2019-2020年高中數(shù)學(xué) 2.2.1 第1課時 綜合法和分析法教案 新人教A版選修1-2.doc

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2019-2020年高中數(shù)學(xué) 2.2.1 第1課時 綜合法和分析法教案 新人教A版選修1-2 (教師用書獨(dú)具) ●三維目標(biāo) 1．知識與技能 結(jié)合學(xué)過的數(shù)學(xué)實，了解直接證明的基本方法：綜合法．了解綜合法的思維過程、特點(diǎn)． 2．過程與方法 會用綜合法證明數(shù)學(xué)問題，培養(yǎng)學(xué)生的分析問題、解決問題的能力，提高學(xué)生思維能力． 3．情感、態(tài)度與價值觀 通過學(xué)生參與，激發(fā)學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)的興趣，端正學(xué)生嚴(yán)謹(jǐn)治學(xué)的態(tài)度，提高其思維論證能力． ●重點(diǎn)難點(diǎn) 重點(diǎn)：掌握綜合法的思維過程、特點(diǎn)及其解題步驟，會用綜合法證明數(shù)學(xué)問題． 難點(diǎn)： 根據(jù)問題的特點(diǎn)，結(jié)合綜合法的思考過程、 特點(diǎn)，應(yīng)用綜合法證明較復(fù)雜的數(shù)學(xué)問題． 綜合法是從題設(shè)到結(jié)論的邏輯推理方法，即從題設(shè)中的已知條件或已證的真實判斷出發(fā)，經(jīng)過一系列的中間推理，最后得出所要證明問題．所以分析解讀已知條件、挖掘隱含條件是解決問題的關(guān)鍵因素，在教學(xué)過程中指導(dǎo)學(xué)生正確審題，合理應(yīng)用已知條件可達(dá)到事半功倍的效果． (教師用書獨(dú)具) ●教學(xué)建議 建議本節(jié)課采取探究式教學(xué)方法，教師主要作用在“引導(dǎo)”“點(diǎn)撥”，讓學(xué)生自主思考綜合法的證明特點(diǎn)，總結(jié)解題步驟，對于不同類型的問題如何思考、如何推理，教師應(yīng)給出必要的指導(dǎo)．另外應(yīng)注意引導(dǎo)學(xué)生學(xué)會分析和利用已知條件，闡明如何挖掘題目的隱含條件，如何聯(lián)想與所證問題有關(guān)的定理、公理、公式等．證明過程中要注意每一步證明的充分性，注重由因?qū)Ч评矸绞降乃悸芬I(lǐng)．在解答每一個例證前，最好先引導(dǎo)學(xué)生分析出思維路線圖． ●教學(xué)流程 創(chuàng)設(shè)問題情境，引出問題，引導(dǎo)學(xué)生認(rèn)識直接證明的方法之一——綜合法．讓學(xué)生自主完成填一填，使學(xué)生進(jìn)一步了解綜合法的證明格式、步驟、作用等．引導(dǎo)學(xué)生分析例題1的已知條件，師生共同探究證明思路，學(xué)生自主完成證明過程，教師指導(dǎo)完善．完成變式訓(xùn)練．學(xué)生分組探究例題2解法，總結(jié)用綜合法證明立體幾何問題的規(guī)律方法．完成互動探究．  完成當(dāng)堂雙基達(dá)標(biāo)，鞏固所學(xué)知識及應(yīng)用方法．并進(jìn)行反饋矯正．歸納整理，進(jìn)行課堂小結(jié)，整體認(rèn)識本節(jié)所學(xué)知識，強(qiáng)調(diào)重點(diǎn)內(nèi)容和規(guī)律方法．學(xué)生自主完成例題3變式訓(xùn)練，老師抽查完成情況，對出現(xiàn)問題及時指導(dǎo)．讓學(xué)生自主分析例題3，老師適當(dāng)點(diǎn)撥解題思路，學(xué)生分組討論給出解法，老師組織解法展示．引導(dǎo)學(xué)生總結(jié)解題規(guī)律． 課標(biāo)解讀 1.了解直接證明的證明方法——綜合法，掌握其證明方法、步驟．(重點(diǎn)) 2.理解綜合法的思考過程、特點(diǎn)，會用綜合法證明數(shù)學(xué)問題．(難點(diǎn)) 綜合法 【問題導(dǎo)思】　 　閱讀下列證明過程，回答問題． 已知實數(shù)x，y滿足x＋y＝1，求證：2x＋2y≥2. 證明：因為x＋y＝1，所以2x＋2y≥2＝2＝2， 故2x＋2y≥2成立． 1．本題的條件和結(jié)論是什么？ 【提示】　條件：x＋y＝1，結(jié)論2x＋2y≥2. 2．本題的證明順序是什么？ 【提示】　從已知條件利用基本不等式到待證結(jié)論． 1．綜合法的定義 利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、定理、公理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法． 2．綜合法的框圖表示 P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→…→Qn?Q (P表示已知條件、已有的定義、定理、公理等，Q表示所要證明的結(jié)論) 用綜合法證明不等式問題 　已知a，b是正數(shù)，且a＋b＝1，求證：＋≥4. 【思路探究】　解答本題可由已知條件出發(fā)，結(jié)合基本不等式利用綜合法，即可得出結(jié)論． 【自主解答】　法一　∵a，b是正數(shù)且a＋b＝1， ∴a＋b≥2＞0(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，取等號)． 又0＜≤，0＜ab≤，∴≥4， ∴＋＝＝≥4. 法二　∵a，b是正數(shù)， ∴a＋b≥2＞0， ＋≥2＞0(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，上兩式取等號)． ∴(a＋b)(＋)≥4. 又a＋b＝1，∴＋≥4. 法三　∵a，b是正數(shù)且a＋b＝1， ∴＋＝＋ ＝1＋＋＋1≥2＋2＝4(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時，取等號)． 1．解答本題時，關(guān)鍵是靈活運(yùn)用條件a＋b＝1. 2．綜合法證題的一般步驟是： (1)分析條件，選擇方向．仔細(xì)分析題目的已知條件(包括隱含條件)，分析已知與結(jié)論之間的聯(lián)系與區(qū)別，選擇相關(guān)的公理、定理、公式、結(jié)論，確定恰當(dāng)?shù)慕忸}方法． (2)轉(zhuǎn)化條件，組織過程．把題目的已知條件轉(zhuǎn)化成解題所需要的語言，主要是文字、符號、圖形三種語言之間的轉(zhuǎn)化．組織過程時要有嚴(yán)密的邏輯，簡潔的語言，清晰的思路． (3)適當(dāng)調(diào)整，回顧反思．解題后回顧解題過程，可對部分步驟進(jìn)行調(diào)整，并對一些語言進(jìn)行適當(dāng)?shù)男揎?，反思總結(jié)解題方法的選取． (xx新鄉(xiāng)高二檢測)已知a，b，c為不全相等的正實數(shù)，求證：＋＋＞3. 【證明】　左邊＝(＋)＋(＋)＋(＋)－3， 因為a，b，c為不全相等的正實數(shù)， 所以＋≥2，＋≥2，＋≥2， 且上述三式的等號不能同時成立， 所以(＋)＋(＋)＋(＋)－3＞6－3＝3， 即＋＋＞3. 用綜合法證明幾何問題 　如圖2－2－1，直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1＝A1C1，AC1⊥A1B，M，N分別是A1B1，AB的中點(diǎn)． 圖2－2－1 求證：(1)C1M⊥平面AA1B1B. (2)A1B⊥AM. (3)平面AC1M∥平面B1NC. 【思路探究】　(1)由B1C1＝A1C1，M為A1B1的中點(diǎn)可知C1M⊥A1B1，再根據(jù)C1M⊥A1A即可得證． (2)要證A1B⊥AM，可轉(zhuǎn)化為證明A1B⊥平面AC1M. (3)要證面面平行，應(yīng)轉(zhuǎn)化證明線面平行． 【自主解答】　(1)∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1＝A1C1，M是A1B1的中點(diǎn)，∴C1M⊥A1B1. 又∵C1M⊥A1A，A1A∩A1B1＝A1，A1A，A1B1?平面AA1B1B， ∴C1M⊥平面AA1B1B. (2)∵A1B?平面AA1B1B，由(1)知C1M⊥平面AA1B1B， ∴A1B⊥C1M. 又A1B⊥AC1，AC1，C1M?平面AC1M，AC1∩C1M＝C1， ∴A1B⊥平面AC1M. 又∵AM?平面AC1M， ∴A1B⊥AM. (3)在矩形AA1B1B中，易知AM∥B1N， AM?平面B1NC，B1N?平面B1NC， ∴AM∥平面B1NC.又C1M∥CN，CN?平面B1NC， C1M?平面B1NC，∴C1M∥平面B1NC. 又∵C1M∩AM＝M，C1M，AM?平面AC1M， ∴平面AC1M∥平面B1NC. 　平行與垂直關(guān)系的轉(zhuǎn)化： 本例重點(diǎn)強(qiáng)調(diào)在證明空間線線垂直、線線平行、線面垂直、線面平行、面面平行或垂直問題時，要特別注意平行與垂直之間的相互轉(zhuǎn)化，如：?a⊥c，?a⊥α，?α⊥γ等．其中線面平行和線面垂直一般起到關(guān)鍵作用，如本例(2)中通過證明A1B⊥平面AC1M來證明A1B⊥AM；本例(3)中，通過證明AM∥平面B1NC，C1M∥平面B1NC，來證明平面AC1M∥平面B1NC. 將本例條件“B1C1＝A1C1，AC1⊥A1B，M，N分別是A1B1，AB的中點(diǎn)”改為“AB＝BB1，AC1⊥平面A1BD，D為AC的中點(diǎn)”，求證：(1)B1C∥平面A1BD. (2)B1C1⊥平面ABB1A1. 【證明】　(1)如圖，連接AB1. 令A(yù)B1∩A1B＝O， 則O為AB1的中點(diǎn)． 連接OD，∵D為AC的中點(diǎn)， ∴在△ACB1中，有OD∥B1C. 又∵OD?平面A1BD， B1C?平面A1BD， ∴B1C∥平面A1BD. (2)∵AB＝B1B，三棱柱ABC－A1B1C1為直三棱柱， ∴四邊形ABB1A1為正方形． ∴A1B⊥AB1， 又∵AC1⊥平面A1BD，A1B?平面A1BD， ∴AC1⊥A1B. 又∵AC1?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1， AC1∩AB1＝A， ∴A1B⊥平面AB1C1. 又∵B1C1?平面AB1C1， ∴A1B⊥B1C1. 又∵A1A⊥平面A1B1C1，B1C1?平面A1B1C1， ∴A1A⊥B1C1. 又∵A1A?平面ABB1A1，A1B?平面ABB1A1， A1A∩A1B＝A1， ∴B1C1⊥平面ABB1A1. 用綜合法證明數(shù)學(xué)中的其他問題 　設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)，其中m為常數(shù)，且m≠－3. (1)求證：{an}是等比數(shù)列； (2)若數(shù)列{an}的公比q＝f(m)，數(shù)列{bn}滿足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N*，n≥2)，求證：{}為等差數(shù)列． 【思路探究】　通過變形利用等差、等比數(shù)列的定義證明即可，在證明過程中，恰當(dāng)處理遞推關(guān)系是本題證明的關(guān)鍵． 【自主解答】　(1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3得 (3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3. 兩式相減得(3＋m)an＋1＝2man(m≠－3)， ∴＝，且a1＝1， ∴{an}是等比數(shù)列． (2)b1＝a1＝1，q＝f(m)＝， ∴n≥2，n∈N*時， bn＝f(bn－1)＝?bnbn－1＋3bn＝3bn－1?－＝. ∴數(shù)列{}為首項為1，公差為的等差數(shù)列． 1．綜合法的特點(diǎn)是從“已知”看“未知”，其逐步推理，實際上是尋找它的必要條件． 2．綜合法不但是數(shù)學(xué)證明中的重要方法之一，也是其他解答題步驟書寫的重要方法，其特點(diǎn)是“執(zhí)因索果”．綜合法在數(shù)學(xué)證明中的應(yīng)用非常廣泛，用它不但可以證明不等式、立體幾何、解析幾何問題，也可以證明三角恒等式、數(shù)列問題、函數(shù)問題等等． 設(shè)數(shù)列{an}的每一項都不為0，證明： 數(shù)列{an}為等差數(shù)列的充要條件是對任意n∈N*，都有 ＋＋…＋＝. 【證明】　必要性： 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d. 若d＝0，則所述等式顯然成立； 若d≠0，則＋＋…＋ ＝(＋＋…＋) ＝[(－)＋(－)＋…＋(－)] ＝(－)＝＝. 充分性： 依題意有 ＋＋…＋＝，① ＋＋…＋＋＝.② ②－①得 ＝－， 兩端同乘a1an＋1an＋2得a1＝(n＋1)an＋1－nan＋2.③ 同理可得：a1＝nan－(n－1)an＋1.④ ③－④得2nan＋1＝n(an＋2＋an)， 即2an＋1＝an＋2＋an，所以數(shù)列{an}為等差數(shù)列． 命題得證. 綜合法的簡單應(yīng)用 　(12分)在△ABC中，三邊a，b，c成等比數(shù)列． 求證：acos2＋ccos2≥b. 【思路點(diǎn)撥】　利用二倍角公式及余弦定理，將三角形角的問題轉(zhuǎn)化為邊的問題進(jìn)行證明． 【規(guī)范解答】　∵左邊＝＋ ＝(a＋c)＋(acos C＋ccos A)4分 ＝(a＋c)＋(a＋c)8分 ＝(a＋c)＋b≥＋＝b＋＝b＝右邊， ∴acos2＋ccos2≥b.12分 通過恒等變形、基本不等式等手段，可以從左證到右，也可以從右證到左，也可兩邊同時證到一個中間量，一般遵循“化繁為簡”的原則． 1．綜合法證題是從條件出發(fā)，由因?qū)Ч?，從已知看可知，逐步推出未知? 2．綜合法適用的范圍：(1)定義明確的題型，如證明函數(shù)單調(diào)性、奇偶性，求證無條件的等式或不等式問題等．(2)已知條件明確，且容易通過找已知條件的必要條件逼近欲得結(jié)論的題型． 1．設(shè)P＝＋＋＋，則(　　) A．0B是sin A>sin B的(　　) A．充分不必要條件　　　B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 【解析】　若A>B，則a>b，又＝，∴sin A>sin B，若sin A>sin B，則由正弦定理得a>b，∴A>B. 【答案】　C 3．設(shè)a＝，b＝－，c＝－，則a，b，c的大小關(guān)系為________． 【解析】　∵a2－c2＝2－(8－4)＝－>0，∴a>c， 又∵＝＝>1，∴c>b，∴a>c>b. 【答案】　a>c>b 4．已知函數(shù)f(x)＝2x＋1，g(x)＝x，x∈R，數(shù)列{an}，{bn}滿足條件： a1＝1，an＝f(bn)＝g(bn＋1)，n∈N*. 求證：數(shù)列{bn＋1}為等比數(shù)列． 【證明】　由題意得2bn＋1＝bn＋1， ∴bn＋1＋1＝2bn＋2＝2(bn＋1)， ∴＝2， 又∵a1＝2b1＋1＝1， ∴b1＝0，b1＋1＝1≠0. 故數(shù)列{bn＋1}是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列. 一、選擇題 1．設(shè)a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，則必有(　　) A．1≤ab≤　　　　B．a(chǎn)b<1< C．a(chǎn)b<<1 D．2ab，即>ab， 可排除A、D. 又＝＋>＋＝＝1. 故B正確． 【答案】　B 2．l1，l2，l3是空間三條不同的直線，則下列命題正確的是(　　) A．l1⊥l2，l2⊥l3?l1∥l3 B．l1⊥l2，l2∥l3?l1⊥l3 C．l1∥l2∥l3?l1，l2，l3共面 D．l1，l2，l3共點(diǎn)?l1，l2，l3共面 【解析】　在空間中，垂直于同一直線的兩條直線不一定平行，故A錯；兩平行線中的一條垂直于第三條直線，則另一條也垂直于第三條直線，B正確；相互平行的三條直線不一定共面，如三棱柱的三條側(cè)棱，故C錯；共點(diǎn)的三條直線不一定共面，如三棱錐的三條側(cè)棱，故D錯． 【答案】　B 3．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么(　　) A．x<x>0，且x＋y＝1，∴設(shè)y＝，x＝， 則＝，2xy＝，∴x<2xy<0；②|α＋β|>5；③|α|>2，|β|>2.以其中的兩個論斷為條件，另一個論斷為結(jié)論，寫出你認(rèn)為正確的命題是________．(用序號及“?”表示) 【解析】　∵αβ>0，|α|>2，|β|>2. ∴|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ>8＋8＋28＝32>25. ∴|α＋β|>5. 【答案】?、佗?② 三、解答題 9．在△ABC中，三個內(nèi)角A、B、C對應(yīng)的邊分別為a、b、c，且A、B、C成等差數(shù)列，a、b、c成等比數(shù)列，求證：△ABC為等邊三角形． 【證明】　由A、B、C成等差數(shù)列，有2B＝A＋C.① 因為A、B、C為△ABC的內(nèi)角，所以A＋B＋C＝π.② 由①②，得B＝.③ 由a、b、c成等比數(shù)列，有b2＝ac.④ 由余弦定理及③， 可得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac. 再由④，得a2＋c2－ac＝ac， 即(a－c)2＝0，因此a＝c， 從而有A＝C.⑤ 由②③⑤，得A＝B＝C＝，所以△ABC為等邊三角形． 10．設(shè)a>0，f(x)＝＋在R上滿足f(x)＝f(－x)， (1)求a的值； (2)證明f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 【解】　(1)依題意，對一切x∈R有f(x)＝f(－x)， 即＋＝＋aex， 所以(a－)(ex－)＝0對一切x∈R成立． 由此可得a－＝0，即a2＝1. 又因為a>0，所以a＝1. (2)證明：設(shè)00，x2>0，得x1＋x2>0， ex2－ex1>0,1－ex1＋x2<0， 所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù)． 11．如圖2－2－2，在四棱臺ABCD－A1B1C1D1中，下底ABCD是邊長為2的正方形，上底A1B1C1D1是邊長為1的正方形，側(cè)棱DD1⊥平面ABCD，DD1＝2. 圖2－2－2 (1)求證：B1B∥平面D1AC； (2)求證：平面D1AC⊥平面B1BDD1. 【證明】　(1)設(shè)AC∩BD＝E，連接D1E， ∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1. ∴B1D1∥BE， ∵B1D1＝BE＝， ∴四邊形B1D1EB是平行四邊形， 所以B1B∥D1E. 又因為B1B?平面D1AC， D1E?平面D1AC， 所以B1B∥平面D1AC (2)側(cè)棱DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD， ∴AC⊥DD1. ∵下底ABCD是正方形， ∴AC⊥BD. ∵DD1與DB是平面B1BDD1內(nèi)的兩條相交直線， ∴AC⊥平面B1BDD1， ∵AC?平面D1AC， ∴平面D1AC⊥平面B1BDD1.  (教師用書獨(dú)具) 　圖1是由菱形BCDE和△ABC組成的五邊形，其中P為AB的中點(diǎn)，現(xiàn)沿BC將菱形BCDE折起，使得AD＝AB，得到如圖2所示的幾何體． 圖1　　　　　　　　圖2 證明：(1)AD∥平面PCE； (2)平面ABD⊥平面ACE. 【思路探究】　(1)由于P為AB的中點(diǎn)，故可考慮借助三角形的中位線定理證明；(2)要證平面ABD⊥平面ACE，可證明BD⊥平面ACE. 【自主解答】　(1)如圖，設(shè)菱形BCDE的兩條對角線交于點(diǎn)Q，連接AQ，PQ. 在△ABD中，Q為BD的中點(diǎn)，P為AB的中點(diǎn)， 則AD∥PQ. 又∵PQ?平面PCE，AD?平面PCE， ∴AD∥平面PCE. (2)∵四邊形BCDE為菱形， ∴BD⊥CE，且BQ＝DQ. 又在△ABD中，AB＝AD，BQ＝DQ， ∴AQ⊥BD. 又AQ∩CE＝Q， ∴BD⊥平面ACE. 又BD?平面ABD，∴平面ABD⊥平面ACE. 　要正確解答本題，關(guān)鍵是要明確折疊前后的圖形之間的關(guān)系． 　設(shè)a、b、c∈R＋，求證：＋＋≥(a＋b＋c)． 【證明】　∵a2＋b2≥2ab，a、b∈R＋， ∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2， ∴a2＋b2≥， ∴≥(a＋b)． 同理：≥(b＋c)， ≥(c＋a)， ∴＋＋ ≥(2a＋2b＋2c) ＝(a＋b＋c)．(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取等號) 故＋＋≥(a＋b＋c)．