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2019-2020年高中数学第二章推理与证明章末小结新人教A版选修2-21归纳推理的难点是由部分结果得到一般结论,破解的方法是充分考虑这部分结果提供的信息,从中发现一般规律,解题的一般步骤是
①对有限的资料进行观察、分析、归纳整理;
②提出带有规律性的结论,即猜想;
③检验猜想.2类比是从已经掌握了的事物的属性,推测正在研究的事物的属性,是以旧有的认识为基础,类比出新的结果;类比是从一种事物的特殊属性推测另一种事物的特殊属性;类比的结果是猜测性的,不一定可靠,但它却有发现的功能. 找出圆与球的相似性质,并用圆的下列性质类比球的有关性质.1圆心与弦非直径中点的连线垂直于弦.2与圆心距离相等的两弦相等.3圆的周长c=πdd为直径.4圆的面积S=d
2.解析圆与球具有下列相似性质.1.圆是平面上到一定点的距离等于定长的所有点构成的集合,球面是空间中到一定点的距离等于定长的所有点构成的集合.2.是平面内封闭的曲线所围成的对称图形,球是空间中封闭的曲面所围成的对称图形.与圆的有关性质相比较,可以推测球的有关性质圆球1圆心与弦非直径中点的连线垂直于弦球心与截面圆非轴截面圆心的连线垂直于截面2与圆心距离相等的两条弦长相等与球心距离相等的两个截面圆面积相等3圆的周长c=πd球的表面积S=πd24圆的面积S=d2球的体积V=d3由实数构成的集合A满足条件若a∈A,a≠1,则∈A,证明1若2∈A,则集合A必有另外两个元素,并求出这两个元素;2非空集合A中至少有三个不同元素.分析从集合中的元素满足的条件“若a∈A,则∈Aa≠1”出发;当a=2时,依次进行检验,即可得证.证明1∵a∈A,a≠1,则∈A.∴2∈A时,有=-1∈A.由于-1≠1,有=∈A.由于≠1,有=2∈A.如此循环可知集合A中的另外两个元素为,-
1.2∵集合A非空,故存在a∈A,a≠1,有∈A,∴∈A且≠1,即a≠0时,有=∈A,即如此循环出现三个数a,,∈A.若a=,则a2-a+1=0,方程无实根.若==,则a2-a+1=0,方程无实根.若a=,则a2-a+1=0,方程无实根.∴a,,互不相等,故集合A中至少有三个不同元素.分析法和综合法是对立统一的两种方法,在使用这两种方法解题是,一般步骤是1分析条件和结论之间的联系和区别,选择解题方向.2确定恰当的解题方法,若能够结合题设条件,通过相关的公理、定理、公式、结论推得所求结果,则用综合法,若从条件出发,应用相关的公理、定理、公式、结论难以推得所求结果,则可以考虑使用分析法.3解题反思,回顾解题过程,对所得结果和解题步骤进行检查,确保解题的严谨性和完备性. 设a0,b0,a+b=1,求证++≥
8.证明方法一 综合法因为a0,b0,a+b=1,所以1=a+b≥2,≤,ab≤,所以≥4,又+=a+b=2++≥4,所以++≥8当且仅当a=b=时等号成立.方法二 分析法因为a0,b0,a+b=1,要证++≥
8.只要证+≥8,只要证+≥8,即证+≥
4.也就是证+≥
4.即证+≥2,由基本不等式可知,当a0,b0时,+≥2成立,所以原不等式成立.反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性,从逻辑角度看,命题“若p,则q”的否定是“若p,则¬q”,由此进行推理,如果发生矛盾,那么就说明“若p,则¬q”为假,从而可以导出“若p,则q”为真,从而达到证明的目的.反证法反映了“正难则反”的解题思想.一般以下题型用反证法
①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确;
②否定性命题、唯一性命题,存在性命题、“至多”“至少”型命题;
③有的肯定形式命题,由于已知或结论涉及无限个元素,用直接证明比较困难,往往用反证法.用反证法证明不等式要把握三点
①必须先否定结论,即肯定结论的反面;
②必须从否定结论进行推理,即应把结论的反面作为条件,且必须依据这一条件进行推证;
③推导出的矛盾可能多种多样,有的与已知矛盾,有的与假设矛盾,有的与已知事实矛盾等,但是推导出的矛盾必须是明显的. 已知直线ax-y=1与曲线x2-2y2=1相交于P,Q两点,证明不存在实数a,使得以PQ为直径的圆经过坐标原点O.证明假设存在实数a,使得以PQ为直径的圆经过坐标原点O,则OP⊥OQ.设Px1,y1,Qx2,y2,则·=-1,所以ax1-1ax2-1=-x1·x2,即1+a2x1·x2-ax1+x2+1=
0.由题意得1-2a2x2+4ax-3=0,所以x1+x2=,x1·x2=.所以1+a2·-a·+1=0,即a2=-2,这是不可能的.所以假设不成立.故不存在实数a,使得以PQ为直径的圆经过坐标原点O.数学归纳法的两关关注1关注点一用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型,其关键点在于“先看项”,弄清等式两边的构成规律,等式两边各有多少项,初始n0是多少.2关注点二由n=k到n=k+1时,除等式两边变化的项外还要利用n=k时的式子,即利用假设,正确写出归纳证明的步骤,从而使问题得以证明. 设数列{an}满足an+1=a-nan+1,n∈N*.1当a1=2时,求a2,a3,a4,并由此猜想出an的一个通项公式;2当a1≥2时,证明对所有的n≥1,有an≥n+
1.解析1由a1=2,得a2=a-a1+1=
3.由a2=3,得a3=a-2a2+1=
4.由a3=4,得a4=a-3a3+1=
5.由此猜想an的一个通项公式为an=n+1n≥1.2证明
①当n=1时,∵an=a1≥2,n+1=1+1=2,∴不等式成立.
②假设当n=k时不等式成立,即ak≥k+
1.那么当n=k+1时,ak+1=akak-k+1≥k+1k+1-k+1=k+
2.也就是说,当n=k+1时,ak+1k+1+
1.根据
①和
②,对于所有n≥1,有an≥n+
1.
一、选择题1.“因为指数函数y=ax是增函数大前提,而y=是指数函数小前提,所以函数y=是增函数结论”,以上推理的错误的原因是AA.大前提错误导致结论错B.小前提错误导致结论错C.推理形式错误导致结论错D.大前提和小前提错误导致结论错解析推理形式没有错误,而大前提“y=ax是增函数”是不正确的,当0<a<1时,y=ax是减函数;当a>1时,y=ax是增函数.故选A.2.已知n为正偶数,用数学归纳法证明1-+-+…+=2++…时,若已假设n=kk≥2为偶数时命题为真,则还需要用归纳假设再证BA.n=k+1时等式成立B.n=k+2时等式成立C.n=2k+2时等式成立D.n=2k+2时等式成立解析因为n为正偶数,n=kk≥2为偶数,所以下一步要证明的命题也应该是在偶数条件下成立,所以,还需要证明n=k+2时等式成立,故选B.3.若m,n是正整数,则m+nmn成立的充要条件是DA.m,n都等于1B.m,n都不等于2C.m,n都大于1D.m,n至少有一个等于1解析∵m+nmn,∴m-1n-
11.∵m,n∈N*,∴m-1n-1∈Z,∴m-1n-1=
0.∴m=1或n=1,故选D.4.下列结论正确的是BA.当x0且x≠1时,lgx+≥2B.当x0时,+≥2C.当x≥2时,x+的最小值为2D.当0x≤2时,x-无最大值解析A错在lgx的正负不清;C错在等号成立的条件不存在;根据函数fx=x-的单调性,当x=2时,f2max=,故D错.故选B.5.已知a+b+c=0,则ab+bc+ca的值DA.大于0B.小于0C.不小于0D.不大于0解析解法一 因为a+b+c=0,所以a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc=0,所以ab+bc+ca=-≤
0.解法二 令c=0,若b=0,则ab+bc+ca=0,否则a、b异号,所以ab+bc+ca=ab<0,排除A、B、C,故选D.6.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n×3n-1=3nna-b+c对一切n∈N*都成立,那么a,b,c的值为AA.a=,b=c=B.a=b=c=C.a=0,b=c=D.不存在这样的a、b、c解析令n=1,得1=3a-b+c,令n=2,得1+2×3=92a-b+c,令n=3,得1+2×3+3×32=273a-b+c.即,∴a=,b=c=.故选A.7.若凸k边形的内角和为fk,则凸k+1边形的内角和fk+1k≥3且k∈N*等于BA.fk+B.fk+πC.fk+πD.fk+2π解析由凸k边形到凸k+1边形,增加了一个三角形,故fk+1=fk+π.故选B.8.公差不为零的等差数列{an}的前n项和为Sn.若a4是a3与a7的等比中项,S8=32,则S10=CA.18B.24C.60D.90解析由a=a3a7得a1+3d2=a1+2da1+6d,2a1+3d=
0.再由S8=8a1+d=32,得2a1+7d=8,则d=2,a1=-
3.所以S10=10a1+d=60,选C.
二、填空题9.若数列{an}满足a1=1,an+1=2ann∈N*,则a5=________;前8项的和S8=________用数字作答.解析a1=1,a2=2a1=2,a3=2a2=4,a4=2a3=8,a5=2a4=16,易知S8==255,∴应填
255.答案16 25510.xx·郑州高二检测图1是一个水平摆放的小正方体木块,图2,图3是由这样的小正方体木块叠放而成的,按照这样的规律放下去,至第七个叠放的图形中,小正方体木块总数就是________.解析分别观察正方体的个数为1,1+5,1+5+9,…归纳可知,第n个叠放图形中共有n层,构成了以1为首项,以4为公差的等差数列,所以Sn=n+[nn-1×4]÷2=2n2-n,所以S7=2×72-7=
91.答案9111.xx·厦门六中高二期中在平面上,我们用一直线去截正方形的一个角,那么截下的一个直角三角形,按如图所标边长,由勾股定理有c2=a2+b
2.设想正方形换成正方体,把截线换成如图截面,这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OLMN,如果用S
1、S
2、S3表示三个侧面面积,S表示截面面积,那么类比得到的结论是________.解析类比如下正方形↔正方体;截下直角三角形↔截下三侧面两两垂直的三棱锥;直角三角形斜边平方↔三棱锥底面面积的平方;直角三角形两直角边平方和↔三棱锥三个侧面面积的平方和,结论S2=S+S+S.这个结论是正确的,证明略答案S2=S+S+S12.xx·洛阳部分重点中学教学检测观察下列等式×=1-,×+×=1-,×+×+×=1-,……,由以上等式推测到一个一般的结论对于n∈N*,×+×+…+×=________.解析由已知中的等式×=1-×+×=1-,×+×+×=1-,…,所以对于n∈N*,×+×+…+×=1-.答案1-
三、解答题13.证明不等式××…×n∈N*.证明1当n=1时,左边=,右边=,显然,不等式成立.2假设n=k时,不等式成立,即××…×,则n=k+1时,××…×××=,要证n=k+1时,不等式成立,只要成立.即证2k+12k+32k+22,即证4k2+8k+34k2+8k+
4.该不等式显然成立.即n=k+1时,不等式成立.由12知,对任意的正整数n,不等式成立.14.如图所示,已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内,M,N分别为AB,DF的中点.1若CD=2,平面ABCD⊥平面DCEF,求MN的长;2用反证法证明直线ME与BN是两条异面直线.1解析如下图,取CD的中点G,连接MG,NG,因为ABCD,DCEF为正方形,且边长为2,所以MG⊥CD,MG=2,NG=.因为平面ABCD⊥平面DCEF,所以MG⊥平面DCEF.所以MG⊥GN.所以MN==.2证明假设直线ME与BN共面,则AB⊂平面MBEN,且平面MBEN∩平面DCEF=EN.由已知,两正方形ABCD和DCEF不共面,故AB⊄平面DCEF.又AB∥CD,所以AB∥平面DCEF.所以EN∥AB,又AB∥CD∥EF,所以EF∥NE,这与EF∩EN=E矛盾,故假设不成立.所以ME与BN不共面,它们是异面直线.15.在圆x2+y2=r2r0中,AB为直径,C为圆上异于A、B的任意一点,则有kAC·kBC=-
1.你能用类比的方法得出椭圆+=1ab0中有什么样的结论?并加以证明.解析类比得到的结论是在椭圆+=1ab0中,A、B分别是椭圆长轴的左右端点,点Cx,y是椭圆上不同于A、B的任意一点,则kAC·kBC=-证明如下设Ax0,y0为椭圆上的任意一点,则A关于中心的对称点B的坐标为B-x0,-y0,点Px,y为椭圆上异于A,B两点的任意一点,则kAP·kBP=·=eq\fy2-yx2-x.由于A、B、P三点在椭圆上,∴eq\b\lc\{\a\vs4\al\co1\fx2a2+\fy2b2=1,\fxa2+\fyb2=
1.两式相减得,eq\fx2-xa2+eq\fy2-yb2=0,∴eq\fy2-yx2-x=-,即kAP·kBP=-.故在椭圆+=1ab0中,长轴两个端点为A、B、P为异于A、B的椭圆上的任意一点,则有kAB·kBP=-.16.在各项为正的数列{an}中,数列的前n项和Sn满足Sn=.1求a1,a2,a3;2由1猜想数列{an}的通项公式,并用数学归纳法证明你的猜想.解析1由S1=a1=得a=1,∵an0,∴a1=
1.由S2=a1+a2=得a+2a2-1=
0.∴a2=-
1.由S3=a1+a2+a3=得a+2a3-1=
0.∴a3=-.2猜想an=-n∈N*.证明如下
①n=1时,a1=-命题成立.
②假设n=k时,ak=-成立,则n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=-,即ak+1=-=-,∴a+2ak+1-1=
0.∴ak+1=-.即n=k+1时,命题成立,由
①②知,n∈N*,an=-.。