2022年高中数学第三章推理与证明章末分层突破学案北师大版选修- .pdf

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1、1 【课堂新坐标】 2016-2017 学年高中数学第三章 推理与证明章末分层突破学案北师大版选修 1-2 自我校对 合情推理间接证明归纳推理综合法_ _ _ _ _ 合情推理1. 归纳推理的特点及一般步骤2类比推理的特点及一般步骤名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 21 页 - - - - - - - - - 2 (1) 观察式子： 112232，112213253，112213214274，, ，由此可归纳出的式子为 ( ) A1122132, 1n212

2、n1B1122132, 1n212n1C1122132, 1n22n1nD1122132, 1n22n2n1(2) 两点等分单位圆时，有相应正确关系为sin sin( ) 0；三点等分单位圆时，有相应正确关系为sin sin23sin430，由此可以推知，四点等分单位圆时的相应正确关系为_【精彩点拨】(1) 观察各式特点，找准相关点，归纳即得(2) 观察各角的正弦值之间的关系得出结论【规范解答】(1) 由各式特点，可得1122132, 1n20，b0，ab1，求证：1a1b1ab8. 试用综合法和分析法分别证明【精彩点拨】(1) 综合法：根据ab1，分别求1a1b与1ab的最小值(2) 分析法

3、：把1ab变形为abab1a1b求证【规范解答】法一： ( 综合法 ) a0，b0，ab1，1ab2ab，ab12，ab14，1ab4.又1a1b(ab)1a1b2baab4，1a1b1ab8 当且仅当ab12时等号成立. 法二： ( 分析法 ) a0，b0，ab1，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 21 页 - - - - - - - - - 4 要证1a1b1ab8，只要证1a1babab8，只要证1a1b1b1a8，即证1a1b4.也就是证abaabb

4、4.即证baab2，由基本不等式可知，当a0，b0时，baab2成立，所以原不等式成立 再练一题 2(1) 已知a，b，c为互不相等的非负数求证：a2b2c2abc(abc) (2) 用分析法证明：2cos( ) sinsin sin sin . 【解】(1) 因为a2b22ab，b2c22bc，a2c22ac，又因为a，b，c为互不相等的非负数，所以上面三个式子中都不能取“”，所以a2b2c2abbcac，因为abbc2ab2c，bcac2abc2，abac2a2bc，又a，b，c为互不相等的非负数，所以abbcacabc(abc) ，所以a2b2c2abc(abc) (2) 要证原等式成立

5、，只需证：2cos( )sin sin(2 ) sin ，因为左边2cos( )sin sin() 2cos( )sin sin( )cos cos( )sin cos( )sin sin( )cos sin 右边，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 21 页 - - - - - - - - - 5 所以成立，即原等式成立. 反证法反证法是间接证明的一种基本方法，用反证法证明时，假定原结论的对立面为真，从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结

6、果， 断定反设不成立，从而肯定结论反证法的思路：反设归谬结论设an 是公比为q的等比数列(1) 推导 an 的前n项和公式；(2) 设q1，证明：数列an1 不是等比数列【精彩点拨】(1) 利用等比数列的概念及通项公式推导前n项和公式； (2) 利用反证法证明要证的结论【规范解答】(1) 设an的前n项和为Sn，当q1 时，Sna1a1, a1na1；当q1 时，Sna1a1qa1q2, a1qn 1，qSna1qa1q2, a1qn，得， (1 q)Sna1a1qn，Sna1qn1q，Snna1，q1，a1qn1q，q1.(2) 证明： 假设 an1 是等比数列，则对任意的kN，(ak11)

7、2(ak1)(ak21) ，a2k12ak11akak2akak21，a21q2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10， 2qkqk1qk1. q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列 再练一题 3 已知二次函数f(x) ax2bxc(a0)的图像与x轴有两个不同的交点，若f(c) 0，且 0 x0. (1) 证明：1a是f(x) 0 的一个根；(2) 试比较1a与c的大小【解】(1) 证明： f(x) 的图像与x轴有两个不同的交点，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - -

8、- 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 21 页 - - - - - - - - - 6 f(x) 0 有两个不等实根x1，x2. f(c) 0，x1c是f(x) 0 的根又x1x2ca，x21a1ac，1a是f(x) 0 的一个根(2) 假设1a0，由 0 x0 ，知f1a0 与f1a0 矛盾，1ac，又1ac，1ac. 数学归纳法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，初始值n0是多少2关注点二： 由nk到nk1 时，除等式两边变化的项外还要利用nk时的式子，即利用假设，正确

9、写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明已知正数数列 an(nN) 中，前n项和为Sn，且 2Snan1an，用数学归纳法证明：annn1. 【规范解答】(1) 当n1 时，a1S112a11a1，所以a211(an0) ，所以a11，又101，所以n1 时，结论成立(2) 假设nk(k1，kN) 时，结论成立，即akkk1. 当nk1 时，ak 1Sk1Sk12ak11ak112ak1ak12ak11ak112kk11kk1名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共

10、21 页 - - - - - - - - - 7 12ak11ak1k，所以a2k12kak110，解得ak1k1k(an0) ，所以nk1 时，结论成立由(1)(2)可知，对nN都有annn1. 再练一题 4设数列 an 的前n项和Snnan12(nN) ，a22. (1) 求an的前三项a1，a2，a3；(2) 猜想 an 的通项公式，并证明【解】(1) 由Snnan12，得a11，又由a22，得a33. (2) 猜想：ann. 证明如下：当n1 时，猜想成立假设当nk(k2)时，猜想成立，即akk，那么当nk1 时，ak1Sk1Skk1ak112kak12k1ak112kk12. 所以a

11、k1k2k11k1k1，所以当nk1 时，猜想也成立根据知，对任意nN，都有ann. 转化与化归思想转化与化归是数学思想方法的灵魂在本章中， 合情推理与演绎推理体现的是一般与特殊的转化； 数学归纳法体现的是一般与特殊、有限与无限的转化；反证法体现的是对立与统一的转化设二次函数f(x) ax2bxc(a0)中的a，b，c都为整数，已知f(0) ，f(1)均为奇数，求证：方程f(x) 0 无整数根【精彩点拨】假设方程f(x) 0 有整数根k，结合f(0) ，f(1) 均为奇数推出矛盾【规范解答】假设方程f(x) 0 有一个整数根k，则ak2bkc0，f(0) c，f(1) abc都为奇数，ab必为

12、偶数，ak2bk为奇数名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 21 页 - - - - - - - - - 8 当k为偶数时， 令k2n(nZ) ，则ak2bk4n2a2nb2n(2nab) 必为偶数， 与ak2bk为奇数矛盾；当k为奇数时，令k2n1(nZ) ，则ak2bk(2n1)(2naab) 为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak2bk为奇数矛盾综上可知，方程f(x) 0 无整数根 再练一题 5用数学归纳法证明：当n为正奇数时，xnyn能被xy整除【证明

13、】设n2m1，mN，则xnynx2m 1y2m 1. 要证明原命题成立，只需证明x2m 1y2m 1能被xy整除 (mN) (1) 当m1 时，x2m1y2m1xy能被xy整除(2) 假设当mk(kN) 时命题成立， 即x2k1y2k1能被xy整除，那么当mk1 时，x2( k 1)1y2(k1) 1x2k2 1y2k21x2k 1x2x2k1y2y2k1y2x2k1y2x2k 1(x2y2) y2(x2k1y2k 1) x2k1(xy)(xy) y2(x2k1y2k1) 因为x2k1(xy)(xy) 与y2(x2k 1y2k1) 均能被xy整除，所以当mk1 时，命题成立由(1)(2)知，原

14、命题成立1 (2016北京高考 ) 某学校运动会的立定跳远和30 秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段下表为10 名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊. 学生序号12345 立定跳远 ( 单位：米 )1.961.921.821.801.78 30 秒跳绳 ( 单位：次 )63a 756063 学生序号678910 立定跳远 ( 单位：米 )1.761.741.721.681.60 30 秒跳绳 ( 单位：次 )7270a1b 65 在这 10 名学生中， 进入立定跳远决赛的有8 人，同时进入立定跳远决赛和30 秒跳绳决赛的有 6 人，则 ( ) A2 号学生进入30 秒跳绳决赛B5 号学生

15、进入30 秒跳绳决赛C8 号学生进入30 秒跳绳决赛D9 号学生进入30 秒跳绳决赛【解析】由题意可知1 到 8 号学生进入了立定跳远决赛由于同时进入立定跳远决赛名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 21 页 - - - - - - - - - 9 和 30 秒跳绳决赛的有6人，因此 1 到 8 号同学中有且只有6 人进入两项决赛，分类讨论如下：(1) 当a60 时，a10，b0，且ab1a1b. 证明：【导学号： 67720022】(1)ab2；(2)a2a2

16、 与b2b0，b0，得ab1. (1) 由基本不等式及ab1，有ab2ab2，即ab2，当且仅当ab1 时等号成立(2) 假设a2a2 与b2b2 同时成立，则由a2a0，得 0a1；同理， 0b1，从而ab1，这与ab1 矛盾故a2a2 与b2b2 不可能同时成立5(2016浙江高考) 设函数f(x)x311x，x0,1证明：(1)f(x) 1xx2；(2)3434，所以f(x)34. 综上，34|AB| ，得P的轨迹为椭圆B由a11，an3n1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式C由圆x2y2r2的面积 r2，猜出椭圆x2a2y2b21 的面积SabD科学家利用鱼的沉浮

17、原理制造潜艇【解析】由归纳推理的特点知，选B. 【答案】B 4用反证法证明“a，b，c中至少有一个大于0”，下列假设正确的是( ) A假设a，b，c都小于 0 B假设a，b，c都大于 0 C假设a，b，c中都不大于0 D假设a，b，c中至多有一个大于0 【解析】用反证法证明“a，b，c中至少有一个大于0”，应先假设要证命题的否定名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 21 页 - - - - - - - - - 12 成立而要证命题的否定为“假设a，b，c中都不

18、大于0”，故选C. 【答案】C 5下面给出了四个类比推理a，b为实数，若a2b20 则ab0；类比推出：z1，z2为复数，若z21z220，则z1z20；若数列 an是等差数列，bn1n(a1a2a3, an) ，则数列 bn也是等差数列；类比推出：若数列cn 是各项都为正数的等比数列，dnnc1c2c3,cn，则数列 dn也是等比数列；若a，b，cR，则 (ab)ca(bc) ；类比推出：若a，b，c为三个向量，则(ab) ca(bc) ；若圆的半径为a，则圆的面积为a2；类比推出：若椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，则椭圆的面积为ab. 上述四个推理中，结论正确的是( ) AB CD 【解

19、析】在复数集C中，若z1，z2C，z21z220，则可能z11 且z2i ，故错误；在类比等差数列性质推理等比数列性质时，一般思路有： 由加法类比推理为乘法，由减法类比推理为除法，由算术平均数类比推理为几何平均数等，故正确； 由于向量的数量积运算结合律不成立，错误；若圆的半径为a，则圆的面积为a2；类比推出，若椭圆长半轴长为a，短半轴长为b，则椭圆面积为ab，正确【答案】D 6将平面向量的数量积运算与实数的乘法运算相类比，易得下列结论：abba；(ab)ca(bc) ；a(bc) abac；由abac(a0)可得bc.以上通过类比得到的结论正确的个数为( ) A1 B 2 C3 D 4 【解析

20、】平面向量的数量积的运算满足交换律和分配律，不满足结合律， 故正确，错误； 由abac(a0)得a(bc) 0，从而bc0或a(bc) ，故错误 故选 B. 【答案】B 7 (2016昌平模拟 ) 已知 bn为等比数列，b52， 则b1b2b3b4b5b6b7b8b929. 若an 为等差数列，a52，则an 的类似结论为 ( ) 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 21 页 - - - - - - - - - 13 Aa1a2a3,a929Ba1a2a3,

21、 a929Ca1a2a3,a929Da1a2a3, a929【解析】根据等差、等比数列的特征知，a1a2, a929.【答案】D 8(2016北京高考) 袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半甲、乙、丙是三个空盒每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒， 否则就放入丙盒 重复上述过程， 直到袋中所有球都被放入盒中，则( ) A乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C乙盒中红球不多于丙盒中红球D乙盒中黑球与丙盒中红球一样多【解析】取两个球往盒子中放有4 种情况：红红，则乙盒中红球数加1；黑黑，则丙盒中黑球数加1；红黑 ( 红球放入

22、甲盒中) ，则乙盒中黑球数加1；黑红 ( 黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1. 因为红球和黑球个数一样多，所以和的情况一样多，和的情况完全随机和对 B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响和出现的次数是一样的，所以对 B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样综上，选 B. 【答案】B 9在等差数列 an 中，若a100，则有等式a1a2, ana1a2, a19 n(n0，则 lg ab2lg alg b2；(2)610232. 【证明】(1) 当a，b0时，有ab2ab，lgab2lgab，lg ab212lg ablg alg b2. (2) 要证610232，

23、名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 16 页，共 21 页 - - - - - - - - - 17 只要证 (610)2(232)2，即 260248，这是显然成立的，所以，原不等式成立18(本小题满分12 分) 观察以下各等式：sin230 cos260sin 30 cos 60 34，sin220 cos250sin 20 cos 50 34，sin215 cos245sin 15 cos 45 34. 分析上述各式的共同特点，猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正

24、确性作出证明【解】猜想： sin2cos2( 30) sin cos( 30) 34. 证明如下：sin2cos2( 30) sin cos( 30)sin232cos 12sin 2sin 32cos 12sin sin234cos232sin cos 14sin232sin cos 12sin234sin234cos234. 19(本小题满分12 分) 点P为斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱BB1上一点，PMBB1交AA1于点M，PNBB1交CC1于点N. (1) 求证：CC1MN；(2) 在任意DEF中有余弦定理：DE2DF2EF22DFEFcosDFE. 扩展到空间类比三角形的余弦定

25、理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明【解】(1) 证明： 因为PMBB1，PNBB1，又PMPNP，所以BB1平面PMN，所以BB1MN. 又CC1BB1，所以CC1MN. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 17 页，共 21 页 - - - - - - - - - 18 (2) 在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有S2ABB1A1S2BCC1B1S2ACC1A12SBCC1B1SACC1A1cos . 其中 为平面BCC1B

26、1与平面ACC1A1所成的二面角证明如下：因为CC1平面PMN，所以上述的二面角的平面角为MNP. 在PMN中，因为PM2PN2MN22PNMNcosMNP，所以PM2CC21PN2CC21MN2CC212(PNCC1) (MNCC1)cos MNP，由于SBCC1B1PNCC1，SACC1A1MNCC1，SABB1A1PMBB1PMCC1，所以S2ABB1A1S2BCC1B1S2ACC1A12SBCC1B1SACC1A1cos . 20( 本小题满分12 分)(2014 江苏高考) 如图 4，在三棱锥P-ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点已知PAAC，PA6，BC8，DF5.

27、 求证：图 4 (1) 直线PA平面DEF；(2) 平面BDE平面ABC. 【证明】(1) 因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DEPA. 又因为PA平面DEF，DE平面DEF，所以直线PA平面DEF. (2) 因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC8，所以DEPA，DE12PA3，EF12BC4. 又因为DF5，故DF2DE2EF2，所以DEF90，即DEEF. 又PAAC，DEPA，所以DEAC. 因为ACEFE，AC平面ABC，EF平面ABC，所以DE平面ABC. 又DE平面BDE，所以平面BDE平面ABC. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - -

28、- - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 18 页，共 21 页 - - - - - - - - - 19 21(本小题满分12 分) 在数列 an中，a11，a214，且an1n1annan(n2)(1) 求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明；(2) 设bnanan1anan1， 求证：对任意的nN，都有b1b2, bnn3. 【解】(1) 容易求得：a317，a4110. 故可以猜想an13n2，nN. 下面利用数学归纳法加以证明：显然当n1,2,3,4时，结论成立，假设当nk(k4，kN)时，结论也成立，即ak13k2

29、. 那么当nk1 时，由题设与归纳假设可知：ak1k1akkakk113k2k13k2k13k22k1k1k1k113k113k12. 即当nk1 时，结论也成立，综上，对任意nN，an13n2成立(2) 证明：bnanan 1anan 113n213n113n213n113n13n213(3n13n2) ，所以b1b2, bn13(41) (74) (107) , (3n13n2) 13(3n11) ，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 19 页，共 21 页 - -

30、- - - - - - - 20 所以只需要证明13(3n11)n3?3n13n 1? 3n13n 23n 1?023n( 显然成立 ) ，所以对任意的nN，都有b1b2, bn0). 【导学号： 67720022】(1) 求f(x) 的单调区间；(2) 记xi为f(x) 的从小到大的第i(iN*) 个零点， 证明：对一切nN*，有1x211x22, 1x2n0，此时f(x)0；当x(2k1)， (2k2) )(kN) 时，sin x0. 故f(x) 的单调递减区间为(2k，(2k1) )(kN) ，单调递增区间为(2k1) ，(2k2) )(k N) (2) 由(1) 知，f(x) 在区间

31、(0 ，)上单调递减又f20，故x12. 当nN*时，因为f(n) f(n1) ( 1)nn1 ( 1)n 1(n1) 10 ，且函数f(x) 的图像是连续不断的，所以f(x) 在区间 (n，(n1) ) 内至少存在一个零点又f(x) 在区间 (n，(n1) ) 上是单调的，故nxn1(n1) . 因此，当n1 时，1x214223；当n2 时，1x211x2212(4 1)23；当n3 时，1x211x22, 1x2n1241122, 1n12名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 20 页，共 21 页 - - - - - - - - - 21 125112, 1n2n1125 1121213, 1n21n11261n16223. 综上所述，对一切nN*，1x211x22, 1x2n23. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 21 页，共 21 页 - - - - - - - - -