人教版高中数学选修2-2推理与证明全章复习与巩固教师教学讲义.pdf

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1、 第 1 页 共 26 页 励 学 国 际 学 科 教 师 讲 义 年 级：上 课 次 数：学 员 姓 名：辅 导 科 目：数学 学 科 教 师：宋冰洁 课 题 推理与证明全章复习与巩固 课 型 预习课 同步课 复习课 习题课 授课日期及时段 教 学 内 容 推理与证明全章复习与巩固【考纲要求】1.能对推理与证明的各种方法进行梳理，建立知识网络，把握整体结构.2.能比较数学证明的几种基本方法的思维过程和特点，灵活选用各种方法进行一些数学证明.3.了解合情推理和演绎推理之间的联系、差异和各自所起的作用.【知识网络】【考点梳理】要点一：归纳与类比 数学推理是由一个或几个已知的判断(或前提)，推导出

2、一个未知结论的思维过程一般包括合情推理和演绎推理，而归纳和类比是合情推理的两种主要形式.第 2 页 共 26 页 1.归纳推理 概念 根据某类事物的部分对象具有某种特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理（简称归纳）归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理，一般分为完全归纳推理与不完全归纳推理.一般步骤 2.类比推理 概念 两类不同的对象具有某些共同的特征，在此基础上，根据一类对象的其他特征，推断另一类对象也具有类似的其他特征，我们把这种推理过程叫类比推理 一般步骤（1）找出两类事物之间可以确切表述的相似性或一致性（2）用一类事物的性

3、质推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）（3）检验猜想 要点诠释：（1）归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理，因而由归纳所得的结论超越了前提所包含的范围；而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.（2）归纳推理的前提是特殊的情况，所以归纳推理是立足于观察、实验和经验的基础上的；类比是根据已经掌握了的事物的属性，推测正在研究中的事物的属性，它以旧有认识为基础，类比出新的结果.（3）归纳和类比的结果是猜测性的，不一定可靠，但它却具有发现的功能（4）注意合情推理和演绎推理的区别演绎推理是从一般性的原理出发，按照严格的逻辑法则，推出某个特殊情况下的结论的推理，是由一般到特殊

4、的推理演绎推理的特征是前提为真，结论必为真 要点二：综合法与分析法 1.综合法 定义：综合法是中学数学证明中最常用的方法，它是这样一种思维方法：从命题的已知条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，经过演绎推理，一步步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明综合法是一种执因索果的证明方法，又叫顺推法 观察特例发现相似性 推广为明确表述的一般命题（猜想）检 验 第 3 页 共 26 页 思维框图：用P表示已知条件，Q表示要证明的结论，1 2 3.iQin（，）为已知的定义、定理、公理等，则综合法可用框图表示为：11223.nPQQQQQQQ（已知）（逐步推导结论成立的必要条件）（结论）2.分析法

5、定义 一般地，从需要证明的命题出发，分析使这个命题成立的充分条件，逐步寻找使命题成立的充分条件，直至所寻求的充分条件显然成立（已知条件、定理、定义、公理等），或由已知证明成立，从而确定所证的命题成立的一种证明方法，叫做分析法.，分析法是一种执果索因的证明方法，又叫逆推法 思维框图：用12 3iP i（，）表示已知条件和已有的定义、公理、公式、定理等，Q所要证明的结论，则用分析法证明可用框图表示为：11223.QPPPPP 得到一个明显成立的条件（结论）（逐步寻找使结论成立的充分条件）（已知）要点诠释：（1）综合法是把整个不等式看做一个整体，通过对欲证不等式的分析、观察，选择恰当不等式作为证题的

6、出发点，其难点在于到底从哪个不等式出发合适，这就要求我们不仅要熟悉、正确运用作为定理性质的不等式，还要注意这些不等式进行恰当变形后的利用 分析法的优点是利于思考，因为它方向明确，思路自然，易于掌握，而综合法的优点是宜于表述，条理清晰，形式简洁 我们在证明不等式时，常用分析法寻找解题思路，即从结论出发，逐步缩小范围，进而确定我们所需要的“因”，再用综合法有条理地表述证题过程分析法一般用于综合法难以实施的时候（2）有不等式的证明，需要把综合法和分析法联合起来使用：根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论 Q；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论 P若由 P 可以推出 Q 成立，就可以证明结

7、论成立，这种边分析边综合的证明方法，称之为分析综合法，或称“两头挤法”分析综合法充分表明分析与综合之间互为前提、互相渗透、互相转化的辩证统一关系，分析的终点是综合的起点，综合的终点又成为进一步分析的起点 第 4 页 共 26 页 命题“若 P 则 Q”的推演过程可表示为：要点三：反证法 中学阶段反正法是最常见的间接证法.定义：一般地，首先假设要证明的命题结论不正确，即结论的反面成立，然后利用公理，已知的定义、定理，命题的条件逐步分析，得到和命题的条件或公理、定理、定义及明显成立的事实等矛盾的结论，以此说明假设的结论不成立，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法.反证法的格式：用反证法证

8、明命题“若 p 则 q”时，它的全部过程和逻辑根据可以表示如下：反证法的一般步骤：（1）反设：假设所要证明的结论不成立，假设结论的反面成立；（2）归谬：由“反设”出发，通过正确的推理，导出矛盾与已知条件、已知的公理、定义、定理、反设及明显的事实矛盾或自相矛盾；（3）结论：因为推理正确，产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立 要点诠释：（1）反证法体现出正难则反的思维策略（补集的思想）和以退为进的思维策略，故在解决某些正面思考难度较大和探索型命题时，有独特的效果（2）反证法的优点：对原结论否定的假定的提出，相当于增加了一个已知条件.要点四：数学归纳法 数学归纳

9、法证明命题的步骤：（1）证明当n取第一个值0n时结论正确；（2）假设当nk0(*,)kNkn时结论正确，证明1nk时结论也正确，由（1）（2）确定对0*,nNnn时结论都正确。要点诠释：第 5 页 共 26 页（1）数学归纳法是专门证明与正整数集有关的命题的一种方法，它是一种完全归纳法：第（1）步是递推的基础，第（2）步是递推的依据.（2）不要弄错起始 n0：n0不一定恒为 1，也可能 n0=2 或 3（即起点问题）（3）项数要估算正确：特别是当寻找 n=k 与 n=k+1 的关系时，项数的变化易出现错误（即跨度问题）（4）必须利用归纳假设：归纳假设是必须要用的，假设是起桥梁作用的，桥梁断了就

10、过不去了，整个证明过程也就不正确了（即伪证问题）（5）切忌关键步骤含糊不清：“假设 n=k 时结论成立，利用此假设证明 n=k+1 时结论也成立”是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，推导的过程中要把步骤写完整，另外要注意证明过程的严谨性、规范性（即规范问题）【典型例题】类型一：归纳与类比 例 1观察下列等式：cos 22cos21，cos 48cos48cos21；cos 632cos648cos418cos21；cos 8128cos8256cos6160cos432cos21；cos 10mcos101 280cos 81 120cos6ncos4pcos21.可以推测 mn

11、p_.【思路点拨】观察各个等式的变化规律，主要从位置入手：（1）各等式“=”右侧第一个式子的系数有规律：2，8，32，128，m；（2）各等式 cos2 的系数有规律：2，-8，18.-32，p；（3）各等式“=”右侧各系数与常数之和为定值 1：2-1=1，8-8+1=1，32-48+18-1=1，128-256+160-32+1=1，m-128=+1120+n+p-1=1.【答案】962【解析】各等式“=”右侧第一个式子的系数：2=21，8=23，32=25，128=27，依次规律 m=29512；各等式 cos2 的系数：2=12，-8=24，18=36，-32=48，依次规律，p5105

12、0.；各等式“=”右侧各系数与常数之和为定值 1：2-1=1，8-8+1=1，32-48+18-1=1，128-256+160-32+1=1，依次规律，m1 2801 120np11，n400.mnp512+400+50=962.第 6 页 共 26 页【总结升华】所谓归纳，就是由特殊到一般，因此在归纳时要分析所给条件之间的变化规律，从而得到一般性的结论，本题重在找到规律后的应用。除了归纳法以外，还可以结合赋值法求参数的值，同学们可以试一试.举一反三：【变式 1】观察下来等式：1=1，13=1，1+2=3，13+23=9，1+2+3=6，13+23+33=36，1+2+3+4=10，13+23

13、+33+43=100，1+2+3+4+5=15.13+23+33+43+53=225.可以推测：13+23+33+n3=_（nN*,用含有 n 的代数式表示）.【答案】221+14nn 第二列的右端分别是 12，(1+2)2，(1+2+3)2，(1+2+3+4)2，(1+2+3+4+5)2，依次规律，第 n 个式子可化简为(1+2+3+n)2=22211=+124n nnn.【变式 2】证明下列等式，并从中归纳出一个一般性的结论 【解析】例 2.若1a，2a是正数，则有不等式222121222aaaa成立，此不等式能推广吗？请你至少写出两个不同类型的推广 第 7 页 共 26 页【思路点拨】本

14、题可以从1a，2a的个数及指数上进行推广【解析】第一类型：222212312333aaaaaa，2222212341234+33aaaaaaaa，22221212+3nnaaaaaan.第二类型：333121222aaaa，444121222aaaa，121222nnnaaaa.【总结升华】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，具有由一种事物的特殊属性推测另一种事物的特殊属性，具有发现的功能。本题中第一类型随着项数的增加，第二类型随着指数 n 的增加，已经超越了高中研究的范畴。举一反三：【变式 1】已知椭圆具有性质：若 M、N 是椭圆

15、C 上关于原点对称的两个点，点 P 是椭圆上任意一点，当直线PM、PN 的斜率都存在，并记为 kPM，kPN时，那么 kPM与 kPN之积是与点 P 的位置无关的定值试对双曲线 第 8 页 共 26 页 2222=1xyabab 0,0写出具有类似特性的性质，并加以证明【解析】类似的性质为：若 M、N 是双曲线2222=1xyabab 0,0上关于原点对称的两个点，点 P 是双曲线上任意一点，当直线 PM、PN 的斜率都存在，并记为 kPM，kPN时，那么 kPM与 kPN之积是与点 P 的位置无关的定值 证明：设点 M、P 的坐标分别为(m，n)，(x，y)，则 N(m，n)因为点 M(m，

16、n)在已知双曲线上，所以 n222bam2b2.同理 y222bax2b2.则 kPMkPN=222222222222+=+y ny nynbxmbx m x mxmaxma （定值）【变式 2】如图，椭圆中心在坐标原点，F 为左焦点，A，B 是顶点，当 BFAB 时，此类椭圆被称为“黄金椭圆”，其离心率为5-12类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率 e 等于（）A.5+12 B.5-12 C.5-1 D.5+1【答案】A 类型二：综合法与分析法 例 3求证：5321232log 19log 19log 19.【思路分析】待证不等式的左端是 3 个数和的形式，右端是一常数的形式，而

17、左端 3 个分母的真数相同，由此可联想到公式1loglogabba，转化成能直接利用对数的运算性质进行化简的形式.【证明】1loglogabba，左边191919log52log33log223191919log5log3log2 2319log(5 32)19log360 1919log360log3612，5321232log 19log 19log 19.第 9 页 共 26 页【总结升华】综合法和分析法流程相反的两种证明方法，在实际应用中，要注意选用合适的方法，选择的依据是：对思路清楚，方向明确的题目，可直接使用综合法；对于复杂的题目，常把分析法和综合法结合起来，先用分析法去转化结论，

18、得到中间结论 Q；再根据结构的特点去转化条件，得到中间结论 P.若 PQ，则结论得证 本题题目思路清晰：等式左边复杂，右侧简单，故从左向右采用综合法证明.举一反三：【变式 1】若tan()2tan,求证：3sinsin(2).【证明】由tan()2tan,，得sin()2sincos()cos，即sin()cos2cos()sin.（*）另一方面，要证3sinsin(2)，即证3sin()sin()，即证3sin()coscos()sinsin()coscos()sin，化简，得sin()cos2cos()sin.上式与(*)式相同.所以，命题成立.【变式 2】已知 a,b,cR,求证：222

19、2222()abbccaabc.【证明】2222222222abababaabbab，即222()2abab,两边开方得2222|()22ababab.同理可得222()2bcbc,222()2caca，三式相加得：2222222()abbccaabc.类型三：反证法 例 4若,a b c都为实数，且222axz，223byx，226czy，求证：,a b c中至少有一个大于 0.【思路分析】“,a b c中至少有一个大于 0”的反面是“,a b c都不大于 0”。第 10 页 共 26 页【证明】假设,a b c都不大于 0，则0a，0b，0c，所以0abc.又222(2)(2)(2)236

20、abcxzyxzy 222(21)(21)(21)3xxyyzz 222(1)(1)(1)30 xyz.因为2(1)0 x，2(1)0y，2(1)0z，30，所以222(1)(1)(1)30abcxyz，所以0abc，这与0abc矛盾，所以假设不成立，原命题成立.【总结升华】正确地作出反设(即否定结论)是正确运用反证法的前提，要注意一些常用的“结论否定形式”，另外，需注意作出的反设必须包括与结论相反的所有情况，也只有证明了与结论相反的所有情况都不成立，才能保证原来的结论一定成立 举一反三：【变式 1】设二次函数2()(0)f xaxbxc a中的a、b、c均为奇数，求证：方程()0f x 无整

21、数根.【证明】假设方程()0f x 有整数根n，则20anbnc成立，所以()0n anbc.因为c为奇数，所以()n anb也为奇数，且n与anb都必须为奇数.因为已知a、b为奇数，又n为奇数，所以anb为偶数，这与anb为奇数矛盾，所以假设不成立，原命题成立.【变式 2】设函数()f x在xR内都有()0f x，且()()()f xyf xf y恒成立，求证：对任意xR都有()0f x.【证明】假设“对任意xR都有()0f x”不成立，则0 x，有0()0f x成立，()0f x，0()0f x.第 11 页 共 26 页 又2000000()()()()()022222xxxxxf xf

22、fff.这与0()0f x矛盾，所以假设不成立，原命题成立.类型四：数学归纳法 例 5用数学归纳法证明等式：nnnnn212111211214131211.对所有nN均成立.【思路点拨】在利用归纳假设论证1nk等式成立时，注意分析nk与1nk的两个等式的差别.1nk时，等式左边增加两项，右边增加一项，而且右式的首项由11k变为21k.因此在证明中，右式中的11k应与-221k合并，才能得到所证式.所以，在论证之前，把1nk时等式的左右两边的结构先作一分析.【证明】（1)当1n 时，左式=21211，右式=21111，左式=右式，等式成立.（2)假设当nk(*kN)时等式成立，即kkkkk212

23、111211214131211，则当1nk时，111111112342122122kkkk 1111111(1)2342122122kkkk 11111()1222122kkkkk 11111()2321122kkkkk 111112342122kkkkk 11111(1)1(1)2(1)3(1)2(1)kkkkkk 即1nk时，等式也成立，由（1)（2)可知，等式对*nN均成立.【总结升华】数学归纳法的第二步是递推的“依据”，是论证过程的关键，在论证时必须用到nk时的假设结论，然后通过恰当的推理和计算来证明1nk时命题也成立.数学归纳法的证明过程中，要把握好两个关键之处：一是()f n与n的

24、关系；二是()f k与(1)f k 的关系.第 12 页 共 26 页 举一反三：【变式】在数列na中，121aa，当*nN时，21nnnaaa且设4nnba，证明：数列 nb的各项均为 3 的倍数.【解析】（1)121aa，3122aaa，4323aaa，143ba 当1n 时，1b为 3 的倍数，命题成立.（2)假设当nk(*kN)时命题成立，即4kkba为 3 的倍数，则当1nk时，14(1)4443424241414414()()32kkkkkkkkkkkbaaaaaaaaaa 由假设知：4kkba为 3 的倍数，又因为413ka为 3 的倍数 所以144kkba为 3 的倍数，即当1

25、nk时，等式成立.由（1)（2)可知，数列 nb的各项均为 3 的倍数对*nN均成立.例 6 已知数列na的各项均为正数，其前 n 项和为nS，且对于所有的非零自然数 n,na与 2 的等差中项等于nS与 2 的正的等比中项.（1）写出na的前三项；（2）求na的通项公式；（3）令)(21*11Nnaaaabnnnnn，求12nbbb.第 13 页 共 26 页【思路点拨】采用归纳-猜想-证明的方法，即根据已知条件和递推关系，先求出数列的前几项，然后归纳出其中的规律，写出其通项【解析】（1）由已知得：nnSa222，当1n 时，2112()22aa，解得12a；当2n 时，222(2)8aS即

26、222(2)8(2)aa，解得26a；当3n 时，)(222232133aaaSa，解得310a.（2）方法一：22()2nnaSnN，28(2)nnSa，又2118(2)nnSa,22111888(2)(2)nnnnnaSSaa,整理得11()(4)0nnnnaaaa 0na，即10nnaa 14nnaa(*nN)，又12a,na是首项为 2，公差为 4 的等差数列，故42nan.方法二：由（1）猜想：42nan(*nN)下面用数学归纳法证明 当1n 时已成立 假设nk时，命题成立.即42kak成立 当1nk时，11222222kkkkSaSa，又42kak,11kkkSSa,第 14 页

27、共 26 页 111221122()2222()2422kkkkkkkkaSaSaaaka,221111441602(12)2(12)0kkkkaakakak,na的各项均为正数 1424(1)2kakk 即 n=k+1 时，结论也成立.由可知，对一切*nN，42nan.（3）1111 42421 2121()()()22 42422 2121nnnnnaannnnbaannnn 21111()(21)(21)2121nnnn 1211111(1)()()3352121nbbbnnn221nnn.【总结升华】归纳推理所得到的结论有可能正确，也有可能错误，它的正确性需要严格的证明因此在具体问题中

28、，常常用归纳推理去猜测发现结论，而利用演绎推理去验证或证明发现的结论这也是数学发现的一条重要途径 本题考察了nS与na之间的关系；本题既可以用数学归纳法，还可用递推关系.在利用归纳假设进行论证这一步中，应利用kkSa222去求 Sk，而不是利用求和12.kkSaaa.举一反三：【变式1】已知()2 22f xxx，又数列na的前n项和nS满足1()nnSf S,12a.(1)求数列na的前n项和nS及通项na；(2)若12111lg(),lg4nnnnabcSSSn，试比较1b与1c；2b与2c；3b与3c的大小，猜测nb与nc(*nN)的大小关系并加以证明；第 15 页 共 26 页【解析】

29、（1）由()2 22f xxx,1()nnSf S可求得：21)2(nnSS,21nnSS,nS为等差数列，且首项211aS，公差2d 1(1)2nSSndn，即22nSn,当1n 时，1122(2 1 1)aS,当2n 时，12(21)nnnaSSn,42nan.(2)111lg2bc；2115lg()lg288b,86lg2c 22bc；7260lg1210lg,7249lg33cb,33bc.猜测：nnbc.下面用数学归纳法证明：验证1n,2n 时nnbc成立.假设n=k时，nnbc成立.即kaSSSkk4lg)111lg(21成立，等价于kkaSSSkk211411121.则当1nk时

30、，2121)1(212111111kkSSSSkk 22)1(21)1(2121)1(211)1(21211kkkkkk 0)1(21)1(212kkk )1(211)1(212112kkk )1(4lg)1(42)1(4lg)1(211lg()1(21211lg(12kakkkkkk 即1nk时，11kkbc成立.由，可得nnbc对任意*nN成立.第 16 页 共 26 页【变式2】已知等差数列na的前10项的和10185S，28a （1）求数列na的通项公式；（2）若从数列na中依次取出第 2 项，第 4 项，第 8 项，第2n项，按原来的顺序排成一个新的数列 nb，试求此新数列的前 n

31、项的和nT；（3）设(9)nnCna，试比较nT与nC的大小并说明理由.【解析】（1）设等差数列na的公差为d，则11810(10 1)101852adad，解得153ad 1(1)32naandn（2）1232482.nnnTbbbbaaaa(322)(342)(3 82).(322)n 3(248.2)2nn 1223212nn 13 226nn （3）2(9)(311)311nnCnannnn 1212(3 226)(311)32(32)nnnnTCnnnnn 当1n 时，21132(132)60TC 当2n 时，32232(462)120TC 当3n 时，43332(992)120TC

32、 当4n 时，54432(16122)60TC 当5n 时，65532(25152)660TC 由此猜测：3n 时nnTC，4n 时nnTC 下面用数学归纳法证明：4n 时nnTC 第 17 页 共 26 页 当4n 时，可以验证结论成立，假设(*,4)nk kNn时，结论kkTC成立，即1232(32)0kkkTCkk 则1nk时，221132(1)3(1)2kkkTCkk 1222322(32)2(32)(1)3(1)2kkkkkkk 226()32(32)(1)3(1)2kkTCkkkk 0kkTC且222(32)(1)3(1)2kkkk 22(2)(1)kkkk 又4k (2)(1)0

33、kk即222(32)(1)3(1)20kkkk 11kkTC即1nk时猜想成立 由（1）（2）可知：4n 时nnTC成立.综上所述，3n 时nnTC，4n 时nnTC.励 学 国 际 学 生 课 后 作 业 年 级：上 课 次 数：作业上交时间：学 员 姓 名：辅 导 科 目：数学 学 科 教 师：宋冰洁 作业内容 作业得分 作 业 内 容【巩固练习】第 18 页 共 26 页 一、选择题 1 某同学在电脑上打下了一串黑白圆，如图所示，按这种规律往下排，那么第 36 个圆的颜色应是()A白色 B黑色 C白色可能性大 D黑色可能性大 2 锐角三角形的面积等于底乘高的一半；直角三角形的面积等于底乘

34、高的一半；钝角三角形的面积等于底乘高的一半；所以，凡是三角形的面积都等于底乘高的一半 以上推理运用的推理规则是()A类比推理 B演绎推理 C不完全归纳推理 D完全归纳推理 3 用数学归纳法证明等式*+3+4123(3)2nnnn N时，验证 n1，左边应取的项是()A1 B12 C123 D1234 4 已知 c1，+1acc，1bcc ，则正确的结论是()Aab Bab Cab Da、b 大小不定 5 用反证法证明命题：“a、bN，ab 可被 5 整除，那么 a，b 中至少有一个能被 5 整除”时，假设的内容应为()Aa，b 都能被 5 整除 Ba，b 都不能被 5 整除 Ca，b 不都能被

35、 5 整除 Da 不能被 5 整除 6 函数 f(x)由下表定义：x 2 5 3 1 4 f(x)1 2 3 4 5 若 a05，an1f(an)，n0,1,2，则 a2 009()A1 B2 C4 D5 二、填空题 7 已知 1111+23f nn(nN*)，用数学归纳法证明 22nnf时，f(2k1)f(2k)_ 第 19 页 共 26 页 8中学数学中存在许多关系，比如“相等关系”、“平行关系”等等如果集合A中元素之间的一个关系“”满足以下三个条件：（1）自反性：对于任意aA，都有aa；（2）对称性：对于abA，若ab，则有ba；（3）传递性：对于abcA，若ab，bc，则有ac 则称“

36、”是集合A的一个等价关系例如：“数的相等”是等价关系，而“直线的平行”不是等价关系（自反性不成立）请你再列出三个等价关系：_ _ 9 如图所示，SA平面 ABC，ABBC，过 A 作 SB 的垂线，垂足为 E，过 E 作 SC 的垂线，垂足为 F.求证：AFSC.证明：要证 AFSC，只需证 SC平面 AEF，只需证 AESC(因为_)，只需证_，只需证 AEBC(因为_)，只需证 BC平面 SAB，只需证 BCSA(因为_)由 SA平面 ABC 可知，上式成立 10现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是 a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部

37、分的面积恒为24a类比到空间，有两个棱长均为 a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为_ 三、解答题 11用数学归纳法证明6)12)(1(3212222nnnn，()nN 第 20 页 共 26 页 12 已知abc，求证：114.abbcac 13 我们知道，在ABC 中，若 c2a2b2，则ABC 是直角三角形现在请你研究：若 cnanbn(n2)，问ABC 为何种三角形？为什么？14 求证：质数序列2,3,5,7,11,13,17,19,是无限的 15在数列 na中，1112(2)2()nnnnaaanN，其中0 第 21 页 共 26 页（）求数列

38、 na的通项公式；（）求数列 na的前n项和nS；（）证明存在kN，使得11nknkaaaa对任意nN均成立 【答案与解析】1【答案】A【解析】由题干图知，图形是三白二黑的圆周而复始相继排列，是一个周期为 5 的三白二黑的圆列，因为 3657 余 1，所以第 36 个圆应与第 1 个圆颜色相同，即白色 2【答案】D 【解析】所有三角形按角分，只有锐角三角形、Rt 三角形和钝角三角形三种情形，上述推理穷尽了所有的可能情形，故为完全归纳推理 3【答案】D 【解析】当 n1 时，左12(13)124，故应选 D 4【答案】B 第 22 页 共 26 页 【解析】5【答案】B 【解析】假设的内容应为命

39、题结论“a，b 中至少有一个能被 5 整除”的否定：a，b 都不能被 5 整除 6【答案】B 【解析】由 a05，an1f(an)，n0,1,2，得 a1f(a0)f(5)2；a2f(a1)f(2)1；a3f(a2)f(1)4；a1f(a3)f(4)5；a5f(a4)f(5)2；说明递推数列 a05，an1f(an)是周期为 4 的数列a2 009f(a2 008)f(5)2 7【答案】+1111+2+12+22kkk 【解析】8【答案】不唯一，如“图形的全等”、“图形的相似”、“非零向量的共线”、“命题的充要条件”等等【解析】严格根据“-”的定义。9【答案】EFSC；AE平面 SBC；AES

40、B；ABBC 【解析】分析法证明.10【答案】38a【解析】本题考查类比推理知识可取特殊情况研究，当将一个正方体的一个顶点垂直放在另一个正方体的中 第 23 页 共 26 页 心时，易知两正方体的重叠部分占整个正方体的18，故其体积为38a.11【证明】（1）当1n 时，左边1，右边(1 1)(21)16，左=右，原式成立 （2）假设当nk时，原式成立，即2222(1)(21)1236k kkk 当1nk时，222222(1)(21)123(1)(1)6k kkkkk 22(1)(21)6(1)(1)(276)66(1)(2)(23)6k kkkkkkkkk 1nk时，原式成立 对于任意的()

41、nN，原式成立 12【证明】acacabbcabbcabbcabbc 2224bcabbc ababbcab bc，()abc 1144,.acacabbcabbcac 13【解析】14【证明】假设质数序列是有限的，序列的最后一个也就是最大质数为P，第 24 页 共 26 页 全部序列为2,3,5,7,11,13,17,19,.,P 再构造一个整数2 3 5 7 11.1NP ，显然N不能被2整除，N不能被3整除，N不能被P整除，即N不能被2,3,5,7,11,13,17,19,.,P中的任何一个整除，所以N是个质数，而且是个大于P的质数，与最大质数为P矛盾，即质数序列2,3,5,7,11,1

42、3,17,19,是无限的 15【解析】（）解法一：22222(2)22a，2232333(2)(2)222a，3343444(22)(2)232a 由此可猜想出数列 na的通项公式为(1)2nnnan 以下用数学归纳法证明（1）当1n 时，12a，等式成立（2）假设当nk时等式成立，即(1)2kkkak，那么111(2)2kkkaa 11(1)222kkkkkk 11(1)12kkk 这就是说，当1nk时等式也成立 根据（1）和（2）可知，等式(1)2nnnan对任何nN都成立 解法二：由11(2)2()nnnnaanN，0，可得111221nnnnnnaa，所以2nnna为等差数列，其公差为

43、 1，首项为 0，故21nnnan，第 25 页 共 26 页 所以数列 na的通项公式为(1)2nnnan（）设234123(2)(1)nnnTnn，345123(2)(1)nnnTnn 当1时，式减去式，得212311(1)(1)(1)1nnnnnTnn，21121222(1)(1)(1)1(1)nnnnnnnnT 这时数列 na的前n项和21212(1)22(1)nnnnnnS 当1时，(1)2nn nT 这时数列 na的前n项和1(1)222nnn nS（III）通过分析，推测数列1nnaa的第一项21aa最大，下面证明：21214,22nnaanaa 由0知0na，要使式成立，只要212(4)(2)nnaa n，因为222(4)(4)(1)(1)2nnnan 124(1)4 24(1)2nnnnnn 1212222nnnnan，所以式成立 因此，存在1k，使得1121nknkaaaaaa对任意nN均成立 第 26 页 共 26 页