《人教版 高中數(shù)學(xué)【選修 21】 創(chuàng)新應(yīng)用教學(xué)案：第二章章末小結(jié)與測評》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《人教版 高中數(shù)學(xué)【選修 21】 創(chuàng)新應(yīng)用教學(xué)案：第二章章末小結(jié)與測評（16頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、2019人教版精品教學(xué)資料高中選修數(shù)學(xué)
歸納推理的四個(gè)特點(diǎn)
(1)前提：幾個(gè)已知的特征現(xiàn)象，歸納所得的結(jié)論是尚屬未知的一般現(xiàn)象，該結(jié)論超越了前提所包括的范圍．
(2)結(jié)論：具有猜測的性質(zhì)，結(jié)論是否真實(shí)，還需經(jīng)過邏輯證明和實(shí)踐檢驗(yàn)，因此，歸納推理不能作為數(shù)學(xué)證明的工具．
(3)步驟：先搜集一定的事實(shí)資料，有了個(gè)別性的、特殊性的事實(shí)作為前提，然后才能進(jìn)行歸納推理，因此歸納推理要在觀察和試驗(yàn)的基礎(chǔ)上進(jìn)行．
(4)作用：具有創(chuàng)造性的推理，通過歸納推理能夠發(fā)現(xiàn)新事實(shí)，獲得新結(jié)論，是科學(xué)發(fā)現(xiàn)的重要手段．
[典例1] (1)觀察下列不等式
1＋<，
1＋＋<，
2、
1＋＋＋<，
……
照此規(guī)律，第五個(gè)不等式為________．
(2)如圖所示是一個(gè)有n層(n≥2，n∈N*)的六邊形點(diǎn)陣，它的中心是一個(gè)點(diǎn)，算作第1層，第2層每邊有2個(gè)點(diǎn)，第3層每邊有3個(gè)點(diǎn)，…，第n層每邊有n個(gè)點(diǎn)，則這個(gè)點(diǎn)陣共有________個(gè)點(diǎn)．
解析：(1)第n(n＝1,2,3)個(gè)不等式的左邊為前n＋1個(gè)正整數(shù)平方的倒數(shù)和，右邊分母為n＋1，分子為2n＋1，故第五個(gè)不等式為1＋＋＋＋＋<.
(2)設(shè)第n層共有an個(gè)點(diǎn)，結(jié)合圖形可知a1＝1，a2＝6，…，an＋1＝an＋6(n≥2，n∈N*)，則an＝6＋(n－2)6＝6n－6(n≥2，n∈N*)，前n層所有點(diǎn)數(shù)之和為
3、Sn＝1＋＝3n2－3n＋1，故這個(gè)點(diǎn)陣共有3n2－3n＋1個(gè)點(diǎn)．
答案：(1)1＋＋＋＋＋<
(2)3n2－3n＋1
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
1．觀察下列圖形中小正方形的個(gè)數(shù)，則第n個(gè)圖形中有________個(gè)小正方形．
解析：設(shè)第n個(gè)圖形中小正方形的個(gè)數(shù)為Sn，觀察圖形，當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝2＋1；
當(dāng)n＝2時(shí)，S2＝3＋2＋1；
當(dāng)n＝3時(shí)，S3＝4＋3＋2＋1；
當(dāng)n＝4時(shí)，S4＝5＋4＋3＋2＋1；
當(dāng)n＝5時(shí)，S5＝6＋5＋4＋3＋2＋1；
…，
可得Sn＝(n＋1)＋n＋(n－1)＋…＋3＋2＋1
＝＝.
答案：
類比推理的特點(diǎn)是：對兩類具有某些類似性
4、質(zhì)的對象，若其中一類對象具有某些已知性質(zhì)，推出另一類對象也具有這些性質(zhì)．
(1)類比是以已知知識作基礎(chǔ)，推測新的結(jié)果，具有發(fā)現(xiàn)的功能．
(2)常見的類比推理情形有：平面與空間類比；向量與數(shù)類比；不等與相等類比等．
[典例2] 在△ABC中，若AB⊥AC，AD⊥BC于D.則＝＋，類比以上結(jié)論寫出四面體ABCD中，類似的命題，并給出證明．
解：猜想：在四面體ABCD中，
若AB、AC、AD兩兩垂直，且AE⊥平面BCD，E為垂足，
則＝＋＋.
證明：如圖所示，連接BE交CD于F，連接AF.
∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，
∴AB⊥平面ACD.
而AF?平面ACD，
5、∴AB⊥AF.
在Rt△ABF中，AE⊥BF，
∴＝＋.
在Rt△ACD中，AF⊥CD，
∴＝＋.∴＝＋＋.
故猜想正確．
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
2．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二元一次方程Ax＋By＝0(A，B不同時(shí)為0)表示過原點(diǎn)的直線．類似地：在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，三元一次方程Ax＋By＋Cz＝0(A，B，C不同時(shí)為0)表示____________________．
解析：由方程的特點(diǎn)可知：平面幾何中的直線類比到立體幾何中應(yīng)為平面，“過原點(diǎn)”類比仍為“過原點(diǎn)”，因此應(yīng)得到：在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，三元一次方程Ax＋By＋Cz＝0(A，B，C不同時(shí)為0)表示過原點(diǎn)的平面．
6、
答案：過原點(diǎn)的平面
3．如圖，已知O是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，連接AO，BO，CO并延長交對邊于A′，B′，C′，則＋＋＝1.
這是平面幾何中的一道題，其證明常采用“面積法”：
＋＋＝＋＋＝＝1.
運(yùn)用類比猜想，對于空間中的四面體VBCD，存在什么類似的結(jié)論？并用“體積法”證明．
解：如圖，設(shè)O為四面體VBCD內(nèi)任意一點(diǎn)，連接VO，BO，CO，DO并延長交對面于V′，B′，C′，D′，類似結(jié)論為＋＋＋＝1.
類比平面幾何中的“面積法”，可用“體積法”來證明．
因?yàn)椋剑?其中h′，h分別為兩個(gè)四面體的高)，
同理＝，＝，＝，
所以＋＋＋
＝＋＋＋＝1.
綜合法和分
7、析法是直接證明中的兩種最基本的證明方法，但兩種證明方法思路截然相反，分析法既可用于尋找解題思路，也可以是完整的證明過程，在解題中綜合法和分析法可以聯(lián)合運(yùn)用，轉(zhuǎn)換解題思路，增加解題途徑．
[典例3] 已知α∈(0，π)，求證：2sin 2α≤.
證明：法一：(分析法)
要證明2sin 2α≤成立，
只要證明4sin αcos α≤.
∵α∈(0，π)，
∴sin α＞0.只要證明4cos α≤.
上式可變形為4≤＋4(1－cos α)．
∵1－cos α＞0，
∴＋4(1－cos α)≥2＝4，
當(dāng)且僅當(dāng)cos α＝，
即α＝時(shí)取等號，
∴4≤＋4(1－cos α)成立
8、，
∴不等式2sin 2α≤成立．
法二：(綜合法)
∵＋4(1－cosα)≥4，
當(dāng)且僅當(dāng)cos α＝，
即α＝時(shí)取等號，
∴4cos α≤.
∵α∈(0，π)，∴sin α＞0，
∴4sin αcos α≤，
∴2sin 2α≤ .
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
4．已知函數(shù)f(x)＝loga(ax－1)(a＞0，a≠1)．
(1)證明：函數(shù)f(x)的圖象在y軸一側(cè)；
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＜x2)是圖象上的兩點(diǎn)，證明：直線AB的斜率大于零．
證明：(1)由ax－1＞0得ax＞1.
①當(dāng)a＞1時(shí)，x＞0，函數(shù)圖象在y軸右側(cè)；
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，x
9、＜0，函數(shù)圖象在y軸左側(cè)．
故綜上所述，函數(shù)總在y軸一側(cè)．
(2)由于kAB＝，又由x1＜x2，
故只需證y2－y1＞0即可．
因?yàn)閥2－y1＝loga(ax2－1)－loga(ax1－1)
＝loga.
①當(dāng)a＞1時(shí)，由0＜x1＜x2得a0＜ax1＜ax2，
即0＜ax1－1＜ax2－1，
故有＞1，loga＞0，即y2－y1＞0.
②當(dāng)0＜a＜1時(shí)，由x1＜x2＜0得ax1＞ax2＞a0，
即ax1－1＞ax2－1＞0，故有0＜＜1，
∴y2－y1＝loga＞0，即y2－y1＞0.
綜上，直線AB的斜率總大于零.
(1)如果一個(gè)命題的結(jié)論難以直接證明，可以考慮
10、運(yùn)用反證法．通過反設(shè)結(jié)論，經(jīng)過邏輯推理，得出矛盾，從而肯定原結(jié)論成立．
(2)反證法著眼于命題的轉(zhuǎn)換，改變了研究的角度和方向，使論證的目標(biāo)更為明確，由于增加了推理的前提——原結(jié)論的否定，更易于開拓思路，因此對于直接論證較為困難的時(shí)候，往往采用反證法證明．所以反證法在數(shù)學(xué)證明中有著廣泛的應(yīng)用．
(3)反證法是高中數(shù)學(xué)的一種重要的證明方法，在不等式和立體幾何的證明中經(jīng)常用到，在高考題中也經(jīng)常體現(xiàn)，它所反映出的“正難則反”的解決問題的思想方法更為重要．
反證法主要證明：否定性、唯一性命題；至多、至少型問題；幾何問題．
[典例4] 設(shè)直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實(shí)數(shù)k1
11、，k2滿足k1k2＋2＝0.
(1)證明l1與l2相交；
(2)證明l1與l2的交點(diǎn)在橢圓2x2＋y2＝1上．
證明：(1)反證法．假設(shè)l1與l2不相交，則l1與l2平行，有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，得k＋2＝0，此與k1為實(shí)數(shù)的事實(shí)相矛盾．從而k1≠k2，即l1與l2相交．
(2)法一：由方程組
解得交點(diǎn)P的坐標(biāo)(x，y)為
而2x2＋y2＝22＋2
＝＝＝1.
此即表明交點(diǎn)P(x，y)在橢圓2x2＋y2＝1上．
法二：交點(diǎn)P的坐標(biāo)(x，y)滿足
故知x≠0.從而
代入k1k2＋2＝0，得＋2＝0.
整理后，得2x2＋y2＝1.
所以交點(diǎn)P在橢圓2x2＋y2
12、＝1上．
[對點(diǎn)訓(xùn)練]
5．已知實(shí)數(shù)a，b，c，d滿足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1，求證：a，b，c，d中至少有一個(gè)負(fù)數(shù)．
證明：假設(shè)a，b，c，d都是非負(fù)數(shù)．
由已知a＋b＝c＋d＝1，
則1＝(a＋b)(c＋d)＝ac＋ad＋bc＋bd.
又ac＋bd＞1，而a，b，c，d都是非負(fù)數(shù)，
所以ad≥0，bc≥0，則1＝(a＋b)(c＋d)＞1，矛盾．
所以假設(shè)不成立，
即a，b，c，d中至少有一個(gè)負(fù)數(shù)．
(時(shí)間：120分鐘 滿分：150分)
一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)
1．有一
13、段“三段論”，推理是這樣的：對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)．因?yàn)閒(x)＝x3在x＝0處的導(dǎo)數(shù)值 f′(0)＝0，所以x＝0是函數(shù)f(x)＝x3的極值點(diǎn)．以上推理中( )
A．小前提錯(cuò)誤 B．大前提錯(cuò)誤
C．推理形式錯(cuò)誤 D．結(jié)論正確
解析：選B 可導(dǎo)函數(shù)f(x)，若f′(x0)＝0且x0兩側(cè)導(dǎo)數(shù)值相反，則x＝x0是函數(shù)f(x)的極值點(diǎn)，故選B.
2．觀察按下列順序排列的等式：90＋1＝1,91＋2＝11,92＋3＝21,93＋4＝31，…，猜想第n(n∈N*)個(gè)等式應(yīng)為( )
A
14、．9(n＋1)＋n＝10n＋9
B．9(n－1)＋n＝10n－9
C．9n＋(n－1)＝10n－1
D．9(n－1)＋(n－1)＝10n－10
解析：選B 由所給的等式可以根據(jù)規(guī)律猜想得：9(n－1)＋n＝10n－9.
3．觀察下面圖形的規(guī)律，在其右下角的空格內(nèi)畫上合適的圖形為( )
A．■ B．△ C．□ D．○
解析：選A 由每一行中圖形的形狀及黑色圖形的個(gè)數(shù)，則知A正確．
4．由“正三角形的內(nèi)切圓切于三邊的中點(diǎn)”，可類比猜想出正四面體的內(nèi)切球切于四個(gè)側(cè)面( )
A．各正三角形內(nèi)任一點(diǎn)
B．各正三角形的某高線上的點(diǎn)
C．各正三角形的中心
15、
D．各正三角形外的某點(diǎn)
解析：選C 正三角形的邊對應(yīng)正四面體的面，即正三角形所在的正四面體的側(cè)面，所以邊的中點(diǎn)對應(yīng)的就是正四面體各正三角形的中心．
5．觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝( )
A．28 B．76 C．123 D．199
解析：選C 記an＋bn＝f(n)，
則f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4，
f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；
f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.
通過觀察不難發(fā)現(xiàn)f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，
則f(6
16、)＝f(4)＋f(5)＝18；
f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；
f(8)＝f(6)＋f(7)＝47;
f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；
f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.
所以a10＋b10＝123.
6．已知c>1，a＝－，b＝－，則正確的結(jié)論是( )
A．a(chǎn)>b B．a(chǎn)1，
所以a>0，b>0，
故只需比較與的大小即可，
而＝＝＋，
＝＝＋，
顯然>，從而必有a
17、金魚”圖形需要火柴棒的根數(shù)為( )
A．6n－2 B．8n－2 C．6n＋2 D．8n＋2
解析：選C 歸納“金魚”圖形的構(gòu)成規(guī)律知，后面“金魚”都比它前面的“金魚”多了去掉尾巴后6根火柴組成的魚頭部分，故各“金魚”圖形所用火柴棒的根數(shù)構(gòu)成一首項(xiàng)為8，公差為6的等差數(shù)列，通項(xiàng)公式為an＝6n＋2.
8．已知an＝n，把數(shù)列{an}的各項(xiàng)排成如下的三角形：
記A(s，t)表示第s行的第t個(gè)數(shù)，則A(11,12)等于( )
A.67 B.68
C.111 D.112
解析：選D 該三角形每行所對應(yīng)元素的個(gè)數(shù)分別為1,3,5，…那么第10行的最
18、后一個(gè)數(shù)為a100，第11行的第12個(gè)數(shù)為a112，即A(11,12)＝112.故選D.
9．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且f(1)＝2，則f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于( )
A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1)
B．f
C.
D.f(1)
解析：選C f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，
令x＝y(tǒng)＝1，得f(2)＝2f(1)，
令x＝1，y＝2，f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)
?
f(n)＝nf(1)，
所以f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝(1＋2＋…＋n)f(1)＝f(1)．所以A，D正確．
又f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝
19、f(1＋2＋…＋n)＝f，所以B也正確．故選C.
10．對于奇數(shù)列1,3,5,7,9，…，現(xiàn)在進(jìn)行如下分組：第一組有1個(gè)數(shù){1}，第二組有2個(gè)數(shù){3,5}，第三組有3個(gè)數(shù){7,9,11}，…，依此類推，則每組內(nèi)奇數(shù)之和Sn與其組的編號數(shù)n的關(guān)系是( )
A．Sn＝n2 B．Sn＝n3
C．Sn＝n4 D．Sn＝n(n＋1)
解析：選B ∵當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝1；當(dāng)n＝2時(shí)，S2＝8＝23；當(dāng)n＝3時(shí)，S3＝27＝33；
∴歸納猜想Sn＝n3，故選B.
11．在等差數(shù)列{an}中，若an＞0，公差d＞0，則有a4a6＞a3a7，類比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列{bn}中，若bn＞0，公比
20、q＞1，則b4，b5，b7，b8的一個(gè)不等關(guān)系是( )
A．b4＋b8＞b5＋b7 B．b4＋b8＜b5＋b7
C．b4＋b7＞b5＋b8 D．b4＋b7＜b5＋b8
解析：選A b5＋b7－b4－b8＝b4(q＋q3－1－q4)
＝b4(q－1)(1－q3)＝－b4(q－1)2(1＋q＋q2)＝－b4(q－1)2.
∵bn＞0，q＞1，
∴－b4(q－1)2＜0，
∴b4＋b8＞b5＋b7.
12．?dāng)?shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝1－，則a2 016等于( )
A. B．－1 C．2 D．3
解析：選C ∵a1＝，an＋1＝1－，
∴a2＝1－＝－1，a
21、3＝1－＝2，
a4＝1－＝，a5＝1－＝－1，
a6＝1－＝2，
∴an＋3k＝an(n∈N*，k∈N*)，
∴a2 016＝a3＋3671＝a3＝2.
二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線上)
13．已知x，y∈R，且x＋y>2，則x，y中至少有一個(gè)大于1，在用反證法證明時(shí)，假設(shè)應(yīng)為________．
解析：“至少有一個(gè)”的反面為“一個(gè)也沒有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x≤1且y≤1”．
答案：x，y均不大于1(或者x≤1且y≤1)
14．已知圓的方程是x2＋y2＝r2，則經(jīng)過圓上一點(diǎn)M(x0，y0)的切線方程為x0x＋y0y＝r2.
22、類比上述性質(zhì)，可以得到橢圓＋＝1類似的性質(zhì)為________．
解析：圓的性質(zhì)中，經(jīng)過圓上一點(diǎn)M(x0，y0)的切線方程就是將圓的方程中的一個(gè)x與y分別用M(x0，y0)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)替換．故可得橢圓＋＝1類似的性質(zhì)為：過橢圓＋＝1上一點(diǎn)P(x0，y0)的切線方程為＋＝1.
答案：經(jīng)過橢圓＋＝1上一點(diǎn)P(x0，y0)的切線方程為＋＝1
15．若定義在區(qū)間D上的函數(shù)f(x)對于D上的n個(gè)值x1，x2，…，xn，總滿足[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤f，稱函數(shù)f(x)為D上的凸函數(shù)；現(xiàn)已知f(x)＝sin x在(0，π)上是凸函數(shù)，則△ABC中，sin A＋sin B＋sin
23、C的最大值是________．
解析：因?yàn)閒(x)＝sin x在(0，π)上是凸函數(shù)(小前提)，
所以(sin A＋sin B＋sin C)≤sin(結(jié)論)，
即sin A＋sin B＋sin C≤3sin＝.
因此，sin A＋sin B＋sin C的最大值是.
答案：
16．如圖，第n個(gè)圖形是由正n＋2邊形“擴(kuò)展”而來(n＝1,2,3，…)，則第n－2(n>2)個(gè)圖形中共有________個(gè)頂點(diǎn)．
解析：設(shè)第n個(gè)圖形中有an個(gè)頂點(diǎn)，
則a1＝3＋33，a2＝4＋44，…，
an＝(n＋2)＋(n＋2)(n＋2)，an－2＝n2＋n.
答案：n2＋n
三、解答題(本
24、大題共6小題，共70分，解答時(shí)應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
17．(本小題10分)已知a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求證：＜.
證明：因?yàn)閍＞b＞c，且a＋b＋c＝0，所以a＞0，c＜0.
要證明原不等式成立，只需證明＜a，
即證b2－ac＜3a2，從而只需證明(a＋c)2－ac＜3a2，
即(a－c)(2a＋c)＞0，
因?yàn)閍－c＞0,2a＋c＝a＋c＋a＝a－b＞0，
所以(a－c)(2a＋c)＞0成立，
故原不等式成立．
18．(本小題12分)已知實(shí)數(shù)x，且有a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，求證：a，b，c中至少有一個(gè)不小于1.
證明：假設(shè)a，
25、b，c都小于1，
即a＜1，b＜1，c＜1，
則a＋b＋c＜3.
∵a＋b＋c＝＋(2－x)＋(x2－x＋1)＝2x2－2x＋＝22＋3，且x為實(shí)數(shù)，
∴22＋3≥3，
即a＋b＋c≥3，這與a＋b＋c＜3矛盾．
∴假設(shè)不成立，原命題成立．
∴a，b，c中至少有一個(gè)不小于1.
19．(本小題12分)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)：
①sin213＋cos217－sin 13cos 17；
②sin215＋cos215－sin 15cos 15；
③sin218＋cos212－sin 18cos 12；
④sin2(－18)＋cos248－
26、sin(－18)cos 48；
⑤sin2(－25)＋cos255－sin(－25)cos 55.
(1)試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；
(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．
解：(1)選擇(2)式，計(jì)算如下：
sin215＋cos215－sin 15cos 15
＝1－sin 30＝1－＝.
(2)法一：三角恒等式為sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)＝.
證明如下：sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)
＝sin2α＋(cos 30cos α＋sin 30sin α)2－
27、sin α(cos 30cos α＋sin 30sin α)
＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.
法二：三角恒等式為sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)＝.
證明如下：
sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)
＝＋－sin α(cos 30cos α＋sin 30sin α)
＝－cos 2α＋＋(cos 60cos 2α＋sin 60sin 2α)－sin αcos α－sin2α
＝－cos 2α＋＋cos 2α＋sin 2α－sin 2α－
28、(1－cos 2α)
＝1－cos 2α－＋cos 2α＝.
20．(本小題12分)已知△ABC的三邊長分別為a，b，c，且其中任意兩邊長均不相等，若，，成等差數(shù)列．
(1)比較與的大小，并證明你的結(jié)論；
(2)求證：角B不可能是鈍角．
解：(1)＜.
證明如下：
要證＜，只需證＜.
∵a，b，c＞0，
∴只需證b2＜ac.
∵，，成等差數(shù)列，
∴＝＋≥2，
∴b2≤ac.
又a，b，c均不相等，
∴b2＜ac.故所得大小關(guān)系正確．
(2)證明：法一：假設(shè)角B是鈍角，則cos B＜0.
由余弦定理得，
cos B＝＞＞＞0，
這與cos B＜0矛盾，
故假
29、設(shè)不成立．
所以角B不可能是鈍角．
法二：假設(shè)角B是鈍角，則角B的對邊b是最大邊，
即b＞a，b＞c，
所以＞＞0，＞＞0，
則＋＞＋＝，這與＋＝矛盾，
故假設(shè)不成立．
所以角B不可能是鈍角．
21．已知數(shù)列{an}中，Sn是它的前n項(xiàng)和，并且Sn＋1＝4an＋2(n＝1,2，…)，a1＝1.
(1)設(shè)bn＝an＋1－2an(n＝1,2，…)，求證：數(shù)列{bn}是等比數(shù)列；
(2)設(shè)cn＝(n＝1,2，…)，求證：數(shù)列{cn}是等差數(shù)列．
證明：(1)因?yàn)镾n＋1＝4an＋2，
所以Sn＋2＝4an＋1＋2，
兩式相減得Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1－4an(n＝1,
30、2，…)，
即an＋2＝4an＋1－4an，
變形得an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，
因?yàn)閎n＝an＋1－2an(n＝1,2，…)，
所以bn＋1＝2bn，
由此可知，數(shù)列{bn}是公比為2的等比數(shù)列．
(2)由S2＝a1＋a2＝4a1＋2，a1＝1，
得a2＝5，b1＝a2－2a1＝3.
故bn＝32n－1.
因?yàn)閏n＝(n＝1,2，…)，
所以cn＋1－cn
＝－
＝＝，
將bn＝32n－1代入得cn＋1－cn＝(n＝1,2，…)．
由此可知，數(shù)列{cn}是公差d＝的等差數(shù)列．
22．通過計(jì)算可得下列等式：
22－12＝21＋1；
32－22＝22＋1；
42－32＝23＋1；
…
(n＋1)2－n2＝2n＋1.
將以上各式兩邊分別相加，得(n＋1)2－1＝2(1＋2＋3＋…＋n)＋n，即1＋2＋3＋…＋n＝.
類比上述方法，請你求出12＋22＋32＋…＋n2的值．
解：23－13＝312＋31＋1，
33－23＝322＋32＋1，
43－33＝332＋33＋1，
…
(n＋1)3－n3＝3n2＋3n＋1，
將以上各式兩邊分別相加，得
(n＋1)3－13＝3(12＋22＋32＋…＋n2)＋3(1＋2＋3＋…＋n)＋n，
所以12＋22＋32＋…＋n2
＝
＝.
人教版 高中數(shù)學(xué)【選修 21】 創(chuàng)新應(yīng)用教學(xué)案：第二章章末小結(jié)與測評
