2018年高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明章末小結(jié)與測評學(xué)案 蘇教版選修1-2

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1、 第2章 推理與證明 一、合情推理和演繹推理 1．歸納和類比是常用的合情推理，都是根據(jù)已有的事實，經(jīng)過觀察、分析、比較、聯(lián)想，再進行歸納類比，然后提出猜想的推理．從推理形式上看，歸納是由部分到整體，個別到一般的推理，類比是由特殊到特殊的推理，演繹推理是由一般到特殊的推理． 2．從推理所得結(jié)論來看，合情推理的結(jié)論不一定正確，有待進一步證明；演繹推理在前提和推理形式都正確的前提下，得到的結(jié)論一定正確．從二者在認識事物的過程中所發(fā)揮作用的角度考慮，它們又是緊密聯(lián)系，相輔相成的．合情推理的結(jié)論需要演繹推理的驗證，而演繹推理的內(nèi)容一般是通過合情推理獲得．合情推理可以為演繹推理提供

2、方向和思路． 二、直接證明和間接證明 1．直接證明包括綜合法和分析法： (1)綜合法是“由因?qū)Ч保菑囊阎獥l件出發(fā)，順著推證，用綜合法證明命題的邏輯關(guān)系是：A?B1?B2?…?Bn?B(A為已經(jīng)證明過的命題，B為要證的命題)．它的常見書面表達是“∵，∴”或“?”． (2)分析法是“執(zhí)果索因”，一步步尋求上一步成立的充分條件．它是從要求證的結(jié)論出發(fā)，倒著分析，由未知想需知，由需知逐漸地靠近已知(已知條件，包括學(xué)過的定義、定理、公理、公式、法則等)．用分析法證明命題的邏輯關(guān)系是：B?B1?B2?…?Bn?A.它的常見書面表達是“要證……只需……”或“?”． 2．間接證明主要是反證法：

3、 反證法：一般地，假設(shè)原命題不成立，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法，反證法是間接證明的一種方法． 反證法主要適用于以下兩種情形： (1)要證的結(jié)論與條件之間的聯(lián)系不明顯，直接由條件推出結(jié)論的線索不夠清晰； (2)如果從正面證明，需要分成多種情形進行分類討論，而從反面進行證明，只要研究一種或很少的幾種情形． 　　　　　　　　　　　 　　　　 (考試時間：120分鐘　試卷總分：160分) 一、填空題(本大題共14小題，每小題5分，共70分) 1．(新課標Ⅰ卷)甲、乙、丙三位同學(xué)被問到是否去過A，B，C三個城市時，

4、 甲說：我去過的城市比乙多，但沒去過B城市； 乙說：我沒去過C城市； 丙說：我們?nèi)巳ミ^同一個城市． 由此可判斷乙去過的城市為________． 解析：由甲、丙的回答易知甲去過A城市和C城市，乙去過A城市或C城市，結(jié)合乙的回答可得乙去過A城市． 答案：A 2．周長一定的平面圖形中圓的面積最大，將這個結(jié)論類比到空間，可以得到的結(jié)論是________________________________________________________________________． 解析：平面圖形中的圖類比空間幾何體中的球，周長類比表面積，面積類比體積． 故可以得到的結(jié)論是：表面積一定

5、的空間幾何體中，球的體積最大． 答案：表面積一定的空間幾何體中，球的體積最大 3．下列說法正確的是________．(寫出全部正確命題的序號) ①演繹推理是由一般到特殊的推理?、谘堇[推理得到的結(jié)論一定是正確的?、垩堇[推理的一般模式是“三段論”形式　④演繹推理得到的結(jié)論的正誤與大、小前提和推理形式有關(guān) 解析：如果演繹推理的大前提和小前提都正確，則結(jié)論一定正確．大前提和小前提中，只要有一項不正確，則結(jié)論一定也不正確．故②錯誤． 答案：①③④ 4．(陜西高考)觀察分析下表中的數(shù)據(jù)： 多面體 面數(shù)(F) 頂點數(shù)(V) 棱數(shù)(E) 三棱柱 5 6 9 五棱錐 6 6

6、10 立方體 6 8 12 猜想一般凸多面體中F，V，E所滿足的等式是_________________． 解析：三棱柱中5＋6－9＝2；五棱錐中6＋6－10＝2；立方體中6＋8－12＝2，由此歸納可得F＋V－E＝2. 答案：F＋V－E＝2 5．在平面上，若兩個正三角形的邊長比為1∶2，則它們的面積比為1∶4.類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長比為1∶2，則它們的體積比為________． 解析：＝＝·＝×＝. 答案：1∶8 6．設(shè)函數(shù)f(x)＝，利用課本中推導(dǎo)等差數(shù)列前n項和公式的方法，可求得S＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋…＋f(5)＋f(6)的值為__

7、______． 解析：∵f(x)＝， f(1－x)＝＝＝. ∴f(x)＋f(1－x)＝＝， 發(fā)現(xiàn)f(x)＋f(1－x)正好是一個定值， ∴2S＝×12.∴S＝3. 答案：3 7．由“正三角形的內(nèi)切圓切于三邊的中點”，可類比猜想出正四面體的一個性質(zhì)為________________________________________________________________________． 解析：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，所以邊的中點對應(yīng)的就是正四面體各正三角形的中心，故可猜想：正四面體的內(nèi)切球切于四個側(cè)面各正三角形的中心． 答案：正四面

8、體的內(nèi)切球切于四個側(cè)面各正三角形的中心 8．已知x，y∈R＋，當(dāng)x2＋y2＝________時，有x＋y＝1. 解析：要使x＋y＝1， 只需x2(1－y2)＝1＋y2(1－x2)－2y， 即2y＝1－x2＋y2. 只需使(－y)2＝0， 即＝y(tǒng)，∴x2＋y2＝1. 答案：1 9．設(shè)數(shù)列{an}的前n項和為Sn，令Tn＝，稱Tn為數(shù)列a1，a2，…，an的“理想數(shù)”．已知數(shù)列a1，a2，…，a500的“理想數(shù)”為2 004，那么數(shù)列3，a1，a2，…，a500的“理想數(shù)”為________． 解析：由題意知T500＝2 004＝， 則T501＝ ＝＝2 003. 答案：2

9、 003 10. 如圖，在平面直角坐標系xOy中，圓x2＋y2＝r2(r＞0)內(nèi)切于正方形ABCD，任取圓上一點P，若OP―→＝mOA―→＋nOB―→ (m，n∈R)，則是m2，n2的等差中項；現(xiàn)有一橢圓＋＝1(a＞b＞0)內(nèi)切于矩形ABCD，任取橢圓上一點P，若OP―→＝mOA―→＋nOB―→ (m，n∈R)，則m2，n2的等差中項為________． 解析： 如圖，設(shè)P(x，y)，由＋＝1知A(a，b)，B(－a，b)，由OP―→＝mOA―→＋nOB―→可得代入＋＝1可得(m－n)2＋(m＋n)2＝1，即m2＋n2＝，所以＝，即m2，n2的等差中項為. 答案： 11．(

10、安徽高考)如圖，在等腰直角三角形ABC 中，斜邊BC＝2.過點 A作BC 的垂線，垂足為A1 ；過點 A1作 AC的垂線，垂足為 A2；過點A2 作A1C 的垂線，垂足為A3 ；…，依此類推．設(shè)BA＝a1 ，AA1＝a2 , A1A2＝a3 ，…， A5A6＝a7 ，則 a7＝________． 解析：法一：直接遞推歸納：等腰直角三角形ABC中，斜邊BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a1×＝. 法二：求通項：等腰直角三角形ABC中，斜邊BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，…，An－1An＝an＋1＝sin·an

11、＝an＝2×，故a7＝2×＝. 答案： 12．已知x>0，不等式x＋≥2，x＋≥3，x＋≥4，…，可推廣為x＋≥n＋1，則a的值為________． 解析：由x＋≥2，x＋＝x＋≥3，x＋＝x＋≥4，…，可推廣為x＋≥n＋1，故a＝nn. 答案：nn 13．如圖，第n個圖形是由正n＋2邊形“擴展”而來(n＝1，2，3，…)，則第n個圖形中共有______________個頂點． 解析：設(shè)第n個圖形中有an個頂點， 則a1＝3＋3×3，a2＝4＋4×4，…， an－2＝n＋n·n， an＝(n＋2)2＋n＋2＝n2＋5n＋6. 答案：n2＋5n＋6 14．古希臘畢達哥拉

12、斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過各種多邊形數(shù)．如三角形數(shù)1，3，6，10，…，第n個三角形數(shù)為＝n2＋n.記第n個k邊形數(shù)為N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個數(shù)的表達式： 三角形數(shù)　　　N(n，3)＝n2＋n， 正方形數(shù) N(n，4)＝n2， 五邊形數(shù) N(n，5)＝n2－n， 六邊形數(shù) N(n，6)＝2n2－n， …… 可以推測N(n，k)的表達式，由此計算N(10，24)＝________． 解析：N(n，k)＝akn2＋bkn(k≥3)，其中數(shù)列{ak}是以為首項，為公差的等差數(shù)列；數(shù)列{bk}是以為首項，－為公差的等差數(shù)列；所以N(n

13、，24)＝11n2－10n，當(dāng)n＝10時，N(10，24)＝11×102－10×10＝1 000. 答案：1 000 二、解答題(本大題共6小題，共90分) 15．(本小題滿分14分)設(shè)a>0，b>0，a＋b＝1，求證：＋＋≥8. 證明：∵a>0，b>0，a＋b＝1. ∴1＝a＋b≥2，≤，ab≤， ∴≥4， 又＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4.(當(dāng)a＝，b＝時等號成立) ∴＋＋≥8. 16．(本小題滿分14分)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N*)，若Tn＝a1＋a2·5＋a3·52＋…＋an·5n－1，bn＝6Tn－5nan，類比課本中推導(dǎo)等比數(shù)列前n項和公

14、式的方法，求數(shù)列{bn}的通項公式． 解：因為Tn＝a1＋a2·5＋a3·52＋…＋an·5n－1，① 所以5Tn＝a1·5＋a2·52＋a3·53＋…＋an－1·5n－1＋an·5n，② 由①＋②得： 6Tn＝a1＋(a1＋a2)·5＋(a2＋a3)·52＋…＋(an－1＋an)·5n－1＋an·5n ＝1＋×5＋×52＋…＋×5n－1＋an·5n ＝n＋an·5n， 所以6Tn－5nan＝n， 所以數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝n. 17．(本小題滿分14分)觀察 ①sin210°＋cos240°＋sin 10°cos 40°＝； ②sin26°＋cos236°＋sin

15、 6°cos 36°＝. 由上面兩式的結(jié)構(gòu)規(guī)律，你能否提出一個猜想？并證明你的猜想． 解：觀察40°－10°＝30°，36°－6°＝30°， 由此猜想：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sin α·cos(30°＋α)＝. 證明：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sin α·cos(30°＋α) ＝sin2α＋cos2(30°＋α)＋sin α(cos 30°cos α－sin 30°sin α) ＝sin2α＋cos2(30°＋α)＋sin αcos α－sin2α ＝sin2α＋cos2(30°＋α)＋sin 2α ＝＋＋sin 2α ＝＋＋cos 2α－sin 2α

16、＋sin 2α ＝. 18．(本小題滿分16分)若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，求證：＋＜＋. 證明：要證＋＜＋，只需證(＋)2＜(＋)2，即a＋d＋2＜b＋c＋2. 因a＋d＝b＋c，則只需證＜，即證ad＜bc. 設(shè)a＋d＝b＋c＝t，則ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)·(c＋d－t)＜0. 故ad＜bc成立，從而＋＜＋成立． 19．(本小題滿分16分)設(shè)f(x)＝3ax2＋2bx＋c，已知a＋b＋c＝0，f(0)＞0，f(1)＞0.求證： (1)a＞0，且－2＜＜－1； (2)方程f(x)＝0在(0，1)內(nèi)有兩個實數(shù)根． 證明：(1)因為a＋b＋

17、c＝0，f(0)＝c＞0，f(1)＝3a＋2b＋c＝2a＋b＞0， 而b＝－a－c，則a－c＞0，所以a＞c＞0. 又2a＞－b，所以－2＜， 而a＋b＜0，則＜－1，因此有－2＜＜－1. (2)Δ＝(2b)2－12ac＝4[(a＋c)2－3ac]＝4＋3c2， 則Δ＞0，f(x)的對稱軸為x＝－，由(1)可得＜－＜，　 又f(0)＞0，f(1)＞0且a＞0，故方程f(x)＝0在(0，1)內(nèi)有兩個實數(shù)根． 20．(本小題滿分16分)已知數(shù)列{an}滿足a1＝，2an＋1＝anan＋1＋1. (1)猜想數(shù)列{an}的通項公式(不用證明)； (2)已知數(shù)列{bn}滿足bn＝(n＋1)an＋，求證：數(shù)列{bn}中的任意不同的三項都不可能成等比數(shù)列． 證明：(1)由條件可得：a1＝，a2＝，a3＝，…… 猜想：an＝. (2)由(1)可知：bn＝n＋. 假設(shè)數(shù)列{bn}中存在不同的三項bp，bq，br使其成等比數(shù)列，則b＝bp·br，即(q＋)2＝(p＋)(r＋)， 則有q2＋2＋2q＝pr＋2＋(p＋r)， 化簡得q2＋2q＝pr＋(p＋r)． 因為p，q，r∈N*，所以有消去q得(p＋r)2＝4pr，即(p－r)2＝0，所以p＝r. 這與假設(shè)bp，bq，br為不同的三項矛盾，所以數(shù)列{bn}中的任意不同的三項都不可能成等比數(shù)列． 9