2018年高中数学第2章推理与证明章末小结与测评学案苏教版.docx

第2章 推理与证明一、合情推理和演绎推理1归纳和类比是常用的合情推理，都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳类比，然后提出猜想的推理从推理形式上看，归纳是由部分到整体，个别到一般的推理，类比是由特殊到特殊的推理，演绎推理是由一般到特殊的推理2从推理所得结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确从二者在认识事物的过程中所发挥作用的角度考虑，它们又是紧密联系，相辅相成的合情推理的结论需要演绎推理的验证，而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得合情推理可以为演绎推理提供方向和思路二、直接证明和间接证明1直接证明包括综合法和分析法：(1)综合法是“由因导果”它是从已知条件出发，顺着推证，用综合法证明命题的逻辑关系是：AB1B2BnB(A为已经证明过的命题，B为要证的命题)它的常见书面表达是“，”或“”(2)分析法是“执果索因”，一步步寻求上一步成立的充分条件它是从要求证的结论出发，倒着分析，由未知想需知，由需知逐渐地靠近已知(已知条件，包括学过的定义、定理、公理、公式、法则等)用分析法证明命题的逻辑关系是：BB1B2BnA.它的常见书面表达是“要证只需”或“”2间接证明主要是反证法：反证法：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法，反证法是间接证明的一种方法反证法主要适用于以下两种情形：(1)要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；(2)如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形 (考试时间：120分钟试卷总分：160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)1(新课标卷)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一个城市由此可判断乙去过的城市为_解析：由甲、丙的回答易知甲去过A城市和C城市，乙去过A城市或C城市，结合乙的回答可得乙去过A城市答案：A2周长一定的平面图形中圆的面积最大，将这个结论类比到空间，可以得到的结论是_解析：平面图形中的图类比空间几何体中的球，周长类比表面积，面积类比体积故可以得到的结论是：表面积一定的空间几何体中，球的体积最大答案：表面积一定的空间几何体中，球的体积最大3下列说法正确的是_(写出全部正确命题的序号)演绎推理是由一般到特殊的推理演绎推理得到的结论一定是正确的演绎推理的一般模式是“三段论”形式演绎推理得到的结论的正误与大、小前提和推理形式有关解析：如果演绎推理的大前提和小前提都正确，则结论一定正确大前提和小前提中，只要有一项不正确，则结论一定也不正确故错误答案：4(陕西高考)观察分析下表中的数据：多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是_解析：三棱柱中5692；五棱锥中66102；立方体中68122，由此归纳可得FVE2.答案：FVE25在平面上，若两个正三角形的边长比为12，则它们的面积比为14.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为12，则它们的体积比为_解析：.答案：186设函数f(x)，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得Sf(5)f(4)f(0)f(5)f(6)的值为_解析：f(x)，f(1x).f(x)f(1x)，发现f(x)f(1x)正好是一个定值，2S12.S3.答案：37由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的一个性质为_解析：正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心，故可猜想：正四面体的内切球切于四个侧面各正三角形的中心答案：正四面体的内切球切于四个侧面各正三角形的中心8已知x，yR，当x2y2_时，有xy1.解析：要使xy1，只需x2(1y2)1y2(1x2)2y，即2y1x2y2.只需使(y)20，即y，x2y21.答案：19设数列an的前n项和为Sn，令Tn，称Tn为数列a1，a2，an的“理想数”已知数列a1，a2，a500的“理想数”为2 004，那么数列3，a1，a2，a500的“理想数”为_解析：由题意知T5002 004，则T5012 003.答案：2 00310.如图，在平面直角坐标系xOy中，圆x2y2r2(r0)内切于正方形ABCD，任取圆上一点P，若OPmOAnOB (m，nR)，则是m2，n2的等差中项；现有一椭圆1(ab0)内切于矩形ABCD，任取椭圆上一点P，若OPmOAnOB (m，nR)，则m2，n2的等差中项为_解析：如图，设P(x，y)，由1知A(a，b)，B(a，b)，由OPmOAnOB可得代入1可得(mn)2(mn)21，即m2n2，所以，即m2，n2的等差中项为.答案：11(安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC2.过点 A作BC 的垂线，垂足为A1 ；过点 A1作 AC的垂线，垂足为 A2；过点A2 作A1C 的垂线，垂足为A3 ；，依此类推设BAa1 ，AA1a2 , A1A2a3 ， A5A6a7 ，则 a7_解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC2，所以ABACa12，AA1a2，A1A2a31，A5A6a7a1.法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC2，所以ABACa12，AA1a2，An1Anan1sinanan2，故a72.答案：12已知x0，不等式x2，x3，x4，可推广为xn1，则a的值为_解析：由x2，xx3，xx4，可推广为xn1，故ann.答案：nn13如图，第n个图形是由正n2边形“扩展”而来(n1，2，3，)，则第n个图形中共有_个顶点解析：设第n个图形中有an个顶点，则a1333，a2444，an2nnn，an(n2)2n2n25n6.答案：n25n614古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数1，3，6，10，第n个三角形数为n2n.记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n，3)n2n，正方形数 N(n，4)n2，五边形数 N(n，5)n2n，六边形数 N(n，6)2n2n，可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10，24)_解析：N(n，k)akn2bkn(k3)，其中数列ak是以为首项，为公差的等差数列；数列bk是以为首项，为公差的等差数列；所以N(n，24)11n210n，当n10时，N(10，24)1110210101 000.答案：1 000二、解答题(本大题共6小题，共90分)15(本小题满分14分)设a0，b0，ab1，求证：8.证明：a0，b0，ab1.1ab2，ab，4，又(ab)24.(当a，b时等号成立)8.16(本小题满分14分)已知数列an满足a11，anan1(nN*)，若Tna1a25a352an5n1，bn6Tn5nan，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，求数列bn的通项公式解：因为Tna1a25a352an5n1，所以5Tna15a252a353an15n1an5n，由得：6Tna1(a1a2)5(a2a3)52(an1an)5n1an5n15525n1an5nnan5n，所以6Tn5nann，所以数列bn的通项公式为bnn.17(本小题满分14分)观察 sin210cos240sin 10cos 40；sin26cos236sin 6cos 36.由上面两式的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想解：观察401030，36630，由此猜想：sin2cos2(30)sin cos(30).证明：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2cos2(30)sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2(30)sin cos sin2sin2cos2(30)sin 2sin 2cos 2sin 2sin 2.18(本小题满分16分)若abcd0且adbc，求证：.证明：要证，只需证()2()2，即ad2bc2.因adbc，则只需证，即证adbc.设adbct，则adbc(td)d(tc)c(cd)(cdt)0.故adbc成立，从而成立19(本小题满分16分)设f(x)3ax22bxc，已知abc0，f(0)0，f(1)0.求证：(1)a0，且21；(2)方程f(x)0在(0，1)内有两个实数根证明：(1)因为abc0，f(0)c0，f(1)3a2bc2ab0，而bac，则ac0，所以ac0.又2ab，所以2，而ab0，则1，因此有21.(2)(2b)212ac4(ac)23ac43c2，则0，f(x)的对称轴为x，由(1)可得，又f(0)0，f(1)0且a0，故方程f(x)0在(0，1)内有两个实数根20(本小题满分16分)已知数列an满足a1，2an1anan11.(1)猜想数列an的通项公式(不用证明)；(2)已知数列bn满足bn(n1)an，求证：数列bn中的任意不同的三项都不可能成等比数列