高中数学 第2章 推理与证明章末分层突破学案 新人教b版选修_1

“讲忠诚、严纪律、立政德”三者相互贯通、相互联系。忠诚是共产党人的底色，纪律是不能触碰的底线，政德是必须修炼的素养。永葆底色、不碰底线章末分层突破自我校对由部分到整体，由个别到一般类比推理演绎推理由一般到特殊综合法执果索因反证法数学归纳法合情推理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观察式子：1，1，1，由此可归纳出的式子为()A1B1C1D1(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 sinsin0，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10，b0，ab1，求证：8.试用综合法和分析法分别证明【精彩点拨】(1)综合法：根据ab1，分别求与的最小值(2)分析法：把变形为求证【规范解答】法一：(综合法)a0，b0，ab1，1ab2，ab，4.又(ab)24，8(当且仅当ab时等号成立)法二：(分析法)a0，b0，ab1，要证8，只要证8，只要证8，即证4.也就是证4.即证2，由基本不等式可知，当a0，b0时，2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：a2b2c2()(2)用分析法证明：2cos().【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abbc2，bcac2，abac2，又a，b，c为互不相等的非负数，所以abbcac()，所以a2b2c2()(2)要证原等式成立，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，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，Sna1a1a1na1；当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)证明：假设an1是等比数列，则对任意的kN*，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，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设an，bn是公比不相等的两个等比数列，cnanbn.证明：数列cn不是等比数列【证明】假设数列cn是等比数列，则(anbn)2(an1bn1)(an1bn1)因为an，bn是公比不相等的两个等比数列，设公比分别为p，q，所以aan1an1，bbn1bn1.代入并整理，得2anbnan1bn1an1bn1anbn，即2，当p，q异号时，2，与相矛盾故数列cn不是等比数列数学归纳法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2Snan，用数学归纳法证明：an.【规范解答】(1)当n1时，a1S1，所以a1(an0)，所以a11，又1，所以n1时，结论成立(2)假设nk(k1，kN)时，结论成立，即ak.当nk1时，ak1Sk1Sk，所以a2ak110，解得ak1(an0)，所以nk1时，结论成立由(1)(2)可知，对nN都有an.再练一题4设数列an的前n项和Sn(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Sn，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，ak1Sk1Sk.所以ak1k1，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必为偶数，ak2bk为奇数当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】设n2m1，mN，则xnynx2m1y2m1.要证明原命题成立，只需证明x2m1y2m1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(k1)1y2(k1)1x2k21y2k21x2k1x2x2k1y2y2k1y2x2k1y2x2k1(x2y2)y2(x2k1y2k1)x2k1(xy)(xy)y2(x2k1y2k1)因为x2k1(xy)(xy)与y2(x2k1y2k1)均能被xy整除，所以当mk1时，命题成立由(1)(2)，知原命题成立.1(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】通过随机事件直接分析出现情况的可能性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】B2(2015山东高考)观察下列各式：C40；CC41；CCC42；CCCC43；照此规律，当nN时，CCCC_.【解析】观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数均为4，指数与等式左端最后一个组合数的上标相等，故有CCCC4n1.【答案】4n13(2015福建高考)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xn(nN)，其中xk(k1,2，n)称为第k位码元二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)已知某种二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组：其中运算定义为：000,011,101,110.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于_【解析】因为x2x3x6x70，所以x2，x3，x6，x7都正确又因为x4x5x6x71，x1x3x5x71，故x1和x4都错误，或仅x5错误因为条件中要求仅在第k位发生码元错误，故只有x5错误【答案】54(2015湖南高考)设a0，b0，且ab.证明：(1)ab2；(2)a2a2与b2b0，b0，得ab1.(1)由基本不等式及ab1，有ab22，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北京高考)设数列A：a1，a2，aN(N2)如果对小于n(2nN)的每个正整数k都有aka1，则G(A)；(3)证明：若数列A满足anan11(n2,3，N)，则G(A)的元素个数不小于aNa1.【解】(1)G(A)的元素为2和5.(2)证明：因为存在an使得ana1，所以iN|2iN，aia1.记mminiN|2iN，aia1，则m2，且对任意正整数ka1.由(2)知G(A).设G(A)n1，n2，np)，n1n2np.记n01，则an0an1an2anp.对i0,1，p，记GikN|nikN，akani如果Gi，取mimin Gi，则对任何1k|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1的面积SabD科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇【解析】由归纳推理的特点知，选B.【答案】B4“凡是自然数都是整数，4是自然数，所以4是整数”以上三段论推理()A完全正确B推理形式不正确C不正确，两个“自然数”概念不一致D不正确，两个“整数”概念不一致【解析】大前提“凡是自然数都是整数”正确小前提“4是自然数”也正确，推理形式符合演绎推理规则，所以结论正确【答案】A5用数学归纳法证明“5n2n能被3整除”的第二步中，当nk1时，为了使用假设，应将5k12k1变形为()A(5k2k)45k2kB5(5k2k)32kC(52)(5k2k)D2(5k2k)35k【解析】5k12k15k52k25k52k52k52k25(5k2k)32k.【答案】B6已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已假设nk(k2且k为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证n_时等式成立()Ak1Bk2C2k2D2(k2)【解析】根据数学归纳法的步骤可知，nk(k2且k为偶数)的下一个偶数为nk2，故选B.【答案】B7观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A28B76C123D199【解析】利用归纳法，ab1，a2b23，a3b3431，a4b4437，a5b57411，a6b611718，a7b7181129，a8b8291847，a9b9472976，a10b107647123，规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和【答案】C8分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：“设abc，且abc0，求证：0Bac0C(ab)(ac)0D(ab)(ac)bc，且abc0，所以3cabc0，c0.要证明a，只需证明b2ac3a2，只需证明(ac)2ac0，只需证明2ac0(a0，c0)，只需证明ac(bc)0，即证明ab0，这显然成立，故选A.【答案】A9在等差数列an中，若a100，则有等式a1a2ana1a2a19n(n0，则lg ；(2)22.【证明】(1)当a，b0时，有，lglg，lg lg ab.(2)要证22，只要证()2(22)2，即22，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：sin230cos260sin 30cos 60，sin220cos250sin 20cos 50，sin215cos245sin 15cos 45.分析上述各式的共同特点，猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性作出证明【解】猜想：sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin22sin sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.19(本小题满分12分)等差数列an的前n项和为Sn，a11，S393.(1)求数列an的通项an与前n项和Sn；(2)设bn(nN)，求证：数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列【解】(1)由已知得d2.故an2n1，Snn(n)(2)由(1)得bnn.假设数列bn中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则bbpbr，即(q)2(p)(r)，(q2pr)(2qpr)0，p，q，rN，2pr，(pr)20.pr，与pr矛盾数列bn中任意不同的三项都不可能成等比数列20(本小题满分12分)点P为斜三棱柱ABCA1B1C1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)因为PMBB1，PNBB1，又PMPNP，所以BB1平面PMN，所以BB1MN.又CC1BB1，所以CC1MN.(2)在斜三棱柱ABCA1B1C1中，有S2ABB1A1S2BCC1B1S2ACC1A12SBCC1B1SACC1A1cos .其中为平面BCC1B1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PM2CCPN2CCMN2CC2(PNCC1)(MNCC1)cosMNP，由于SBCC1B1PNCC1，SACC1A1MNCC1，SABB1A1PMBB1PMCC1，所以S2ABB1A1S2BCC1B1S2ACC1A12SBCC1B1SACC1A1cos .21(本小题满分12分)(2014江苏高考)如图4，在三棱锥PABC中，