高中数学人教B版2第二章推理与证明 第2章章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①由部分到整体，由个别到一般②类比推理③演绎推理④由一般到特殊⑤综合法⑥执果索因⑦反证法归纳推理1.归纳推理的一般步骤：(1)通过观察个别情况发现某些相同性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般命题(猜想).2.在应用归纳推理时，首先要观察部分对象的整体特征，然后分析所观察对象中哪些元素是不变的，哪些元素是变化的，并将变化的量的变化规律表达出来.如图2­1，一个树形图依据下列规律不断生长：1个空心圆点到下一行仅生长出1个实心圆点，1个实心圆点到下一行生长出1个实心圆点和1个空心圆点.则第11行的实心圆点的个数是________.图2­1【精彩点拨】列出每行实心圆点的个数，从中归纳出变化规律，然后运用此规律求第11行实心圆点的个数.【规范解答】前6行中实心圆点的个数依次为：0，1，1，2，3，5，据此猜想这个数列的规律为：从第3项起，每一项都等于它前面两项的和，故续写这个数列到第11行如下：8，13，21，34，55，所以第11行的实心圆点的个数是55.【答案】55[再练一题]1.记Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，当k＝1，2，3，…时，观察下列等式：S1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，S2＝eq\f(1,3)n3＋eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,6)n，S3＝eq\f(1,4)n4＋eq\f(1,2)n3＋eq\f(1,4)n2，S4＝eq\f(1,5)n5＋eq\f(1,2)n4＋eq\f(1,3)n3－eq\f(1,30)n，S5＝An6＋eq\f(1,2)n5＋eq\f(5,12)n4＋Bn2，…可以推测，A－B＝________.【导学号：37820239】【解析】由S1，S2，S3，S4各项系数知，A＝eq\f(1,6)，A＋eq\f(1,2)＋eq\f(5,12)＋B＝1，于是B＝－eq\f(1,12)，所以A－B＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,12)＝eq\f(1,4).【答案】eq\f(1,4)类比推理1.类比推理的基本原则是根据当前问题的需要，选择适当的类比对象，可以从几何元素的数目、位置关系、度量等方面入手，由平面中的相关结论可以类比得到空间中的相关结论.2.平面图形与空间图形类比.平面图形空间图形点线线面边长面积面积体积线线角二面角三角形四面体已知图2­2①有面积关系：eq\f(S△PA′B′,S△PAB)＝eq\f(PA′·PB′,PA·PB).图2­2(1)试用类比的思想写出由图2­2②所得的体积关系eq\f(VP­A′B′C′,VP­ABC)＝______________________.(2)证明你的结论是正确的.【精彩点拨】由面积关系，类比推测eq\f(VP­A′B′C′,VP­ABC)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC)，然后由体积公式证明.【规范解答】(1)eq\f(VP­A′B′C′,VP­ABC)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC).(2)过A作AO⊥平面PBC于O，连接PO(图略)，则A′在平面PBC内的射影O′落在PO上，从而eq\f(VP­A′B′C′,VP­ABC)＝eq\f(VA′­PB′C′,VA­PBC)＝eq\f(\f(1,3)S△PB′C′·A′O′,\f(1,3)S△PBC·AO)＝eq\f(PB′·PC′·A′O′,PB·PC·AO)，∵eq\f(A′O′,AO)＝eq\f(PA′,PA)，∴eq\f(VP­A′B′C′,VP­ABC)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC).[再练一题]2.在△ABC中，若AB⊥AC，AD⊥BC于D，则eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).在四面体A­BCD中，若AB，AC，AD两两垂直，AH⊥底面BCD，垂足为H，则类似的结论是什么？并说明理由.【解】类似的结论是：如图，在四面体A­BCD中，若AB，AC，AD两两垂直，AH⊥底面BCD，垂足为H，则eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).证明如下：连接BH并延长交CD于E，连接AE.∵AB，AC，AD两两垂直，∴AB⊥平面ACD.又∵AE⊂平面ACD，∴AB⊥AE.在Rt△ABE中，有eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AE2). ①又易证CD⊥AE，在Rt△ACD中，eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2). ②将②代入①得eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).演绎推理演绎推理是由一般到特殊的推理，一般模式为三段论.演绎推理只要前提正确，推理的形式正确，那么推理所得的结论就一定正确.已知平面α∥平面β，直线l⊥α，l∩α＝A，如图2­3所示，求证：l⊥β.图2­3【精彩点拨】分别确定大前提、小前提，利用演绎推理的方法证明.【规范解答】在平面β内任取一条直线b，平面γ是经过点A与直线b的平面.设γ∩α＝a.①如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行， 大前提α∥β，且α∩γ＝a，β∩γ＝b， 小前提所以a∥b. 结论②如果一条直线与一个平面垂直，那么这条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直， 大前提且l⊥α，a⊂α， 小前提所以l⊥a.结论③如果一条直线和两条平行线中的一条垂直，那么它也与另一条垂直， 大前提a∥b，且l⊥a， 小前提所以l⊥b. 结论④如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，那么这条直线和这个平面垂直， 大前提因为l⊥b，且直线b是平面β内的任意一条直线， 小前提所以l⊥β. 结论[再练一题]3.如图2­4，在空间四边形ABCD中，M，N分别为AB，AD的中点.图2­4求证：MN∥平面BCD(写出大前提，小前提，结论)【证明】三角形中位线平行于底边， 大前提∵M，N分别为AB与AD的中点，∴MN为△ABD的中位线. 小前提∴MN∥BD. 结论又平面外一条直线与平面内一条直线平行，则这条直线与这个平面平行， 大前提∵MN⊄平面BCD，BD⊂平面BCD，MN∥BD， 小前提∴MN∥平面BCD. 结论直接证明综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题常用的思维方式.如果从解题的切入点的角度细分，直接证明方法可具体分为：比较法、代换法、放缩法、判别式法、构造函数法等，应用综合法证明问题时，必须首先想到从哪里开始起步，分析法就可以帮助我们克服这种困难，在实际证明问题时，应当把分析法和综合法结合起来使用.设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称.求证：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数.【精彩点拨】解答本题可先分析feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数的条件，再利用已知推出满足的条件或寻找结论成立的条件.【规范解答】要证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))为偶函数，只需证feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的对称轴为x＝0，只需证－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，只需证a＝－b.因为函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，即x＝－eq\f(b,2a)－1与x＝－eq\f(b,2a)关于y轴对称，即－eq\f(b,2a)－1－eq\f(b,2a)＝0，整理得－eq\f(b,a)＝1，即a＝－b成立，故原命题得证.[再练一题]4.当a≥2时，求证：eq\r(a＋1)－eq\r(a)<eq\r(a－1)－eq\r(a－2).【证明】要证eq\r(a＋1)－eq\r(a)<eq\r(a－1)－eq\r(a－2)，只需证eq\r(a＋1)＋eq\r(a－2)<eq\r(a)＋eq\r(a－1)，只需证(eq\r(a＋1)＋eq\r(a－2))2<(eq\r(a)＋eq\r(a－1))2，只需证a＋1＋a－2＋2eq\r(（a＋1）（a－2）)<a＋a－1＋2eq\r(a（a－1）)，只需证eq\r(（a＋1）（a－2）)<eq\r(a（a－1）)，只需证(a＋1)(a－2)<a(a－1)，即证－2<0，而－2<0显然成立，所以eq\r(a＋1)－eq\r(a)<eq\r(a－1)－eq\r(a－2)成立.“正难则反”思想当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等等.求证：若两条平行直线a，b中的一条与平面α相交，则另一条也与平面α相交.【精彩点拨】直接证明直线与平面相交比较困难，故考虑用反证法.【规范解答】不妨设直线a与平面α相交，假设直线b不与平面α相交，则b⊂α或b∥平面α.①若b⊂α，由a∥b，a⊄α，得a∥α，这与“a与平面α相交”矛盾.②若b∥α，则平面α内有直线b′，使b′∥b.而a∥b，故a∥b′，因为a⊄α，所以a∥α，这与“a与平面α相交”矛盾.综上所述，假设不成立，则直线b与平面α只能相交.[再练一题]5.已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数.【证明】假设a，b，c，d都是非负数，因为a＋b＝c＋d＝1，所以(a＋b)(c＋d)＝1.又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，所以ac＋bd≤1，这与已知ac＋bd>1矛盾，所以a，b，c，d中至少有一个是负数.1.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】取两个球往盒子中放有4种情况：①红＋红，则乙盒中红球数加1；②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；④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①和②的情况一样多，③和④的情况完全随机.③和④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.①和②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.观察下列等式：1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)，…，据此规律，第n个等式可为____________________________________.【解析】等式的左边的通项为eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)，前n项和为1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；右边的每个式子的第一项为eq\f(1,n＋1)，共有n项，故为eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n).【答案】1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)3.有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5【解析】根据丙的说法及乙看了丙的卡片后的说法进行推理.由丙说“我的卡片上的数字之和不是5”，可推知丙的卡片上的数字是1和2或1和3.又根据乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”可知，乙的卡片不含1，所以乙的卡片上的数字为2和3.再根据甲的说法“我与乙的卡片上相同的数字不是2”【答案】1和34.已知f(x)＝eq\f(x,1＋x)，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋，则f2014(x)的表达式为________.【解析】f1(x)＝eq\f(x,1＋x)，f2(x)＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，f3(x)＝eq\f(\f(x,1＋2x),1＋\f(x,1＋2x))＝eq\f(x,1＋3x)，…，由数学归纳法得f2014(x)＝eq\f(x,1＋2014x).【答案】f2014(x)＝eq\f(x,1＋2014x)5.观察下列等式：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)))eq\s\up21(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)))eq\s\up21(－2)＝eq\f(4,3)×1×2；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,5)))eq\s\up21(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,5)))eq\s\up21(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,5)))eq\s\up21(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(4π,5)))eq\s\up21(－2)＝eq\f(4,3)×2×3；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,7)))eq\s\up21(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,7)))eq\s\up21(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,7)))eq\s\up21(－2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(6π,7)))eq\s\up21(－2)＝eq\f(4,3)×3