2017学年高中数学2-2第二章推理与证明章末复习含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精章末复习1．归纳和类比都是合情推理，前者是由特殊到一般,部分到整体的推理，后者是由特殊到特殊的推理,但二者都能由已知推测未知,都能用于猜想，推理的结论不一定为真，有待进一步证明．2．演绎推理与合情推理不同，是由一般到特殊的推理，是数学中证明的基本推理形式．也是公理化体系所采用的推理形式，另一方面，合情推理与演绎推理又是相辅相成的,前者是后者的前提,后者论证前者的可靠性．3．直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法．直接证明的两类基本方法是综合法和分析法：综合法是从已知条件推导出结论的证明方法；分析法是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，间接证法的一种方法是反证法，反证法是从结论反面成立出发，推出矛盾的证明方法．4．数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时，它的两个步骤缺一不可．它的第一步（归纳奠基）n＝n0时结论成立．第二步(归纳递推)假设n＝k时，结论成立，推得n＝k＋1时结论也成立．数学归纳法原理建立在归纳公理的基础上,它可用有限的步骤(两步)证明出无限的命题成立．5．归纳、猜想、证明探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此类问题未给出问题结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论的问题称为探求规律性问题，它的解题思想是:从给出的条件出发,通过观察、试验、归纳、猜想,探索出结论，然后再对归纳、猜想的结论进行证明。题型一归纳推理和类比推理归纳推理和类比推理是常用的合情推理，两种推理的结论“合情”但不一定“合理”，其正确性都有待严格证明．尽管如此,合情推理在探索新知识方面有着极其重要的作用．运用合情推理时，要认识到观察、归纳、类比、猜想、证明是相互联系的．在解决问题时,可以先从观察入手，发现问题的特点，形成解决问题的初步思路，然后用归纳、类比的方法进行探索、猜想,最后用逻辑推理方法进行验证．例1观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3,a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11,…，则a10＋b10＝（)A．28 B．76C．123 D．199答案C解析记an＋bn＝f(n），则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。通过观察不难发现f（n）＝f（n－1)＋f(n－2）（n∈N*，n≥3）,则f（6)＝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。跟踪演练1自然数按下表的规律排列则上起第2007行，左起第2008列的数为(）A．20072 B．20082C．2006×2007 D．2007×2008答案D解析经观察可得这个自然数表的排列特点：①第一列的每个数都是完全平方数,并且恰好等于它所在行数的平方，即第n行的第1个数为n2；②第一行第n个数为(n－1)2＋1；③第n行从第1个数至第n个数依次递减1;④第n列从第1个数至第n个数依次递增1.故上起第2007行，左起第2008列的数，应是第2008列的第2007个数，即为[（2008－1）2＋1]＋2006＝2007×2008。题型二直接证明由近三年的高考题可以看出，直接证明的考查中,各种题型均有体现,尤其是解答题，几年来一直是考查证明方法的热点与重点．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．例2已知a〉0，求证：eq\r（a2＋\f（1，a2）)－eq\r(2)≥a＋eq\f（1,a）－2。证明要证eq\r（a2＋\f(1，a2））－eq\r（2）≥a＋eq\f(1,a）－2，只需证eq\r（a2＋\f(1,a2）)＋2≥a＋eq\f（1，a）＋eq\r(2）。∵a〉0，故只需证eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\r(a2＋\f(1,a2））＋2)）2≥eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1，a）＋\r（2)))2，即a2＋eq\f（1，a2)＋4eq\r（a2＋\f（1，a2))＋4≥a2＋2＋eq\f（1,a2）＋2eq\r(2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（a＋\f(1,a）))＋2，从而只需证2eq\r（a2＋\f（1，a2)）≥eq\r（2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a））)，只要证4eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(a2＋\f（1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（a2＋2＋\f(1,a2））)，即a2＋eq\f(1，a2）≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．跟踪演练2如图，在四面体B－ACD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E,F分别是AB，BD的中点,求证：（1)直线EF∥平面ACD；（2）平面EFC⊥平面BCD。证明（1)要证直线EF∥平面ACD，只需证EF∥AD且EF⊄平面ACD。因为E,F分别是AB，BD的中点,所以EF是△ABD的中位线，所以EF∥AD，所以直线EF∥平面ACD。(2)要证平面EFC⊥平面BCD，只需证BD⊥平面EFC，只需证eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（EF⊥BD，，CF⊥BD，,CF∩EF＝F.）)因为eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(EF∥AD,,AD⊥BD，）)所以EF⊥BD.又因为CB＝CD,F为BD的中点，所以CF⊥BD。所以平面EFC⊥平面BCD。题型三反证法如果一个命题的结论难以直接证明时，可以考虑反证法．通过反设已知条件，经过逻辑推理，得出矛盾,从而肯定原结论成立．反证法是高中数学的一种重要的证明方法，在不等式和立体几何的证明中经常用到，在高考题中也经常体现，它所反映出的“正难则反"的解决问题的思想方法更为重要．反证法主要证明：否定性、唯一性命题;至多、至少型问题；几何问题．例3如图所示，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M,N分别为AB、DF的中点．（1)若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正弦值；（2)用反证法证明:直线ME与BN是两条异面直线．（1）解法一图（1)如图(1）所示，取CD的中点G，连接MG，NG，设正方形ABCD，DCEF的边长为2，则MG⊥CD，MG＝2，NG＝eq\r（2)，∵平面ABCD⊥平面DCEF，∴MG⊥平面DCEF，∴∠MNG是MN与平面DCEF所成的角．∵MN＝eq\r(6），∴sin∠MNG＝eq\f(\r（6),3),∴直线MN与平面DCEF所成角的正弦值为eq\f(\r(6),3）。图(2)法二设正方形ABCD,DCEF的边长为2，以D为坐标原点，分别以射线DC,DF，DA为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系,如图(2)所示．则M(1，0，2)，N（0，1,0），∴eq\o(MN,\s\up6（→))＝(－1，1，－2）．又eq\o（DA，\s\up6（→))＝(0,0，2)为平面DCEF的法向量，∴cos〈eq\o（MN，\s\up6（→）)，eq\o(DA，\s\up6（→）)>＝eq\f（\o（MN，\s\up6（→））·\o（DA,\s\up6（→))，\o（\s\up7（),\s\do5（｜\o(MN，\s\up6(→）)|｜\o（DA，\s\up6（→)）|)）)＝－eq\f（\r（6),3)，∴MN与平面DCEF所成角的正弦值为｜cos〈eq\o(MN,\s\up6（→））,eq\o（DA，\s\up6（→)）〉｜＝eq\f(\r(6）,3）。（2)证明假设直线ME与BN共面,则AB⊂平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN，∵两正方形不共面,∴AB⊄平面DCEF.又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF，而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线,∴AB∥EN。又AB∥CD∥EF,∴EN∥EF，这与EN∩EF＝E矛盾，故假设不成立．∴ME与BN不共面，即它们是异面直线．跟踪演练3若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋eq\f(π，2），b＝y2－2z＋eq\f（π，3)，c＝z2－2x＋eq\f（π,6）.求证：a，b，c中至少有一个大于0.证明假设a，b，c都不大于0,即a≤0,b≤0,c≤0,则a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2y＋eq\f(π,2）＋y2－2z＋eq\f(π,3）＋z2－2x＋eq\f(π，6）＝(x－1）2＋（y－1）2＋(z－1）2＋π－3。∵π－3＞0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1）2≥0，∴a＋b＋c＞0，这与a＋b＋c≤0矛盾,因此假设不成立，∴a，b，c中至少有一个大于0.题型四数学归纳法1．数学归纳法事实上是一种完全归纳的证明方法,它适用于与自然数有关的问题．两个步骤、一个结论缺一不可，否则结论不成立；在证明递推步骤时，必须使用归纳假设，必须进行恒等变换．2．探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型,此类问题未给出问题的结论,需要由特殊情况入手,猜想、证明一般结论,它的解题思路是：从给出条件出发，通过观察、试验、归纳、猜想、探索出结论,然后再对归纳，猜想的结论进行证明．例4等比数列｛an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn）均在函数y＝bx＋r（b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．（1)求r的值；(2）当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*），证明：对任意的n∈N＊，不等式eq\f（b1＋1，b1）·eq\f（b2＋1,b2）·…·eq\f（bn＋1,bn)＞eq\r（n＋1）成立．（1）解由题意：Sn＝bn＋r,当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r,所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1）,由于b＞0且b≠1，所以n≥2时，{an｝是以b为公比的等比数列．又a1＝b＋r，a2＝b（b－1),eq\f(a2，a1)＝b，即eq\f（bb－1,b＋r）＝b,解得r＝－1.（2)证明当b＝2时,由(1)知an＝2n－1,因此bn＝2n(n∈N＊）,所证不等式为eq\f(2＋1,2）·eq\f(4＋1,4）·…·eq\f（2n＋1,2n）＞eq\r（n＋1).①当n＝1时，左式＝eq\f(3，2），右式＝eq\r（2）.左式＞右式，所以结论成立．②假设n＝k（k∈N＊)时结论成立，即eq\f(2＋1，2）·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1，2k)＞eq\r(k＋1），则当n＝k＋1时，eq\f（2＋1,2)·eq\f（4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＞eq\r（k＋1）·eq\f（2k＋3,2k＋1）＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1)).要证当n＝k＋1时结论成立，只需证eq\f(2k＋3,2\r（k＋1）)＞eq\r（k＋2）成立，只需证：4k2＋12k＋9＞4k2＋12k＋8成立，显然成立，∴当n＝k＋1时，eq\f(2＋1,2)·eq\f（4＋1，4)·…·eq\f(2k＋1，2k）·eq\f(2k＋3,2k＋1）＞eq\r（k＋1＋1)成立，综合①②可知不等式eq\f（b1＋1，b1)·eq\f(b2＋1，b2)·…·eq\f（bn＋1，bn)＞eq\r(n＋1）成立．跟踪演练4数列｛an}满足：a1＝1，an＋1＝eq\f(1,2)an＋1。（1)写出a2，a3，a4。（2)求数列｛an}的通项公式．解(1)因为a1＝1，an＋1＝eq\f(1，2)an＋1，所以a2＝eq\f(1，2)a1＋1＝eq\f(1，2)＋1＝eq\f（3,2)，a3＝eq\f(1，2）a2＋1＝eq\f(1，2)·eq\f（3，2）＋1＝eq\f（7,4）,a4＝eq\f（1,2）a3＋1＝eq\f(1，2）·eq\f（7,4)＋1＝eq\f（15，8)。（2）法一猜想an＝eq\f（2n－1，2n－1)，下面用数学归纳法证明．证明（1）当n＝1时,a1＝eq\f（21－1,21－1）＝1，满足上式，显然成立；（2)假设当n＝k时ak＝eq\f(2k－1，2k－1），那么当n＝k＋1时,ak＋1＝eq\f（1，2）ak＋1＝eq\f（1,2）·eq\f(2k－1,2k－1）＋1＝eq\f（2k－1，2k)＋1＝eq\f（2k－1＋2k，2k）＝eq\f(2k＋1－1,2k）满足上式，即当n＝k＋1时猜想也成立．由（1)(2）可知,对于n∈N*都有an＝eq\f（2n－1,2n－1）.法二因为an＋1＝eq\f(1,2）an＋1，所以an＋1－2＝eq\f（1,2）an＋1－2,即an＋1－2＝eq\f（1,2)（an－2)，设bn＝an－2，则bn＋1＝eq\f(1,2）