高中數(shù)學人教B版2第二章推理與證明 第2章章末分層突破

章末分層突破[自我校對]①由部分到整體，由個別到一般②類比推理③演繹推理④由一般到特殊⑤綜合法⑥執(zhí)果索因⑦反證法歸納推理1.歸納推理的一般步驟：(1)通過觀察個別情況發(fā)現(xiàn)某些相同性質(zhì)；(2)從已知的相同性質(zhì)中推出一個明確表述的一般命題(猜想).2.在應用歸納推理時，首先要觀察部分對象的整體特征，然后分析所觀察對象中哪些元素是不變的，哪些元素是變化的，并將變化的量的變化規(guī)律表達出來.如圖2-1，一個樹形圖依據(jù)下列規(guī)律不斷生長：1個空心圓點到下一行僅生長出1個實心圓點，1個實心圓點到下一行生長出1個實心圓點和1個空心圓點.則第11行的實心圓點的個數(shù)是________.圖2-1【精彩點撥】列出每行實心圓點的個數(shù)，從中歸納出變化規(guī)律，然后運用此規(guī)律求第11行實心圓點的個數(shù).【規(guī)范解答】前6行中實心圓點的個數(shù)依次為：0，1，1，2，3，5，據(jù)此猜想這個數(shù)列的規(guī)律為：從第3項起，每一項都等于它前面兩項的和，故續(xù)寫這個數(shù)列到第11行如下：8，13，21，34，55，所以第11行的實心圓點的個數(shù)是55.【答案】55[再練一題]1.記Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，當k＝1，2，3，…時，觀察下列等式：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，…可以推測，A－B＝________.【導學號：37820239】【解析】由S1，S2，S3，S4各項系數(shù)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)類比推理1.類比推理的基本原則是根據(jù)當前問題的需要，選擇適當?shù)念惐葘ο?，可以從幾何元素的?shù)目、位置關(guān)系、度量等方面入手，由平面中的相關(guān)結(jié)論可以類比得到空間中的相關(guān)結(jié)論.2.平面圖形與空間圖形類比.平面圖形空間圖形點線線面邊長面積面積體積線線角二面角三角形四面體已知圖2-2①有面積關(guān)系：eq\f(S△PA′B′,S△PAB)＝eq\f(PA′·PB′,PA·PB).圖2-2(1)試用類比的思想寫出由圖2-2②所得的體積關(guān)系eq\f(VP-A′B′C′,VP-ABC)＝______________________.(2)證明你的結(jié)論是正確的.【精彩點撥】由面積關(guān)系，類比推測eq\f(VP-A′B′C′,VP-ABC)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC)，然后由體積公式證明.【規(guī)范解答】(1)eq\f(VP-A′B′C′,VP-ABC)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC).(2)過A作AO⊥平面PBC于O，連接PO(圖略)，則A′在平面PBC內(nèi)的射影O′落在PO上，從而eq\f(VP-A′B′C′,VP-ABC)＝eq\f(VA′-PB′C′,VA-PBC)＝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(VP-A′B′C′,VP-ABC)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC).[再練一題]2.在△ABC中，若AB⊥AC，AD⊥BC于D，則eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).在四面體A-BCD中，若AB，AC，AD兩兩垂直，AH⊥底面BCD，垂足為H，則類似的結(jié)論是什么？并說明理由.【解】類似的結(jié)論是：如圖，在四面體A-BCD中，若AB，AC，AD兩兩垂直，AH⊥底面BCD，垂足為H，則eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).證明如下：連接BH并延長交CD于E，連接AE.∵AB，AC，AD兩兩垂直，∴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又易證CD⊥AE，在Rt△ACD中，eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2). ②將②代入①得eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).演繹推理演繹推理是由一般到特殊的推理，一般模式為三段論.演繹推理只要前提正確，推理的形式正確，那么推理所得的結(jié)論就一定正確.已知平面α∥平面β，直線l⊥α，l∩α＝A，如圖2-3所示，求證：l⊥β.圖2-3【精彩點撥】分別確定大前提、小前提，利用演繹推理的方法證明.【規(guī)范解答】在平面β內(nèi)任取一條直線b，平面γ是經(jīng)過點A與直線b的平面.設γ∩α＝a.①如果兩個平行平面同時和第三個平面相交，那么它們的交線平行， 大前提α∥β，且α∩γ＝a，β∩γ＝b， 小前提所以a∥b. 結(jié)論②如果一條直線與一個平面垂直，那么這條直線和這個平面內(nèi)的任意一條直線都垂直， 大前提且l⊥α，a?α， 小前提所以l⊥a.結(jié)論③如果一條直線和兩條平行線中的一條垂直，那么它也與另一條垂直， 大前提a∥b，且l⊥a， 小前提所以l⊥b. 結(jié)論④如果一條直線和一個平面內(nèi)的任意一條直線都垂直，那么這條直線和這個平面垂直， 大前提因為l⊥b，且直線b是平面β內(nèi)的任意一條直線， 小前提所以l⊥β. 結(jié)論[再練一題]3.如圖2-4，在空間四邊形ABCD中，M，N分別為AB，AD的中點.圖2-4求證：MN∥平面BCD(寫出大前提，小前提，結(jié)論)【證明】三角形中位線平行于底邊， 大前提∵M，N分別為AB與AD的中點，∴MN為△ABD的中位線. 小前提∴MN∥BD. 結(jié)論又平面外一條直線與平面內(nèi)一條直線平行，則這條直線與這個平面平行， 大前提∵MN?平面BCD，BD?平面BCD，MN∥BD， 小前提∴MN∥平面BCD. 結(jié)論直接證明綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數(shù)學問題常用的思維方式.如果從解題的切入點的角度細分，直接證明方法可具體分為：比較法、代換法、放縮法、判別式法、構(gòu)造函數(shù)法等，應用綜合法證明問題時，必須首先想到從哪里開始起步，分析法就可以幫助我們克服這種困難，在實際證明問題時，應當把分析法和綜合法結(jié)合起來使用.設f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱.求證：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù).【精彩點撥】解答本題可先分析feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)的條件，再利用已知推出滿足的條件或?qū)ふ医Y(jié)論成立的條件.【規(guī)范解答】要證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)，只需證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))的對稱軸為x＝0，只需證－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，只需證a＝－b.因為函數(shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，即x＝－eq\f(b,2a)－1與x＝－eq\f(b,2a)關(guān)于y軸對稱，即－eq\f(b,2a)－1－eq\f(b,2a)＝0，整理得－eq\f(b,a)＝1，即a＝－b成立，故原命題得證.[再練一題]4.當a≥2時，求證：eq\r(a＋1)－eq\r(a)<eq\r(a－1)－eq\r(a－2).【證明】要證eq\r(a＋1)－eq\r(a)<eq\r(a－1)－eq\r(a－2)，只需證eq\r(a＋1)＋eq\r(a－2)<eq\r(a)＋eq\r(a－1)，只需證(eq\r(a＋1)＋eq\r(a－2))2<(eq\r(a)＋eq\r(a－1))2，只需證a＋1＋a－2＋2eq\r(（a＋1）（a－2）)<a＋a－1＋2eq\r(a（a－1）)，只需證eq\r(（a＋1）（a－2）)<eq\r(a（a－1）)，只需證(a＋1)(a－2)<a(a－1)，即證－2<0，而－2<0顯然成立，所以eq\r(a＋1)－eq\r(a)<eq\r(a－1)－eq\r(a－2)成立.“正難則反”思想當一個命題的結(jié)論是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出現(xiàn)時，宜用反證法來證，反證法關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是與已知條件矛盾，與假設矛盾，與定義、公理、定理矛盾，與事實矛盾等等.求證：若兩條平行直線a，b中的一條與平面α相交，則另一條也與平面α相交.【精彩點撥】直接證明直線與平面相交比較困難，故考慮用反證法.【規(guī)范解答】不妨設直線a與平面α相交，假設直線b不與平面α相交，則b?α或b∥平面α.①若b?α，由a∥b，a?α，得a∥α，這與“a與平面α相交”矛盾.②若b∥α，則平面α內(nèi)有直線b′，使b′∥b.而a∥b，故a∥b′，因為a?α，所以a∥α，這與“a與平面α相交”矛盾.綜上所述，假設不成立，則直線b與平面α只能相交.[再練一題]5.已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求證：a，b，c，d中至少有一個是負數(shù).【證明】假設a，b，c，d都是非負數(shù)，因為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，這與已知ac＋bd>1矛盾，所以a，b，c，d中至少有一個是負數(shù).1.袋中裝有偶數(shù)個球，其中紅球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三個空盒.每次從袋中任意取出兩個球，將其中一個球放入甲盒，如果這個球是紅球，就將另一個球放入乙盒，否則就放入丙盒.重復上述過程，直到袋中所有球都被放入盒中，則()A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多C.乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D.乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多【解析】取兩個球往盒子中放有4種情況：①紅＋紅，則乙盒中紅球數(shù)加1；②黑＋黑，則丙盒中黑球數(shù)加1；③紅＋黑(紅球放入甲盒中)，則乙盒中黑球數(shù)加1；④黑＋紅(黑球放入甲盒中)，則丙盒中紅球數(shù)加1.因為紅球和黑球個數(shù)一樣多，所以①和②的情況一樣多，③和④的情況完全隨機.③和④對B選項中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒有任何影響.①和②出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的，所以對B選項中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)的影響次數(shù)一樣.綜上，選B.【答案】B2.觀察下列等式：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)，…，據(jù)此規(guī)律，第n個等式可為____________________________________.【解析】等式的左邊的通項為eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)，前n項和為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；右邊的每個式子的第一項為eq\f(1,n＋1)，共有n項，故為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.有三張卡片，分別寫有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5【解析】根據(jù)丙的說法及乙看了丙的卡片后的說法進行推理.由丙說“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，可推知丙的卡片上的數(shù)字是1和2或1和3.又根據(jù)乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”可知，乙的卡片不含1，所以乙的卡片上的數(shù)字為2和3.再根據(jù)甲的說法“我與乙的卡片上相同的數(shù)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＋，則f2014(x)的表達式為________.【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)，…，由數(shù)學歸納法得f2014(x)＝eq\f(x,1＋2014x).【答案】f2014(x)＝eq\f(x,1＋2014x)5.觀察下列等式：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