2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第2章推理與證明章末綜合提升學(xué)案含解析新人教A版選修1-2

PAGE第2章章末綜合提升[鞏固層·學(xué)問(wèn)整合][提升層·題型探究]合情推理【例1】(1)視察下列等式：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(gè)等式可為_(kāi)____________________________．(2)在平面幾何中有如下結(jié)論：正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4)，推廣到空間可以得到類(lèi)似結(jié)論：已知正四面體P－ABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則eq\f(V1,V2)＝________.(1)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,n＋n)(2)eq\f(1,27)[(1)等式的左邊的通項(xiàng)為eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)，前n項(xiàng)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(gè)式子的第一項(xiàng)為eq\f(1,n＋1)，共有n項(xiàng)，故為eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n).(2)正四面體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為1∶3，故eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,27).]1．歸納推理的特點(diǎn)及一般步驟2．類(lèi)比推理的特點(diǎn)及一般步驟eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])1．(1)視察下圖中各正方形圖案，每條邊上有n(n≥2)個(gè)點(diǎn)，第n個(gè)圖案中圓點(diǎn)的總數(shù)是Sn.按此規(guī)律，推出Sn與n的關(guān)系式為_(kāi)_______．(2)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列．類(lèi)比以上結(jié)論有：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為T(mén)n,則T4，________，________，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列．(1)Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*)(2)eq\f(T8,T4)eq\f(T12,T8)[(1)依圖的構(gòu)造規(guī)律可以看出：S2＝2×4－4，S3＝3×4－4，S4＝4×4－4(正方形四個(gè)頂點(diǎn)重復(fù)計(jì)算一次，應(yīng)減去)．……猜想：Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*)．(2)等差數(shù)列類(lèi)比于等比數(shù)列時(shí)，和類(lèi)比于積，減法類(lèi)比于除法，可得類(lèi)比結(jié)論為：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為T(mén)n，則T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列．]綜合法與分析法【例2】若a、b、c是△ABC的三邊長(zhǎng)，m＞0，求證：eq\f(a,a＋m)＋eq\f(b,b＋m)＞eq\f(c,c＋m).思路探究：依據(jù)在△ABC中隨意兩邊之和大于第三邊，再利用分析法與綜合法結(jié)合證明不等式成立．[證明]要證明eq\f(a,a＋m)＋eq\f(b,b＋m)＞eq\f(c,c＋m)，只需證明eq\f(a,a＋m)＋eq\f(b,b＋m)－eq\f(c,c＋m)＞0即可．∵eq\f(a,a＋m)＋eq\f(b,b＋m)－eq\f(c,c＋m)＝eq\f(ab＋mc＋m＋ba＋mc＋m－ca＋mb＋m,a＋mb＋mc＋m)∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0，∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0，∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m2，∵△ABC中隨意兩邊之和大于第三邊，∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0，∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0，∴eq\f(a,a＋m)＋eq\f(b,b＋m)＞eq\f(c,c＋m).1．(變條件)本例刪掉條件“m＞0”，證明：eq\f(a＋b,1＋a＋b)>eq\f(c,1＋c).[證明]要證eq\f(a＋b,1＋a＋b)>eq\f(c,1＋c).只需證a＋b＋(a＋b)c>(1＋a＋b)c.即證a＋b>c.而a＋b>c明顯成立．所以eq\f(a＋b,1＋a＋b)>eq\f(c,1＋c).2．(變條件)本例增加條件“三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列”，求證：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).[證明]要證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).即證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，即證eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1.即證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，即證c2＋a2＝ac＋b2.∵△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列．∴B＝60°.由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos60°，即b2＝c2＋a2－ac.∴c2＋a2＝ac＋b2成立，命題得證．分析法，綜合法的應(yīng)用綜合法由因?qū)Ч治龇▓?zhí)果索因，因此在實(shí)際解題時(shí)，經(jīng)常把分析法和綜合法結(jié)合起來(lái)運(yùn)用，即先利用分析法找尋解題思路，再利用綜合法有條理地表述解答過(guò)程.反證法【例3】已知x∈R，a＝x2＋eq\f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，試證明a，b，c至少有一個(gè)不小于1.[證明]假設(shè)a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，則有a＋b＋c＜3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋eq\f(1,2)＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)＋3≥3，兩者沖突，所以假設(shè)不成立，故a，b，c至少有一個(gè)不小于1.反證法的關(guān)注點(diǎn)1反證法的思維過(guò)程：否定結(jié)論推理過(guò)程中引出沖突否定假設(shè)確定結(jié)論，即否定——推理——否定經(jīng)過(guò)正確的推理導(dǎo)致邏輯沖突，從而達(dá)到新的“否定”，即確定原命題.2反證法常用于干脆證明困難或以否定形式出現(xiàn)的命題；涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命題時(shí)，也常用反證法.eq\o([跟進(jìn)訓(xùn)練])2．若x，y，z∈(0,2)，求證：x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不行能都大于1.[證明]假設(shè)x(2－y)>1，且y(2－z)>1，且z(2－x)>1均成立，則