2017-2018学年高中数学人教A版选修1-2教学案： 第二章 章末小结与测评 .doc

归纳推理的四个特点(1)前提：几个已知的特征现象，归纳所得的结论是尚属未知的一般现象，该结论超越了前提所包括的范围(2)结论：具有猜测的性质，结论是否真实，还需经过逻辑证明和实践检验，因此，归纳推理不能作为数学证明的工具(3)步骤：先搜集一定的事实资料，有了个别性的、特殊性的事实作为前提，然后才能进行归纳推理，因此归纳推理要在观察和试验的基础上进行(4)作用：具有创造性的推理，通过归纳推理能够发现新事实，获得新结论，是科学发现的重要手段典例1(1)观察下列不等式1<，1<，1<，照此规律，第五个不等式为_(2)如图所示是一个有n层(n2，nN*)的六边形点阵，它的中心是一个点，算作第1层，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，第n层每边有n个点，则这个点阵共有_个点解析：(1)第n(n1,2,3)个不等式的左边为前n1个正整数平方的倒数和，右边分母为n1，分子为2n1，故第五个不等式为1<.(2)设第n层共有an个点，结合图形可知a11，a26，an1an6(n2，nN*)，则an6(n2)66n6(n2，nN*)，前n层所有点数之和为Sn13n23n1，故这个点阵共有3n23n1个点答案：(1)1<(2)3n23n1对点训练1观察下列图形中小正方形的个数，则第n个图形中有_个小正方形解析：设第n个图形中小正方形的个数为Sn，观察图形，当n1时，S121；当n2时，S2321；当n3时，S34321；当n4时，S454321；当n5时，S5654321；，可得Sn(n1)n(n1)321.答案：类比推理的特点是：对两类具有某些类似性质的对象，若其中一类对象具有某些已知性质，推出另一类对象也具有这些性质(1)类比是以已知知识作基础，推测新的结果，具有发现的功能(2)常见的类比推理情形有：平面与空间类比；向量与数类比；不等与相等类比等典例2在ABC中，若ABAC，ADBC于D.则，类比以上结论写出四面体ABCD中，类似的命题，并给出证明解：猜想：在四面体ABCD中，若AB、AC、AD两两垂直，且AE平面BCD，E为垂足，则.证明：如图所示，连接BE交CD于F，连接AF.ABAC，ABAD，ACADA，AB平面ACD.而AF平面ACD，ABAF.在RtABF中，AEBF，.在RtACD中，AFCD，.故猜想正确对点训练2在平面直角坐标系xOy中，二元一次方程AxBy0(A，B不同时为0)表示过原点的直线类似地：在空间直角坐标系Oxyz中，三元一次方程AxByCz0(A，B，C不同时为0)表示_解析：由方程的特点可知：平面几何中的直线类比到立体几何中应为平面，“过原点”类比仍为“过原点”，因此应得到：在空间直角坐标系Oxyz中，三元一次方程AxByCz0(A，B，C不同时为0)表示过原点的平面答案：过原点的平面3如图，已知O是ABC内任意一点，连接AO，BO，CO并延长交对边于A，B，C，则1.这是平面几何中的一道题，其证明常采用“面积法”：1.运用类比猜想，对于空间中的四面体VBCD，存在什么类似的结论？并用“体积法”证明解：如图，设O为四面体VBCD内任意一点，连接VO，BO，CO，DO并延长交对面于V，B，C，D，类似结论为1.类比平面几何中的“面积法”，可用“体积法”来证明因为(其中h，h分别为两个四面体的高)，同理，所以1.综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法，但两种证明方法思路截然相反，分析法既可用于寻找解题思路，也可以是完整的证明过程，在解题中综合法和分析法可以联合运用，转换解题思路，增加解题途径典例3已知(0，)，求证：2sin 2.证明：法一：(分析法)要证明2sin 2成立，只要证明4sin cos .(0，)，sin 0.只要证明4cos .上式可变形为44(1cos )1cos 0，4(1cos )24，当且仅当cos ，即时取等号，44(1cos )成立，不等式2sin 2成立法二：(综合法)4(1cos)4，当且仅当cos ，即时取等号，4cos .(0，)，sin 0，4sin cos ，2sin 2 . 对点训练4已知函数f(x)loga(ax1)(a0，a1)(1)证明：函数f(x)的图象在y轴一侧；(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2)是图象上的两点，证明：直线AB的斜率大于零证明：(1)由ax10得ax1.当a1时，x0，函数图象在y轴右侧；当0a1时，x0，函数图象在y轴左侧故综上所述，函数总在y轴一侧(2)由于kAB，又由x1x2，故只需证y2y10即可因为y2y1loga(ax21)loga(ax11)loga.当a1时，由0x1x2得a0ax1ax2，即0ax11ax21，故有1，loga0，即y2y10.当0a1时，由x1x20得ax1ax2a0，即ax11ax210，故有01，y2y1loga0，即y2y10.综上，直线AB的斜率总大于零.(1)如果一个命题的结论难以直接证明，可以考虑运用反证法通过反设结论，经过逻辑推理，得出矛盾，从而肯定原结论成立(2)反证法着眼于命题的转换，改变了研究的角度和方向，使论证的目标更为明确，由于增加了推理的前提原结论的否定，更易于开拓思路，因此对于直接论证较为困难的时候，往往采用反证法证明所以反证法在数学证明中有着广泛的应用(3)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；几何问题典例4设直线l1：yk1x1，l2：yk2x1，其中实数k1，k2满足k1k220.(1)证明l1与l2相交；(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2y21上证明：(1)反证法假设l1与l2不相交，则l1与l2平行，有k1k2，代入k1k220，得k20，此与k1为实数的事实相矛盾从而k1k2，即l1与l2相交(2)法一：由方程组解得交点P的坐标(x，y)为而2x2y22221.此即表明交点P(x，y)在椭圆2x2y21上法二：交点P的坐标(x，y)满足故知x0.从而代入k1k220，得20.整理后，得2x2y21.所以交点P在椭圆2x2y21上对点训练5已知实数a，b，c，d满足abcd1，acbd1，求证：a，b，c，d中至少有一个负数证明：假设a，b，c，d都是非负数由已知abcd1，则1(ab)(cd)acadbcbd.又acbd1，而a，b，c，d都是非负数，所以ad0，bc0，则1(ab)(cd)1，矛盾所以假设不成立，即a，b，c，d中至少有一个负数(时间：120分钟 满分：150分)一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1有一段“三段论”，推理是这样的：对于可导函数f(x)，如果f(x0)0，那么xx0是函数f(x)的极值点因为f(x)x3在x0处的导数值 f(0)0，所以x0是函数f(x)x3的极值点以上推理中()A小前提错误 B大前提错误C推理形式错误 D结论正确解析：选B可导函数f(x)，若f(x0)0且x0两侧导数值相反，则xx0是函数f(x)的极值点，故选B.2观察按下列顺序排列的等式：9011,91211,92321,93431，猜想第n(nN*)个等式应为()A9(n1)n10n9B9(n1)n10n9C9n(n1)10n1D9(n1)(n1)10n10解析：选B由所给的等式可以根据规律猜想得：9(n1)n10n9.3观察下面图形的规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为()A B C D解析：选A由每一行中图形的形状及黑色图形的个数，则知A正确4由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的内切球切于四个侧面()A各正三角形内任一点B各正三角形的某高线上的点C各正三角形的中心D各正三角形外的某点解析：选C正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心5观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A28 B76 C123 D199解析：选C记anbnf(n)，则f(3)f(1)f(2)134，f(4)f(2)f(3)347； f(5)f(3)f(4)11.通过观察不难发现f(n)f(n1)f(n2)(nN*，n3)，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a10b10123.6已知c>1，a，b，则正确的结论是()Aa>b Ba<bCab Da、b大小不定解析：选B要比较a与b的大小，由于c>1，所以a>0，b>0，故只需比较与的大小即可，而，显然>，从而必有a<b.7用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：按照上面的规律，第n个“金鱼”图形需要火柴棒的根数为()A6n2 B8n2 C6n2 D8n2解析：选C归纳“金鱼”图形的构成规律知，后面“金鱼”都比它前面的“金鱼”多了去掉尾巴后6根火柴组成的鱼头部分，故各“金鱼”图形所用火柴棒的根数构成一首项为8，公差为6的等差数列，通项公式为an6n2.8已知ann，把数列an的各项排成如下的三角形：记A(s，t)表示第s行的第t个数，则A(11,12)等于()A.67 B.68C.111 D.112解析：选D该三角形每行所对应元素的个数分别为1,3,5，那么第10行的最后一个数为a100，第11行的第12个数为a112，即A(11,12)112.故选D.9已知f(xy)f(x)f(y)，且f(1)2，则f(1)f(2)f(n)不能等于()Af(1)2f(1)nf(1)BfC.D.f(1)解析：选Cf(xy)f(x)f(y)，令xy1，得f(2)2f(1)，令x1，y2，f(3)f(1)f(2)3f(1)f(n)nf(1)，所以f(1)f(2)f(n)(12n)f(1)f(1)所以A，D正确又f(1)f(2)f(n)f(12n)f，所以B也正确故选C.10对于奇数列1,3,5,7,9，现在进行如下分组：第一组有1个数1，第二组有2个数3,5，第三组有3个数7,9,11，依此类推，则每组内奇数之和Sn与其组的编号数n的关系是()ASnn2 BSnn3CSnn4 DSnn(n1)解析：选B当n1时，S11；当n2时，S2823；当n3时，S32733；归纳猜想Snn3，故选B.11在等差数列an中，若an0，公差d0，则有a4a6a3a7，类比上述性质，在等比数列bn中，若bn0，公比q1，则b4，b5，b7，b8的一个不等关系是()Ab4b8b5b7 Bb4b8b5b7Cb4b7b5b8 Db4b7b5b8解析：选Ab5b7b4b8b4(qq31q4)b4(q1)(1q3)b4(q1)2(1qq2)b4(q1)2.bn0，q1，b4(q1)20，b4b8b5b7.12数列an满足a1，an11，则a2 016等于()A. B1 C2 D3解析：选Ca1，an11，a211，a312，a41，a511，a612，an3kan(nN*，kN*)，a2 016a33671a32.二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中横线上)13已知x，yR，且xy>2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为_解析：“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x1且y1”答案：x，y均不大于1(或者x1且y1)14已知圆的方程是x2y2r2，则经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程为x0xy0yr2.类比上述性质，可以得到椭圆1类似的性质为_解析：圆的性质中，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x与y分别用M(x0，y0)的横坐标与纵坐标替换故可得椭圆1类似的性质为：过椭圆1上一点P(x0，y0)的切线方程为1.答案：经过椭圆1上一点P(x0，y0)的切线方程为115若定义在区间D上的函数f(x)对于D上的n个值x1，x2，xn，总满足f(x1)f(x2)f(xn)f，称函数f(x)为D上的凸函数；现已知f(x)sin x在(0，)上是凸函数，则ABC中，sin Asin Bsin C的最大值是_解析：因为f(x)sin x在(0，)上是凸函数(小前提)，所以(sin Asin Bsin C)sin(结论)，即sin Asin Bsin C3sin.因此，sin Asin Bsin C的最大值是.答案：16如图，第n个图形是由正n2边形“扩展”而来(n1,2,3，)，则第n2(n>2)个图形中共有_个顶点解析：设第n个图形中有an个顶点，则a1333，a2444，an(n2)(n2)(n2)，an2n2n.答案：n2n三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17(本小题10分)已知abc，且abc0，求证：.证明：因为abc，且abc0，所以a0，c0.要证明原不等式成立，只需证明a，即证b2ac3a2，从而只需证明(ac)2ac3a2，即(ac)(2ac)0，因为ac0,2acacaab0，所以(ac)(2ac)0成立，故原不等式成立18(本小题12分)已知实数x，且有ax2，b2x，cx2x1，求证：a，b，c中至少有一个不小于1.证明：假设a，b，c都小于1，即a1，b1，c1，则abc3.abc(2x)(x2x1)2x22x223，且x为实数，2233，即abc3，这与abc3矛盾假设不成立，原命题成立a，b，c中至少有一个不小于1.19(本小题12分)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论解：(1)选择(2)式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301.(2)法一：三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.法二：三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin (cos 30cos sin 30sin )cos 2(cos 60cos 2sin 60sin 2)sin cos sin2cos 2cos 2sin 2sin 2(1cos 2)1cos 2cos 2.20(本小题12分)已知ABC的三边长分别为a，b，c，且其中任意两边长均不相等，若，成等差数列(1)比较与的大小，并证明你的结论；(2)求证：角B不可能是钝角解：(1).证明如下：要证，只需证.a，b，c0，只需证b2ac.，成等差数列，2，b2ac.又a，b，c均不相等，b2ac.故所得大小关系正确(2)证明：法一：假设角B是钝角，则cos B0.由余弦定理得，cos B0，这与cos B0矛盾，故假设不成立所以角B不可能是钝角法二：假设角B是钝角，则角B的对边b是最大边，即ba，bc，所以0，0，则，这与矛盾，故假设不成立所以角B不可能是钝角21已知数列an中，Sn是它的前n项和，并且Sn14an2(n1,2，)，a11.(1)设bnan12an(n1,2，)，求证：数列bn是等比数列；(2)设cn(n1,2，)，求证：数列cn是等差数列证明：(1)因为Sn14an2，所以Sn24an12，两式相减得Sn2Sn14an14an(n1,2，)，即an24an14an，变形得an22an12(an12an)，因为bnan12an(n1,2，)，所以bn12bn，由此可知，数列bn是公比为2的等比数列(2)由S2a1a24a12，a11，得a25，b1a22a13.故bn32n1.因为cn(n1,2，)，所以cn1cn，将bn32n1代入得cn1cn(n1,2，)由此可知，数列cn是公差d的等差数列22通过计算可得下列等式：2212211；3222221；4232231；(n1)2n22n1.将以上各式两边分别相加，得(n1)212(123n)n，即123n.类比上述方法，请你求出122232n2的值解：2313312311，3323322321，4333332331，(n1)3n33n23n1，将以上各式两边分别相加，得(n1)3133(122232n2)3(123n)n，所以122232n2.