高中數(shù)學(xué)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(duì)]①由部分到整體，由個(gè)別到一般②類(lèi)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(guò)觀察個(gè)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(gè)明確表述的一般命題(猜想).2.在應(yīng)用歸納推理時(shí)，首先要觀察部分對(duì)象的整體特征，然后分析所觀察對(duì)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(dá)出來(lái).如圖2-1，一個(gè)樹(shù)形圖依據(jù)下列規(guī)律不斷生長(zhǎng)：1個(gè)空心圓點(diǎn)到下一行僅生長(zhǎng)出1個(gè)實(shí)心圓點(diǎn)，1個(gè)實(shí)心圓點(diǎn)到下一行生長(zhǎng)出1個(gè)實(shí)心圓點(diǎn)和1個(gè)空心圓點(diǎn).則第11行的實(shí)心圓點(diǎn)的個(gè)數(shù)是________.圖2-1【精彩點(diǎn)撥】列出每行實(shí)心圓點(diǎn)的個(gè)數(shù)，從中歸納出變化規(guī)律，然后運(yùn)用此規(guī)律求第11行實(shí)心圓點(diǎn)的個(gè)數(shù).【規(guī)范解答】前6行中實(shí)心圓點(diǎn)的個(gè)數(shù)依次為：0，1，1，2，3，5，據(jù)此猜想這個(gè)數(shù)列的規(guī)律為：從第3項(xiàng)起，每一項(xiàng)都等于它前面兩項(xiàng)的和，故續(xù)寫(xiě)這個(gè)數(shù)列到第11行如下：8，13，21，34，55，所以第11行的實(shí)心圓點(diǎn)的個(gè)數(shù)是55.【答案】55[再練一題]1.記Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，當(dāng)k＝1，2，3，…時(shí)，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(cè)，A－B＝________.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：37820239】【解析】由S1，S2，S3，S4各項(xiàng)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(lèi)比推理1.類(lèi)比推理的基本原則是根據(jù)當(dāng)前問(wèn)題的需要，選擇適當(dāng)?shù)念?lèi)比對(duì)象，可以從幾何元素的數(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(lèi)比得到空間中的相關(guān)結(jié)論.2.平面圖形與空間圖形類(lèi)比.平面圖形空間圖形點(diǎn)線(xiàn)線(xiàn)面邊長(zhǎng)面積面積體積線(xiàn)線(xiàn)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(lèi)比的思想寫(xiě)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(diǎn)撥】由面積關(guān)系，類(lèi)比推測(cè)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(guò)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(lèi)似的結(jié)論是什么？并說(shuō)明理由.【解】類(lèi)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(zhǎng)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(xiàn)l⊥α，l∩α＝A，如圖2-3所示，求證：l⊥β.圖2-3【精彩點(diǎn)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(xiàn)b，平面γ是經(jīng)過(guò)點(diǎn)A與直線(xiàn)b的平面.設(shè)γ∩α＝a.①如果兩個(gè)平行平面同時(shí)和第三個(gè)平面相交，那么它們的交線(xiàn)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(xiàn)與一個(gè)平面垂直，那么這條直線(xiàn)和這個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線(xiàn)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(xiàn)和兩條平行線(xiàn)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(xiàn)和一個(gè)平面內(nèi)的任意一條直線(xiàn)都垂直，那么這條直線(xiàn)和這個(gè)平面垂直， 大前提因?yàn)閘⊥b，且直線(xiàn)b是平面β內(nèi)的任意一條直線(xiàn)， 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(diǎn).圖2-4求證：MN∥平面BCD(寫(xiě)出大前提，小前提，結(jié)論)【證明】三角形中位線(xiàn)平行于底邊， 大前提∵M(jìn)，N分別為AB與AD的中點(diǎn)，∴MN為△ABD的中位線(xiàn). 小前提∴MN∥BD. 結(jié)論又平面外一條直線(xiàn)與平面內(nèi)一條直線(xiàn)平行，則這條直線(xiàn)與這個(gè)平面平行， 大前提∵M(jìn)N?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(xué)問(wèn)題常用的思維方式.如果從解題的切入點(diǎn)的角度細(xì)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(yīng)用綜合法證明問(wèn)題時(shí)，必須首先想到從哪里開(kāi)始起步，分析法就可以幫助我們克服這種困難，在實(shí)際證明問(wèn)題時(shí)，應(yīng)當(dāng)把分析法和綜合法結(jié)合起來(lái)使用.設(shè)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(duì)稱(chēng).求證：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù).【精彩點(diǎn)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(mǎn)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(duì)稱(chēng)軸為x＝0，只需證－eq\f(b,2a)－eq\f(1,2)＝0，只需證a＝－b.因?yàn)楹瘮?shù)f(x＋1)與f(x)的圖象關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，即x＝－eq\f(b,2a)－1與x＝－eq\f(b,2a)關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，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(dāng)a≥2時(shí)，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(dāng)一個(gè)命題的結(jié)論是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出現(xiàn)時(shí)，宜用反證法來(lái)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(shè)矛盾，與定義、公理、定理矛盾，與事實(shí)矛盾等等.求證：若兩條平行直線(xiàn)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(diǎn)撥】直接證明直線(xiàn)與平面相交比較困難，故考慮用反證法.【規(guī)范解答】不妨設(shè)直線(xiàn)a與平面α相交，假設(shè)直線(xiàn)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(xiàn)b′，使b′∥b.而a∥b，故a∥b′，因?yàn)閍?α，所以a∥α，這與“a與平面α相交”矛盾.綜上所述，假設(shè)不成立，則直線(xiàn)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(gè)是負(fù)數(shù).【證明】假設(shè)a，b，c，d都是非負(fù)數(shù)，因?yàn)閍＋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(gè)是負(fù)數(shù).1.袋中裝有偶數(shù)個(gè)球，其中紅球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三個(gè)空盒.每次從袋中任意取出兩個(gè)球，將其中一個(gè)球放入甲盒，如果這個(gè)球是紅球，就將另一個(gè)球放入乙盒，否則就放入丙盒.重復(fù)上述過(guò)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(gè)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?yàn)榧t球和黑球個(gè)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(jī).③和④對(duì)B選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒(méi)有任何影響.①和②出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的，所以對(duì)B選項(xiàng)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(gè)等式可為_(kāi)___________________________________.【解析】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).【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(xiě)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(shuō)：“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(shuō)：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說(shuō)：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5【解析】根據(jù)丙的說(shuō)法及乙看了丙的卡片后的說(shuō)法進(jìn)行推理.由丙說(shuō)“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(shuō)：“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(shuō)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(dá)式為_(kāi)_______.【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(xué)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