高中數(shù)學(xué)人教A版2第二章推理與證明單元測(cè)試 第二章章末復(fù)習(xí)

章末復(fù)習(xí)1．歸納和類比都是合情推理，前者是由特殊到一般，部分到整體的推理，后者是由特殊到特殊的推理，但二者都能由已知推測(cè)未知，都能用于猜想，推理的結(jié)論不一定為真，有待進(jìn)一步證明．2．演繹推理與合情推理不同，是由一般到特殊的推理，是數(shù)學(xué)中證明的基本推理形式．也是公理化體系所采用的推理形式，另一方面，合情推理與演繹推理又是相輔相成的，前者是后者的前提，后者論證前者的可靠性．3．直接證明和間接證明是數(shù)學(xué)證明的兩類基本證明方法．直接證明的兩類基本方法是綜合法和分析法：綜合法是從已知條件推導(dǎo)出結(jié)論的證明方法；分析法是由結(jié)論追溯到條件的證明方法，在解決數(shù)學(xué)問題時(shí)，常把它們結(jié)合起來使用，間接證法的一種方法是反證法，反證法是從結(jié)論反面成立出發(fā)，推出矛盾的證明方法．4．?dāng)?shù)學(xué)歸納法主要用于解決與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)問題．證明時(shí)，它的兩個(gè)步驟缺一不可．它的第一步(歸納奠基)n＝n0時(shí)結(jié)論成立．第二步(歸納遞推)假設(shè)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，推得n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立．?dāng)?shù)學(xué)歸納法原理建立在歸納公理的基礎(chǔ)上，它可用有限的步驟(兩步)證明出無(wú)限的命題成立．5．歸納、猜想、證明探索性命題是近幾年高考試題中經(jīng)常出現(xiàn)的一種題型，此類問題未給出問題結(jié)論，需要由特殊情況入手，猜想、證明一般結(jié)論的問題稱為探求規(guī)律性問題，它的解題思想是：從給出的條件出發(fā)，通過觀察、試驗(yàn)、歸納、猜想，探索出結(jié)論，然后再對(duì)歸納、猜想的結(jié)論進(jìn)行證明.題型一歸納推理和類比推理歸納推理和類比推理是常用的合情推理，兩種推理的結(jié)論“合情”但不一定“合理”，其正確性都有待嚴(yán)格證明．盡管如此，合情推理在探索新知識(shí)方面有著極其重要的作用．運(yùn)用合情推理時(shí)，要認(rèn)識(shí)到觀察、歸納、類比、猜想、證明是相互聯(lián)系的．在解決問題時(shí)，可以先從觀察入手，發(fā)現(xiàn)問題的特點(diǎn)，形成解決問題的初步思路，然后用歸納、類比的方法進(jìn)行探索、猜想，最后用邏輯推理方法進(jìn)行驗(yàn)證．例1觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝()A．28 B．76C．123 D．199答案C解析記an＋bn＝f(n)，則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.通過觀察不難發(fā)現(xiàn)f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，則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.跟蹤演練1自然數(shù)按下表的規(guī)律排列則上起第2007行，左起第2008列的數(shù)為()A．20072 B．20082C．2006×2007 D．2007×2008答案D解析經(jīng)觀察可得這個(gè)自然數(shù)表的排列特點(diǎn)：①第一列的每個(gè)數(shù)都是完全平方數(shù)，并且恰好等于它所在行數(shù)的平方，即第n行的第1個(gè)數(shù)為n2；②第一行第n個(gè)數(shù)為(n－1)2＋1；③第n行從第1個(gè)數(shù)至第n個(gè)數(shù)依次遞減1；④第n列從第1個(gè)數(shù)至第n個(gè)數(shù)依次遞增1.故上起第2007行，左起第2008列的數(shù)，應(yīng)是第2008列的第2007個(gè)數(shù)，即為[(2008－1)2＋1]＋2006＝2007×2008.題型二直接證明由近三年的高考題可以看出，直接證明的考查中，各種題型均有體現(xiàn)，尤其是解答題，幾年來一直是考查證明方法的熱點(diǎn)與重點(diǎn)．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)用綜合法證明問題時(shí)，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(shí)際證明問題時(shí)，應(yīng)當(dāng)把分析法和綜合法結(jié)合起來使用．例2已知a>0，求證：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.證明要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2).∵a>0，故只需證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，從而只需證2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只要證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，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立．跟蹤演練2如圖，在四面體B－ACD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E，F(xiàn)分別是AB，BD的中點(diǎn)，求證：(1)直線EF∥平面ACD；(2)平面EFC⊥平面BCD.證明(1)要證直線EF∥平面ACD，只需證EF∥AD且EF?平面ACD.因?yàn)镋，F(xiàn)分別是AB，BD的中點(diǎn)，所以EF是△ABD的中位線，所以EF∥AD，所以直線EF∥平面ACD.(2)要證平面EFC⊥平面BCD，只需證BD⊥平面EFC，只需證eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(EF⊥BD，,CF⊥BD，,CF∩EF＝F.))因?yàn)閑q\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(EF∥AD，,AD⊥BD，))所以EF⊥BD.又因?yàn)镃B＝CD，F(xiàn)為BD的中點(diǎn)，所以CF⊥BD.所以平面EFC⊥平面BCD.題型三反證法如果一個(gè)命題的結(jié)論難以直接證明時(shí)，可以考慮反證法．通過反設(shè)已知條件，經(jīng)過邏輯推理，得出矛盾，從而肯定原結(jié)論成立．反證法是高中數(shù)學(xué)的一種重要的證明方法，在不等式和立體幾何的證明中經(jīng)常用到，在高考題中也經(jīng)常體現(xiàn)，它所反映出的“正難則反”的解決問題的思想方法更為重要．反證法主要證明：否定性、唯一性命題；至多、至少型問題；幾何問題．例3如圖所示，已知兩個(gè)正方形ABCD和DCEF不在同一平面內(nèi)，M，N分別為AB、DF的中點(diǎn)．(1)若平面ABCD⊥平面DCEF，求直線MN與平面DCEF所成角的正弦值；(2)用反證法證明：直線ME與BN是兩條異面直線．(1)解法一圖(1)如圖(1)所示，取CD的中點(diǎn)G，連接MG，NG，設(shè)正方形ABCD，DCEF的邊長(zhǎng)為2，則MG⊥CD，MG＝2，NG＝eq\r(2)，∵平面ABCD⊥平面DCEF，∴MG⊥平面DCEF，∴∠MNG是MN與平面DCEF所成的角．∵M(jìn)N＝eq\r(6)，∴sin∠MNG＝eq\f(\r(6),3)，∴直線MN與平面DCEF所成角的正弦值為eq\f(\r(6),3).圖(2)法二設(shè)正方形ABCD，DCEF的邊長(zhǎng)為2，以D為坐標(biāo)原點(diǎn)，分別以射線DC，DF，DA為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標(biāo)系，如圖(2)所示．則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)為平面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與平面DCEF所成角的正弦值為|cos〈eq\o(MN,\s\up6(→))，eq\o(DA,\s\up6(→))〉|＝eq\f(\r(6),3).(2)證明假設(shè)直線ME與BN共面，則AB?平面MBEN，且平面MBEN與平面DCEF交于EN，∵兩正方形不共面，∴AB?平面DCEF.又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF，而EN為平面MBEN與平面DCEF的交線，∴AB∥EN.又AB∥CD∥EF，∴EN∥EF，這與EN∩EF＝E矛盾，故假設(shè)不成立．∴ME與BN不共面，即它們是異面直線．跟蹤演練3若a，b，c均為實(shí)數(shù)，且a＝x2－2y＋eq\f(π,2)，b＝y(tǒng)2－2z＋eq\f(π,3)，c＝z2－2x＋eq\f(π,6).求證：a，b，c中至少有一個(gè)大于0.證明假設(shè)a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，則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，這與a＋b＋c≤0矛盾，因此假設(shè)不成立，∴a，b，c中至少有一個(gè)大于0.題型四數(shù)學(xué)歸納法1．?dāng)?shù)學(xué)歸納法事實(shí)上是一種完全歸納的證明方法，它適用于與自然數(shù)有關(guān)的問題．兩個(gè)步驟、一個(gè)結(jié)論缺一不可，否則結(jié)論不成立；在證明遞推步驟時(shí)，必須使用歸納假設(shè)，必須進(jìn)行恒等變換．2．探索性命題是近幾年高考試題中經(jīng)常出現(xiàn)的一種題型，此類問題未給出問題的結(jié)論，需要由特殊情況入手，猜想、證明一般結(jié)論，它的解題思路是：從給出條件出發(fā)，通過觀察、試驗(yàn)、歸納、猜想、探索出結(jié)論，然后再對(duì)歸納，猜想的結(jié)論進(jìn)行證明．例4等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知對(duì)任意的n∈N*，點(diǎn)(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上．(1)求r的值；(2)當(dāng)b＝2時(shí)，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，證明：對(duì)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)解由題意：Sn＝bn＋r，當(dāng)n≥2時(shí)，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時(shí)，{an}是以b為公比的等比數(shù)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)證明當(dāng)b＝2時(shí)，由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，所證不等式為eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)＞eq\r(n＋1).①當(dāng)n＝1時(shí)，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2).左式＞右式，所以結(jié)論成立．②假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)＞eq\r(k＋1)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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)).要證當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論成立，只需證eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))＞eq\r(k＋2)成立，只需證：4k2＋12k＋9＞4k2＋12k＋8成立，顯然成立，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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，綜合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．跟蹤演練4數(shù)列{an}滿足：a1＝1，an＋1＝eq\f(1,2)an＋1.(1)寫出a2，a3，a4.(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．解(1)因?yàn)閍1＝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)，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．證明(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq\f(21－1,21－1)＝1，滿足上式，顯然成立；(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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)滿足上式，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)猜想也成立．由(1)(2)可知，對(duì)于n∈N*都有an＝eq\f(2n－1,2n－1).法二因?yàn)閍n＋1＝eq\f(1,2)an＋1，所以