2017學(xué)年高中數(shù)學(xué)2-2第二章推理與證明章末復(fù)習(xí)含答案

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精章末復(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未知,都能用于猜想，推理的結(jié)論不一定為真，有待進一步證明．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，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．數(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，它的兩個步驟缺一不可．它的第一步（歸納奠基）n＝n0時結(jié)論成立．第二步(歸納遞推)假設(shè)n＝k時，結(jié)論成立，推得n＝k＋1時結(jié)論也成立．數(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、歸納、猜想,探索出結(jié)論，然后再對歸納、猜想的結(jié)論進行證明。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”，其正確性都有待嚴格證明．盡管如此,合情推理在探索新知識方面有著極其重要的作用．運用合情推理時，要認識到觀察、歸納、類比、猜想、證明是相互聯(lián)系的．在解決問題時,可以先從觀察入手，發(fā)現(xiàn)問題的特點，形成解決問題的初步思路，然后用歸納、類比的方法進行探索、猜想,最后用邏輯推理方法進行驗證．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)觀察可得這個自然數(shù)表的排列特點：①第一列的每個數(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個數(shù)為n2；②第一行第n個數(shù)為(n－1)2＋1；③第n行從第1個數(shù)至第n個數(shù)依次遞減1;④第n列從第1個數(shù)至第n個數(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與重點．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(yīng)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(yīng)當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）?！遖〉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分別是AB，BD的中點,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。因為E,F分別是AB，BD的中點,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.）)因為eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1(EF∥AD,,AD⊥BD，）)所以EF⊥BD.又因為CB＝CD,F為BD的中點，所以CF⊥BD。所以平面EFC⊥平面BCD。題型三反證法如果一個命題的結(jié)論難以直接證明時，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，已知兩個正方形ABCD和DCEF不在同一平面內(nèi)，M,N分別為AB、DF的中點．（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G，連接MG，NG，設(shè)正方形ABCD，DCEF的邊長為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．∵MN＝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的邊長為2，以D為坐標原點，分別以射線DC,DF，DA為x，y，z軸正半軸建立空間直角坐標系,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中至少有一個大于0.題型四數(shù)學(xué)歸納法1．數(shù)學(xué)歸納法事實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．兩個步驟、一個結(jié)論缺一不可，否則結(jié)論不成立；在證明遞推步驟時，必須使用歸納假設(shè)，必須進行恒等變換．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、歸納、猜想、探索出結(jié)論,然后再對歸納，猜想的結(jié)論進行證明．例4等比數(shù)列｛an}的前n項和為Sn，已知對任意的n∈N*，點(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b＝2時，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*），證明：對任意的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n≥2時，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，{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b＝2時,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n＝1時，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n＝k＋1時，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n＝k＋1時結(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n＝k＋1時，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}的通項公式．解(1)因為a1＝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n＝1時,a1＝eq\f（21－1,21－1）＝1，滿足上式，顯然成立；（2)假設(shè)當n＝k時ak＝eq\f(2k－1，2k－1），那么當n＝k＋1時,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n＝k＋1時猜想也成立．由（1)(2）可知,對于n∈N*都有an＝eq\f（2n－1,2n－1）.法二因為an＋1＝eq\f(1,2）an＋1，所以an＋1－2＝eq\f（1,2）an＋1－2,即an＋1－2＝eq\f（1,2)（an－2)，設(shè)bn＝an－2，則bn＋1＝eq\f(1,2）