高中數(shù)學蘇教版選修22教學案：第2章 章末小結(jié) 知識整合與階段檢測

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1、 精品資料 [對應(yīng)學生用書P52] 一、合情推理和演繹推理 1．歸納和類比是常用的合情推理，都是根據(jù)已有的事實，經(jīng)過觀察、分析、比較、聯(lián)想，再進行歸納類比，然后提出猜想的推理．從推理形式上看，歸納是由部分到整體，個別到一般的推理，類比是由特殊到特殊的推理，演繹推理是由一般到特殊的推理． 2．從推理所得結(jié)論來看，合情推理的結(jié)論不一定正確，有待進一步證明；演繹推理在前提和推理形式都正確的前提下，得到的結(jié)論一定正確．從二者在認識事物的過程中所發(fā)揮作用的角度考慮，它們又是緊密聯(lián)系，相輔相成的．合情推理的結(jié)論需要演繹推理的驗證，而

2、演繹推理的內(nèi)容一般是通過合情推理獲得．合情推理可以為演繹推理提供方向和思路． 二、直接證明和間接證明 1．直接證明包括綜合法和分析法： (1)綜合法是“由因?qū)Ч保菑囊阎獥l件出發(fā)，順著推證，用綜合法證明命題的邏輯關(guān)系是：A?B1?B2?…?Bn?B(A為已經(jīng)證明過的命題，B為要證的命題)．它的常見書面表達是“∵，∴”或“?”． (2)分析法是“執(zhí)果索因”，一步步尋求上一步成立的充分條件．它是從要求證的結(jié)論出發(fā)，倒著分析，由未知想需知，由需知逐漸地靠近已知(已知條件，包括學過的定義、定理、公理、公式、法則等)．用分析法證明命題的邏輯關(guān)系是：B?B1?B2?…?Bn?A.它的常見書面表

3、達是“要證……只需……”或“?”． 2．間接證明主要是反證法： 反證法：一般地，假設(shè)原命題不成立，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯誤，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法，反證法是間接證明的一種方法． 反證法主要適用于以下兩種情形： (1)要證的結(jié)論與條件之間的聯(lián)系不明顯，直接由條件推出結(jié)論的線索不夠清晰； (2)如果從正面證明，需要分成多種情形進行分類討論，而從反面進行證明，只要研究一種或很少的幾種情形． 三、數(shù)學歸納法 數(shù)學歸納法是推理邏輯，它的第一步稱為歸納奠基，是論證的基礎(chǔ)保證，即通過驗證落實傳遞的起點，這個基礎(chǔ)必須真實可靠；它的第二步稱為歸納遞推，

4、是命題具有后繼傳遞性的保證，兩步合在一起為完全歸納步驟，這兩步缺一不可，第二步中證明“當n＝k＋1時結(jié)論正確”的過程中，必須用“歸納假設(shè)”，否則就是錯誤的． 　 一、填空題(本大題共14個小題，每小題5分，共70分，把答案填在題中橫線上) 1．(新課標全國卷Ⅰ)甲、乙、丙三位同學被問到是否去過A，B，C三個城市時， 甲說：我去過的城市比乙多，但沒去過B城市； 乙說：我沒去過C城市； 丙說：我們?nèi)巳ミ^同一個城市． 由此可判斷乙去過的城市為________． 解析：由甲、丙的回答易知甲去過A城市和C城市，乙去過A城市或C城市，結(jié)合乙的回答可得乙去過A城市． 答案：A 2．

5、周長一定的平面圖形中圓的面積最大，將這個結(jié)論類比到空間，可以得到的結(jié)論是________． 解析：平面圖形中的圖類比空間幾何體中的球，周長類比表面積，面積類比體積． 故可以得到的結(jié)論是：表面積一定的空間幾何體中，球的體積最大． 答案：表面積一定的空間幾何體中，球的體積最大 3．下列說法正確的是________．(寫出全部正確命題的序號) ①演繹推理是由一般到特殊的推理?、谘堇[推理得到的結(jié)論一定是正確的?、垩堇[推理的一般模式是“三段論”形式?、苎堇[推理得到的結(jié)論的正誤與大、小前提和推理形式有關(guān) 解析：如果演繹推理的大前提和小前提都正確，則結(jié)論一定正確．大前提和小前提中，只要有一項不正

6、確，則結(jié)論一定也不正確．故②錯誤． 答案：①③④ 4．“因為AC，BD是菱形ABCD的對角線，所以AC，BD互相垂直且平分．”以上推理的大前提是________． 答案：菱形對角線互相垂直且平分 5．在平面上，若兩個正三角形的邊長比為1∶2，則它們的面積比為1∶4.類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長比為1∶2，則它們的體積比為________． 解析：＝＝＝＝. 答案：1∶8 6．(陜西高考)觀察分析下表中的數(shù)據(jù)： 多面體 面數(shù)(F) 頂點數(shù)(V) 棱數(shù)(E) 三棱柱 5 6 9 五棱錐 6 6 10 立方體 6 8 12 猜想一般凸多面體中

7、F，V，E所滿足的等式是________． 解析：三棱柱中5＋6－9＝2；五棱錐中6＋6－10＝2；立方體中6＋8－12＝2，由此歸納可得F＋V－E＝2. 答案：F＋V－E＝2 7．由“正三角形的內(nèi)切圓切于三邊的中點”，可類比猜想出正四面體的一個性質(zhì)為________． 解析：正三角形的邊對應(yīng)正四面體的面，即正三角形所在的正四面體的側(cè)面，所以邊的中點對應(yīng)的就是正四面體各正三角形的中心，故可猜想：正四面體的內(nèi)切球切于四個側(cè)面各正三角形的中心． 答案：正四面體的內(nèi)切球切于四個側(cè)面各正三角形的中心 8．已知x，y∈R＋，當x2＋y2＝________時，有x＋y＝1. 解析：要使x＋y

8、＝1， 只需x2(1－y2)＝1＋y2(1－x2)－2y， 即2y＝1－x2＋y2. 只需使(－y)2＝0， 即＝y(tǒng)，∴x2＋y2＝1. 答案：1 9．用數(shù)學歸納法證明1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)的過程如下： ①當n＝1時，左邊＝1，右邊＝21－1＝1，等式成立； ②假設(shè)當n＝k(k∈N*)時，等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1； ③則當n＝k＋1時，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝＝2k＋1－1，則當n＝k＋1時等式成立．由此可知，對任何n∈N*，等式都成立． 上述證明步驟中錯誤的是________． 解析：因為③沒有用到歸納假設(shè)的結(jié)

9、果，錯誤． 答案：③ 10.如圖，在平面直角坐標系xOy中，圓x2＋y2＝r2(r＞0)內(nèi)切于正方形ABCD，任取圓上一點P，若＝m＋n (m，n∈R)，則是m2，n2的等差中項；現(xiàn)有一橢圓＋＝1(a＞b＞0)內(nèi)切于矩形ABCD，任取橢圓上一點P，若＝m＋n (m，n∈R)，則m2，n2的等差中項為________． 解析：如圖，設(shè)P(x，y)，由＋＝1知A(a，b)，B(－a，b)，由＝m＋n可得代入＋＝1可得(m－n)2＋(m＋n)2＝1，即m2＋n2＝，所以＝，即m2，n2的等差中項為. 答案： 11．(安徽高考)如圖，在等腰直角三角形ABC 中，斜邊BC＝2.過點 A作B

10、C 的垂線，垂足為A1 ；過點 A1作 AC的垂線，垂足為 A2；過點A2 作A1C 的垂線，垂足為A3 ；…，依此類推．設(shè)BA＝a1 ，AA1＝a2 , A1A2＝a3 ，…， A5A6＝a7 ，則 a7＝________. 解析：法一：直接遞推歸納：等腰直角三角形ABC中，斜邊BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a16＝. 法二：求通項：等腰直角三角形ABC中，斜邊BC＝2，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1＝a2＝，…，An－1An＝an＋1＝sinan＝an＝2n，故a7＝26＝. 答案： 12．已知x>0，不等式x＋

11、≥2，x＋≥3，x＋≥4，…，可推廣為x＋≥n＋1，則a的值為________． 解析：由x＋≥2，x＋＝x＋≥3，x＋＝x＋≥4，…，可推廣為x＋≥n＋1，故a＝nn. 答案：nn 13．如圖，第n個圖形是由正n＋2邊形“擴展”而來(n＝1,2,3，…)，則第n個圖形中共有________個頂點． 解析：設(shè)第n個圖形中有an個頂點， 則a1＝3＋33，a2＝4＋44，…， an－2＝n＋nn， an＝(n＋2)2＋n＋2＝n2＋5n＋6. 答案：n2＋5n＋6 14．(湖北高考)古希臘畢達哥拉斯學派的數(shù)學家研究過各種多邊形數(shù)．如三角形數(shù)1,3,6,10，…，第n個三角形

12、數(shù)為＝n2＋n.記第n個k邊形數(shù)為N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個數(shù)的表達式： 三角形數(shù)　　　 N(n,3)＝n2＋n， 正方形數(shù) N(n,4)＝n2， 五邊形數(shù) N(n,5)＝n2－n， 六邊形數(shù) N(n,6)＝2n2－n， …… 可以推測N(n，k)的表達式，由此計算N(10,24)＝________. 解析：N(n，k)＝akn2＋bkn(k≥3)，其中數(shù)列{ak}是以為首項，為公差的等差數(shù)列；數(shù)列{bk}是以為首項，－為公差的等差數(shù)列；所以N(n,24)＝11n2－10n，當n＝10時，N(10,24)＝11102－1010＝1 0

13、00. 答案：1 000 二、解答題(本大題共6個小題，共90分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 15．(本小題滿分14分)設(shè)a>0，b>0，a＋b＝1，求證：＋＋≥8. 證明：∵a>0，b>0，a＋b＝1. ∴1＝a＋b≥2，≤，ab≤， ∴≥4， 又＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4. ∴＋＋≥8. 16．(本小題滿分14分)已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋an＋1＝n(n∈N*)，若Tn＝a1＋a25＋a352＋…＋an5n－1，bn＝6Tn－5nan，類比課本中推導等比數(shù)列前n項和公式的方法，求數(shù)列{bn}的通項公式． 解：因為Tn＝a1＋a25＋a352

14、＋…＋an5n－1，① 所以5Tn＝a15＋a252＋a353＋…＋an－15n－1＋an5n，② 由①＋②得： 6Tn＝a1＋(a1＋a2)5＋(a2＋a3)52＋…＋(an－1＋an)5n－1＋an5n ＝1＋5＋252＋…＋n－15n－1＋an5n ＝n＋an5n， 所以6Tn－5nan＝n， 所以數(shù)列{bn}的通項公式為bn＝n. 17．(本小題滿分14分)觀察 ①sin210＋cos240＋sin 10cos 40＝； ②sin26＋cos236＋sin 6cos 36＝. 由上面兩式的結(jié)構(gòu)規(guī)律，你能否提出一個猜想？并證明你的猜想． 解：觀察40－10＝30

15、，36－6＝30， 由此猜想： sin2α＋cos2(30＋α)＋sin αcos(30＋α)＝. 證明：sin2α＋cos2(30＋α)＋sin αcos(30＋α) ＝sin2α＋cos2(30＋α)＋sin α(cos 30cos α－sin 30sin α) ＝sin2α＋cos2(30＋α)＋sin αcos α－sin2α ＝sin2α＋cos2(30＋α)＋sin 2α ＝＋＋sin 2α ＝＋＋cos 2α－sin 2α＋sin 2α ＝. 18．(本小題滿分16分)已知實數(shù)a、b、c滿足0

16、能同時大于1. 證明：假設(shè)(2－a)b>1，(2－b)c>1，(2－c)a>1， 則三式相乘：(2－a)b(2－b)c(2－c)a>1① 而(2－a)a≤2＝1， 同理，(2－b)b≤1，(2－c)c≤1， 即(2－a)b(2－b)c(2－c)a≤1， 顯然與①矛盾， 所以原結(jié)論成立． 19．(本小題滿分16分)數(shù)列{an}滿足Sn＝2n－an(n∈N*)． (1)計算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項an的表達式； (2)用數(shù)學歸納法證明(1)中的猜想． 解：(1)由Sn＝2n－an，得，a1＝2－a1，即a1＝1. S2＝a1＋a2＝4－a2，解得a2＝. S

17、3＝a1＋a2＋a3＝6－a3，解得a3＝. S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝8－a4，解得a4＝. 由此猜想an＝(n∈N*)． (2)①當n＝1時，a1＝1，結(jié)論成立． ②假設(shè)當n＝k(k∈N*)時，結(jié)論成立，即ak＝， 那么當n＝k＋1時，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1， 則ak＋1＝＝＝＝， 這就是說當n＝k＋1時，結(jié)論也成立． 根據(jù)①和②，可知猜想對任何n∈N*都成立， 即an＝(n∈N*)． 20．(本小題滿分16分)已知函數(shù)f(x)＝x3－x，數(shù)列{an}滿足條件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)， (1)證明：an≥2n－1(n∈N*)． (2)試比較＋＋…＋與1的大小，并說明理由． 解：(1)證明：∵f′(x)＝x2－1， ∴an＋1≥(an＋1)2－1＝a＋2an. ①當n＝1時，a1≥1＝21－1，命題成立； ②假設(shè)當n＝k(k≥1，k∈N*)時命題成立， 即ak≥2k－1；那么當n＝k＋1時， ak＋1≥a＋2ak＝ak(ak＋2)≥(2k－1)(2k－1＋2) ＝22k－1≥2k＋1－1. 即當n＝k＋1時，命題成立， 綜上所述，命題成立． (2)∵an≥2n－1，∴1＋an≥2n，∴≤. ∴＋＋…＋≤＋＋…＋＝1－<1.