高中數(shù)學(xué)北師大版2第一章推理與證明_第1頁(yè)
高中數(shù)學(xué)北師大版2第一章推理與證明_第2頁(yè)
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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⑧數(shù)學(xué)歸納法合情推理1.歸納推理的特點(diǎn)及一般步驟2.類(lèi)比推理的特點(diǎn)及一般步驟(1)觀察式子:1+eq\f(1,22)<eq\f(3,2),1+eq\f(1,22)+eq\f(1,32)<eq\f(5,3),1+eq\f(1,22)+eq\f(1,32)+eq\f(1,42)<eq\f(7,4),……,由此可歸納出的式子為()+eq\f(1,22)+eq\f(1,32)+…+eq\f(1,n2)<eq\f(1,2n-1)+eq\f(1,22)+eq\f(1,32)+…+eq\f(1,n2)<eq\f(1,2n+1)+eq\f(1,22)+eq\f(1,32)+…+eq\f(1,n2)<eq\f(2n-1,n)+eq\f(1,22)+eq\f(1,32)+…+eq\f(1,n2)<eq\f(2n,2n+1)(2)兩點(diǎn)等分單位圓時(shí),有相應(yīng)正確關(guān)系為sinα+sin(π+α)=0;三點(diǎn)等分單位圓時(shí),有相應(yīng)正確關(guān)系為sinα+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(2π,3)))+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(4π,3)))=0,由此可以推知,四點(diǎn)等分單位圓時(shí)的相應(yīng)正確關(guān)系為_(kāi)_________.【精彩點(diǎn)撥】(1)觀察各式特點(diǎn),找準(zhǔn)相關(guān)點(diǎn),歸納即得.(2)觀察各角的正弦值之間的關(guān)系得出結(jié)論.【規(guī)范解答】(1)由各式特點(diǎn),可得1+eq\f(1,22)+eq\f(1,32)+…+eq\f(1,n2)<eq\f(2n-1,n).故選C.(2)用兩點(diǎn)等分單位圓時(shí),關(guān)系為sinα+sin(π+α)=0,兩個(gè)角的正弦值之和為0,且第一個(gè)角為α,第二個(gè)角與第一個(gè)角的差為(π+α)-α=π,用三點(diǎn)等分單位圓時(shí),關(guān)系為sinα+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(2π,3)))+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(4π,3)))=0,此時(shí)三個(gè)角的正弦值之和為0,且第一個(gè)角為α,第二個(gè)角與第一個(gè)角的差與第三個(gè)角與第二個(gè)角的差相等,即有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(4π,3)))-eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(2π,3)))=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(2π,3)))-α=eq\f(2π,3).依此類(lèi)推,可得當(dāng)四點(diǎn)等分單位圓時(shí),為四個(gè)角正弦值之和為0,且第一個(gè)角為α,第二個(gè)角為eq\f(2π,4)+α=eq\f(π,2)+α,第三個(gè)角為eq\f(π,2)+α+eq\f(2π,4)=π+α,第四個(gè)角為π+α+eq\f(2π,4)=eq\f(3π,2)+α,即其關(guān)系為sinα+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,2)))+sin(α+π)+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(3π,2)))=0.【答案】(1)C(2)sinα+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(π,2)))+sin(α+π)+sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α+\f(3π,2)))=0[再練一題]1.已知函數(shù)y=sin4x+cos4x(x∈R)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2),1)),則(1)函數(shù)y=sin6x+cos6x(x∈R)的值域是__________;(2)類(lèi)比上述結(jié)論,函數(shù)y=sin2nx+cos2nx(n∈N+)的值域是__________.【解析】(1)y=sin6x+cos6x=(sin2x+cos2x)(sin4x-sin2xcos2x+cos4x)=sin4x-sin2xcos2x+cos4x=(sin2x+cos2x)2-3sin2xcos2x=1-eq\f(3,4)sin2(2x)=1-eq\f(3,8)(1-cos4x)=eq\f(5,8)+eq\f(3,8)cos4x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4),1)).(2)由類(lèi)比可知,y=sin2nx+cos2nx的值域是[21-n,1].【答案】(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4),1))(2)[21-n,1]綜合法與分析法1.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)題的常用的方法,綜合法是由因?qū)Ч乃季S方式,而分析法的思路恰恰相反,它是執(zhí)果索因的思維方式.2.分析法和綜合法是兩種思路相反的推理方法.分析法是倒溯,綜合法是順推,二者各有優(yōu)缺點(diǎn).分析法容易探路,且探路與表述合一,缺點(diǎn)是表述易錯(cuò);綜合法條理清晰,易于表述,因此對(duì)于難題常把二者交互運(yùn)用,互補(bǔ)優(yōu)缺,形成分析綜合法,其邏輯基礎(chǔ)是充分條件與必要條件.設(shè)a>0,b>0,a+b=1,求證:eq\f(1,a)+eq\f(1,b)+eq\f(1,ab)≥8.試用綜合法和分析法分別證明.【精彩點(diǎn)撥】(1)綜合法:根據(jù)a+b=1,分別求eq\f(1,a)+eq\f(1,b)與eq\f(1,ab)的最小值.(2)分析法:把eq\f(1,ab)變形為eq\f(a+b,ab)=eq\f(1,a)+eq\f(1,b)求證.【規(guī)范解答】法一:(綜合法)∵a>0,b>0,a+b=1,∴1=a+b≥2eq\r(ab),eq\r(ab)≤eq\f(1,2),ab≤eq\f(1,4),∴eq\f(1,ab)≥4.又eq\f(1,a)+eq\f(1,b)=(a+b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)+\f(1,b)))=2+eq\f(b,a)+eq\f(a,b)≥4,∴eq\f(1,a)+eq\f(1,b)+eq\f(1,ab)≥8(當(dāng)且僅當(dāng)a=b=eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立).法二:(分析法)∵a>0,b>0,a+b=1,要證eq\f(1,a)+eq\f(1,b)+eq\f(1,ab)≥8,只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)+\f(1,b)))+eq\f(a+b,ab)≥8,只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)+\f(1,b)))+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)+\f(1,a)))≥8,即證eq\f(1,a)+eq\f(1,b)≥4.也就是證eq\f(a+b,a)+eq\f(a+b,b)≥4.即證eq\f(b,a)+eq\f(a,b)≥2,由基本不等式可知,當(dāng)a>0,b>0時(shí),eq\f(b,a)+eq\f(a,b)≥2成立,所以原不等式成立.[再練一題]2.(1)已知a,b,c為互不相等的非負(fù)數(shù).求證:a2+b2+c2>eq\r(abc)(eq\r(a)+eq\r(b)+eq\r(c)).(2)用分析法證明:2cos(α-β)-eq\f(sin(2α-β),sinα)=eq\f(sinβ,sinα).【解】(1)因?yàn)閍2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,又因?yàn)閍,b,c為互不相等的非負(fù)數(shù),所以上面三個(gè)式子中都不能取“=”,所以a2+b2+c2>ab+bc+ac,因?yàn)閍b+bc≥2eq\r(ab2c),bc+ac≥2eq\r(abc2),ab+ac≥2eq\r(a2bc),又a,b,c為互不相等的非負(fù)數(shù),所以ab+bc+ac>eq\r(abc)(eq\r(a)+eq\r(b)+eq\r(c)),所以a2+b2+c2>eq\r(abc)(eq\r(a)+eq\r(b)+eq\r(c)).(2)要證原等式成立,只需證:2cos(α-β)sinα-sin(2α-β)=sinβ,①因?yàn)棰僮筮叄?cos(α-β)sinα-sin[(α-β)+α]=2cos(α-β)sinα-sin(α-β)cosα-cos(α-β)sinα=cos(α-β)sinα-sin(α-β)cosα=sinβ=右邊,所以①成立,即原等式成立.反證法反證法是間接證明的一種基本方法,用反證法證明時(shí),假定原結(jié)論的對(duì)立面為真,從反設(shè)和已知條件出發(fā),經(jīng)過(guò)一系列正確的邏輯推理,得出矛盾結(jié)果,斷定反設(shè)不成立,從而肯定結(jié)論.反證法的思路:反設(shè)→歸謬→結(jié)論.設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列.(1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式;(2)設(shè)q≠1,證明:數(shù)列{an+1}不是等比數(shù)列.【精彩點(diǎn)撥】(1)利用等比數(shù)列的概念及通項(xiàng)公式推導(dǎo)前n項(xiàng)和公式;(2)利用反證法證明要證的結(jié)論.【規(guī)范解答】(1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn,當(dāng)q=1時(shí),Sn=a1+a1+…+a1=na1;當(dāng)q≠1時(shí),Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1, ①qSn=a1q+a1q2+…+a1qn, ②①-②得,(1-q)Sn=a1-a1qn,∴Sn=eq\f(a1(1-qn),1-q),∴Sn=eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1,q=1,,\f(a1(1-qn),1-q),q≠1.))(2)證明:假設(shè){an+1}是等比數(shù)列,則對(duì)任意的k∈N+,(ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1),aeq\o\al(2,k+1)+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,aeq\o\al(2,1)q2k+2a1qk=a1qk-1·a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1,∵a1≠0,∴2qk=qk-1+qk+1.∵q≠0,∴q2-2q+1=0,∴q=1,這與已知矛盾.∴假設(shè)不成立,故{an+1}不是等比數(shù)列.[再練一題]3.已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a>0)的圖像與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn),若f(c)=0,且0<x<c時(shí),f(x)>0.(1)證明:eq\f(1,a)是f(x)=0的一個(gè)根;(2)試比較eq\f(1,a)與c的大小.【解】(1)證明:∵f(x)的圖像與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn),∴f(x)=0有兩個(gè)不等實(shí)根x1,x2.∵f(c)=0,∴x1=c是f(x)=0的根.又x1x2=eq\f(c,a),∴x2=eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)≠c)),∴eq\f(1,a)是f(x)=0的一個(gè)根.(2)假設(shè)eq\f(1,a)<c,又eq\f(1,a)>0,由0<x<c時(shí),f(x)>0,知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>0與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))=0矛盾,∴eq\f(1,a)≥c.又∵eq\f(1,a)≠c,∴eq\f(1,a)>c.數(shù)學(xué)歸納法1.關(guān)注點(diǎn)一:用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問(wèn)題是數(shù)學(xué)歸納法的常見(jiàn)題型,其關(guān)鍵點(diǎn)在于“先看項(xiàng)”,弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律,等式兩邊各有多少項(xiàng),初始值n0是多少.2.關(guān)注點(diǎn)二:由n=k到n=k+1時(shí),除等式兩邊變化的項(xiàng)外還要利用n=k時(shí)的式子,即利用假設(shè),正確寫(xiě)出歸納證明的步驟,從而使問(wèn)題得以證明.已知正數(shù)數(shù)列{an}(n∈N+)中,前n項(xiàng)和為Sn,且2Sn=an+eq\f(1,an),用數(shù)學(xué)歸納法證明:an=eq\r(n)-eq\r(n-1).【導(dǎo)學(xué)號(hào):94210027】【規(guī)范解答】(1)當(dāng)n=1時(shí),a1=S1=eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1+\f(1,a1))),所以aeq\o\al(2,1)=1(an>0),所以a1=1,又eq\r(1)-eq\r(0)=1,所以n=1時(shí),結(jié)論成立.(2)假設(shè)n=k(k≥1,k∈N+)時(shí),結(jié)論成立,即ak=eq\r(k)-eq\r(k-1).當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1=Sk+1-Sk=eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak+1+\f(1,ak+1)))-eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak+\f(1,ak)))=eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak+1+\f(1,ak+1)))-eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(k)-\r(k-1)+\f(1,\r(k)-\r(k-1))))=eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak+1+\f(1,ak+1)))-eq\r(k),所以aeq\o\al(2,k+1)+2eq\r(k)ak+1-1=0,解得ak+1=eq\r(k+1)-eq\r(k)(an>0),所以n=k+1時(shí),結(jié)論成立.由(1)(2)可知,對(duì)n∈N+都有an=eq\r(n)-eq\r(n-1).[再練一題]4.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn=eq\f(n(an+1),2)(n∈N+),a2=2.(1)求{an}的前三項(xiàng)a1,a2,a3;(2)猜想{an}的通項(xiàng)公式,并證明.【解】(1)由Sn=eq\f(n(an+1),2),得a1=1,又由a2=2,得a3=3.(2)猜想:an=n.證明如下:①當(dāng)n=1時(shí),猜想成立.②假設(shè)當(dāng)n=k(k≥2)時(shí),猜想成立,即ak=k,那么當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1=Sk+1-Sk=eq\f((k+1)(ak+1+1),2)-eq\f(k(ak+1),2)=eq\f((k+1)(ak+1+1),2)-eq\f(k(k+1),2).所以ak+1=eq\f(k2,k-1)-eq\f(1,k-1)=k+1,所以當(dāng)n=k+1時(shí),猜想也成立.根據(jù)①②知,對(duì)任意n∈N+,都有an=n.轉(zhuǎn)化與化歸思想轉(zhuǎn)化與化歸是數(shù)學(xué)思想方法的靈魂.在本章中,合情推理與演繹推理體現(xiàn)的是一般與特殊的轉(zhuǎn)化;數(shù)學(xué)歸納法體現(xiàn)的是一般與特殊、有限與無(wú)限的轉(zhuǎn)化;反證法體現(xiàn)的是對(duì)立與統(tǒng)一的轉(zhuǎn)化.設(shè)二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a≠0)中的a,b,c都為整數(shù),已知f(0),f(1)均為奇數(shù),求證:方程f(x)=0無(wú)整數(shù)根.【精彩點(diǎn)撥】假設(shè)方程f(x)=0有整數(shù)根k,結(jié)合f(0),f(1)均為奇數(shù)推出矛盾.【規(guī)范解答】假設(shè)方程f(x)=0有一個(gè)整數(shù)根k,則ak2+bk+c=0,∵f(0)=c,f(1)=a+b+c都為奇數(shù),∴a+b必為偶數(shù),ak2+bk為奇數(shù).當(dāng)k為偶數(shù)時(shí),令k=2n(n∈Z),則ak2+bk=4n2a+2nb=2n(2na+b)必為偶數(shù),與ak2+bk為奇數(shù)矛盾;當(dāng)k為奇數(shù)時(shí),令k=2n+1(n∈Z),則ak2+bk=(2n+1)·(2na+a+b)為一奇數(shù)與一偶數(shù)乘積,必為偶數(shù),也與ak2+bk為奇數(shù)矛盾.綜上可知,方程f(x)=0無(wú)整數(shù)根.[再練一題]5.用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí),xn+yn能被x+y整除.【證明】設(shè)n=2m-1,m∈N+,則xn+yn=x2m-1+y2m-1.要證明原命題成立,只需證明x2m-1+y2m-1能被x+y整除(m∈N+).(1)當(dāng)m=1時(shí),x2m-1+y2m-1=x+y能被x+y整除.(2)假設(shè)當(dāng)m=k(k∈N+)時(shí)命題成立,即x2k-1+y2k-1能被x+y整除,那么當(dāng)m=k+1時(shí),x2(k+1)-1+y2(k+1)-1=x2k+2-1+y2k+2-1=x2k-1x2-x2k-1y2+y2k-1y2+x2k-1y2=x2k-1(x2-y2)+y2(x2k-1+y2k-1)=x2k-1(x-y)(x+y)+y2(x2k-1+y2k-1).因?yàn)閤2k-1(x-y)(x+y)與y2(x2k-1+y2k-1)均能被x+y整除,所以當(dāng)m=k+1時(shí),命題成立.由(1)(2),知原命題成立.1.(2023·北京高考)某學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)的立定跳遠(yuǎn)和30秒跳繩兩個(gè)單項(xiàng)比賽分成預(yù)賽和決賽兩個(gè)階段.下表為10名學(xué)生的預(yù)賽成績(jī),其中有三個(gè)數(shù)據(jù)模糊.學(xué)生序號(hào)12345立定跳遠(yuǎn)(單位:米)30秒跳繩(單位:次)63a756063學(xué)生序號(hào)678910立定跳遠(yuǎn)(單位:米)30秒跳繩(單位:次)7270a-1b65在這10名學(xué)生中,進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽的有8人,同時(shí)進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽和30秒跳繩決賽的有6人,則()號(hào)學(xué)生進(jìn)入30秒跳繩決賽號(hào)學(xué)生進(jìn)入30秒跳繩決賽號(hào)學(xué)生進(jìn)入30秒跳繩決賽號(hào)學(xué)生進(jìn)入30秒跳繩決賽【解析】由題意可知1到8號(hào)學(xué)生進(jìn)入了立定跳遠(yuǎn)決賽.由于同時(shí)進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽和30秒跳繩決賽的有6人,因此1到8號(hào)同學(xué)中有且只有6人進(jìn)入兩項(xiàng)決賽,分類(lèi)討論如下:(1)當(dāng)a<60時(shí),a-1<59,此時(shí)2號(hào)和8號(hào)不能入選,即入選的只有1,3,4,5,6,7號(hào);(2)當(dāng)a=60時(shí),a-1=59,此時(shí)2號(hào)和4號(hào)同時(shí)入選或同時(shí)都不入選,均不符合題意;(3)當(dāng)a=61時(shí),a-1=60,此時(shí)8號(hào)和4號(hào)不能入選,即入選的只有1,2,3,5,6,7號(hào);(4)當(dāng)a=62或63時(shí),相應(yīng)的a-1=61或62,此時(shí)8號(hào)和4號(hào)不能入選,即入選的只有1,2,3,5,6,7號(hào);(5)當(dāng)a≥64時(shí),此時(shí)a-1≥63,不符合題意.綜上可知1,3,5,6,7號(hào)學(xué)生一定進(jìn)入30秒跳繩決賽.【答案】B2.(2023·全國(guó)卷Ⅱ)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”,則甲的卡片上的數(shù)字是________.【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”可知,甲的卡片上的數(shù)字是1和3.【答案】1和33.(2023·福建高考)一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2…xn(n∈N+),其中xk(k=1,2,…,n)稱(chēng)為第k位碼元.二元碼是通信中常用的碼,但在通信過(guò)程中有時(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)誤(即碼元由0變?yōu)?,或者由1變?yōu)?).已知某種二元碼x1x2…x7的碼元滿(mǎn)足如下校驗(yàn)方程組:eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7=0,,x2⊕x3⊕x6⊕x7=0,,x1⊕x3⊕x5⊕x7=0,))其中運(yùn)算⊕定義為:0⊕0=0,0⊕1=1,1⊕0=1,1⊕1=0.現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通信過(guò)程中僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了1101101,那么利用上述校驗(yàn)方程組可判定k等于________.【解析】因?yàn)閤2⊕x3⊕x6⊕x7=0,所以x2,x3,x6,x7都正確.又因?yàn)閤4⊕x5⊕x6⊕x7=1,x1⊕x3⊕x5⊕x7=1,故x1和x4都錯(cuò)誤,或僅x5錯(cuò)誤.因?yàn)闂l件中要求僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤,故只有x5錯(cuò)誤.【答案】54.(2023·湖南高考)設(shè)a>0,b>0,且a+b=eq\f(1,a)+eq\f(1,b).證明:(1)a+b≥2;(2)a2+a<2與b2+b<2不可能同時(shí)成立.【證明】由a+b=eq\f(1,a)+eq\f(1,b)=eq\f(a+b,ab),a>0,b>0,得ab=1.(1)由基本不等式及ab=1,有a+b≥2eq\r(ab)=2,即a+b≥2,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=1時(shí)等號(hào)成立.(2)假設(shè)a2+a<2與b2+b<2同時(shí)成立,則由a2+a<2及a>0,得0<a<1;同理,0<b<1,從而ab<1,這與ab=1矛盾.故a2+a<2與b2+b<2不可能同時(shí)成立.5.(2023·浙江高考)設(shè)函數(shù)f(x)=x3+eq\f(1,1+x),x∈[0,1].證明:(1)f(x)≥1-x+x2;(2)eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).【證明】(1)因?yàn)?-x+x2-x3=eq\f(1-(-x)4,1-(-x))=eq\f(1-x4,1+x),由于x∈[0,1],有eq\f(1-x4,1+x)≤eq\f(1,x+1),即1-x+x2-x3≤eq\f(1,x+1),所以f(x)≥1-x+x2.(2)由0≤x≤1得x3≤x,故f(x)=x3+eq\f(1,x+1)≤x+eq\f(1,x+1)=x+eq\f(1,x+1)-eq\f(3,2)+eq\f(3,2)=eq\f((x-1)(2x+1),2(x+1))+eq\f(3,2)≤eq\f(3,2),所以f(x)≤eq\f(3,2).由(1)得f(x)≥1-x+x2=eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x-\f(1,2)))eq\s\up8(2)+eq\f(3,4)≥eq\f(3,4),又因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))=eq\f(19,24)>eq\f(3,4),所以f(x)>eq\f(3,4).綜上,eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).章末綜合測(cè)評(píng)(一)推理與證明(時(shí)間120分鐘,滿(mǎn)分150分)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.下面四個(gè)推理不是合情推理的是()A.由圓的性質(zhì)類(lèi)比推出球的有關(guān)性質(zhì)B.由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的內(nèi)角和都是180°,歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°C.某次考試張軍的成績(jī)是100分,由此推出全班同學(xué)的成績(jī)都是100分D.蛇、海龜、蜥蜴是用肺呼吸的,蛇、海龜、蜥蜴是爬行動(dòng)物,所以所有的爬行動(dòng)物都是用肺呼吸的【解析】逐項(xiàng)分析可知,A項(xiàng)屬于類(lèi)比推理,B項(xiàng)和D項(xiàng)屬于歸納推理,而C項(xiàng)中各個(gè)學(xué)生的成績(jī)不能類(lèi)比,不是合情推理.【答案】C2.用反證法證明命題“若直線AB,CD是異面直線,則直線AC,BD也是異面直線”的過(guò)程歸納為以下三個(gè)步驟:①則A,B,C,D四點(diǎn)共面,所以AB,CD共面,這與AB,CD是異面直線矛盾;②所以假設(shè)錯(cuò)誤,即直線AC,BD也是異面直線;③假設(shè)直線AC,BD是共面直線.則正確的序號(hào)順序?yàn)?)A.①②③ B.③①②C.①③② D.②③①【解析】結(jié)合反證法的證明步驟可知,其正確步驟為③①②.【答案】B3.下列推理是歸納推理的是(),B為定點(diǎn),動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足|PA|+|PB|=2a>|AB|,得P的軌跡為橢圓B.由a1=1,an=3n-1,求出S1,S2,S3,猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式C.由圓x2+y2=r2的面積πr2,猜出橢圓eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1的面積S=πabD.科學(xué)家利用魚(yú)的沉浮原理制造潛艇【解析】由歸納推理的特點(diǎn)知,選B.【答案】B4.用反證法證明“a,b,c中至少有一個(gè)大于0”,下列假設(shè)正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào):94210028】A.假設(shè)a,b,c都小于0B.假設(shè)a,b,c都大于0C.假設(shè)a,b,c中都不大于0D.假設(shè)a,b,c中至多有一個(gè)大于0【解析】用反證法證明“a,b,c中至少有一個(gè)大于0”,應(yīng)先假設(shè)要證命題的否定成立.而要證命題的否定為:“假設(shè)a,b,c中都不大于0”,故選C.【答案】C5.用數(shù)學(xué)歸納法證明“5n-2n能被3整除”的第二步中,當(dāng)n=k+1時(shí),為了使用假設(shè),應(yīng)將5k+1-2k+1變形為()A.(5k-2k)+4·5k-2k(5k-2k)+3·2kC.(5-2)(5k-2k)(5k-2k)-3·5k【解析】5k+1-2k+1=5k·5-2k·2=5k·5-2k·5+2k·5-2k·2=5(5k-2k)+3·2k.【答案】B6.已知n為正偶數(shù),用數(shù)學(xué)歸納法證明1-eq\f(1,2)+eq\f(1,3)-eq\f(1,4)+…-eq\f(1,n)=2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n+2)+\f(1,n+4)+…+\f(1,2n)))時(shí),若已假設(shè)n=k(k≥2且k為偶數(shù))時(shí)等式成立,則還需要用歸納假設(shè)再證n=________時(shí)等式成立.()+1+2+2(k+2)【解析】根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法的步驟可知,n=k(k≥2且k為偶數(shù))的下一個(gè)偶數(shù)為n=k+2,故選B.【答案】B7.(2023·昌平模擬)已知{bn}為等比數(shù)列,b5=2,則b1·b2·b3·b4·b5·b6·b7·b8·b9=29.若{an}為等差數(shù)列,a5=2,則{an}的類(lèi)似結(jié)論為()…a9=29+a2+a3+…+a9=29…a9=2×9+a2+a3+…+a9=2×9【解析】根據(jù)等差、等比數(shù)列的特征知,a1+a2+…+a9=2×9.【答案】D8.(2023·北京高考)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】B9.在等差數(shù)列{an}中,若a10=0,則有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n(n<19且n∈N+)成立,類(lèi)比上述性質(zhì),在等比數(shù)列{bn}中,若b11=1,則有()·b2·…·bn=b1·b2·…·b19-n·b2·…·bn=b1·b2·…·b21-n+b2+…+bn=b1+b2+…+b19-n+b2+…+bn=b1+b2+…+b21-n【解析】令n=10時(shí),驗(yàn)證即知選B.【答案】B10.將石子擺成如圖1的梯形形狀.稱(chēng)數(shù)列5,9,14,20,…為“梯形數(shù)”.根據(jù)圖形的構(gòu)成,此數(shù)列的第2016項(xiàng)與5的差,即a2016-5=()圖1018×2014 018×2013010×2012 011×2013【解析】an-5表示第n個(gè)梯形有n-1層點(diǎn),最上面一層為4個(gè),最下面一層為n+2個(gè).∴an-5=eq\f((n-1)(n+6),2),∴a2016-5=eq\f(2015×2022,2)=2013×1011.【答案】D11.在直角坐標(biāo)系xOy中,一個(gè)質(zhì)點(diǎn)從A(a1,a2)出發(fā)沿圖2中路線依次經(jīng)過(guò)B(a3,a4),C(a5,a6),D(a7,a8),…,按此規(guī)律一直運(yùn)動(dòng)下去,則a2015+a2016+a2017=()圖2006 007008 009【解析】依題意a1=1,a2=1;a3=-1,a4=2;a5=2,a6=3;…,歸納可得a1+a3=1-1=0,a5+a7=2-2=0,…,進(jìn)而可歸納得a2015+a2017=0,a2=1,a4=2,a6=3,…,進(jìn)而可歸納得a2016=eq\f(1,2)×2016=1008,a2015+a2016+a2017=1008.故選C.【答案】C12.記集合T={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9},M=eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a1,10)+\f(a2,102)+\f(a3,103)+\f(a4,104)\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,,))ai∈T,i=1,2,3,4)),將M中的元素按從大到小排列,則第2016個(gè)數(shù)是()\f(7,10)+eq\f(9,102)+eq\f(8,103)+eq\f(4,104)\f(5,10)+eq\f(5,102)+eq\f(7,103)+eq\f(2,104)\f(5,10)+eq\f(5,102)+eq\f(7,103)+eq\f(3,104)\f(7,10)+eq\f(9,102)+eq\f(9,103)+eq\f(1,104)【解析】因?yàn)閑q\f(a1,10)+eq\f(a2,102)+eq\f(a3,103)+eq\f(a4,104)=eq\f(1,104)(a1×103+a2×102+a3×101+a4),括號(hào)內(nèi)表示的10進(jìn)制數(shù),其最大值為9999,從大到小排列,第2016個(gè)數(shù)為9999-2016+1=7984,所以a1=7,a2=9,a3=8,a4=4.【答案】A二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.將答案填在題中的橫線上)13.已知圓的方程是x2+y2=r2,則經(jīng)過(guò)圓上一點(diǎn)M(x0,y0)的切線方程為x0x+y0y=r2.類(lèi)比上述性質(zhì),可以得到橢圓eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1類(lèi)似的性質(zhì)為_(kāi)_________.【解析】圓的性質(zhì)中,經(jīng)過(guò)圓上一點(diǎn)M(x0,y0)的切線方程就是將圓的方程中的一個(gè)x與y分別用M(x0,y0)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)替換.故可得橢圓eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1類(lèi)似的性質(zhì)為:過(guò)橢圓eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1上一點(diǎn)P(x0,y0)的切線方程為eq\f(x0x,a2)+eq\f(y0y,b2)=1.【答案】經(jīng)過(guò)橢圓eq\f(x2,a2)+eq\f(y2,b2)=1上一點(diǎn)P(x0,y0)的切線方程為eq\f(x0x,a2)+eq\f(y0y,b2)=114.觀察下列等式:13=1,13+23=9,13+23+33=36,13+23+33+43=100,……照此規(guī)律,第n個(gè)等式可為_(kāi)_________.【導(dǎo)學(xué)號(hào):94210029】【解析】依題意,注意到13=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×(1+1)))eq\s\up12(2),13+23=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×(2+1)))eq\s\up12(2)=9,13+23+33=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×(3+1)))eq\s\up12(2)=36,……,照此規(guī)律,第n個(gè)等式可為13+23+33+…+n3=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n(n+1)))eq\s\up12(2).【答案】13+23+33+…+n3=eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n(n+1)))eq\s\up12(2)15.(2023·東莞高二檢測(cè))當(dāng)n=1時(shí),有(a-b)(a+b)=a2-b2,當(dāng)n=2時(shí),有(a-b)(a2+ab+b2)=a3-b3,當(dāng)n=3時(shí),有(a-b)(a3+a2b+ab2+b3)=a4-b4,當(dāng)n∈N+時(shí),你能得到的結(jié)論是__________.【解析】根據(jù)題意,由于當(dāng)n=1時(shí),有(a-b)(a+b)=a2-b2,當(dāng)n=2時(shí),有(a-b)(a2+ab+b2)=a3-b3,當(dāng)n=3時(shí),有(a-b)(a3+a2b+ab2+b3)=a4-b4,當(dāng)n∈N+時(shí),左邊第二個(gè)因式可知為an+an-1b+…+abn-1+bn,那么對(duì)應(yīng)的表達(dá)式為(a-b)·(an+an-1b+…+abn-1+bn)=an+1-bn+1.【答案】(a-b)(an+an-1b+…+abn-1+bn)=an+1-bn+116.如圖3,如果一個(gè)凸多面體是n(n∈N+)棱錐,那么這個(gè)凸多面體的所有頂點(diǎn)所確定的直線共有________條,這些直線共有f(n)對(duì)異面直線,則f(4)=________,f(n)=__________.(答案用數(shù)字或n的解析式表示)圖3【解析】所有頂點(diǎn)所確定的直線共有棱數(shù)+底邊數(shù)+對(duì)角線數(shù)=n+n+eq\f(n(n-3),2)=eq\f(n(n+1),2).從題圖中能看出四棱錐中異面直線的對(duì)數(shù)為f(4)=4×2+eq\f(4×1,2)×2=12,所以f(n)=n(n-2)+eq\f(n(n-3),2)·(n-2)=eq\f(n(n-1)(n-2),2).【答案】eq\f(n(n+1),2)12eq\f(n(n-1)(n-2),2)三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17.(本小題滿(mǎn)分10分)用綜合法或分析法證明:(1)如果a,b>0,則lgeq\f(a+b,2)≥eq\f(lga+lgb,2);(2)eq\r(6)+eq\r(10)>2eq\r(3)+2.【證明】(1)當(dāng)a,b>0時(shí),有eq\f(a+b,2)≥eq\r(ab),∴l(xiāng)geq\f(a+b,2)≥lgeq\r(ab),∴l(xiāng)geq\f(a+b,2)≥eq\f(1,2)lgab=eq\f(lga+lgb,2).(2)要證eq\r(6)+eq\r(10)>2eq\r(3)+2,只要證(eq\r(6)+eq\r(10))2>(2eq\r(3)+2)2,即2eq\r(60)>2eq\r(48),這是顯然成立的,所以,原不等式成立.18.(本小題滿(mǎn)分12分)觀察以下各等式:sin230°+cos260°+sin30°cos60°=eq\f(3,4),sin220°+cos250°+sin20°cos50°=eq\f(3,4),sin215°+cos245°+sin15°cos45°=eq\f(3,4).分析上述各式的共同特點(diǎn),猜想出反映一般規(guī)律的等式,并對(duì)等式的正確性作出證明.【解】猜想:sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=eq\f(3,4).證明如下:sin2α+cos2(α+30°)+sinαcos(α+30°)=sin2α+eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα-\f(1,2)sinα))eq\s\up12(2)+sinαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα-\f(1,2)sinα))=sin2α+eq\f(3,4)cos2α-eq\f(\r(3),2)sinαcosα+eq\f(1,4)sin2α+eq\f(\r(3),2)sinα·cosα-eq\f(1,2)sin2α=eq\f(3,4)sin2α+eq\f(3,4)cos2α=eq\f(3,4).19.(本小題滿(mǎn)分12分)點(diǎn)P為斜三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱BB1上一點(diǎn),PM⊥BB1交AA1于點(diǎn)M,PN⊥BB1交CC1于點(diǎn)N.(1)求證:CC1⊥MN;(2)在任意△DEF中有余弦定理:DE2=DF2+EF2-2DF·EF·cos∠DFE.擴(kuò)展到空間類(lèi)比三角形的余弦定理,寫(xiě)出斜三棱柱的三個(gè)側(cè)面面積與其中兩個(gè)側(cè)面所成的二面角之間的關(guān)系式,并予以證明.【解】(1)證明:因?yàn)镻M⊥BB1,PN⊥BB1,又PM∩PN=P,所以BB1⊥平面PMN,所以BB1⊥MN.又CC1∥BB1,所以CC1⊥MN.(2)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中,有S2ABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)=S2BCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)+S2ACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)-2SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)cosα.其中α為平面BCC1B1與平面ACC1A1所成的二面角.證明如下:因?yàn)镃C1⊥平面PMN,所以上述的二面角的平面角為∠MNP.在△PMN中,因?yàn)镻M2=PN2+MN2-2PN·MNcos∠MNP,所以PM2·CCeq\o\al(2,1)=PN2·CCeq\o\al(2,1)+MN2·CCeq\o\al(2,1)-2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP,由于SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)=PN·CC1,SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)=MN·CC1,SABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)=PM·BB1=PM·CC1,所以S2ABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)=S2BCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)+S2ACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)-2SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)·SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)·cosα.20.(本小題滿(mǎn)分12分)(2023·江蘇高考)如圖4,在三棱錐P-ABC中,D,E,F(xiàn)分別為棱PC,AC,AB的中點(diǎn).已知PA⊥AC,PA=6,BC=8,DF=5.求證:圖4(1)直線PA∥平面DEF;(2)平面BDE⊥平面ABC.【證明】(1)因?yàn)镈,E分別為棱PC,AC的中點(diǎn),所以DE∥PA.又因?yàn)镻Aeq\o(?,\s\up0(/))平面DEF,DE平面DEF,所以直線PA∥平面DEF.(2)因?yàn)镈,E,F(xiàn)分別為棱PC,AC,AB的中點(diǎn),PA=6,BC=8,所以DE∥PA,DE=eq\f(1,2)PA=3,EF=eq\f(1,2)BC=4.又因?yàn)镈F=5,故DF2=DE2+EF2,所以∠DEF=90°,即DE⊥EF.又PA⊥AC,DE∥PA,所以DE⊥AC.因?yàn)锳C∩EF=E,AC平面ABC,EF平面ABC,所以DE⊥平面ABC.又DE平面BDE,所以平面BDE⊥平面ABC.21.(本小題滿(mǎn)分12分)在數(shù)列{an}中,a1=1,a2=eq\f(1,4),且an+1=eq\f((n-1)an,n-an)(n≥2).(1)求a3,a4,猜想an的表達(dá)式,并加以證明

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