![2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明本章小結(jié)學(xué)案含解析新人教A版選修2-2_第1頁](http://file4.renrendoc.com/view9/M02/28/0B/wKhkGWdYjzGAbKjcAAHHRzPErLI306.jpg)
![2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明本章小結(jié)學(xué)案含解析新人教A版選修2-2_第2頁](http://file4.renrendoc.com/view9/M02/28/0B/wKhkGWdYjzGAbKjcAAHHRzPErLI3062.jpg)
![2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明本章小結(jié)學(xué)案含解析新人教A版選修2-2_第3頁](http://file4.renrendoc.com/view9/M02/28/0B/wKhkGWdYjzGAbKjcAAHHRzPErLI3063.jpg)
![2024-2025學(xué)年高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明本章小結(jié)學(xué)案含解析新人教A版選修2-2_第4頁](http://file4.renrendoc.com/view9/M02/28/0B/wKhkGWdYjzGAbKjcAAHHRzPErLI3064.jpg)
下載本文檔
版權(quán)說明:本文檔由用戶提供并上傳,收益歸屬內(nèi)容提供方,若內(nèi)容存在侵權(quán),請進行舉報或認領(lǐng)
文檔簡介
PAGE2-其次章本章小結(jié)一、合情推理與演繹推理歸納和類比是常用的合情推理,都是依據(jù)已有的事實,經(jīng)過視察、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,類比是由特別到特別的推理,演繹推理是由一般到特別的推理,從推理所得結(jié)論來看,合情推理的結(jié)論不肯定正確,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)論肯定正確.從二者在相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)論須要演繹推理的驗證,而演繹推理的內(nèi)容一般是通過合情推理獲得.合情推理可以為演繹推理供應(yīng)方向和思路.【例1】視察(x2)′=2x,(x4)′=4x3,(cosx)′=-sinx,由歸納推理可得:若定義在R上的函數(shù)f(x)滿意f(-x)=f(x),記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù),則g(-x)=()A.f(x) B.-f(x)C.g(x) D.-g(x)【解析】通過視察所給的結(jié)論可知,若f(x)是偶函數(shù),則導(dǎo)函數(shù)g(x)是奇函數(shù),故選D.【答案】D【例2】已知結(jié)論:“在三邊長都相等的△ABC中,若D是BC的中點,G是△ABC外接圓的圓心,則eq\f(AG,GD)=2”.若把該結(jié)論推廣到空間,則有結(jié)論:“在六條棱長都相等的四面體ABCD中,若M是△BCD的三邊中線的交點,O為四面體ABCD外接球的球心,則eq\f(AO,OM)=________.”【分析】【解析】如圖,易知球心O在線段AM上,不妨設(shè)四面體ABCD的棱長為1,外接球的半徑為R,則BM=eq\f(\r(3),2)×eq\f(2,3)=eq\f(\r(3),3),AM=eq\r(12-\f(\r(3),3)2)=eq\f(\r(6),3),R=eq\r(\f(\r(6),3)-R2+\f(\r(3),3)2),解得R=eq\f(\r(6),4).于是,eq\f(AO,OM)=eq\f(\f(\r(6),4),\f(\r(6),3)-\f(\r(6),4))=3.【答案】3【規(guī)律總結(jié)】解決此類問題,從幾何元素的數(shù)目、位置關(guān)系、度量等方面入手,將平面幾何的相關(guān)結(jié)論類比到立體幾何中,相關(guān)類比點如下:平面圖形立體圖形點點、線直線直線、平面平面幾何體邊長邊長、面積面積體積三角形四面體線線角面面角平行四邊形平行六面體圓球二、干脆證明與間接證明證明可分為干脆證明與間接證明.干脆證明包括綜合法、分析法,間接證明為反證法,出現(xiàn)“至多”、“至少”等問題時常用反證法.【例3】已知二次函數(shù)f(x)=ax2+bx+c(a>b>c)的圖象與x軸有兩個不同的交點A、B,且f(1)=0.(1)求eq\f(c,a)的范圍;(2)求證:eq\f(3,2)<|AB|<3.(1)【解】∵f(1)=0,∴a+b+c=0,b=-a-c.若a<0,由a>b>c知b<0,c<0.∴a+b+c<0與a+b+c=0沖突.又a≠0,∴a>0,同理可證c<0.由a>-a-c>c,得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a>-c,,a<-2c.))∴-2<eq\f(c,a)<-eq\f(1,2).(2)【證明】ax2+bx+c=ax2-(a+c)x+c=(ax-c)(x-1)=0.∴xA=eq\f(c,a),xB=1或xA=1,xB=eq\f(c,a).∴|AB|=|xA-xB|=eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)-1))=1-eq\f(c,a),由(1)知-2<eq\f(c,a)<-eq\f(1,2),∴1+eq\f(1,2)<1-eq\f(c,a)<1+2,即eq\f(3,2)<|AB|<3.【評析】本題考查了二次函數(shù)的圖象,二次函數(shù)的性質(zhì),及二次函數(shù)在x軸上截得線段長度等學(xué)問.【例4】已知a是整數(shù),a2是偶數(shù),求證:a也是偶數(shù).【證明】假設(shè)a不是偶數(shù),則a為奇數(shù).設(shè)a=2m+1(m為整數(shù)),則a2=4m2∵4(m2+m)是偶數(shù),∴4m2+4m+1為奇數(shù),即∴a肯定是偶數(shù).【評析】本題的沖突是與已知條件相沖突.三、數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用【例5】設(shè)數(shù)列a1,a2,…,an,…中的每一項都不為0.證明{an}為等差數(shù)列的充要條件是:對任何n∈N*,都有eq\f(1,a1a2)+eq\f(1,a2a3)+…+eq\f(1,anan+1)=eq\f(n,a1an+1).【分析】充要條件的證明需從充分性和必要性兩方面進行,已知等差數(shù)列的公差是否為0不確定,必要性證明中需分類探討,充分性證明采納數(shù)學(xué)歸納法.【證明】先證必要性.設(shè)數(shù)列{an}的公差為d,若d=0,則所述等式明顯成立.若d≠0,則eq\f(1,a1a2)+eq\f(1,a2a3)+…+eq\f(1,anan+1)=eq\f(1,d)(eq\f(a2-a1,a1a2)+eq\f(a3-a2,a2a3)+…+eq\f(an+1-an,anan+1))=eq\f(1,d)[(eq\f(1,a1)-eq\f(1,a2))+(eq\f(1,a2)-eq\f(1,a3))+…+(eq\f(1,an)-eq\f(1,an+1))]=eq\f(1,d)(eq\f(1,a1)-eq\f(1,an+1))=eq\f(1,d)·eq\f(an+1-a1,a1an+1)=eq\f(n,a1an+1).再證充分性.設(shè)所述的等式對一切n∈N*都成立.首先,在等式eq\f(1,a1a2)+eq\f(1,a2a3)=eq\f(2,a1a3)①兩端同乘a1a2a3,即得a1+a3=2a2,所以a1,a2,a3成等差數(shù)列,記公差為d,則a2=a1+d.假設(shè)ak=a1+(k-1)d,當(dāng)n=k+1時,eq\f(1,a1a2)+eq\f(1,a2a3)+…+eq\f(1,ak-1ak)=eq\f(k-1,a1ak)②,eq\f(1,a1a2)+eq\f(1,a2a3)+…+eq\f(1,ak-1ak)+eq\f(1,akak+1)=eq\f(k,a1ak+1)③.將②代入③,得eq\f(k-1,a1ak)+eq\f(1
溫馨提示
- 1. 本站所有資源如無特殊說明,都需要本地電腦安裝OFFICE2007和PDF閱讀器。圖紙軟件為CAD,CAXA,PROE,UG,SolidWorks等.壓縮文件請下載最新的WinRAR軟件解壓。
- 2. 本站的文檔不包含任何第三方提供的附件圖紙等,如果需要附件,請聯(lián)系上傳者。文件的所有權(quán)益歸上傳用戶所有。
- 3. 本站RAR壓縮包中若帶圖紙,網(wǎng)頁內(nèi)容里面會有圖紙預(yù)覽,若沒有圖紙預(yù)覽就沒有圖紙。
- 4. 未經(jīng)權(quán)益所有人同意不得將文件中的內(nèi)容挪作商業(yè)或盈利用途。
- 5. 人人文庫網(wǎng)僅提供信息存儲空間,僅對用戶上傳內(nèi)容的表現(xiàn)方式做保護處理,對用戶上傳分享的文檔內(nèi)容本身不做任何修改或編輯,并不能對任何下載內(nèi)容負責(zé)。
- 6. 下載文件中如有侵權(quán)或不適當(dāng)內(nèi)容,請與我們聯(lián)系,我們立即糾正。
- 7. 本站不保證下載資源的準確性、安全性和完整性, 同時也不承擔(dān)用戶因使用這些下載資源對自己和他人造成任何形式的傷害或損失。
最新文檔
- 上海市租賃合同(新版)
- 臨時借調(diào)員工合同
- 運輸集裝箱合同協(xié)議書
- 上海市軟件外包服務(wù)合同示范文本(標準版)
- 專業(yè)技術(shù)培訓(xùn)合作合同范本
- 個人對個人借款合同模板其一
- 東部沿海地區(qū)采購代理合同
- 個人借款合同模板(無抵押)
- 個人門面租賃合同標準范文
- 專業(yè)服務(wù)專賣店勞動合同模板
- 湖南財政經(jīng)濟學(xué)院《常微分方程》2023-2024學(xué)年第一學(xué)期期末試卷
- 游戲賬號借用合同模板
- 2022年中考英語語法-專題練習(xí)-名詞(含答案)
- 2011年公務(wù)員國考《申論》真題卷及答案(地市級)
- 多元化評價體系構(gòu)建
- 商業(yè)模式的設(shè)計與創(chuàng)新課件
- 物流無人機垂直起降場選址與建設(shè)規(guī)范
- AQ/T 4131-2023 煙花爆竹重大危險源辨識(正式版)
- 裝飾工程室內(nèi)拆除專項施工方案
- 2024年公務(wù)員(國考)之行政職業(yè)能力測驗真題附參考答案(完整版)
- 社會主義發(fā)展史智慧樹知到期末考試答案2024年
評論
0/150
提交評論