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  • 2021-06-16 发布

高中数学选修2-2课时练习第一章 章末复习

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章末复习 1.归纳和类比都是合情推理,前者是由特殊到一般,部分到整体的推理,后者 是由特殊到特殊的推理,但二者都能由已知推测未知,都能用于猜想,推理的结 论不一定为真,有待进一步证明. 2.演绎推理与合情推理不同,是由一般到特殊的推理,是数学中证明的基本推 理形式.也是公理化体系所采用的推理形式,另一方面,合情推理与演绎推理又 是相辅相成的,前者是后者的前提,后者论证前者的可靠性. 3.直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法.直接证明的两类基本 方法是综合法和分析法:综合法是从已知条件推导出结论的证明方法;分析法是 由结论追溯到条件的证明方法,在解决数学问题时,常把它们结合起来使用,间 接证法的一种方法是反证法,反证法是从结论反面成立出发,推出矛盾的证明方 法. 4.数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题.证明时,它的两个步骤 缺一不可.它的第一步(归纳奠基)n=n0 时结论成立.第二步(归纳递推)假设 n=k 时,结论成立,推得 n=k+1 时结论也成立.数学归纳法原理建立在归纳公理的 基础上,它可用有限的步骤(两步)证明出无限的命题成立. 5.归纳、猜想、证明 探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型,此类问题未给出问题结论, 需要由特殊情况入手,猜想、证明一般结论的问题称为探求规律性问题,它的解 题思想是:从给出的条件出发,通过观察、试验、归纳、猜想,探索出结论,然 后再对归纳、猜想的结论进行证明. 题型一 归纳推理和类比推理 归纳推理和类比推理是常用的合情推理,两种推理的结论“合情”但不一定“合 理”,其正确性都有待严格证明.尽管如此,合情推理在探索新知识方面有着极 其重要的作用. 运用合情推理时,要认识到观察、归纳、类比、猜想、证明是相互联系的.在解 决问题时,可以先从观察入手,发现问题的特点,形成解决问题的初步思路,然 后用归纳、类比的方法进行探索、猜想,最后用逻辑推理方法进行验证.                    例 1 观察下列各式:a+b=1,a 2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7,a5+b5= 11,…,则 a10+b10=(  ) A.28 B.76 C.123 D.199 答案 C 解析 记 an+bn=f(n), 则 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. 通过观察不难发现 f(n)=f(n-1)+f(n-2)(n∈N+,n≥3), 则 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. 跟踪演练 1 自然数按下表的规律排列 则上起第 2 007 行,左起第 2 008 列的数为(  )                    A.2 0072 B.2 0082 C.2 006×2 007 D.2 007×2 008 答案 D 解析 经观察可得这个自然数表的排列特点: ①第一列的每个数都是完全平方数,并且恰好等于它所在行数的平方,即第 n 行 的第 1 个数为 n2; ②第一行第 n 个数为(n-1)2+1; ③第 n 行从第 1 个数至第 n 个数依次递减 1; ④第 n 列从第 1 个数至第 n 个数依次递增 1. 故上起第 2 007 行,左起第 2 008 列的数,应是第 2 008 列的第 2 007 个数,即为 [(2 008-1)2+1]+2 006=2 007×2 008. 题型二 直接证明 由近三年的高考题可以看出,直接证明的考查中,各种题型均有体现,尤其是解 答题,近几年来一直是考查证明方法的热点与重点. 综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法,也是解决数学问题常用的 思维方式.如果从解题的切入点的角度细分,直接证明方法可具体分为:比较法、 代换法、放缩法、判别式法、构造函数法等,应用综合法证明问题时,必须首先 想到从哪里开始起步,分析法就可以帮助我们克服这种困难,在实际证明问题时, 应当把分析法和综合法结合起来使用. 例 2 已知 a>0,求证: a2+ 1 a2 - 2≥a+1 a -2. 证明 要证 a2+ 1 a2 - 2≥a+1 a -2, 只需证 a2+ 1 a2 +2≥a+1 a + 2. ∵a>0,故只需证 ( a2+ 1 a2+2)2≥(a+1 a + 2)2, 即 a2+ 1 a2 +4 a2+ 1 a2 +4≥a2+2+ 1 a2 + 2 2(a+1 a)+2, 从而只需证 2 a2+ 1 a2 ≥ 2(a+1 a), 只要证 4(a2+ 1 a2)≥2(a2+2+ 1 a2), 即 a2+ 1 a2 ≥2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立. 跟踪演练 2 如图,在四面体 B-ACD 中,CB=CD,AD⊥BD,且 E,F 分别是 AB,BD 的中点,求证: (1)直线 EF∥平面 ACD; (2)平面 EFC⊥平面 BCD. 证明 (1)要证直线 EF∥平面 ACD, 只需证 EF∥AD 且 EF⊄平面 ACD. 因为 E,F 分别是 AB,BD 的中点, 所以 EF 是△ABD 的中位线, 所以 EF∥AD, 所以直线 EF∥平面 ACD. (2)要证平面 EFC⊥平面 BCD, 只需证 BD⊥平面 EFC, 只需证Error! 因为Error!所以 EF⊥BD. 又因为 CB=CD,F 为 BD 的中点, 所以 CF⊥BD.所以平面 EFC⊥平面 BCD. 题型三 反证法 如果一个命题的结论难以直接证明时,可以考虑反证法.通过反设结论,经过逻 辑推理,得出矛盾,从而肯定原结论成立. 反证法是高中数学的一种重要的证明方法,在不等式和立体几何的证明中经常用 到,在高考题中也经常体现,它所反映出的“正难则反”的解决问题的思想方法 更为重要.反证法主要证明:否定性、唯一性命题;至多、至少型问题;几何问 题. 例 3 如图所示,已知两个正方形 ABCD 和 DCEF 不在同一平面内,M,N 分别 为 AB、DF 的中点. (1)若平面 ABCD⊥平面 DCEF,求直线 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值; (2)用反证法证明:直线 ME 与 BN 是两条异面直线. (1)解 法一 如图(1)所示,取 CD 的中点 G,连接 MG,NG,设正方形 ABCD, DCEF 的边长为 2, 图(1) 则 MG⊥CD,MG=2,NG= 2, ∵平面 ABCD⊥平面 DCEF, ∴MG⊥平面 DCEF, ∴∠MNG 是 MN 与平面 DCEF 所成的角. ∵MN= 6,∴sin∠MNG= 6 3 , ∴直线 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 6 3 . 法二 设正方形 ABCD,DCEF 的边长为 2,以 D 为坐标原点,分别以射线 DC, DF,DA 为 x,y,z 轴正半轴建立空间直角坐标系,如图(2)所示. 图(2) 则 M(1,0,2),N(0,1,0), ∴MN→ =(-1,1,-2). 又DA→ =(0,0,2)为平面 DCEF 的法向量, ∴cos〈MN→ ,DA→ 〉= MN→ ·DA→ |MN→ ||DA→ | =- 6 3 , ∴MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 |cos〈MN→ ,DA→ 〉|= 6 3 . (2)证明 假设直线 ME 与 BN 共面,则 AB⊂平面 MBEN,且平面 MBEN 与平面 DCEF 交于 EN, ∵两正方形不共面, ∴AB⊄平面 DCEF. 又 AB∥CD,所以 AB∥平面 DCEF,而 EN 为平面 MBEN 与平面 DCEF 的交线, ∴AB∥EN.又 AB∥CD∥EF, ∴EN∥EF,这与 EN∩EF=E 矛盾,故假设不成立. ∴ME 与 BN 不共面,即它们是异面直线. 跟踪演练 3 若 a,b,c 均为实数,且 a=x2-2y+π 2 ,b=y2-2z+π 3 ,c=z2-2x+ π 6.求证:a,b,c 中至少有一个大于 0. 证明 假设 a,b,c 都不大于 0,即 a≤0,b≤0,c≤0, 则 a+b+c≤0,而 a+b+c=x2-2y+π 2 +y2-2z+π 3 +z2-2x+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, 这与 a+b+c≤0 矛盾,因此假设不成立,∴a,b,c 中至少有一个大于 0. 题型四 数学归纳法 1.数学归纳法事实上是一种完全归纳的证明方法,它适用于与自然数有关的问 题.两个步骤、一个结论缺一不可,否则结论不成立;在证明递推步骤时,必须 使用归纳假设,必须进行恒等变换. 2.探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型,此类问题未给出问题 的结论,需要由特殊情况入手,猜想、证明一般结论,它的解题思路是:从给出 条件出发,通过观察、试验、归纳、猜想、探索出结论,然后再对归纳,猜想的 结论进行证明. 例 4 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知对任意的 n∈N+,点(n,Sn)均在函数 y=bx+r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数)的图像上. (1)求 r 的值; (2)当 b=2 时,记 bn=2(log2an+1)(n∈N+), 证明:对任意的 n∈N+,不等式b1+1 b1 ·b2+1 b2 ·…· bn+1 bn > n+1成立. (1)解 由题意:Sn=bn+r, 当 n≥2 时,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 时,{an}是以 b 为公比的等比数列. 又 a1=b+r,a2=b(b-1), a2 a1 =b,即b(b-1) b+r =b,解得 r=-1. (2)证明 当 b=2 时,由(1)知 an=2n-1, 因此 bn=2n(n∈N+), 所证不等式为2+1 2 ·4+1 4 ·…· 2n+1 2n > n+1. ①当 n=1 时,左式=3 2 ,右式= 2. 左式>右式,所以结论成立. ②假设 n=k(k∈N+)时结论成立, 即2+1 2 ·4+1 4 ·…· 2k+1 2k > k+1, 则当 n=k+1 时,2+1 2 ·4+1 4 ·…· 2k+1 2k · 2k+3 2(k+1) > k+1· 2k+3 2(k+1)= 2k+3 2 k+1 . 要证当 n=k+1 时结论成立, 只需证 2k+3 2 k+1 > k+2成立, 只需证:4k2+12k+9>4k2+12k+8 成立,显然成立, ∴当 n=k+1 时,2+1 2 ·4+1 4 ·…· 2k+1 2k · 2k+3 2(k+1)> (k+1)+1成立,综合①②可知 不等式b1+1 b1 ·b2+1 b2 ·…· bn+1 bn > n+1成立. 跟踪演练 4 数列{an}满足:a1=1,an+1=1 2an+1. (1)写出 a2,a3,a4. (2)求数列{an}的通项公式. 解 (1)因为 a1=1,an+1=1 2an+1, 所以 a2=1 2a1+1=1 2 +1=3 2 , a3=1 2a2+1=1 2·3 2 +1=7 4 , a4=1 2a3+1=1 2·7 4 +1=15 8 . (2)解 法一 猜想 an=2n-1 2n-1 ,下面用数学归纳法证明. 证明 (1)当 n=1 时,a1=21-1 21-1 =1,满足上式,显然成立; (2)假设当 n=k 时 ak=2k-1 2k-1 ,那么当 n=k+1 时, ak+1=1 2ak+1=1 2·2k-1 2k-1 +1=2k-1 2k +1=2k-1+2k 2k =2k+1-1 2k 满足上式,即当 n=k +1 时猜想也成立. 由(1)(2)可知,对于 n∈N+都有 an=2n-1 2n-1 . 法二 因为 an+1=1 2an+1, 所以 an+1-2=1 2an+1-2, 即 an+1-2=1 2(an-2), 设 bn=an-2,则 bn+1=1 2bn,即{bn}是以-1 为首项,1 2 为公比的等比数列, 所以 bn=b1·qn-1=- 1 2n-1 , 所以 an=bn+2=2n-1 2n-1 . 1.合情推理主要包括归纳推理和类比推理 (1)归纳推理的基本模式:a,b,c∈M 且 a,b,c 具有某属性,结论∀d∈M,d 也具有某属性. (2)类比推理的基本模式:A 具有属性 a,b,c,d;B 具有属性 a′,b′,c′; 结论:B 具有属性 d′.(a,b,c,d 与 a′,b′,c′,d′相似或相同). 2.使用反证法证明问题时,常见的“结论词”与“反设词”列表如下: 原结论词 反设词 原结论词 反设词 至少有 一个 一个也没有 对所有 x 成立 存在某个 x 不成立 至多有一个 至少有两个 对任意 x 不成立 存在某个 x 成立 至少有 n 个 至多有 n-1 个 p 或 q 綈 p 且綈 q 至多有 n 个 至少有 n+1 个 p 且 q 綈 p 或綈 q 3.数学归纳法的应用必须注意以下两点: (1)验证是基础:数学归纳法的原理表明:第一个步骤是要找一个数 n0,这个数 n0 就是要证明的命题对象的最小自然数,这个自然数并不一定都是“1”. (2)递推是关键:数学归纳法的实质在于递推,所以从“k”到“k+1”的过程,必 须把归纳假设“n=k”作为条件来导出“n=k+1”时的命题,在推导过程中, 要把归纳假设用一次或几次.

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