《高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明階段復(fù)習(xí)課課件 新人教A版選修12》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明階段復(fù)習(xí)課課件 新人教A版選修12（49頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、階段復(fù)習(xí)課第 二 章【核心解讀【核心解讀】1.1.合情推理合情推理(1)(1)歸納推理歸納推理: :由部分到整體、由個(gè)別到一般的推理由部分到整體、由個(gè)別到一般的推理. .(2)(2)類比推理類比推理: :由特殊到特殊的推理由特殊到特殊的推理. .(3)(3)合情推理合情推理: :歸納推理和類比推理都是根據(jù)已有的事實(shí)歸納推理和類比推理都是根據(jù)已有的事實(shí), ,經(jīng)過經(jīng)過觀察、分析、比較、聯(lián)想觀察、分析、比較、聯(lián)想, ,再進(jìn)行歸納、類比再進(jìn)行歸納、類比, ,然后提出猜想的然后提出猜想的推理推理, ,我們把它們統(tǒng)稱為合情推理我們把它們統(tǒng)稱為合情推理. .2.2.演繹推理演繹推理(1)(1)演繹推理演繹推

2、理: :由一般到特殊的推理由一般到特殊的推理. .(2)“(2)“三段論三段論”是演繹推理的一般模式是演繹推理的一般模式, ,包括包括: :大前提大前提已知的一般原理已知的一般原理; ;小前提小前提所研究的特殊情況所研究的特殊情況; ;結(jié)論結(jié)論根據(jù)一般原理根據(jù)一般原理, ,對(duì)特殊情況做出的判斷對(duì)特殊情況做出的判斷. . 3.3.綜合法綜合法(1)(1)實(shí)質(zhì)實(shí)質(zhì): :由因?qū)Ч梢驅(qū)Ч?2)(2)框圖表示框圖表示: P: PQ Q1 1 Q Q1 1Q Q2 2 Q Qn nQ Q , ,P P表示條件表示條件,Q,Q表示結(jié)論表示結(jié)論. .(3)(3)文字語言文字語言: :因?yàn)橐驗(yàn)樗运曰蛴苫蛴?/p>

3、得得4.4.分析法分析法(1)(1)實(shí)質(zhì)實(shí)質(zhì): :執(zhí)果索因執(zhí)果索因. .(2)(2)框圖表示框圖表示: Q: Q P P1 1 P P1 1 P P2 2 得到一個(gè)明顯成立的條件得到一個(gè)明顯成立的條件Q Q表示結(jié)論表示結(jié)論. .(3)(3)文字語言文字語言: :要證要證只需證只需證即證即證. .5.5.用分析法證明數(shù)學(xué)問題時(shí)的書寫格式用分析法證明數(shù)學(xué)問題時(shí)的書寫格式“要證要證( (欲證欲證) )”,“”,“只需證只需證”,“”,“只需證只需證”,”,直到出現(xiàn)一直到出現(xiàn)一個(gè)明顯成立的條件個(gè)明顯成立的條件P,P,再說明所要證明的數(shù)學(xué)問題成立再說明所要證明的數(shù)學(xué)問題成立. .6.6.歸謬歸謬: :矛

4、盾的幾種類型矛盾的幾種類型(1)(1)與公理、定理、定義矛盾與公理、定理、定義矛盾. .(2)(2)與已知條件矛盾與已知條件矛盾. .(3)(3)自相矛盾自相矛盾. .(4)(4)與反設(shè)矛盾與反設(shè)矛盾. .主題一主題一 合情推理的應(yīng)用合情推理的應(yīng)用【典例【典例1 1】(1)(2014(1)(2014濟(jì)寧高二檢測(cè)濟(jì)寧高二檢測(cè)) )觀察式子：觀察式子： 由此可歸納出的式子為由此可歸納出的式子為( )( )2222221311511171,1,1,2223323442222222222221111A.123n2n11111B.123n2n11112n1C.123nn1112nD.123n2n1(2)

5、(2014(2)(2014寧波高二檢測(cè)寧波高二檢測(cè)) )兩點(diǎn)等分單位圓時(shí)，有相應(yīng)正確兩點(diǎn)等分單位圓時(shí)，有相應(yīng)正確關(guān)系為關(guān)系為sin +sin(+sin +sin(+)=0;)=0;三點(diǎn)等分單位圓時(shí)，有相應(yīng)正三點(diǎn)等分單位圓時(shí)，有相應(yīng)正確關(guān)系為確關(guān)系為 由此可以推知，四由此可以推知，四點(diǎn)等分單位圓時(shí)的相應(yīng)正確關(guān)系為點(diǎn)等分單位圓時(shí)的相應(yīng)正確關(guān)系為_._.24sin sin()sin()033 ，【自主解答【自主解答】(1)(1)選選C.C.根據(jù)幾個(gè)不等式的特點(diǎn)，左邊應(yīng)為根據(jù)幾個(gè)不等式的特點(diǎn)，左邊應(yīng)為n n項(xiàng)，項(xiàng)，所以左邊所以左邊=1+ =1+ 右邊右邊= = 故歸納出的不等式故歸納出的不等式為為22

6、2111,23n2n1,n2221112n11.23nn(2)(2)用兩點(diǎn)等分單位圓時(shí)，關(guān)系為用兩點(diǎn)等分單位圓時(shí)，關(guān)系為sin +sin(+sin +sin(+)=0,)=0,兩個(gè)兩個(gè)角的正弦值之和為角的正弦值之和為0 0，且第一個(gè)角為，且第一個(gè)角為,第二個(gè)角與第一個(gè)角的第二個(gè)角與第一個(gè)角的差為差為(+)-(+)-=,=,用三點(diǎn)等分單位圓時(shí)，關(guān)系為用三點(diǎn)等分單位圓時(shí)，關(guān)系為此時(shí)三個(gè)角的正弦值之和為此時(shí)三個(gè)角的正弦值之和為0 0，且第一個(gè)角為，且第一個(gè)角為,第二個(gè)角與第二個(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24sin sin()sin

7、()0,334222()()().3333 依此類推，可得當(dāng)四點(diǎn)等分單位圓時(shí)，為四個(gè)角正弦值之和依此類推，可得當(dāng)四點(diǎn)等分單位圓時(shí)，為四個(gè)角正弦值之和為為0 0，且第一個(gè)角為，且第一個(gè)角為,第二個(gè)角為第二個(gè)角為 +,+,第三個(gè)角第三個(gè)角為為 =+=+, ,第四個(gè)角為第四個(gè)角為+ +,+ +,即其關(guān)即其關(guān)系為系為答案：答案：242 22423423sin sin()sinsin()0.22 3sin sin()sinsin()022 【方法技巧【方法技巧】1.1.歸納推理的特點(diǎn)及一般步驟歸納推理的特點(diǎn)及一般步驟2.2.類比推理的特點(diǎn)及一般步驟類比推理的特點(diǎn)及一般步驟【補(bǔ)償訓(xùn)練【補(bǔ)償訓(xùn)練】已知等差數(shù)

8、列已知等差數(shù)列aan n 的公差為的公差為d,d,前前n n項(xiàng)和為項(xiàng)和為S Sn n, ,有如有如下的性質(zhì)下的性質(zhì): :(1)(1)通項(xiàng)通項(xiàng)a an n=a=am m+(n-m)+(n-m)d,m,nNd,m,nN* *,mn.,mn.(2)(2)若若m+n=p+qm+n=p+q, ,其中其中m,n,p,qNm,n,p,qN* *, ,則則a am m+a+an n=a=ap p+a+aq q. .(3)(3)若若m+nm+n=2p,m,n,pN=2p,m,n,pN* *, ,則則a am m+a+an n=2a=2ap p. .(4)S(4)Sn n,S,S2n2n-S-Sn n,S,S3n

9、3n-S-S2n2n構(gòu)成等差數(shù)列構(gòu)成等差數(shù)列. .類比上述性質(zhì)類比上述性質(zhì), ,在等比數(shù)列在等比數(shù)列bbn n 中中, ,寫出相類似的性質(zhì)寫出相類似的性質(zhì). .【解析【解析】設(shè)等比數(shù)列設(shè)等比數(shù)列bbn n 中中, ,公比為公比為q,q,前前n n項(xiàng)和為項(xiàng)和為T Tn n, ,(1)(1)通項(xiàng)通項(xiàng)b bn n=b=bm mq qn-mn-m,m,nN,m,nN* *,mn.,mn.(2)(2)若若m+n=p+qm+n=p+q, ,其中其中m,n,p,qNm,n,p,qN* *, ,則則b bm mb bn n=b=bp pb bq q. .(3)(3)若若m+nm+n=2p,=2p,其中其中m,

10、n,pNm,n,pN* *, ,則則 =b=bm mb bn n. .(4)T(4)Tn n,T,T2n2n-T-Tn n,T,T3n3n-T-T2n2n構(gòu)成等比數(shù)列構(gòu)成等比數(shù)列. .2pb主題二主題二 演繹推理的應(yīng)用演繹推理的應(yīng)用【典例【典例2 2】(2014(2014廈門高二檢測(cè)廈門高二檢測(cè)) )已知函數(shù)已知函數(shù)f(xf(x)= x)= x2 2+alnx(aR).+alnx(aR).(1)(1)若若f(xf(x) )在在1,e1,e上是增函數(shù)上是增函數(shù), ,求求a a的取值范圍的取值范圍. .(2)(2)若若a=1,1xe,a=1,1xe,證明證明:f(x:f(x) x) x3 3. .

11、1223【自主解答【自主解答】(1)(1)因?yàn)橐驗(yàn)閒(xf(x)=x+ ,)=x+ ,且且f(xf(x) )在在1,e1,e上是增函數(shù)上是增函數(shù), ,所以所以f(xf(x)=x+ 0)=x+ 0在在1,e1,e上恒成立上恒成立, ,即即a-xa-x2 2在在1,e1,e上恒成立上恒成立, ,所以所以a-1.a-1.(2)(2)當(dāng)當(dāng)a=1a=1時(shí)時(shí),f(x,f(x)= x)= x2 2+lnx,x1,e.+lnx,x1,e.令令F(x)=f(xF(x)=f(x)- x)- x3 3= x= x2 2+lnx- x+lnx- x3 3, ,又又F(xF(x)=x+ -2x)=x+ -2x2 2=

12、0,= 0,所以所以F(xF(x) )在在1,e1,e上是減函數(shù)上是減函數(shù), ,所以所以F(x)F(1)= - 0,F(x)F(1)= - 0,所以所以x1,ex1,e時(shí)時(shí),f(x,f(x) x)0,b0,x(0,+),a0,b0,x(0,+),試確定試確定f(xf(x) )的增減性的增減性. .ax【解析【解析】方法一方法一: :設(shè)設(shè)0 x0 x1 1xx2 2, ,則則f(xf(x1 1)-f(x)-f(x2 2)=)=(x=(x2 2-x-x1 1) )當(dāng)當(dāng)0 x0 x1 1x0,b0,a0,b0,所以所以x x2 2-x-x1 10,00,0 x1 1x x2 2b,b,所以所以f(x

13、f(x1 1)-f(x)-f(x2 2)0,)0,即即f(xf(x1 1)f(x)f(x2 2),),所以所以f(xf(x) )在在(0, (0, 上是減函數(shù)上是減函數(shù); ;當(dāng)當(dāng)x x2 2xx1 1 時(shí)時(shí),x,x2 2-x-x1 10,x0,x1 1x x2 2 b,1212aa(bx )(bx )xx12a(b).x xab12aa,b x xabab12aa,b x x所以所以f(xf(x1 1)-f(x)-f(x2 2)0,)0,即即f(xf(x1 1)f(x)0,b0,x(0,+),a0,b0,x(0,+),所以令所以令f(xf(x)=- +b=0,)=- +b=0,得得x= ,x=

14、 ,當(dāng)當(dāng)0 x 0 x 時(shí)時(shí),- +b0,- +b0,即即f(xf(x)0,)0,所以所以f(xf(x) )在在( ,+)( ,+)上是增函數(shù)上是增函數(shù). .ab2axabab2ax2axabab2axab主題三主題三 綜合法與分析法綜合法與分析法【典例【典例3 3】(1)(1)已知已知a,b,ca,b,c為互不相等的非負(fù)數(shù)為互不相等的非負(fù)數(shù). .求證求證:a:a2 2+b+b2 2+c+c2 2 (2)(2014(2)(2014馬鞍山高二檢測(cè)馬鞍山高二檢測(cè)) )用分析法證明用分析法證明2cos(-)-2cos(-)-abcabc .sin(2)sin.sinsin【自主解答【自主解答】(1)

15、(1)因?yàn)橐驗(yàn)閍 a2 2+b+b2 22ab,b2ab,b2 2+c+c2 22bc,a2bc,a2 2+c+c2 22ac,2ac,又因?yàn)橛忠驗(yàn)閍,b,ca,b,c為互不相等的非負(fù)數(shù)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上面三個(gè)式子中都不能取“=”,=”,所以所以a a2 2+b+b2 2+c+c2 2ab+bc+acab+bc+ac, ,因?yàn)橐驗(yàn)閍b+bc ,bc+acab+bc ,bc+ac , ,ab+acab+ac , ,又又a,b,ca,b,c為互不相等的非負(fù)數(shù)為互不相等的非負(fù)數(shù), ,所以所以ab+bc+acab+bc+ac 所以所以a a2 2+b+b2 2+c

16、+c2 2 22 ab c22 abc22 a bcabcabc ,abcabc .(2)(2)要證原等式成立要證原等式成立, ,只需證只需證: :2cos(-)sin-sin(2-)=sin2cos(-)sin-sin(2-)=sin. .因?yàn)橐驗(yàn)樽筮呑筮?2cos(-)sin-sin(-)+=2cos(-)sin-sin(-)+=2cos(-)sin-sin(-)cos-cos(-)sin=2cos(-)sin-sin(-)cos-cos(-)sin=cos(-)sin-sin(-)cos=sin=cos(-)sin-sin(-)cos=sin= =右邊右邊, ,所以所以成立成立, ,即原

17、等式成立即原等式成立. .【方法技巧【方法技巧】綜合法和分析法的特點(diǎn)綜合法和分析法的特點(diǎn)(1)(1)綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法, ,也是也是解決數(shù)學(xué)問題的常用的方法解決數(shù)學(xué)問題的常用的方法, ,綜合法是由因?qū)Ч乃季S方式綜合法是由因?qū)Ч乃季S方式, ,而而分析法的思路恰恰相反分析法的思路恰恰相反, ,它是執(zhí)果索因的思維方式它是執(zhí)果索因的思維方式. .(2)(2)分析法和綜合法是兩種思路相反的推理方法分析法和綜合法是兩種思路相反的推理方法: :分析法是倒溯分析法是倒溯, ,綜合法是順推綜合法是順推, ,二者各有優(yōu)缺點(diǎn)二者各有優(yōu)缺點(diǎn)

18、. .分析法容易探路分析法容易探路, ,且探路與表且探路與表述合一述合一, ,缺點(diǎn)是表述易錯(cuò)缺點(diǎn)是表述易錯(cuò); ;綜合法條理清晰綜合法條理清晰, ,易于表述易于表述, ,因此對(duì)于因此對(duì)于難題常把二者交互運(yùn)用難題常把二者交互運(yùn)用, ,互補(bǔ)優(yōu)缺互補(bǔ)優(yōu)缺, ,形成分析綜合法形成分析綜合法, ,其邏輯基其邏輯基礎(chǔ)是充分條件與必要條件礎(chǔ)是充分條件與必要條件. .【補(bǔ)償訓(xùn)練【補(bǔ)償訓(xùn)練】已知已知(0,),(0,),求證求證:2sin2:2sin2sin.1 cos【證明【證明】方法一：方法一：( (分析法分析法) )要證明要證明2sin 2 2sin 2 成立成立. .只要證明只要證明4sin cos4sin

19、 cos 因?yàn)橐驗(yàn)?0,),(0,),所以所以sin 0.sin 0.只要證明只要證明4cos 4cos 上式可變形為上式可變形為4 +4(1-cos ).4 +4(1-cos ).sin 1 cos sin .1 cos 1.1 cos 11 cos 因?yàn)橐驗(yàn)?-cos 0,1-cos 0,所以所以 +4(1-cos )+4(1-cos )當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng)coscos = , = ,即即= = 時(shí)取等號(hào)時(shí)取等號(hào). .所以所以4 +4(1-cos )4 +4(1-cos )成立成立. .所以不等式所以不等式2sin 2 2sin 2 成立成立. .11 cos 124 1 cos 4,1 co

20、s 12311 cos sin 1 cos 方法二：方法二：( (綜合法綜合法) )因?yàn)橐驗(yàn)?+4(1-cos )4,1-cos 0,+4(1-cos )4,1-cos 0,當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng)coscos = , = ,即即= = 時(shí)取等號(hào)時(shí)取等號(hào), ,所以所以4cos 4cos 因?yàn)橐驗(yàn)?0,),(0,),所以所以sin 0.4sin cossin 0.4sin cos 所以所以2sin 22sin 211 cos 1231.1 cos sin ,1 cos sin .1 cos 主題四主題四 反證法的應(yīng)用反證法的應(yīng)用【典例【典例4 4】設(shè)數(shù)列設(shè)數(shù)列aan n 滿足滿足a an n=n+ ,=

21、n+ ,求證求證: :數(shù)列數(shù)列aan n 中任意不同的三項(xiàng)都不能成為等比數(shù)列中任意不同的三項(xiàng)都不能成為等比數(shù)列. .2【自主解答【自主解答】由由a an n=n+ ,=n+ ,假設(shè)假設(shè)aan n 中存在三項(xiàng)中存在三項(xiàng)a ap p,a,aq q,a,ar r(p,q,r(p,q,r互不相等互不相等) )成等比數(shù)列成等比數(shù)列, ,則則 =a=ap pa ar r, ,所以所以(q+ )(q+ )2 2=(p+ )(r+ ),=(p+ )(r+ ),即即(q(q2 2-pr)+(2q-p-r)-pr)+(2q-p-r) =0. =0.由于由于p,q,rNp,q,rN* *, ,所以所以消去消去q q

22、得得(p-r)(p-r)2 2=0.=0.故故p=r,p=r,這與這與prpr矛盾矛盾. .則原假設(shè)不成立則原假設(shè)不成立. .所以所以aan n 中任意不同的三項(xiàng)都不能成為等比數(shù)列中任意不同的三項(xiàng)都不能成為等比數(shù)列. .22qa22222qpr2qpr0. ，【方法技巧【方法技巧】對(duì)反證法的認(rèn)識(shí)對(duì)反證法的認(rèn)識(shí)(1)(1)如果一個(gè)命題的結(jié)論難以直接證明如果一個(gè)命題的結(jié)論難以直接證明, ,可以考慮運(yùn)用反證法可以考慮運(yùn)用反證法. .通過反設(shè)結(jié)論通過反設(shè)結(jié)論, ,經(jīng)過邏輯推理經(jīng)過邏輯推理, ,得出矛盾得出矛盾, ,從而肯定原結(jié)論成立從而肯定原結(jié)論成立. .(2)(2)反證法著眼于命題的轉(zhuǎn)換反證法著眼于

23、命題的轉(zhuǎn)換, ,改變了研究的角度和方向改變了研究的角度和方向, ,使論使論證的目標(biāo)更為明確證的目標(biāo)更為明確, ,由于增加了推理的前提由于增加了推理的前提原結(jié)論的否定原結(jié)論的否定, ,更易于開拓思路更易于開拓思路, ,因此對(duì)于直接論證較為困難的時(shí)候因此對(duì)于直接論證較為困難的時(shí)候, ,往往采用往往采用反證法證明反證法證明. .所以反證法在數(shù)學(xué)證明中有著廣泛的應(yīng)用所以反證法在數(shù)學(xué)證明中有著廣泛的應(yīng)用. .(3)(3)反證法是高中數(shù)學(xué)的一種重要的證明方法反證法是高中數(shù)學(xué)的一種重要的證明方法, ,在不等式和立體在不等式和立體幾何的證明中經(jīng)常用到幾何的證明中經(jīng)常用到, ,在高考題中也經(jīng)常體現(xiàn)在高考題中也經(jīng)

24、常體現(xiàn), ,它所反映出的它所反映出的“正難則反正難則反”的解決問題的思想方法更為重要的解決問題的思想方法更為重要. .反證法主要證反證法主要證明明: :否定性、唯一性命題否定性、唯一性命題; ;至多、至少型問題至多、至少型問題; ;幾何問題幾何問題. .【補(bǔ)償訓(xùn)練】【補(bǔ)償訓(xùn)練】求證求證: :在拋物線在拋物線y y2 2=2px(p0)=2px(p0)上任取四點(diǎn)所組成的上任取四點(diǎn)所組成的四邊形不可能是平行四邊形四邊形不可能是平行四邊形. .【證明】【證明】拋物線拋物線y y2 2=2px(p0),=2px(p0),在拋物線上任取四點(diǎn)在拋物線上任取四點(diǎn), ,設(shè)點(diǎn)的坐設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)分別為標(biāo)分別為A(xA

25、(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),C(x),C(x3 3,y,y3 3),D(x),D(x4 4,y,y4 4),),則則=2px=2pxi i(i=1,2,3,4),(i=1,2,3,4),于是直線于是直線ABAB的斜率為的斜率為k kABAB= =同理同理 212121yy2p;xxyyCDBCAD3432142p2p2pk,k,k.yyyyyy假設(shè)四邊形假設(shè)四邊形ABCDABCD是平行四邊形是平行四邊形, ,則有則有k kABAB=k=kCDCD;k;kADAD=k=kCBCB, ,則有則有整理得整理得 所以所以A,CA,C兩點(diǎn)重合兩點(diǎn)重合,B,D,B,

26、D兩點(diǎn)重合兩點(diǎn)重合. .這與這與A,B,C,DA,B,C,D是平行四邊形的是平行四邊形的四個(gè)頂點(diǎn)矛盾四個(gè)頂點(diǎn)矛盾, ,故假設(shè)不成立故假設(shè)不成立, ,即在拋物線即在拋物線y y2 2=2px(p0)=2px(p0)上任取上任取四點(diǎn)所組成的四邊形不可能是平行四邊形四點(diǎn)所組成的四邊形不可能是平行四邊形. .12341432yyyy ,yyyy，13134242yy ,xx ,yy .xx則，【強(qiáng)化訓(xùn)練】【強(qiáng)化訓(xùn)練】1.1.用演繹推理證明函數(shù)用演繹推理證明函數(shù)y=xy=x3 3是增函數(shù)時(shí)的大前提是是增函數(shù)時(shí)的大前提是( () )A.A.增函數(shù)的定義增函數(shù)的定義B.B.函數(shù)函數(shù)y=xy=x3 3滿足增函

27、數(shù)的定義滿足增函數(shù)的定義C.C.若若x x1 1xx2 2, ,則則f(xf(x1 1)f(x)xx2 2, ,則則f(xf(x1 1)f(x)f(x2 2) )【解析】【解析】選選A.A.根據(jù)演繹推理的特點(diǎn)知根據(jù)演繹推理的特點(diǎn)知, ,演繹推理是一種由一般演繹推理是一種由一般到特殊的推理到特殊的推理, ,所以函數(shù)所以函數(shù)y=xy=x3 3是增函數(shù)的大前提應(yīng)是增函數(shù)的是增函數(shù)的大前提應(yīng)是增函數(shù)的定義定義. .2.(20142.(2014濟(jì)寧高二檢測(cè)濟(jì)寧高二檢測(cè))“)“所有所有9 9的倍數(shù)都是的倍數(shù)都是3 3的倍數(shù)的倍數(shù), ,某奇數(shù)某奇數(shù)是是9 9的倍數(shù)的倍數(shù), ,故某奇數(shù)是故某奇數(shù)是3 3的倍數(shù)

28、的倍數(shù)”, ,上述推理上述推理( () )A.A.小前提錯(cuò)小前提錯(cuò) B.B.結(jié)論錯(cuò)結(jié)論錯(cuò)C.C.正確正確 D.D.大前提錯(cuò)大前提錯(cuò)【解析】【解析】選選C.C.此三段論推理正確此三段論推理正確. .3.3.設(shè)等比數(shù)列設(shè)等比數(shù)列aan n 的公比的公比q=2,q=2,前前n n項(xiàng)和為項(xiàng)和為S Sn n, ,則則 =(=() )A.2A.2 B.4 B.4 C. C. D. D.【解析】【解析】選選C.C.在等比數(shù)列在等比數(shù)列aan n 中中,q=21,q=21,設(shè)首項(xiàng)為設(shè)首項(xiàng)為a a1 10,0,則則S S4 4= =又又a a2 2=a=a1 1q=2aq=2a1 1, ,故故42Sa15217

29、2411a 1 q15a ,1 q4121S15a15.a2a24.(20144.(2014杭州高二檢測(cè)杭州高二檢測(cè)) ) (a,b (a,b均為實(shí)數(shù)均為實(shí)數(shù)),),猜想，猜想，a=_,b=_.a=_,b=_.223322333388，44aa44661515bb， 若【解析】【解析】由由 可以求出可以求出3=23=22 2-1,8=3-1,8=32 2-1,15=4-1,15=42 2-1,-1,故在故在6+ 6+ 中中,a=6,b=a,a=6,b=a2 2-1=6-1=62 2-1=35.-1=35.答案答案: :6 635352342343815；，ab5.(20145.(2014東莞高

30、二檢測(cè)東莞高二檢測(cè)) )當(dāng)當(dāng)n=1n=1時(shí)時(shí), ,有有(a-b)(a+b)=a(a-b)(a+b)=a2 2-b-b2 2, ,當(dāng)當(dāng)n=2n=2時(shí)時(shí), ,有有(a-b)(a(a-b)(a2 2+ab+b+ab+b2 2)=a)=a3 3-b-b3 3, ,當(dāng)當(dāng)n=3n=3時(shí)時(shí), ,有有(a-b)(a(a-b)(a3 3+a+a2 2b+abb+ab2 2+b+b3 3)=a)=a4 4-b-b4 4, ,當(dāng)當(dāng)nNnN* *時(shí)時(shí), ,你能得到的結(jié)論是你能得到的結(jié)論是. .【解析】【解析】根據(jù)題意根據(jù)題意, ,由于當(dāng)由于當(dāng)n=1n=1時(shí)時(shí), ,有有(a-b)(a+b)=a(a-b)(a+b)=a2

31、 2-b-b2 2, ,當(dāng)當(dāng)n=2n=2時(shí)時(shí), ,有有(a-b)(a(a-b)(a2 2+ab+b+ab+b2 2)=a)=a3 3-b-b3 3, ,當(dāng)當(dāng)n=3n=3時(shí)時(shí), ,有有(a-b)(a(a-b)(a3 3+a+a2 2b+abb+ab2 2+b+b3 3)=a)=a4 4-b-b4 4, ,當(dāng)當(dāng)nNnN* *時(shí)時(shí), ,左邊第二個(gè)因式可知為左邊第二個(gè)因式可知為a an n+a+an-1n-1b+b+ab+abn-1n-1+b+bn n, ,那么對(duì)那么對(duì)應(yīng)的表達(dá)式為應(yīng)的表達(dá)式為(a-b)(a-b)(a(an n+a+an-1n-1b+b+ab+abn-1n-1+b+bn n)=a)=a

32、n+1n+1-b-bn+1n+1. .答案答案: :(a-b)(a(a-b)(an n+a+an-1n-1b+b+ab+abn-1n-1+b+bn n)=a)=an+1n+1-b-bn+1n+16.6.已知已知|x|1,|y|1,|x|1,|y|1,用分析法證明用分析法證明:|x+y|1+xy|.:|x+y|1+xy|.【證明】【證明】要證要證|x+y|1+xy|,|x+y|1+xy|,即證即證(x+y)(x+y)2 2(1+xy)(1+xy)2 2, ,即證即證x x2 2+y+y2 21+x1+x2 2y y2 2, ,即證即證(x(x2 2-1)(1-y-1)(1-y2 2)0,)0,因

33、為因?yàn)閨x|1,|y|1,|x|1,|y|1,所以所以x x2 2-10,1-y-10,1-y2 20,0,所以所以(x(x2 2-1)(1-y-1)(1-y2 2)0,)0,不等式得證不等式得證. .7.7.已知在四棱錐已知在四棱錐P-ABCDP-ABCD中中, ,底面底面ABCDABCD是矩形是矩形, ,且且AD=2,AB=1,PAAD=2,AB=1,PA平面平面ABCD,E,FABCD,E,F分別是線分別是線段段AB,BCAB,BC的中點(diǎn)的中點(diǎn). .(1)(1)證明證明:PFFD.:PFFD.(2)(2)判斷并說明判斷并說明PAPA上是否存在點(diǎn)上是否存在點(diǎn)G,G,使得使得EGEG平面平面

34、PFD.PFD.【解析】【解析】(1)(1)連接連接AF,AF,則則AF= ,DF= ,AF= ,DF= ,22又又AD=2,AD=2,所以所以DFDF2 2+AF+AF2 2=AD=AD2 2, ,所以所以DFAF,DFAF,又又PAPA平面平面ABCD,ABCD,所以所以DFPA,DFPA,又又PAAF=A,PAAF=A,所以所以 DFPF.DFPF.DFPAFPFPAF平面平面(2)(2)過點(diǎn)過點(diǎn)E E作作EHFD,EHFD,交交ADAD于點(diǎn)于點(diǎn)H,H,則則EHEH平面平面PFD,PFD,且有且有AH= AD,AH= AD,再過點(diǎn)再過點(diǎn)H H作作HGDPHGDP交交PAPA于點(diǎn)于點(diǎn)G,G,則則HGHG平面平面PFDPFD且且AG= AP.AG= AP.所以平面所以平面EHGEHG平面平面PFD,PFD,所以所以EGEG平面平面PFD.PFD.從而線段從而線段APAP上滿足上滿足AG= APAG= AP的點(diǎn)的點(diǎn)G G即為所求即為所求. .141414