2019人教版精品教學(xué)資料高中選修數(shù)學(xué) 歸納推理的四個特點(1)前提：幾個已知的特征現(xiàn)象，歸納所得的結(jié)論是尚屬未知的一般現(xiàn)象，該結(jié)論超越了前提所包括的范圍(2)結(jié)論：具有猜測的性質(zhì)，結(jié)論是否真實，還需經(jīng)過邏輯證明和實踐檢驗，因此，歸納推理不能作為數(shù)學(xué)證明的工具(3)步驟：先搜集一定的事實資料，有了個別性的、特殊性的事實作為前提，然后才能進(jìn)行歸納推理，因此歸納推理要在觀察和試驗的基礎(chǔ)上進(jìn)行(4)作用：具有創(chuàng)造性的推理，通過歸納推理能夠發(fā)現(xiàn)新事實，獲得新結(jié)論，是科學(xué)發(fā)現(xiàn)的重要手段典例1(1)觀察下列不等式1<，1<，1<，照此規(guī)律，第五個不等式為_(2)如圖所示是一個有n層(n2，nN*)的六邊形點陣，它的中心是一個點，算作第1層，第2層每邊有2個點，第3層每邊有3個點，第n層每邊有n個點，則這個點陣共有_個點解析：(1)第n(n1,2,3)個不等式的左邊為前n1個正整數(shù)平方的倒數(shù)和，右邊分母為n1，分子為2n1，故第五個不等式為1<.(2)設(shè)第n層共有an個點，結(jié)合圖形可知a11，a26，an1an6(n2，nN*)，則an6(n2)66n6(n2，nN*)，前n層所有點數(shù)之和為Sn13n23n1，故這個點陣共有3n23n1個點答案：(1)1<(2)3n23n1對點訓(xùn)練1觀察下列圖形中小正方形的個數(shù)，則第n個圖形中有_個小正方形解析：設(shè)第n個圖形中小正方形的個數(shù)為Sn，觀察圖形，當(dāng)n1時，S121；當(dāng)n2時，S2321；當(dāng)n3時，S34321；當(dāng)n4時，S454321；當(dāng)n5時，S5654321；，可得Sn(n1)n(n1)321.答案：類比推理的特點是：對兩類具有某些類似性質(zhì)的對象，若其中一類對象具有某些已知性質(zhì)，推出另一類對象也具有這些性質(zhì)(1)類比是以已知知識作基礎(chǔ)，推測新的結(jié)果，具有發(fā)現(xiàn)的功能(2)常見的類比推理情形有：平面與空間類比；向量與數(shù)類比；不等與相等類比等典例2在ABC中，若ABAC，ADBC于D.則，類比以上結(jié)論寫出四面體ABCD中，類似的命題，并給出證明解：猜想：在四面體ABCD中，若AB、AC、AD兩兩垂直，且AE平面BCD，E為垂足，則.證明：如圖所示，連接BE交CD于F，連接AF.ABAC，ABAD，ACADA，AB平面ACD.而AF平面ACD，ABAF.在RtABF中，AEBF，.在RtACD中，AFCD，.故猜想正確對點訓(xùn)練2在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二元一次方程AxBy0(A，B不同時為0)表示過原點的直線類似地：在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，三元一次方程AxByCz0(A，B，C不同時為0)表示_解析：由方程的特點可知：平面幾何中的直線類比到立體幾何中應(yīng)為平面，“過原點”類比仍為“過原點”，因此應(yīng)得到：在空間直角坐標(biāo)系Oxyz中，三元一次方程AxByCz0(A，B，C不同時為0)表示過原點的平面答案：過原點的平面3如圖，已知O是ABC內(nèi)任意一點，連接AO，BO，CO并延長交對邊于A，B，C，則1.這是平面幾何中的一道題，其證明常采用“面積法”：1.運用類比猜想，對于空間中的四面體VBCD，存在什么類似的結(jié)論？并用“體積法”證明解：如圖，設(shè)O為四面體VBCD內(nèi)任意一點，連接VO，BO，CO，DO并延長交對面于V，B，C，D，類似結(jié)論為1.類比平面幾何中的“面積法”，可用“體積法”來證明因為(其中h，h分別為兩個四面體的高)，同理，所以1.綜合法和分析法是直接證明中的兩種最基本的證明方法，但兩種證明方法思路截然相反，分析法既可用于尋找解題思路，也可以是完整的證明過程，在解題中綜合法和分析法可以聯(lián)合運用，轉(zhuǎn)換解題思路，增加解題途徑典例3已知(0，)，求證：2sin 2.證明：法一：(分析法)要證明2sin 2成立，只要證明4sin cos .(0，)，sin 0.只要證明4cos .上式可變形為44(1cos )1cos 0，4(1cos )24，當(dāng)且僅當(dāng)cos ，即時取等號，44(1cos )成立，不等式2sin 2成立法二：(綜合法)4(1cos)4，當(dāng)且僅當(dāng)cos ，即時取等號，4cos .(0，)，sin 0，4sin cos ，2sin 2 . 對點訓(xùn)練4已知函數(shù)f(x)loga(ax1)(a0，a1)(1)證明：函數(shù)f(x)的圖象在y軸一側(cè)；(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2)是圖象上的兩點，證明：直線AB的斜率大于零證明：(1)由ax10得ax1.當(dāng)a1時，x0，函數(shù)圖象在y軸右側(cè)；當(dāng)0a1時，x0，函數(shù)圖象在y軸左側(cè)故綜上所述，函數(shù)總在y軸一側(cè)(2)由于kAB，又由x1x2，故只需證y2y10即可因為y2y1loga(ax21)loga(ax11)loga.當(dāng)a1時，由0x1x2得a0ax1ax2，即0ax11ax21，故有1，loga0，即y2y10.當(dāng)0a1時，由x1x20得ax1ax2a0，即ax11ax210，故有01，y2y1loga0，即y2y10.綜上，直線AB的斜率總大于零.(1)如果一個命題的結(jié)論難以直接證明，可以考慮運用反證法通過反設(shè)結(jié)論，經(jīng)過邏輯推理，得出矛盾，從而肯定原結(jié)論成立(2)反證法著眼于命題的轉(zhuǎn)換，改變了研究的角度和方向，使論證的目標(biāo)更為明確，由于增加了推理的前提原結(jié)論的否定，更易于開拓思路，因此對于直接論證較為困難的時候，往往采用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(3)反證法是高中數(shù)學(xué)的一種重要的證明方法，在不等式和立體幾何的證明中經(jīng)常用到，在高考題中也經(jīng)常體現(xiàn)，它所反映出的“正難則反”的解決問題的思想方法更為重要反證法主要證明：否定性、唯一性命題；至多、至少型問題；幾何問題典例4設(shè)直線l1：yk1x1，l2：yk2x1，其中實數(shù)k1，k2滿足k1k220.(1)證明l1與l2相交；(2)證明l1與l2的交點在橢圓2x2y21上證明：(1)反證法假設(shè)l1與l2不相交，則l1與l2平行，有k1k2，代入k1k220，得k20，此與k1為實數(shù)的事實相矛盾從而k1k2，即l1與l2相交(2)法一：由方程組解得交點P的坐標(biāo)(x，y)為而2x2y22221.此即表明交點P(x，y)在橢圓2x2y21上法二：交點P的坐標(biāo)(x，y)滿足故知x0.從而代入k1k220，得20.整理后，得2x2y21.所以交點P在橢圓2x2y21上對點訓(xùn)練5已知實數(shù)a，b，c，d滿足abcd1，acbd1，求證：a，b，c，d中至少有一個負(fù)數(shù)證明：假設(shè)a，b，c，d都是非負(fù)數(shù)由已知abcd1，則1(ab)(cd)acadbcbd.又acbd1，而a，b，c，d都是非負(fù)數(shù)，所以ad0，bc0，則1(ab)(cd)1，矛盾所以假設(shè)不成立，即a，b，c，d中至少有一個負(fù)數(shù)(時間：120分鐘 滿分：150分)一、選擇題(本大題共12個小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1有一段“三段論”，推理是這樣的：對于可導(dǎo)函數(shù)f(x)，如果f(x0)0，那么xx0是函數(shù)f(x)的極值點因為f(x)x3在x0處的導(dǎo)數(shù)值 f(0)0，所以x0是函數(shù)f(x)x3的極值點以上推理中()A小前提錯誤 B大前提錯誤C推理形式錯誤 D結(jié)論正確解析：選B可導(dǎo)函數(shù)f(x)，若f(x0)0且x0兩側(cè)導(dǎo)數(shù)值相反，則xx0是函數(shù)f(x)的極值點，故選B.2觀察按下列順序排列的等式：9011,91211,92321,93431，猜想第n(nN*)個等式應(yīng)為()A9(n1)n10n9B9(n1)n10n9C9n(n1)10n1D9(n1)(n1)10n10解析：選B由所給的等式可以根據(jù)規(guī)律猜想得：9(n1)n10n9.3觀察下面圖形的規(guī)律，在其右下角的空格內(nèi)畫上合適的圖形為()A B C D解析：選A由每一行中圖形的形狀及黑色圖形的個數(shù)，則知A正確4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內(nèi)切球切于四個側(cè)面()A各正三角形內(nèi)任一點B各正三角形的某高線上的點C各正三角形的中心D各正三角形外的某點解析：選C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5觀察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，則a10b10()A28 B76 C123 D199解析：選C記anbnf(n)，則f(3)f(1)f(2)134，f(4)f(2)f(3)347； f(5)f(3)f(4)11.通過觀察不難發(fā)現(xiàn)f(n)f(n1)f(n2)(nN*，n3)，則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a10b10123.6已知c>1，a，b，則正確的結(jié)論是()Aa>b Ba<bCab Da、b大小不定解析：選B要比較a與b的大小，由于c>1，所以a>0，b>0，故只需比較與的大小即可，而，顯然>，從而必有a<b.7用火柴棒擺“金魚”，如圖所示：按照上面的規(guī)律，第n個“金魚”圖形需要火柴棒的根數(shù)為()A6n2 B8n2 C6n2 D8n2解析：選C歸納“金魚”圖形的構(gòu)成規(guī)律知，后面“金魚”都比它前面的“金魚”多了去掉尾巴后6根火柴組成的魚頭部分，故各“金魚”圖形所用火柴棒的根數(shù)構(gòu)成一首項為8，公差為6的等差數(shù)列，通項公式為an6n2.8已知ann，把數(shù)列an的各項排成如下的三角形：記A(s，t)表示第s行的第t個數(shù)，則A(11,12)等于()A.67 B.68C.111 D.112解析：選D該三角形每行所對應(yīng)元素的個數(shù)分別為1,3,5，那么第10行的最后一個數(shù)為a100，第11行的第12個數(shù)為a112，即A(11,12)112.故選D.9已知f(xy)f(x)f(y)，且f(1)2，則f(1)f(2)f(n)不能等于()Af(1)2f(1)nf(1)BfC.D.f(1)解析：選Cf(xy)f(x)f(y)，令xy1，得f(2)2f(1)，令x1，y2，f(3)f(1)f(2)3f(1)f(n)nf(1)，所以f(1)f(2)f(n)(12n)f(1)f(1)所以A，D正確又f(1)f(2)f(n)f(12n)f，所以B也正確故選C.10對于奇數(shù)列1,3,5,7,9，現(xiàn)在進(jìn)行如下分組：第一組有1個數(shù)1，第二組有2個數(shù)3,5，第三組有3個數(shù)7,9,11，依此類推，則每組內(nèi)奇數(shù)之和Sn與其組的編號數(shù)n的關(guān)系是()ASnn2 BSnn3CSnn4 DSnn(n1)解析：選B當(dāng)n1時，S11；當(dāng)n2時，S2823；當(dāng)n3時，S32733；歸納猜想Snn3，故選B.11在等差數(shù)列an中，若an0，公差d0，則有a4a6a3a7，類比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列bn中，若bn0，公比q1，則b4，b5，b7，b8的一個不等關(guān)系是()Ab4b8b5b7 Bb4b8b5b7Cb4b7b5b8 Db4b7b5b8解析：選Ab5b7b4b8b4(qq31q4)b4(q1)(1q3)b4(q1)2(1qq2)b4(q1)2.bn0，q1，b4(q1)20，b4b8b5b7.12數(shù)列an滿足a1，an11，則a2 016等于()A. B1 C2 D3解析：選Ca1，an11，a211，a312，a41，a511，a612，an3kan(nN*，kN*)，a2 016a33671a32.二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，把答案填在題中橫線上)13已知x，yR，且xy>2，則x，y中至少有一個大于1，在用反證法證明時，假設(shè)應(yīng)為_解析：“至少有一個”的反面為“一個也沒有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x1且y1”答案：x，y均不大于1(或者x1且y1)14已知圓的方程是x2y2r2，則經(jīng)過圓上一點M(x0，y0)的切線方程為x0xy0yr2.類比上述性質(zhì)，可以得到橢圓1類似的性質(zhì)為_解析：圓的性質(zhì)中，經(jīng)過圓上一點M(x0，y0)的切線方程就是將圓的方程中的一個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1類似的性質(zhì)為：過橢圓1上一點P(x0，y0)的切線方程為1.答案：經(jīng)過橢圓1上一點P(x0，y0)的切線方程為115若定義在區(qū)間D上的函數(shù)f(x)對于D上的n個值x1，x2，xn，總滿足f(x1)f(x2)f(xn)f，稱函數(shù)f(x)為D上的凸函數(shù)；現(xiàn)已知f(x)sin x在(0，)上是凸函數(shù)，則ABC中，sin Asin Bsin C的最大值是_解析：因為f(x)sin x在(0，)上是凸函數(shù)(小前提)，所以(sin Asin Bsin C)sin(結(jié)論)，即sin Asin Bsin C3sin.因此，sin Asin Bsin C的最大值是.答案：16如圖，第n個圖形是由正n2邊形“擴(kuò)展”而來(n1,2,3，)，則第n2(n>2)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a1333，a2444，an(n2)(n2)(n2)，an2n2n.答案：n2n三、解答題(本大題共6小題，共70分，解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)17(本小題10分)已知abc，且abc0，求證：.證明：因為abc，且abc0，所以a0，c0.要證明原不等式成立，只需證明a，即證b2ac3a2，從而只需證明(ac)2ac3a2，即(ac)(2ac)0，因為ac0,2acacaab0，所以(ac)(2ac)0成立，故原不等式成立18(本小題12分)已知實數(shù)x，且有ax2，b2x，cx2x1，求證：a，b，c中至少有一個不小于1.證明：假設(shè)a，b，c都小于1，即a1，b1，c1，則abc3.abc(2x)(x2x1)2x22x223，且x為實數(shù)，2233，即abc3，這與abc3矛盾假設(shè)不成立，原命題成立a，b，c中至少有一個不小于1.19(本小題12分)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論解：(1)選擇(2)式，計算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301.(2)法一：三角恒等式為sin2cos2(30)sin cos(30).證明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.法二：三角恒等式為sin2cos2(30)sin cos(30).證明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin (cos 30cos sin 30sin )cos 2(cos 60cos 2sin 60sin 2)sin cos sin2cos 2cos 2sin 2sin 2(1cos 2)1cos 2cos 2.20(本小題12分)已知ABC的三邊長分別為a，b，c，且其中任意兩邊長均不相等，若，成等差數(shù)列(1)比較與的大小，并證明你的結(jié)論；(2)求證：角B不可能是鈍角解：(1).證明如下：要證，只需證.a，b，c0，只需證b2ac.，成等差數(shù)列，2，b2ac.又a，b，c均不相等，b2ac.故所得大小關(guān)系正確(2)證明：法一：假設(shè)角B是鈍角，則cos B0.由余弦定理得，cos B0，這與cos B0矛盾，故假設(shè)不成立所以角B不可能是鈍角法二：假設(shè)角B是鈍角，則角B的對邊b是最大邊，即ba，bc，所以0，0，則，這與矛盾，故假設(shè)不成立所以角B不可能是鈍角21已知數(shù)列an中，Sn是它的前n項和，并且Sn14an2(n1,2，)，a11.(1)設(shè)bnan12an(n1,2，)，求證：數(shù)列bn是等比數(shù)列；(2)設(shè)cn(n1,2，)，求證：數(shù)列cn是等差數(shù)列證明：(1)因為Sn14an2，所以Sn24an12，兩式相減得Sn2Sn14an14an(n1,2，)，即an24an14an，變形得an22an12(an12an)，因為bnan12an(n1,2，)，所以bn12bn，由此可知，數(shù)列bn是公比為2的等比數(shù)列(2)由S2a1a24a12，a11，得a25，b1a22a13.故bn32n1.因為cn(n1,2，)，所以cn1cn，將bn32n1代入得cn1cn(n1,2，)由此可知，數(shù)列cn是公差d的等差數(shù)列22通過計算可得下列等式：2212211；3222221；4232231；(n1)2n22n1.將以上各式兩邊分別相加，得(n1)212(123n)n，即123n.類比上述方法，請你求出122232n2的值解：2313312311，3323322321，4333332331，(n1)3n33n23n1，將以上各式兩邊分別相加，得(n1)3133(122232n2)3(123n)n，所以122232n2.