2020学年高中数学第2章推理与证明章末复习课讲义新人教B版选修2-2(2021-2022学年)

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第2章推理与证明
合情推理
2.类比推理的特点及一般步骤
【例1】观察式子:1+错误!<错误!,1+错误!+错误!<错误!未定义书签。

,1+错误!+错误!未定义书签。

+错误!〈错误!,……,由此可归纳出的式子为( )
A.1+错误!+错误!未定义书签。

+…+错误!〈错误!未定义书签。

B.1+错误!未定义书签。

+错误!未定义书签。

+…+错误!<错误!未定义书签。

C.1+错误!未定义书签。

+错误!未定义书签。

+…+错误!未定义书签。

<错误!未定义书签。

ﻬD.1+错误!未定义书签。

+1
32
+…+错误!〈错误!未定义书签。

(2)两点等分单位圆时,有相应正确关系为sinα+sin(π+α)=0;三点等分单位圆时,有相应正确关系为sinα+sin错误!未定义书签。

+sin错误!=0,由此可以推知,四点等分单位圆时的相应正确关系为__________.
[思路探究] (1)观察各式特点,找准相关点,归纳即得.
(2)观察各角的正弦值之间的关系得出结论.
[解析] (1)由各式特点,可得1+错误!未定义书签。

+错误!+…+错误!〈错误!.故选C.
(2)用两点等分单位圆时,关系为sinα+sin(π+α)=0,两个角的正弦值之和为0,且第一个角为α,第二个角与第一个角的差为(π+α)-α=π,
用三点等分单位圆时,关系为sinα+sin错误!未定义书签。

+sin错误!=0,此时三个角的正弦值之和为0,且第一个角为α,第二个角与第一个角的差与第三个角与第二个角的差相等,即有错误!未定义书签。

-错误!未定义书签。

=错误!-α=错误!。

依此类推,可得当四点等分单位圆时,为四个角正弦值之和为0,且第一个角为α,第二个角为错误!未定义书签。

+α=错误!未定义书签。

+α,第三个角为错误!未定义书签。

+α+错误!=π+α,第四个角为π+α+错误!未定义书签。

=\f(3π,2)+α,即其关系为sin α+sin错误!+sin(α+π)+sin错误!=0.
[答案](1)C(2)sin α+sin错误!+sin(α+π)+sin错误!未定义书签。

=0
1.已知函数y=sin4x+cos4x(x∈R)的值域是错误!,则
(1)函数y=sin6x+cos6x(x∈R)的值域是__________;
(2)类比上述结论,函数y=sin2nx+cos2n x(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-错误!sin2(2x)=1-错误!未定义书签。

(1-cos4x)=错误!+错误!cos4x∈错误!未定义书签。

(2)由类比可知,y =sin 2nx +c os 2n x 的值域是[2
1-n
,1].
[答案] (1)错误!未定义书签。

(2)[21-n
,1]
法是由因导果的思维方式,而分析法的思路恰恰相反,它是执果索因的思维方式.
2.分析法和综合法是两种思路相反的推理方法.分析法是倒溯,综合法是顺推,二者各有优缺点.分析法容易探路,且探路与表述合一,缺点是表述易错;综合法条理清晰,易于表述,因此对于难题常把二者交互运用,互补优缺,形成分析综合法,其逻辑基础是充分条件与必要条件.
【例2】 设a >0,b 〉0,a +b =1,求证:错误!未定义书签。

+错误!未定义书签。

+错误!未定
义书签。

≥8。

试用综合法和分析法分别证明.
[思路探究] (1)综合法:根据a +b =1,分别求错误!未定义书签。

+错误!未定义书签。


错误!的最小值.
(2)分析法:把错误!未定义书签。

变形为错误!未定义书签。

=错误!未定义书签。

+错误!求证.
[解] 法一:(综合法) ∵a 〉0,b >0,a+b =1,
∴1=a +b ≥2ab ,错误!未定义书签。

≤错误!未定义书签。

,ab ≤错误!未定义书签。

,∴
错误!未定义书签。

≥4。

又错误!+错误!=(a +b )错误!=2+错误!+错误!未定义书签。

≥4,
∴错误!+错误!未定义书签。

+错误!未定义书签。

≥8(当且仅当a=b =错误!未定义书
签。

时等号成立).
法二:(分析法) ∵a 〉0,b 〉0,a +b =1,
要证错误!+错误!未定义书签。

+错误!未定义书签。

≥8, 只要证错误!未定义书签。

+\f (a +b,ab )≥8, 只要证错误!+错误!≥8,
即证1
a
+错误!未定义书签。

≥4。

也就是证
a+b
a
+错误!未定义书签。

≥4。

即证错误!+错误!未定义书签。

≥2, 由基本不等式可知,当a〉0,b >0时,
ﻬ\f (b,a )+错误!未定义书签。

≥2
成立,所以原不等式成立.
2.(1)已知a,b,c为互不相等的非负数.
求证:a2+b2+c2〉错误!未定义书签。

(错误!未定义书签。

+错误!+错误!未定义书签。

).(2)用分析法证明:2cos(α-β)-错误!未定义书签。

=错误!未定义书签。

[解](1)因为a2+b2≥2ab,
b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac,
又因为a,b,c为互不相等的非负数,
所以上面三个式子中都不能取“=”,
所以a2+b2+c2〉ab+bc+ac,
因为ab+bc≥2错误!未定义书签。

,bc+ac≥2错误!未定义书签。

,
ab+ac≥2a2bc,
又a,b,c为互不相等的非负数,
所以ab+bc+ac>错误!(错误!+错误!+错误!),
所以a2+b2+c2>错误!(错误!+错误!+错误!).
(2)要证原等式成立,只需证:
2cos(α-β)sin α-sin(2α-β)=sin β, ①
因为①左边=2cos(α-β)sinα-sin[(α-β)+α]
=2cos(α-β)sin α-sin(α-β)cos α-
cos(α-β)sin α
=cos(α-β)sin α-sin(α-β)cos α
=sin β=右边,
所以①成立,即原等式成立。

条件出发,经过一系列正确的逻辑推理,得出矛盾结果,断定反设不成立,从而肯定结论.反证法的思路:反设→归谬→结论.
【例3】设{a n}是公比为q的等比数列.
(1)推导{an}的前n项和公式;
(2)设q≠1,证明:数列{a n+1}不是等比数列.
[思路探究](1)利用等比数列的概念及通项公式推导前n项和公式;(2)利用反证法证明要证的结论.
[解](1)设{a n}的前n项和为S n,
当q=1时,Sn=a1+a1+…+a1=na1;
当q≠1时,Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1q n-1,①
qSn=a1q+a1q2+…+a1qn,
①-②得,(1-q)S n=a1-a1qn,
∴Sn=错误!,∴S n=错误!
(2)证明:假设{an+1}是等比数列,则对任意的k∈N*,
(ak+1+1)2=(a k+1)(a k+2+1),
a错误!未定义书签。

+2a k+1+1=aka k+2+ak+a k+2+1,
a错误!未定义书签。

q2k+2a1q k=a1qk-1·a1q k+1+a1qk-1+a1qk+1,
∵a1≠0,∴2q k=qk-1+q k+1.
∵q≠0,∴q2-2q+1=0,
∴q=1,这与已知矛盾.
∴假设不成立,故{a n+1}不是等比数列.
3.设{a n},{bn}是公比不相等的两个等比数列,cn=an+b n。

证明:数列{c n}不是等比数列.
[证明]假设数列{c n}是等比数列,则
(a n+b n)2=(an-1+bn-1)(a n+1+bn+1).①
因为{an},{bn}是公比不相等的两个等比数列,设公比分别为p,q,
所以a错误!未定义书签。

=a n-1a n+1,b错误!=b n-1bn+1.
代入①并整理,得
2anbn=a n+1bn-1+a n-1b n+1=anbn错误!未定义书签。


即2=错误!+错误!,ﻩﻩ②
ﻬ当p,q异号时,错误!+错误!未定义书签。

<0,与②相矛盾;
当p,q同号时,由于p≠q,
所以错误!+错误!〉2,与②相矛盾.
故数列{c n}不是等比数列.
1.关注点一:用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型,其关键点在于“先看项”,弄清等式两边的构成规律,等式两边各有多少项,初始值n0是多少.
2.关注点二:由n=k到n=k+1时,除等式两边变化的项外还要利用n=k时的式子,即利用假设,正确写出归纳证明的步骤,从而使问题得以证明.
【例4】已知正数数列{an}(n∈N+)中,前n项和为Sn,且2Sn=a n+错误!未定义书签。

,用数学归纳法证明:an=错误!未定义书签。

-\r(n-1).
[解](1)当n=1时,a1=S1=错误!错误!,
所以a错误!=1(a n>0),所以a1=1,又错误!-错误!=1,
所以n=1时,结论成立.
(2)假设n=k(k≥1,k∈N+)时,结论成立,即ak=错误!未定义书签。

-错误!未定义书签。

当n=k+1时,a k+1=S k+1-Sk
=\f(1,2)错误!-错误!错误!未定义书签。

=\f(1,2)错误!-错误!错误!
=错误!未定义书签。

错误!-错误!,
所以a错误!未定义书签。

+2ka k+1-1=0,解得ak+1=错误!-错误!未定义书签。

(an>0),所以n=k+1时,结论成立.
由(1)(2)可知,对n∈N+都有a n=错误!-错误!。

4.设数列{a n}的前n项和S n=\f(n(a n+1),2)(n∈N+),a2=2.
(1)求{a n}的前三项a1,a2,a3;
(2)猜想{an}的通项公式,并证明.
ﻬ[解](1)由S n=\f(n(an+1),2),得a1=1,又由a2=2,得a3=3。

(2)猜想:an=n.
证明如下:①当n=1时,猜想成立.
②假设当n=k(k≥2)时,猜想成立,即a k=k,
那么当n=k+1时,ak+1=S k+1-Sk
=错误!-错误!未定义书签。

=错误!-错误!.
所以a k+1=错误!未定义书签。

-错误!=k+1,
所以当n=k+1时,猜想也成立.
根据①②知,对任意n∈N+,都有a n=n.
数学归纳法体现的是一般与特殊、有限与无限的转化;反证法体现的是对立与统一的转化.【例5】设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)中的a,b,c都为整数,已知f(0),f(1)均为奇数,求证:方程f(x)=0无整数根.
[思路探究]假设方程f(x)=0有整数根k,结合f(0),f(1)均为奇数推出矛盾.
[解]假设方程f(x)=0有一个整数根k,
则ak2+bk+c=0,
∵f(0)=c,f(1)=a+b+c都为奇数,
∴a+b必为偶数,ak2+bk为奇数.
当k为偶数时,令k=2n(n∈Z),则ak2+bk=4n2a+2nb=2n(2na+b)必为偶数,与ak2+bk为奇数矛盾;
当k为奇数时,令k=2n+1(n∈Z),则ak2+bk=(2n+1)·(2na+a+b)为一奇数与一偶数乘积,必为偶数,也与ak2+bk为奇数矛盾.
综上可知,方程f(x)=0无整数根.
5.用数学归纳法证明:当n为正奇数时,xn+y n能被x+y整除.
[证明]设n=2m-1,m∈N+,则x n+y n=x2m-1+y2m-1.
要证明原命题成立,只需证明x2m-1+y2m-1能被x+y整除(m∈N+).
(1)当m=1时,x2m-1+y2m-1=x+y能被x+y整除.
(2)假设当m=k(k∈N+)时命题成立,即x2k-1+y2k-1能被x+y整除,那么当m=k+1时,
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).
因为x2k-1(x-y)(x+y)与y2(x2k-1+y2k-1)均能被x+y整除,
所以当m=k+1时,命题成立.
由(1)(2),知原命题成立.
1.甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩.老师说:你们四人中有2位优秀,2位良好,我现在给甲看乙、丙的成绩,给乙看丙的成绩,给丁看甲的成绩.看后甲对大家说:我还是不知道我的成绩.根据以上信息,则( )
A.乙可以知道四人的成绩
B.丁可以知道四人的成绩
C.乙、丁可以知道对方的成绩
D.乙、丁可以知道自己的成绩
[解析]由甲说:“我还是不知道我的成绩”可推知甲看到乙、丙的成绩为“1个优秀,1个良好”.乙看丙的成绩,结合甲的说法,丙为“优秀”时,乙为“良好”;丙为“良好”时,乙为“优秀”,可得乙可以知道自己的成绩.丁看甲的成绩,结合甲的说法,甲为“优秀"时,丁为“良好”;甲为“良好"时,丁为“优秀”,可得丁可以知道自己的成绩.
故选D。

[答案] D
2.袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放入乙盒,否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,则( )
A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C.乙盒中红球不多于丙盒中红球
D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
[解析]通过随机事件直接分析出现情况的可能性.
取两个球往盒子中放有4种情况:
①红+红,则乙盒中红球数加1;
②黑+黑,则丙盒中黑球数加1;
③红+黑(红球放入甲盒中),则乙盒中黑球数加1;
④黑+红(黑球放入甲盒中),则丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样多,所以①和②的情况一样多,③和④的情况完全随机.
③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响.
①和②出现的次数是一样的,所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样.
综上,选B.
[答案] B
3.观察下列各式:
C\o\a l(0,1)=40;
C错误!+C错误!=41;
C错误!未定义书签。

+C错误!未定义书签。

+C错误!=42;
C错误!未定义书签。

+C错误!+C错误!未定义书签。

+C错误!未定义书签。

=43;
……
照此规律,当n∈N+时,
C0,2n-1+C错误!未定义书签。

+C错误!+…+C错误!=________。

[解析]
ﻬ观察每行等式的特点,每行等式的右端都是幂的形式,底数均为4,指数与等式左端最后一个组合数的上标相等,故有C错误!未定义书签。

+C错误!+C错误!+…+C错误!=4n-1.
[答案] 4n-1
4.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c。

已知△ABC的面积为错误!.
(1)求sinBsin C;
(2)若6cos B cos C=1,a=3,求△ABC的周长.
[解](1)由题设得错误!acsin B=错误!,
即错误!c sin B=错误!未定义书签。

.
由正弦定理得\f(1,2)sin C sin B=错误!。

故sin Bsin C=\f(2,3).
(2)由题设及(1)得cosB cos C-sin B sinC=-错误!,
即cos(B+C)=-错误!未定义书签。

所以B+C=错误!,故A=错误!未定义书签。

由题意得错误!bcsin A=错误!未定义书签。

,a=3,所以bc=8。

由余弦定理得b2+c2-bc=9,
即(b+c)2-3bc=9.
由bc=8,得b+c=错误!未定义书签。

.
故△ABC的周长为3+错误!未定义书签。

.
5.如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.
(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;
(2)当三棱锥M。

ABC体积最大时,求面MAB与面MCD所成二面角的正弦值.
[解](1)由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.
因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM。

因为M为上异于C,D的点,且DC为直径,所以DM⊥CM。

又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.
ﻬ而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.
(2)以D为坐标原点,错误!的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D­xyz。

当三棱锥M。

ABC体积最大时,M为的中点.
由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),
错误!未定义书签。

=(-2,1,1),错误!未定义书签。

=(0,2,0),错误!未定义书签。

=(2,0,0).
设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则错误!未定义书签。

即错误!
可取n=(1,0,2).错误!未定义书签。

是平面MCD的法向量,
因为cos〈n,错误!〉=错误!未定义书签。

=错误!,sin〈n,错误!未定义书签。

〉=错误!未定义书签。

.
所以面MAB与面MCD所成二面角的正弦值是错误!.。

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