1、章末分层突破自我校对由部分到整体，由个别到一般类比推理演绎推理由一般到特殊综合法执果索因反证法数学归纳法合情推理1.归纳推理的特点及一般步骤2.类比推理的特点及一般步骤(1)观察式子：1，1，1，由此可归纳出的式子为()A.1B.1C.1D.1(2)两点等分单位圆时，有相应正确关系为sin sin()0；三点等分单位圆时，有相应正确关系为sin sinsin0，由此可以推知，四点等分单位圆时的相应正确关系为_.【精彩点拨】(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.【规范解答】(1)由各式特点，可得10，b0，ab1，求证：8.试用综合法和分析法分别证明
2、.【精彩点拨】(1)综合法：根据ab1，分别求与的最小值.(2)分析法：把变形为求证.【规范解答】法一：(综合法)a0，b0，ab1，1ab2，ab，4.又(ab)24，8(当且仅当ab时等号成立).法二：(分析法)a0，b0，ab1，要证8，只要证8，只要证8，即证4.也就是证4.即证2，由基本不等式可知，当a0，b0时，2成立，所以原不等式成立.再练一题2.(1)已知a，b，c为互不相等的非负数.求证：a2b2c2().(2)用分析法证明：2cos().【解】(1)因为a2b22ab，b2c22bc，a2c22ac，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a
3、2b2c2abbcac，因为abbc2，bcac2，abac2，又a，b，c为互不相等的非负数，所以abbcac()，所以a2b2c2().(2)要证原等式成立，只需证：2cos()sin sin(2)sin ，因为左边2cos()sin sin()2cos()sin sin()cos cos()sin cos()sin sin()cos sin 右边，所以成立，即原等式成立.反证法反证法是间接证明的一种基本方法，用反证法证明时，假定原结论的对立面为真，从反设和已知条件出发，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.设an是公比为q的等比
4、数列.(1)推导an的前n项和公式；(2)设q1，证明：数列an1不是等比数列.【精彩点拨】(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.【规范解答】(1)设an的前n项和为Sn，当q1时，Sna1a1a1na1；当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)证明：假设an1是等比数列，则对任意的kN，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q
5、1，这与已知矛盾.假设不成立，故an1不是等比数列.再练一题3.已知二次函数f(x)ax2bxc(a0)的图像与x轴有两个不同的交点，若f(c)0，且0x0.(1)证明：是f(x)0的一个根；(2)试比较与c的大小.【解】(1)证明：f(x)的图像与x轴有两个不同的交点，f(x)0有两个不等实根x1，x2.f(c)0，x1c是f(x)0的根.又x1x2，x2，是f(x)0的一个根.(2)假设0，由0x0，知f0与f0矛盾，c.又c，c.数学归纳法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
6、.关注点二：由nk到nk1时，除等式两边变化的项外还要利用nk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.已知正数数列an(nN)中，前n项和为Sn，且2Snan，用数学归纳法证明：an. 【导学号：94210027】【规范解答】(1)当n1时，a1S1，所以a1(an0)，所以a11，又1，所以n1时，结论成立.(2)假设nk(k1，kN)时，结论成立，即ak.当nk1时，ak1Sk1Sk，所以a2ak110，解得ak1(an0)，所以nk1时，结论成立.由(1)(2)可知，对nN都有an.再练一题4.设数列an的前n项和Sn(nN)，a22.(1)求an的前三项a1，
7、a2，a3；(2)猜想an的通项公式，并证明.【解】(1)由Sn，得a11，又由a22，得a33.(2)猜想：ann.证明如下：当n1时，猜想成立.假设当nk(k2)时，猜想成立，即akk，那么当nk1时，ak1Sk1Sk.所以ak1k1，所以当nk1时，猜想也成立.根据知，对任意nN，都有ann.转化与化归思想转化与化归是数学思想方法的灵魂.在本章中，合情推理与演绎推理体现的是一般与特殊的转化；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.设二次函数f(x)ax2bxc(a0)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
8、根.【精彩点拨】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.【规范解答】假设方程f(x)0有一个整数根k，则ak2bkc0，f(0)c，f(1)abc都为奇数，ab必为偶数，ak2bk为奇数.当k为偶数时，令k2n(nZ)，则ak2bk4n2a2nb2n(2nab)必为偶数，与ak2bk为奇数矛盾；当k为奇数时，令k2n1(nZ)，则ak2bk(2n1)(2naab)为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak2bk为奇数矛盾.综上可知，方程f(x)0无整数根.再练一题5.用数学归纳法证明：当n为正奇数时，xnyn能被xy整除.【证明】设n2m1，mN，则xnynx2m1
9、y2m1.要证明原命题成立，只需证明x2m1y2m1能被xy整除(mN).(1)当m1时，x2m1y2m1xy能被xy整除.(2)假设当mk(kN)时命题成立，即x2k1y2k1能被xy整除，那么当mk1时，x2(k1)1y2(k1)1x2k21y2k21x2k1x2x2k1y2y2k1y2x2k1y2x2k1(x2y2)y2(x2k1y2k1)x2k1(xy)(xy)y2(x2k1y2k1).因为x2k1(xy)(xy)与y2(x2k1y2k1)均能被xy整除，所以当mk1时，命题成立.由(1)(2)，知原命题成立.1.(2016北京高考)某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预
10、赛和决赛两个阶段.下表为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊.学生序号12345立定跳远(单位：米)1.961.921.821.801.7830秒跳绳(单位：次)63a756063学生序号678910立定跳远(单位：米)1.761.741.721.681.6030秒跳绳(单位：次)7270a1b65在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则()A.2号学生进入30秒跳绳决赛B.5号学生进入30秒跳绳决赛C.8号学生进入30秒跳绳决赛D.9号学生进入30秒跳绳决赛【解析】由题意可知1到8号学生进入了立定跳远决赛.由于同时进入立定跳远决赛和30
11、秒跳绳决赛的有6人，因此1到8号同学中有且只有6人进入两项决赛，分类讨论如下：(1)当a60时，a10，b0，且ab.证明：(1)ab2；(2)a2a2与b2b0，b0，得ab1.(1)由基本不等式及ab1，有ab22，即ab2，当且仅当ab1时等号成立.(2)假设a2a2与b2b2同时成立，则由a2a0，得0a1；同理，0b1，从而ab1，这与ab1矛盾.故a2a2与b2b2不可能同时成立.5.(2016浙江高考)设函数f(x)x3，x0，1.证明：(1)f(x)1xx2；(2)，所以f(x).综上，|AB|，得P的轨迹为椭圆B.由a11，an3n1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项
12、和Sn的表达式C.由圆x2y2r2的面积r2，猜出椭圆1的面积SabD.科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇【解析】由归纳推理的特点知，选B.【答案】B4.用反证法证明“a，b，c中至少有一个大于0”，下列假设正确的是() 【导学号：94210028】A.假设a，b，c都小于0B.假设a，b，c都大于0C.假设a，b，c中都不大于0D.假设a，b，c中至多有一个大于0【解析】用反证法证明“a，b，c中至少有一个大于0”，应先假设要证命题的否定成立.而要证命题的否定为：“假设a，b，c中都不大于0”，故选C.【答案】C5.用数学归纳法证明“5n2n能被3整除”的第二步中，当nk1时，为了使用假设，应将
13、5k12k1变形为()A.(5k2k)45k2kB.5(5k2k)32kC.(52)(5k2k)D.2(5k2k)35k【解析】5k12k15k52k25k52k52k52k25(5k2k)32k.【答案】B6.已知n为正偶数，用数学归纳法证明12时，若已假设nk(k2且k为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证n_时等式成立.()A.k1B.k2C.2k2D.2(k2)【解析】根据数学归纳法的步骤可知，nk(k2且k为偶数)的下一个偶数为nk2，故选B.【答案】B7.(2016昌平模拟)已知bn为等比数列，b52，则b1b2b3b4b5b6b7b8b929.若an为等差数列，a52，则an
14、的类似结论为()A.a1a2a3a929B.a1a2a3a929C.a1a2a3a929D.a1a2a3a929【解析】根据等差、等比数列的特征知，a1a2a929.【答案】D8.(2016北京高考)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】取两个球往盒子中放有4种情况：红红，则乙盒中红球数加
15、1；黑黑，则丙盒中黑球数加1；红黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；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，所以和的情况一样多，和的情况完全随机.和对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.和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】B9.在等差数列an中，若a100，则有等式a1a2ana1a2a19n(n0，则lg ；(2)22.【证明】(1)当a，b0时，有，lglg，lg lg ab.(2)要证22，只要证()2(22)2，即22，这是显然成立的，所以，原不等式成立.18.(本
16、小题满分12分)观察以下各等式：sin230cos260sin 30cos 60，sin220cos250sin 20cos 50，sin215cos245sin 15cos 45.分析上述各式的共同特点，猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性作出证明.【解】猜想：sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2sin sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.19.(本小题满分12分)点P为斜三棱柱ABCA1B1C1的侧棱BB1上一点，PMBB1交AA1于点M，PNBB1交CC1于点N
17、.(1)求证：CC1MN；(2)在任意DEF中有余弦定理：DE2DF2EF22DFEFcosDFE.扩展到空间类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.【解】(1)证明：因为PMBB1，PNBB1，又PMPNP，所以BB1平面PMN，所以BB1MN.又CC1BB1，所以CC1MN.(2)在斜三棱柱ABCA1B1C1中，有S2ABBAS2BCCBS2ACCA2SBCCBSACCAcos .其中为平面BCC1B1与平面ACC1A1所成的二面角.证明如下：因为CC1平面PMN，所以上述的二面角的平面角为MNP.在PMN中，因为PM2PN2MN
18、22PNMNcosMNP，所以PM2CCPN2CCMN2CC2(PNCC1)(MNCC1)cosMNP，由于S BCCBPNCC1，S ACCAMNCC1，S ABBAPMBB1PMCC1，所以S2 ABBAS2 BCCBS2 ACCA2S BCCBS ACCAcos .20.(本小题满分12分)(2014江苏高考)如图4，在三棱锥PABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点.已知PAAC，PA6，BC8，DF5.求证：图4(1)直线PA平面DEF；(2)平面BDE平面ABC.【证明】(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DEPA.又因为PA平面DEF，DE平面DEF，所以直线
19、PA平面DEF.(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA6，BC8，所以DEPA，DEPA3，EFBC4.又因为DF5，故DF2DE2EF2，所以DEF90，即DEEF.又PAAC，DEPA，所以DEAC.因为ACEFE，AC平面ABC，EF平面ABC，所以DE平面ABC.又DE平面BDE，所以平面BDE平面ABC.21.(本小题满分12分)在数列an中，a11，a2，且an1(n2).(1)求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明；(2)设bn， 求证：对任意的nN，都有b1b2bn. 【导学号：94210030】【解】(1)容易求得：a3，a4.故可以猜想an，nN.下面
20、利用数学归纳法加以证明：显然当n1，2，3，4时，结论成立，假设当nk(k4，kN)时，结论也成立，即ak.那么当nk1时，由题设与归纳假设可知：ak1.即当nk1时，结论也成立，综上，对任意nN，an成立.(2)证明：bn()，所以b1b2bn(1)()()()(1)，所以只需要证明(1)13n13n2102(显然成立)，所以对任意的nN，都有b1b2bn.22.(本小题满分12分)(2016江苏高考)记U1，2，100，对数列an(nN)和U的子集T，若T，定义ST0；若Tt1，t2，tk，定义STat1at2atk.例如：T1，3，66时，STa1a3a66.现设an(nN)是公比为3的
21、等比数列，且当T2，4时，ST30.(1)求数列an的通项公式； (2)对任意正整数k(1k100)，若T1，2，k，求证：ST0，nN，所以STa1a2ak133k1(3k1)3k.因此，STak1.(3)证明：下面分三种情况证明.若D是C的子集，则SCSCDSCSDSDSD2SD.若C是D的子集，则SCSCDSCSC2SC2SD.若D不是C的子集，且C不是D的子集.令ECUD，FDUC，则E，F，EF.于是SCSESCD，SDSFSCD，进而由SCSD得SESF.设k为E中的最大数，l为F中的最大数，则k1，l1，kl.由(2)知，SEak1.于是3l1alSFSEak13k，所以l1k，即lk.又kl，故lk1.从而SFa1a2al133l1，故SE2SF1，所以SCSCD2(SDSCD)1，即SCSCD2SD1.综合得，SCSCD2SD.
