1、高三数学（理）一轮复习 教案 第十三编 推理与证明 总第66期 13.1 合情推理与演绎推理基础自测1.某同学在电脑上打下了一串黑白圆，如图所示，按这种规律往下排，那么第36个圆的颜色应是 .答案 白色2.数列1，2，4，8，16，32，的一个通项公式是 .答案 an=2n-13.已知a1=3,a2=6,且an+2=an+1-an,则a33为 .答案 34.下面使用类比推理恰当的是 .“若a3=b3,则a=b”类推出“若a0=b0，则a=b”；“(a+b)c=ac+bc”类推出“=+”“(a+b）c=ac+bc”类推出“=+(c0)”；“（ab）n=anbn”类推出“(a+b)n=an+bn”
2、答案 5.一切奇数都不能被2整除，2100+1是奇数，所以2100+1不能被2整除，其演绎推理的“三段论”的形式为 .答案 一切奇数都不能被2整除，大前提2100+1是奇数，小前提所以2100+1不能被2整除.结论例题精讲 例1 在数列an中,a1=1,an+1=,nN*,猜想这个数列的通项公式是什么？这个猜想正确吗？说明理由.解 在an中,a1=1,a2=,a3=,a4=,所以猜想an的通项公式an=.这个猜想是正确的.证明如下:因为a1=1,an+1=,所以=+,即-=,所以数列是以=1为首项,为公差的等差数列,所以=1+(n-1)= n+,所以通项公式an=.例2 已知O是ABC内任意一
3、点，连结AO、BO、CO并延长交对边于A,B,C,则+=1,这是一道平面几何题,其证明常采用“面积法”. +=+=1，请运用类比思想，对于空间中的四面体VBCD，存在什么类似的结论？并用体积法证明.证明 在四面体VBCD中，任取一点O，连结VO、DO、BO、CO并延长分别交四个面于E、F、G、H点.则+=1.在四面体OBCD与VBCD中： =.同理有：=；=；=，+=1. 例3 （14分）已知函数f（x）=-（a0且a1），（1）证明：函数y=f(x)的图象关于点对称；（2）求f（-2）+f（-1）+f（0）+f（1）+f（2）+f（3）的值.（1）证明 函数f（x）的定义域为R，任取一点（x
4、，y），它关于点对称的点的坐标为（1-x，-1-y）. 2分由已知得y=-,则-1-y=-1+=-，3分f（1-x）=-=-=-=-， 5分-1-y=f（1-x）.即函数y=f(x)的图象关于点对称. 7分（2）解 由（1）有-1-f（x）=f（1-x），即f（x）+f（1-x）=-1.f（-2）+f（3）=-1，f（-1）+f（2）=-1， f（0）+f（1）=-1，则f（-2）+f（-1）+f（0）+f（1）+f（2）+f（3）=-3. 14分巩固练习 1.已知f(x)=(x-,a0),且f(1)=log162,f(-2)=1.（1）求函数f(x)的表达式；（2）已知数列xn的项满足xn=
5、1-f(1)1-f(2)1-f(n)，试求x1,x2,x3,x4;(3)猜想xn的通项.解 （1）把f(1)=log162=,f(-2)=1,代入函数表达式得, 整理得，解得,于是f(x)=(x-1).（2）x1=1-f(1)=1-=,x2=,x3=,x4=.（3）这里因为偶数项的分子、分母作了约分，所以规律不明显，若变形为，便可猜想xn=.2.如图1，若射线OM，ON上分别存在点M1，M2与点N1，N2，则=；如图2，若不在同一平面内的射线OP，OQ和OR上分别存在点P1，P2，点Q1，Q2和点R1，R2，则类似的结论是什么？这个结论正确吗？说明理由. 解 类似的结论为：=.这个结论是正确的
6、，证明如下：如图，过R2作R2M2平面P2OQ2于M2，连OM2.过R1在平面OR2M2作R1M1R2M2交OM2于M1，则R1M1平面P2OQ2. 由=R1M1=OP1OQ1sinP1OQ1R1M1=OP1OQ1R1M1sinP1OQ1，同理，=OP2OQ2R2M2sinP2OQ2.所以=.由平面几何知识可得=.所以=.所以结论正确.3.已知函数f（x）=（xR），（1）判定函数f（x）的奇偶性；（2）判定函数f（x）在R上的单调性，并证明.解 （1）对xR有-xR，并且f（-x）=-=-f（x），所以f（x）是奇函数.（2）f(x)在R上单调递增，证明如下：任取x1,x2R，并且x1x2,
7、 f(x1)-f(x2)= -=.x1x2,0,-0, +10, +10.0.f(x1)f(x2).f(x)在R上为单调递增函数.回顾总结 知识方法思想课后作业一、填空题1.由,若ab0,m0，则与之间的大小关系为 .答案 2.已知a1=1,an+1an，且(an+1-an)2-2(an+1+an)+1=0，猜想an的表达式为 .答案 an=n23.已知f(x)=x2 008+ax2 007-8,f(-1)=10,则f(1)= .答案 -244.由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：“mn=nm”类比得到“ab=ba”；“（m+n）t=mt+nt”类比得到“(a+b)c=ac+bc
8、”；“(mn)t=m(nt)”类比得到“（ab）c=a（bc）”；“t0,mt=xtm=x”类比得到“p0,ap=xpa=x”;“|mn|=|m|n|”类比得到“|ab|=|a|b|”；“=”类比得到“=”.以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是 .答案 25.下列推理是归纳推理的是 （填序号）.A，B为定点，动点P满足|PA|+|PB|=2a|AB|，得P的轨迹为椭圆由a1=1，an=3n-1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式由圆x2+y2=r2的面积r2，猜想出椭圆=1的面积S=ab科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇答案 6.已知整数的数对列如下:(1,1),(1,2)
9、,(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),(1,5), (2,4),则第60个数对是 .答案 (5,7)7.在平面几何中，ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比=，把这个结论类比到空间：在三棱锥ABCD中（如图所示），而DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到的类比的结论是 答案 =8.（2008金陵中学模拟）现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为.类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正
10、方体重叠部分的体积恒为 . 答案 （第7题） （第8题）二、解答题9.把空间平行六面体与平面上的平行四边形类比，试由“平行四边形对边相等”得出平行六面体的相关性质.解 如图所示，由平行四边形的性质可知AB=DC，AD=BC，于是类比平行四边形的性质,在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，我们猜想：S=S,S=S,S=S,且由平行六面体对面是全等的平行四边形知，此猜想是正确的.10.已知梯形ABCD中，AB=DC=AD，AC和BD是它的对角线.用三段论证明：AC平分BCD，BD平分CBA.证明 （1）两平行线与第三直线相交，内错角相等（大前提）BCA与CAD是平行线AD，BC被AC所截内错角（
11、小前提）所以，BCA=CAD（结论）（2）等腰三角形两底角相等（大前提）CAD是等腰三角形，DA=DC（小前提）所以，DCA=CAD（结论）（3）等于同一个量的两个量相等（大前提）BCA与DCA都等于CAD（小前提）所以，BCA=DCA（结论）（4）同理，BD平分CBA.11.如图所示，点P为斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱BB1上一点，PMBB1交AA1于点M，PNBB1交CC1于点N.（1）求证：CC1MN；（2）在任意DEF中有余弦定理：DE2=DF2+EF2-2DFEFcosDFE.拓展到空间，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
12、予以证明.证明 （1）PMBB1，PNBB1，BB1平面PMN.BB1MN.又CC1BB1，CC1MN.（2）在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有S=S+S-2SScos.其中为平面CC1B1B与平面CC1A1A所成的二面角，CC1平面PMN，上述的二面角的平面角为MNP.在PMN中，PM2=PN2+MN2-2PNMNcosMNPPM2CC=PN2CC+MN2CC-2（PNCC1）（MNCC1）cosMNP，由于S=PNCC1，S=MNCC1， S=PMBB1=PMCC1，S=S+S-2SScos.12.已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值.试对双曲线=1写出具有类似特性的性质，并加以证明.解 类似的性质为：若M、N是双曲线=1上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值.证明如下：设点M、P的坐标分别为（m，n），（x，y），则N（-m，-n）.因为点M（m,n）在已知双曲线上，所以n2=m2-b2.同理y2=x2-b2.则kPMkPN =(定值).