1、上一页返回首页下一页巩固层提升层拓展层章末综合测评章末分层突破 上一页返回首页下一页上一页返回首页下一页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 上一页返回首页下一页合情推理1.归纳推理的特点及一般步骤上一页返回首页下一页2.类比推理的特点及一般步骤上一页返回首页下一页(1)观察式子：1 12232，1 122 13253，1 122 132 14274，由此可归纳出的式子为()A.1 122 132 1n212n1B.1 122 132 1n212n1C.1 122 132 1n22n1nD.1 122 132 1n2 2n2n1
2、上一页返回首页下一页(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 sin23 sin43 0，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.上一页返回首页下一页【规范解答】(1)由各式特点，可得 1 122 132 1n20，b0，ab1，求证：1a1b 1ab8.试用综合法和分析法分别证明.【精彩点拨】(1)综合法：根据 ab1，分别求1a1b与 1ab的最小值.(2)分析法：把 1ab变形为abab 1a1b求证.上一页返回首页下
3、一页【规范解答】法一：(综合法)a0，b0，ab1，1ab2 ab，ab12，ab14，1ab4.又1a1b(ab)1a1b 2baab4，1a1b 1ab8(当且仅当 ab12时等号成立).上一页返回首页下一页法二：(分析法)a0，b0，ab1，要证1a1b 1ab8，只要证1a1b abab 8，只要证1a1b 1b1a 8，即证1a1b4.上一页返回首页下一页也就是证aba abb 4.即证baab2，由基本不等式可知，当 a0，b0 时，baab2 成立，所以原不等式成立.上一页返回首页下一页再练一题2.(1)已知 a，b，c 为互不相等的非负数.求证：a2b2c2 abc(a b c
4、).(2)用分析法证明：2cos()sin（2）sin sin sin .上一页返回首页下一页【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 a2b2c2abbcac，因为 abbc2 ab2c，bcac2 abc2，abac2 a2bc，上一页返回首页下一页又 a，b，c 为互不相等的非负数，所以 abbcac abc(a b c)，所以 a2b2c2 abc(a b c).上一页返回首页下一页(2)要证原等式成立，只需证：2cos()sin sin(2)sin，因为左边2cos()sin sin
5、()2cos()sin sin()cos cos()sin cos()sin sin()cos sin 右边，所以成立，即原等式成立.上一页返回首页下一页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.上一页返回首页下一页 设an是公比为 q 的等比数列.(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.上一页返回首页
6、下一页【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，Sna1（1qn）1q，Snna1，q1，a1（1qn）1q，q1.上一页返回首页下一页(2)证明：假设an1是等比数列，则对任意的 kN，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2k12ak11akak2akak21，a21q2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾.假设不成立，故an1不是等比数列.上一页返回首页
7、下一页再练一题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 0 x0.(1)证明：1a是 f(x)0 的一个根；(2)试比较1a与 c 的大小.上一页返回首页下一页【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 x1x2ca，x21a1ac，1a是 f(x)0 的一个根.上一页返回首页下一页(2)假设1a0，由 0 x0，知 f1a 0 与 f1a 0 矛盾，1ac.又1ac，1ac.上一页返回首页下一页数学归纳法 1.关注点一：用数学归纳法证明
8、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 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.上一页返回首页下一页 已知正数数列an(nN)中，前 n 项和为 Sn，且 2Snan 1an，用数学归纳法证明：an n n1.【导学号：94210027】上一页返回首页下一页【规范解答】(1)当 n1 时，a1S112a1 1a1，所以 a211(an0)，所以 a11，又 1 01，所以 n1 时，结论成立.(2)假设 nk(k1，
9、kN)时，结论成立，即 ak k k1.当 nk1 时，ak1Sk1Sk 12ak1 1ak1 12ak1ak 上一页返回首页下一页12ak1 1ak1 12k k11k k1 12ak1 1ak1 k，所以 a2k12 kak110，解得 ak1 k1 k(an0)，所以 nk1 时，结论成立.由(1)(2)可知，对 nN都有 an n n1.上一页返回首页下一页再练一题4.设数列an的前 n 项和 Snn（an1）2(nN)，a22.(1)求an的前三项 a1，a2，a3；(2)猜想an的通项公式，并证明.上一页返回首页下一页【解】(1)由 Snn（an1）2，得 a11，又由 a22，得
10、 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（k1）（ak11）2k（ak1）2（k1）（ak11）2k（k1）2.上一页返回首页下一页所以 ak1 k2k1 1k1k1，所以当 nk1 时，猜想也成立.根据知，对任意 nN，都有 ann.上一页返回首页下一页转化与化归思想 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
11、 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.【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.上一页返回首页下一页【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
12、可知，方程 f(x)0 无整数根.上一页返回首页下一页再练一题5.用数学归纳法证明：当 n 为正奇数时，xnyn 能被 xy 整除.上一页返回首页下一页【证明】设 n2m1，mN，则 xnynx2m1y2m1.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
13、)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.上一页返回首页下一页1.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上一页返回首页下一页在这 10 名学
14、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 秒跳绳决赛上一页返回首页下一页【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 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 ab1a1b.证明：(1)ab2；(2)a2a2 与 b2b0，b0，得 ab1.(1)由基本不等式及 ab1，有 ab2 ab2，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.上一页返回首页下一页5.设函数 f(x)x3 11x，x0，1.证明：(1)f(x)1xx2；(2)3434，所以 f(x)34.综上，34f(x)32.上一页返回首页下一页章末综合测评（一）点击图标进入