高中数学选修2-2第二章 推理与证明.doc

1、第二章第二章推理与证明推理与证明测试十一测试十一合情推理与演绎推理合情推理与演绎推理学习目标学习目标1了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理2掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理3了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异基础训练题基础训练题一、选择题一、选择题1数列 2，5，10，17，x，37，中的 x 等于()(A)25(B)26(C)27(D)282已知扇形的弧长为 l，半径为 r类比三角形的面积公式：S21底高，可推知扇形的面积公式 S扇形等于()(A)22r(B)22l(C)2lr(D)lr3在公差为 d 的等差数列an中，我们可以得到 anam(nm)d

2、(m，nN*)通过类比推理，在公比为 q 的等比数列bn中，我们可得()(A)bnbmqnm(B)bnbmqmn(C)bnbmqmn(D)bnbmqnm4将正奇数数列 1，3，5，7，9，进行如下分组：第一组含一个数1；第二组含两个数3，5；第三组含三个数7，9，11；第四组含四个数13，15，17，19；记第 n组内各数之和为 Sn，则 Sn与 n 的关系为()(A)Snn2(B)Snn3(C)Sn2n1(D)Sn3n15数列an中，a13，a26，且 an2an1an，则 a33等于()(A)3(B)3(C)6(D)6二、填空题二、填空题6已知平面(2 维)向量 a(x1，y1)，b(x2

3、，y2)，那么 abx1x2y1y2；空间(3 维)向量 a(x1，y1，z1)，b(x2，y2，z2)，那么 abx1x2y1y2z1z2由此推广到 n 维向量：a(a1，a2，an)，b(b1，b2，bn)，那么 ab_7在数列an中，a11，an1), 3 , 2 , 1(1naann，则此数列的通项公式可归纳为_.8 半径为 r的圆的面积 S(r)r2， 周长 C(r)2r， 若将r看作(0， )上的变量， 则(r2)2r，式用语言可以叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数对于半径为 R 的球，若将 R 看作(0，)上的变量，请写出类比的等式：_；上式用语言可以叙述为_9将“菱形的

4、对角线互相平分”写成三段论的形式为_10在平面几何中，我们有如下结论：三边相等的三角形内任意一点到三边的距离之和为定值拓展到空间，类比平面几何的上述结论，我们可得：四个面均为等边三角形的四面体内任意一点_三、解答题三、解答题11 类比实数的加法和向量的加法， 从相加的结果是否为实数(向量)， 以及运算律、 逆运算、0 与 0(零向量)几个方面考虑，列出它们相似的运算性质12下列推理的两个步骤分别遵循那种推理原则？因为直线 a平面，直线 b平面，所以 ab又因为 bc，所以 ac13设an是由正数组成的等比数列，Sn是其前 n 项的和证明：SnSn221nS拓展训练题拓展训练题14在等差数列an

5、中，若 a100，则有等式 a1a2ana1a2a19n成立，其中 1n19，nN*类比上述性质，相应的：在等比数列bn中，若 b91，试写出相应的一个等式测试十二测试十二直接证明与间接证明直接证明与间接证明学习目标学习目标1了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法，能利用它们解决简单问题2了解间接证明的一种基本方法反证法，能利用反证法解决简单问题基础训练题基础训练题一、用分析法或综合法证明下列问题一、用分析法或综合法证明下列问题1证明：.722232已知 ab0，求证：.baba3设 a，b(0，)，且 ab，证明：a3b3a2bab24已知锐角 A，B 满足2 BA，证明：sinAcos

6、B5已知数列an是等差数列，), 3 , 2 , 1(21nnaaabnn证明：数列bn是等差数列6在ABC 中，三个内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，且 A，B，C 成等差数列，a，b，c 成等比数列求证：ABC 为等边三角形二、用反证法证明下列问题二、用反证法证明下列问题7设 a，b 是平面内的两条直线，证明：这两条直线最多只有一个交点8证明：若函数 f(x)在区间a，b上是增函数，那么方程 f(x)0 在区间a，b上至多只有一个实数根9设 p，qR，且 p3q32，求证：pq210求证：一元二次方程 ax2bxc0(a0)至多有两个不相等的实数根拓展训练题拓展训练题11求证：1

7、，2，3不能成为同一等差数列中的三项12证明：对于函数 f(x)lgx，找不到这样的正数 M，使得对于 f(x)定义域内任意的 x 有|f(x)|M 成立测试十三测试十三数学归纳法数学归纳法学习目标学习目标了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题基础训练题基础训练题1证明：2) 1(321nnn，其中 nN*2证明：(1x)(1xx2xn1)1xn，其中 nN*3数列an满足 a11，anan13n1(n2，3，4，)(1)求 a2，a3；(2)证明：an213 n4求证：12223242(1)n1n2(1)n12) 1( nn，其中 nN*5 已知数列223118，2253

8、28， ，22) 12() 12(8nnn， ， 其前 n 项和为 Sn 经计算得981S，25242S，49483S，81804S观察上述结果，推测出计算 Sn的公式，并加以证明6求证：nnnnn212111211214131211，其中 nN*7求证：2413212111nnn，其中 nN*且 n28求证：2n1n2n1，其中 nN*9观察下列式子：.,474131211 ,3531211 ,23211222222请归纳出关于 n 的一个不等式并加以证明10平面上有 n 条直线，且任何两条直线都相交，其中任何三条直线不共点证明：这 n条直线将平面分成21(n2n2)部分拓展训练题拓展训练题

9、11是否存在常数 a，b，使得等式2) 12)(12(5323112222bnnannnn对一切 nN*都成立？证明你的结论12设 nN*，f(n)5n23n11(1)当 n1，2，3，4 时，计算 f(n)的值；(2)你对 f(n)的值有何猜想？证明你的猜想测试十四测试十四推理与证明全章综合测试题推理与证明全章综合测试题一、选择题一、选择题1观察数列an：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，的特点，则 a100是()(A)14(B)13(C)12(D)112不等式 ab 与ba11同时成立的充要条件是()(A)ab0(B)0ab(C)a0b(D)ba1103已知an为等比数列，a52，那

10、么有等式 a1a2a929成立类比上述性质，相应的：若bn为等差数列，b52，则有()(A)b1b2b929(B)b1b2b929(C)b1b2b929(D)b1b2b9294设函数 f(x)|lgx|，若 0ab，且 f(a)f(b)，则 ab 的取值范围是()(A)(0，2)(B)(1，)(C)(2，)(D)(0，1)5设 a0，b0，则以下不等式中不恒成立的是()(A)4)11)(baba(B)a3b32ab2(C)a2b222a2b(D)baba|6用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个大于 60”时，与命题结论相矛盾的假设为()(A)假设三角形的三个内角都大于 60(B)假设三角

11、形的三个内角都不大于 60(C)假设三角形的三个内角中至多有一个大于 60(D)假设三角形的三个内角中至多有两个大于 60二、填空题二、填空题7在ABC 中，D 为 BC 的中点，则有)(21ACABAD，将此结论类比到四面体中，可得一个类比结论为：_8已知数列an的通项公式为2) 1(1nan，记 f(n)(1a1)(1a2)(1an)，其中 nN*，那么 f(1)_；f(2)_；f(3)_；推测 f(n)_9若三角形的内切圆半径是 r，三边长分别是 a，b，c，则三角形的面积是为r21(abc)类比此结论，若四面体的内切球半径是 R，四个面的面积分别是 S1，S2，S3，S4，则四面体的体

12、积 V_10已知数列an的前 n 项和为 Sn，a132，)2(211nSSnn，通过计算 S1，S2，S3，S4，可归纳出 Sn_三、解答题三、解答题11已知 a，b，c 是正数，且 abbcca1，永证：abc312设an是公比为 q 的等比数列，Sn是它的前 n 项和证明：数列Sn不是等比数列13设 a0，函数xxeaaexf)(是 R 上的偶函数(1)求 a 的值；(2)证明：f(x)在(0，)上单调递增14对于任意正整数 n，判断 2n与 n2的大小，并加以证明参考答案参考答案第二章第二章推理与证明推理与证明测试十一测试十一合情推理与演绎推理合情推理与演绎推理一、选择题一、选择题1B

13、2C3D4B5A提示：提示：5按递推关系依次写出前几项为 3，6，3，3，6，3，3，6，观察可知从第七个数开始重复出现，故此数列是周期数列，周期为 6，从而 a33a563a33二、填空题二、填空题6a1b1a2b2anbn7nan18(34R3)4R2；球的体积函数的导数等于球的表面积函数9平行四边形对角线互相平分(大前提)，菱形是平行四边形(小前提)，菱形对角线互相平分(结论)10到四个面的距离之和为定值三、解答题三、解答题11(1)两实数相加后，结果是一个实数；两向量相加后，结果仍是一个向量(2)从运算律的角度考虑，他们都满足交换律和结合律，即 abba；abba(ab)ca(bc)；

14、(ab)ca(bc)(3)从逆运算的角度考虑，二者都有逆运算，即减法运算ax0 与 ax0 都有唯一解 xa，xa(4)在实数加法中，任意实数与 0 相加都不改变大小，即 a0a在向量加法中，任意向量与零向量相加，即不改变该向量的大小，也不改变该向量的方向，即 a0a12第一步推理是省略大前提的三段论推理；第二步推理是传递性关系推理13证明：设等比数列an的公比为 q，依题意 a10，q0当 q1 时，Snna1，从而 SnSn221nSna1(n2)a1(n1)221a21a0；当 q1 时，qqaSnn1)1 (1，从而 SnSn221nS. 0)1 ()1 ()1 ()1)(1 (212

15、21212221nnnnqaqqaqqqa综上，得 SnSn221nS14解：等比数列bn中，若 b101，类比等差数列，可得 b1b2bnb1b2b19n.而现在 b91，说明 b8b1029b1，b7b1129b1，从而有b1b2b7b1b2b7b8b9b10b1b2b6b1b2b6b7b8b9b10b11归纳，可得 b1b2bnb1b2b17n，其中 1n19，nN*测试十二测试十二直接证明与间接证明直接证明与间接证明一、用分析法或综合法证明下列问题一、用分析法或综合法证明下列问题1证法 1：因为0223，072，所以欲证72223，只需证明22)72()223(，即证明74116411

16、，只需证明7464，即证明 67，上式显然成立，所以72223证法 2：欲证72223，只需证明32722，即证明3217221222，37 ，032722，3217221成立，所以722232欲证baba，只需证明baba，因为a0，bab0，故只需证明2)(baba，即证明02bab，上式显然成立，所以baba3欲证 a3b3a2bab2，只需证明(ab)(a2abb2)ab(ab)，由 ab0，只需证明 a2abb2ab，即证明(ab)20因为 ab，所以上式显然成立，所以 a3b3a2bab2注：本题也可使用作差比较法加以证明4证明：因为2 BA，所以BA2，所以220AB因为函数 y

17、sinx 在)2, 0(内单调递增，所以,sin)2sin(AB 即 sinAcosB5证明：设an的公差为 d,则dnadnnnannaaabnn212) 1(111212)21()2(111ddnadnabbnn，根据等差数列的定义得bn是等差数列6证明：因为 A、B、C 成等差数列，所以 2BAC，又 ABC，所以3B因为 a、b、c 成等比数列，所以 b2ac，根据余弦定理得 b2a2c22accosBa2c2ac，即 a2c2acac所以(ac)20，ac，从而 AC故ABC 为等边三角形二、用反证法证明下列问题二、用反证法证明下列问题7证明：假设 a，b 至少有两个不同的交点 A

18、和 B，则通过不同的两点 A 和 B 有两条直线，这与公理“经过两点有且只有一条直线”相矛盾，所以平面内的两条直线最多只有一个交点8证明：假设方程 f(x)0 在区间a，b上至少有两个不同的实数根，即 f()f()0不妨设，由于函数 f(x)在区间a，b上是增函数，故 f()f()，这与 f()f()0 矛盾，所以方程 f(x)0 在区间a，b上至多只有一个实数根9证明：假设 pq2，即 p2q，因为函数 yx3在 R 上单调递增，所以 p3(2q)3812q6q2q3因为 p3q32，所以 6q212q60，即 6(q1)20，上式显然不成立，故 pq210证明：假设方程 ax2bxc0(a

19、0)至少有三个不相等的实数根 x1、x2、x3，则, 0, 0, 0323222121cbxaxcbxaxcbxax得 a(x1x2)(x1x2)b(x1x2)0，因为 x1x2，所以 a(x1x2)b0同理化简得 a(x1x3)b0得 a(x2x3)0因为 a0，所以 x2x30，这与 x2x3相矛盾所以一元二次方程 ax2bxc0(a0)至多有两个不相等的实数根11证明：假设 1，2，3是某一等差数列中的三项，设此数列的公差为 d，则.13,12mdmd其中 m，nN*注意到 d0，两式相除得) 1326(212) 13)(12(1312nm上式等号左端nm是有理数，而等号右端是无理数，不

20、可能相等所以 1，3,2不能成为同一等差数列中的三项12证明：函数 f(x)lgx 的定义域为(0，)假设存在正数 M，使得当任意 x(0，)时|f(x)|M 成立，即|lgx|M取 x102M代入上式，得|lg102M|M，即|2M|M，由 M0，得 2MM，即 21，这显然矛盾，故命题得证测试十三测试十三数学归纳法数学归纳法1证明：(1)当 n1 时，左边1，右边1，等式成立(2)假设当 nk 时，等式成立，即2) 1(321kkk，那么2)2)(1(12) 1() 1(321kkkkkkk即当 nk1 时，等式也成立根据(1)和(2)知，等式对任何 nN*都成立2证明：(1)当 n1 时

21、，左边1x，右边1x，等式成立(2)假设当 nk 时，等式成立，即(1x)(1xx2xk1)1xk，那么(1x)(1xx2xk1xk)(1x)(1xx2xk1)(1x)xk1xk(1x)xk1xk1即当 nk1 时，等式也成立根据(1)和(2)知，等式对任何 nN*都成立3(1)a11，a2314，a332413(2)证明：当 n1 时，121311a，结论成立假设当 nk 时，结论成立，即213 kka，那么213232133213311kkkkkkkkaa即当 nk1 时，结论也成立根据和知，213 nna对任何 nN*都成立4证明：(1)当 n1 时，左边121，右边1221.) 1(0

22、，等式成立(2)假设当 nk 时等式成立，即2) 1(.) 1() 1(43211212222kkkkk，那么 12223242(1)k1k2(1)k(k1)2) 12() 1() 1() 1() 1(2) 1(.) 1(21kkkkkkkkk2 1) 1)(1(.) 1(kkk即当 nk1 时，等式也成立根据(1)和(2)知，等式对任何 nN*都成立5解：推测222) 12(11) 12(1) 12(nnnSn证明：(1)当 n1 时，98) 12(1121S，猜想成立(2)假设当 nk 时，猜想成立，即2) 12(11kSk，那么22211)32() 12() 1(8) 12(11kkkk

23、aSSkkk2222222 1) 1(211)32() 12() 12(1)32() 12()32(881kkkkkkkk即当 nk1 时猜想也成立根据(1)和(2)知，2) 12(11nSn对任何 nN*都成立6证明：(1)当 n1 时，左边21211，右边21111，等式成立(2)假设当 nk 时，等式成立，即kkkk2111211214131211那么) 1(211) 1(21211214131211kkkk) 1(21121211214131211kkkk) 1(21121212111kkkkk) 1(21111212121kkkkk) 1(21121212) 1(11) 1(1kkk

24、kk即当 nk1 时，等式也成立根据(1)和(2)知，等式任何 nN*都成立7证明：(1)当 n2 时，左边127221121，右边2413，左边右边(2)假设当 nk 时不等式成立，即2413212111kkk那么) 1(21121213121kkkkk11) 1(21121212111kkkkkk2413)22)(12(12413) 1(211212111kkkkkk即当 nk1 时，不等式也成立根据(1)和(2)知，不等式任何 nN*且 n2 都成立8证明：(1)当 n1 时，左边224，右边3，左边右边(2)假设当 nk 时，不等式成立，即 2k1k2k1，则 2k1122k12(k2

25、k1)2k22k2，2k22k2(k1)2(k1)12k22k2(k23k3)k2k1k(k1)1，当 k2 时，k(k1)10，2k22k2(k1)2(k1)1，2k2(k1)2(k1)1即当 nk1 时，不等式也成立根据(1)和(2)知，不等式任何 nN*都成立9归纳猜想关于 n 的不等式为)(112) 1(131211222*Nnnnn证明：(1)当 n1 时，依题意不等式显然成立(2)假设当 nk 时，不等式成立，即112) 1(131211222kkk，那么222222)2(1112)2(1) 1(1131211kkkkkk，232)2(11122kkkkk22)2)(1()2)(1

26、)(32(1)2)(12(kkkkkkkk0)2)(1(12kk，232)2(11122kkkkk，1) 1(1) 1(2)2(1) 1(113121122222kkkkk即当 nk1 时，不等式也成立根据(1)和(2)知，归纳猜想的不等式对任何 nN*都成立10证明：(1)当 n1 时，1 条直线将平面分成 2 部分，又2)211 (212，结论成立(2)假设当 nk 时，结论成立，即 k 条直线将平面分成)2(212 kk部分，那么， 当 nk1 时， 第 k1 条直线与前面的 k 条直线都相交， 有 k 个交点，这 k 个交点将这条直线分成 k1 段，且每一段将原有的平面分成两个部分所以

27、，当 nk1 时，这 k1 条直线将平面分成的部分为.2) 1() 1(21) 1()2(2122kkkkk即当 nk1 时，结论也成立根据(1)和(2)知，该结论对任何 nN*都成立11解：假设存在常数 a，b，使得等式2) 12)(12(5323112222bnnannnn对一切 nN*都成立，那么，当 n1，2 时，由该等式成立，得,2224532311,21311222baba解得 a1，b4下面证明：等式24) 12)(12(5323112222nnnnnn对一切 nN*都成立(1)当 n1 时，已证(2)假设当 nk 时等式成立，即24) 1() 12)(12(532311222k

28、kkkkk，那么)32)(12() 1() 12)(12(5323112222kkkkkk)32)(12(2) 1(2)32() 1()32)(12() 1(24) 1(22kkkkkkkkkkkk2) 1(4 1) 1)(1()32(2)2)(1()32)(12(2)2232)(1(2kkkkkkkkkkkk即当 nk1 时，等式也成立根据(1)和(2)知，等式对任何 nN*都成立12解：(1)f(1)881，f(2)3284，f(3)144818，f(4)680885(2)猜想：当 nN*时，f(n)5n23n11 能被 8 整除，证明如下：当 n1 时，f(1)8 能被 8 整除，结论成

29、立假设当 nk 时，结论成立，即 f(k)能被 8 整除，那么，f(k1)5k12 3k155k63k11(5k23k11)4(5k3k1)f(k)4(5k3k1)这里，5k和 3k1均为奇数，它们的和(5k3k1)必为偶数，从而 4(5k3k1)能被 8 整除又依归纳假设，f(k)能被 8 整除，所以 f(k1)能被 8 整除，即当 nk1 时，命题也成立根据和知，命题对任何 nN*都成立测试十四测试十四推理与证明全章综合测试题推理与证明全章综合测试题一、选择题一、选择题1A2C3C4D5B6B二、填空题二、填空题7在四面体 ABCD 中，G 为BCD 的重心，则有)(31ADACABAG8

30、) 1(22;85);64(32;43nn9)(314321SSSSR)1021nn三、解答题三、解答题11证明：要证3cba，由于 a，b，c 是正数，只需证(abc)33，即证 a2b2c22ab2bc2ac3因为 abbcca1，故只需证明 a2b2c21由2222222222221cbacacbbaacbcab故原不等式成立12证明：假设数列Sn是等比数列，则有22SS1S3所以(a1a2)2a1(a1a2a3)，即21a(1q)221a(1qq2)因为 a10，所以(1q)21qq2，即 q0，这与等比数列的定义相矛盾所以数列Sn不是等比数列13(1)解：依题意，对于任意 xR，有

31、f(x)f(x)，即xxxxeaaeaeae1，整理得0)1)(1(xxeeaa因为 xR，所以01aa，注意到 a0，所以 a1(2)证明：设 x1，x2是(0，)上的两个任意实数，且 x1x2，则xx1x20，2121221111)1()1()()(21xxxxxxxxeeeeeeeexfxfy)11)(2121211221xxxxxxxxxxeeeeeeee因为 0 x1x2，所以21xxee，21xxe1，所以21xxee0，01121xxe，从而y0所以 f(x)是(0，)上的增函数14解：当 n1 时，2112；当 n2 时，2222；当 n3 时，2332；当 n4 时，2442；当 n5 时，2552；当 n6 时，2662由此可以猜想：当 n3 时，2nn2；当 n3 时，2nn2事实上，根据上述分析，只要证明当 n5 时，2nn2，证明如下：当 n5 时，已证，结论成立假设当 nk 时，结论成立，即 2kk2，那么 2k122k2k2k2k2因为，当 k5 时，k2(2k1)(k1)220，所以 2k12k2k2k2k22k1(k1)2即当 nk1 时，命题也成立根据和知，命题对任何 n5，且 nN*都成立