选修2-2 第二章 推理与证明(B)

第二章推理与证明知识系统整合规律方法收藏1.图形中的归纳推理问题主要涉及某些固定图形的个数，所以常常需要转化成数列问题来求解，常用的思路有两种：(1)直接查个数，找到变化规律后再猜想；(2)观察图形的变化规律.2.探索性问题是数学中的一类重要问题，如探讨数列的通项、前n 项和、立体几何、解析几何中的性质等，在处理时，先采用合情推理猜想、再采用演绎推理的论证方法.3.对于较为复杂的数学命题，不论是从“已知”推向“结论”，还是由“结论”靠向“已知”，都有一个比较长的过程，单靠分析或综合显得较为困难．为保证探索方向准确且过程快捷，人们又常常把分析与综合两者并列起来使用，即常采取同时从已知和结论出发，寻找问题的一个中间目标．从已知到中间目标运用综合法思索，而由结论到中间目标运用分析法思索，以中间目标为桥梁沟通已知与结论，构建出证明的有效路径．把分析法与综合法两者结合起来进行思考，寻求问题的解答途径的方式就是人们通常所说的分析综合法，也就是常说的“两路夹攻，一攻就通”的证明思路.4.解决数学中的证明问题，既要掌握常用的证明方法的思维过程、特点，又要有牢固的数学基础知识．另外，还应掌握证明的一些常用方法与技巧，证明常用的方法与技巧有以下几种：(1)换元法．换元法是结构较为复杂且量与量之间的关系不甚明了的命题，通过恰当地引入新变量，代换原命题中的部分式子，简化原有结果，使其转化为便于研究的形式．常见的有代数换元与三角换元．在应用换元法时，要注意新变量的取值范围，即代换的等价性.换元法步骤：①设元(或构造元)――→ 转化②求解――→ 等量③回代――→ 等价原则④检验(2)放缩法．放缩法常用于证明不等式．欲证A ≥B ，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量使得B ≤B 1，B 1≤B 2，…，B i ≤A 或A ≥A 1，A 1≥A 2，…，A i ≥B ，再利用传递性，以达到证明的目的，这种方法叫放缩法．应用放缩法时，放缩目标必须确定，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，常用的放缩方法有增项、减项或利用分式的性质、不等式性质、已知不等式、函数的性质等.其放缩技巧主要有以下几种：①添加或舍去一些项，如： a 2＋1>|a |；n n ＋1>n ；②将分子或分母放大(或缩小) 当a ，b ，c >0时，a b ＋c ＋b a ＋c ＋ca ＋b >a a ＋b ＋c ＋b a ＋b ＋c ＋ca ＋b ＋c；③利用基本不等式，如：lg 3·lg 5<⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 3＋lg 522＝lg 15<lg 16＝lg 4；④利用常用结论 ⅰ.1k的放缩：2k ＋k ＋1<22k <2k ＋k －1；ⅱ.1k 2的放缩(a)：1kk ＋1<1k 2<1k k －1(程度大)； ⅲ.1k 2的放缩(b)：1k 2<1k 2－1＝1k ＋1k －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1(程度小)；ⅳ.1k2的放缩(c)：1k 2<44k 2－1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1－12k ＋1(程度更小)；ⅴ.分式放缩还可利用真(假)分数的性质：b a >b ＋m a ＋m (b >a >0，m >0)和b a <b ＋ma ＋m(a >b >0，m >0). (3)判别式法．判别式法是根据已知或构造出来的一元二次方程、一元二次不等式、二次函数的根、解集、函数的性质等特征确定出其判别式所应满足的不等式，从而推出结论的方法．利用判别式法证明时，应先将问题转化为与二次三项式相关的问题，再利用判别式法求解，要注意二次项系数是否为零.此外还有导数法、添项法、几何法、构造函数法等. 5.用数学归纳法证题的步骤(1)证明当n 取第一个值n 0(例如n 0＝1或n 0＝2)时结论正确.(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥n 0)时结论正确，证明当n ＝k ＋1时结论也正确. 在完成了这两个步骤以后，就可以断定结论对于从n 0开始的所有正整数n 都正确. 应用数学归纳法证明时要注意以下几点：(1)步骤要完整、规范，即“两步一结论”缺一不可，且第二步证明一定要用到归纳假设. (2)n 的第一个值n 0应根据具体问题来确定.(3)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥n 0)时结论正确，并不一定都是证明n ＝k ＋1时结论也正确．如用数学归纳法证明“当n 为正偶数时x n－y n能被x ＋y 整除”，第一步应验证n ＝2时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k ＋2时，命题也成立.(4)用数学归纳法可证明有关正整数的问题，但并不是所有的正整数问题都可以用数学归纳法证明的．例如：用数学归纳法证明⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n (n ∈N *)的单调性就难以实现.一般来说，从n ＝k 时的情形过渡到n ＝k ＋1的情形时，如果问题中存在可利用的递推关系，则数学归纳法有用武之地，否则使用数学归纳法就有困难．做题时要注意具体问题具体分析.学科思想培优一、归纳推理和类比推理的应用例1 古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：他们研究过图(1)中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，图(2)中的1,4,9,16，…，这样的数称为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是( )A.289 B ．1024 C ．1225 D ．1378[解析] 由图形可得三角形数构成的数列通项a n ＝n2(n ＋1)，正方形数构成的数列通项b n ＝n 2，则由b n ＝n 2(n ∈N *)可排除D.又由a n ＝n 2(n ＋1)，当a n ＝289时，即验证是否存在n ∈N *，使得n (n ＋1)＝578，经计算n 不存在；同理，依次验证，有1225×2＝49×50，且352＝1225，故选C.[答案] C 拓展提升解决此类题目时，需要细心观察图形，寻找每一项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，注意抽象出的是数列的哪类公式.例2 在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按图所标边长，由勾股定理有：c 2＝a 2＋b 2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O －LMN ，如果用S 1，S 2，S 3表示三个侧面面积，S 4表示截面面积，那么你类比得到的结论是________.[解析] 在进行类比推理时，应该注意平面图形中的点、线分别与空间图形中的线、面类比；平面图形的长度、面积分别与空间图形中的面积、体积类比，结论易得.[答案] S 21＋S 22＋S 23＝S 24 拓展提升类比推理应从具体问题出发，通过观察、分析、类比、归纳而得出结论．通常情况下，平面图形的边长、面积往往类比空间几何体的面积、体积.二、演绎推理的应用例3 将下列演绎推理写成三段论的形式.(1)所有偶数都能被2整除，0 是偶数，所以0能被2整除；(2)循环小数是有理数，0.332·是循环小数，所以0.332·是有理数； (3)通项公式a n ＝2n ＋3的数列{a n }为等差数列； (4)函数f (x )＝x 3是奇函数.[解] (1)所有偶数都能被2整除，(大前提) 0是偶数，(小前提) 0能被2整除．(结论)(2)循环小数是有理数，(大前提)0.332·是循环小数，(小前提)0.332·是有理数．(结论)(3)数列{a n }中，如果当n ≥2时，a n －a n －1为常数，则{a n }为等差数列，(大前提) 通项公式a n ＝2n ＋3时，若n ≥2，则a n －a n －1＝2n ＋3－[2(n －1)＋3]＝2(常数)，(小前提)通项公式a n ＝2n ＋3表示的数列{a n }为等差数列．(结论)(4)对于定义域关于原点对称的函数f (x )，若f (－x )＝－f (x )，则函数f (x )是奇函数，(大前提)函数f (x )＝x 3的定义域关于原点对称，f (－x )＝(－x )3＝－x 3＝－f (x )，即f (－x )＝－f (x )，(小前提)所以函数f (x )＝x 3是奇函数．(结论) 拓展提升用三段论写推理过程时，关键是明确大、小前提；有时可省略小前提，有时甚至也可大前提与小前提同时省略，在寻找大前提时，可找一个使结论成立的充分条件作为大前提.三、直接证明例4 设a ，b ，c 为三角形三边，面积S ＝12(a ＋b ＋c )，且S 2＝2ab ，试证：S <2a .[证明] (分析法)要证S <2a ，由于S 2＝2ab ，即2a ＝S 2b ，所以只需证S <S 2b，即证b <S ，因为S ＝12(a ＋b ＋c )，所以只需证b <12(a ＋b ＋c )，即证b <a ＋c ，由于a ，b ，c 为三角形三边，所以上式显然成立，于是原命题成立.(综合法)因为a ，b ，c 为三角形三边，所以a ＋c >b ，所以a ＋b ＋c >2b ， 又因为S ＝12(a ＋b ＋c )，即a ＋b ＋c ＝2S ，所以2S >2b ，所以S ·S >b ·S ，由于S 2＝2ab ，所以2ab >bS ，即2a >S ，所以原命题得证. 拓展提升知识链之间的等价联系是产生一题多解的本质所在，掌握了这个“法宝”，必然会促进解题能力的逐步提高.四、反证法例5 设{a n }是公比为q 的等比数列. (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列. [解] (1)设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1qn －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，∴S n ＝a 11－q n1－q，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－q，q ≠1.(2)证明：假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝qk －1＋qk ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋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. 拓展提升当命题结论中出现“至多”“至少”“不可能”“都不”“不是”等否定性词语时，常用反证法．对于“否定”型命题，从正面证明需要证明的情况太多，直接证明难以下手的命题，改变其思维方向，从结论入手进行反面思考，问题可能解决得十分干脆.五、数学归纳法例6 用数学归纳法证明：对一切n∈N *,1＋122＋132＋…＋1n 2≥3n 2n ＋1.[证明] (1)当n ＝1时，左边＝1， 右边＝3×12×1＋1＝1，不等式成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2≥3k 2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，要证1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋12≥3k ＋12k ＋1＋1，只需证3k 2k ＋1＋1k ＋12≥3k ＋12k ＋3.因为3k ＋12k ＋3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤3k 2k ＋1＋1k ＋12＝34k ＋12－1－1k ＋12＝1－k ＋12k ＋12[4k ＋12－1]＝－k k ＋2k ＋124k 2＋8k ＋3≤0，所以3k 2k ＋1＋1k ＋12≥3k ＋12k ＋3，即1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋12≥3k ＋12k ＋1＋1，所以当n ＝k ＋1时不等式成立.由(1)(2)知，不等式对一切n ∈N *都成立. 拓展提升本题在知道结果以后，执果索因，用分析法进行证明．在解题过程中数学归纳法通常与其他方法综合运用，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法.例7 已知点的序列A n (x n,0)，n ∈N *，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，….(1)写出x n 与x n －1，x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n ，计算a 1，a 2，a 3，由此猜想数列{a n }的通项公式，并加以证明. [解] (1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22；(2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 2＋x 12－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－a 2，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝14a ，由此猜想a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a (n ∈N *)，用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－120a ，猜想成立；②假设当n ＝k (n ∈N *)时，猜想成立，即a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1a 成立，那么，a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k ＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1a＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(k ＋1)－1a ，即当n ＝k ＋1时猜想也成立. 根据①和②，可知{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a (n ∈N *).拓展提升由已知求出数列的前n项，提出猜想，然后再用数学归纳法证明，是不完全归纳法与数学归纳法相结合的一种重要的解决数列通项公式的方法，证明的关键是根据已知条件和假设寻找a k与a k＋1或S k与S k＋1之间的关系，从而为数学归纳法的实施做了必要的准备．。

（人教课标版）普通高中课程标准实验教科书《数学》目录（B版）（人教课标版）普通高中课程标准实验教科书《数学》目录（B版）必修一第一章集合1.1集合与集合的表示方法1.1.1集合的概念1.1.2集合的表示方法1.2集合之间的关系与运算1.2.1集合之间的关系1.2.2集合的运算本章小结阅读与欣赏聪明在于学习，天才由于积累第二章函数2.1函数2.1.1函数2.1.2函数的表示方法2.1.3函数的单调性2.1.4函数的奇偶性2.1.5用计算机作函数的图象（选学）2.2一次函数和二次函数2.2.1一次函数的性质与图象2.2.3待定系数法2.3函数的应用（Ⅰ）2.4函数与方程2.4.1函数的零点2.4.2求函数零点近似解的一种计算方法——二分法本章小结阅读与欣赏函数概念的形成与发展第三章基本初等函数（Ⅰ）3.1指数与指数函数3.1.1实数指数幂及其运算3.1.2指数函数3.2对数与对数函数3.2.1对数及其运算3.2.2对数函数3.2.3指数函数与对数函数的关系3.3幂函数3.4函数的应用（Ⅱ）本章小结阅读与欣赏对数的发明必修二第一章立体几何初步1.1空间几何体1.1.1构成空间几何体的基本元素1.1.2棱柱、棱锥和棱台的结构特征1.1.3圆柱、圆锥、圆台和球1.1.4投影与直观图1.1.5三视图1.1.6棱柱、棱锥、棱台和球的表面积1.1.7柱、锥、台和球的体积实习作业1.2点、线、面之间的位置关系1.2.1平面的基本性质与推论1.2.2空间中的平行关系1.2.3空间中的垂直关系本章小结阅读与欣赏散发着数学芳香的碑文第二章平面解析几何初步2.1平面直角坐标系中的基本公式2.1.1数轴上的基本公式2.1.2平面直角坐标系中的基本公式2.2直线的方程2.2.1直线方程的概念与直线的斜率2.2.2直线方程的几种形式2.2.3两条直线的位置关系2.2.4点到直线的距离2.3圆的方程2.3.1圆的标准方程2.3.2圆的一般方程2.3.3直线与圆的位置关系2.3.4圆与圆的位置关系2.4空间直角坐标系2.4.1空间直角坐标系2.4.2空间两点的距离公式本章小结阅读与欣赏笛卡儿必修三第一章算法初步1.1算法与程序框图1.1.1算法的概念1.1.2程序框图1.1.3算法的三种基本逻辑结构和框图表示1.2基本算法语句1.2.1赋值、输入和输出语句1.2.2条件语句1.2.3循环语句1.3中国古代数学中的算法案例本章小结阅读与欣赏我国古代数学家秦九韶附录1解三元一次方程组的算法、框图和程序附录2Scilab部分函数指令表第二章统计2.1随机抽样2.1.2系统抽样2.1.4数据的收集2.2用样本估计总体2.2.1用样本的频率分布估计总体的分布2.2.2用样本的数字特征估计总体的数字特征2.3变量的相关性2.3.1变量间的相关关系2.3.2两个变量的线性相关本章小结阅读与欣赏蚂蚁和大象谁的力气更大附录随机数表第三章概率3.1事件与概率3.1.1随机现象3.1.2事件与基本事件空间3.1.3频率与概率3.1.4概率的加法公式3.2古典概型3.2.1古典概型3.2.2概率的一般加法公式（选学）3.3随机数的含义与应用3.3.1几何概型3.3.2随机数的含义与应用3.4概率的应用本章小结阅读与欣赏概率论的起源必修四第一章基本初等函数（Ⅱ）1.1任意角的概念与弧度制1.1.1角的概念的推广1.1.2弧度制和弧度制与角度制的换算1.2任意角的三角函数1.2.1三角函数的定义1.2.2单位圆与三角函数线1.2.3同角三角函数的基本关系式1.2.4诱导公式1.3三角函数的图象与性质1.3.1正弦函数的图象与性质1.3.2余弦函数、正切函数的图象与性质1.3.3已知三角函数值求角教学建模活动本章小结阅读与欣赏三角学的发展第二章平面向量2.1向量的线性运算2.1.1向量的概念2.1.2向量的加法2.1.3向量的减法2.1.4数乘向量2.1.5向量共线的条件与轴上向量坐标运算2.2向量的分解与向量的坐标运算2.2.1平面向量基本定理2.2.2向量的正交分解与向量的直角坐标运算2.2.3用平面向量坐标表示向量共线条件2.3平面向量的数量积2.3.1向量数量积的物理背景与定义2.3.2向量数量积的运算律2.3.3向量数量积的坐标运算与度量公式2.4向量的应用2.4.1向量在几何中的应用2.4.2向量在物理中的应用本章小结阅读与欣赏向量概念的推广与应用第三章三角恒等变换3.1和角公式3.1.1两角和与差的余弦3.1.2两角和与差的正弦3.1.3两角和与差的正切3.2倍角公式和半角公式3.2.1倍角公式3.2.2半角的正弦、余弦和正切3.3三角函数的积化和差与和差化积本章小结阅读与欣赏和角公式与旋转对称必修五第一章解三角形1.1正弦定理和余弦定理1.1.1正弦定理1.1.2余弦定理1.2应用举例本章小结阅读与欣赏亚历山大时期的三角测量第二章数列2.1数列2.1.1数列2.1.2数列的递推公式（选学）2.2等差数列2.2.1等差数列2.2.2等差数列的前n项和2.3等比数列2.3.1等比数列2.3.2等比数列的前n项和本章小结阅读与欣赏级数趣题无穷与悖论第三章不等式3.1不等关系与不等式3.1.1不等关系与不等式3.1.2不等式的性质3.2均值不等式3.3一元二次不等式及其解法3.4不等式的实际应用3.5二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题3.5.1二元一次不等式（组）所表示的平面区域3.5.2简单线性规划本章小结选修1-1第一章常用逻辑用语1.1命题与量词1.1.1命题1.1.2量词1.2基本逻辑联结词1.2.1“且”与“或”1.2.2“非”（否定）1.3充分条件、必要条件与命题的四种形式1.3.1推出与充分条件、必要条件1.3.2命题的四种形式本章小结阅读与欣赏什么是数理逻辑第二章圆锥曲线与方程2.1椭圆2.1.1椭圆及其标准方程2.1.2椭圆的几何性质2.2双曲线2.2.1双曲线及其标准方程2.2.2双曲线的几何性质2.3抛物线2.3.1抛物线级其标准方程2.3.2抛物线的几何性质本章小结阅读与欣赏圆锥面与圆锥曲线第三章导数及其应用3.1导数3.1.1函数的平均变化率3.1.2瞬时速度与导数3.1.3导数的几何意义3.2导数的运算3.2.1常数与幂函数的导数3.2.2导数公式表3.2.3导数的四则运算法则3.3导数的应用3.3.1利用导数判断函数的单调性3.3.2利用导数研究函数的极值3.3.3导数的实际应用本章小结阅读与欣赏微积分与极限思想选修1-2第一章统计案例1.1独立性检验1.2回归分析本章小结“回归”一词的由来附表相关性检验的临界值表第二章推理与证明2.1合情推理与演绎推理2.1.1合情推理2.1.2演绎推理2.2直接证明与间接证明2.2.1综合法与分析法2.2.2反证法本章小结阅读与欣赏《原本》与公理化思想数学证明的机械化——机器证明第三章数系的扩充与复数的引入3.1数系的扩充与复数的引入3.1.1实数系3.1.2复数的引入3.2复数的运算3.2.1复数的加法和减法3.2.2复数的乘法和除法本章小结复平面与高斯第四章框图4.1流程图4.2结构图本章小结阅读与欣赏冯·诺伊曼选修2-1第一章常用逻辑用语1.1命题与量词1.1.1命题1.1.2量词1.2基本逻辑联结词1.2.1“且”与“或”1.2.2“非”（否定）1.3充分条件、必要条件与命题的四种形式1.3.1推出与充分条件、必要条件本章小结阅读与欣赏什么是数理逻辑第二章圆锥曲线与方程2.1曲线与方程2.1.1曲线与方程的概念2.1.2由曲线求它的方程、由方程研究曲线的性质2.2椭圆2.2.1椭圆的标准方程2.2.2椭圆的几何性质2.3双曲线2.3.1双曲线的标准方程2.3.2双曲线的几何性质2.4抛物线2.4.1抛物线的标准方程2.4.2抛物线的几何性质2.5直线与圆锥曲线本章小结阅读与欣赏圆锥面与圆锥曲线第三章空间向量与立体几何3.1空间向量及其运算3.1.1空间向量的线性运算3.1.2空间向量的基本定理3.1.3两个向量的数量积3.1.4空间向量的直角坐标运算3.2空间向量在立体几何中的应用3.2.1直线的方向向量与直线的向量方程3.2.2平面的法向量与平面的向量表示3.2.3直线与平面的夹角3.2.4二面角及其度量3.2.5距离（选学）本章小结阅读与欣赏向量的叉积及其性质选修2-2第一章导数及其应用1.1导数1.1.1函数的平均变化率1.1.2瞬时速度与导数1.1.3导数的几何意义1.2导数的运算1.2.1常数函数与冥函数的导数1.2.2导数公式表及数学软件的应用1.2.3导数的四则运算法则1.3导数的应用1.3.1利用导数判断函数的单调性1.3.2利用导数研究函数的极值1.3.3导数的实际应用1.4定积分与微积分基本定理1.4.1曲边梯形面积与定积分1.4.2微积分基本定理本章小结阅读与欣赏微积分与极限思想第二章推理与证明2.1合情推理与演绎推理2.1.1合情推理2.1.2演绎推理2.2直接证明与间接证明2.2.1综合法与分析法2.2.2反证法2.3数学归纳法2.3.1数学归纳法2.3.2数学归纳法应用举例本意小结阅读与欣赏《原本》与公理化思想第三章数系的扩充与复数3.1数系的扩充与复数的概念3.1.1实数系3.1.2复数的概念3.1.3复数的几何意义3.2复数的运算3.2.1复数的加法与减法3.2.2复数的乘法3.2.3复数的除法本章小节阅读与欣赏复平面与高斯选修2-3第一章计数原理1.1基本计数原理1.2排列与组合1.2.1排列1.2.2组合1.3二项式定理1.3二项式定理1.3.2杨辉三角本章小结第二章概率2.1离散型随机变量及其分布列2.1.1离散型随机变量2.1.2离散型随机变量的分布列2.1.3超几何分布2.2条件概率与事件的独立性2.2.1条件概率2.2.2事件的独立性2.2.3独立重复试验与二项分布2.3随机变量的数字特征2.3.1离散型随机变量的数学期望2.3.2离散型随机变量的方差2.4正态分布本章小结阅读与欣赏关于“玛丽莲问题”的争论第三章统计案例3.1独立性检验3.2回归分析本章小结阅读与欣赏“回归”一词的由来附表选修3-1第一讲早期的算术与几何一古埃及的数学二两河流域的数学三丰富多彩的记数制度第二讲古希腊数学一希腊数学的先行者二毕达哥拉斯学派三欧几里得与《原本》四数学之神──阿基米德第三讲中国古代数学瑰宝一《周髀算经》与赵爽弦图二《九章算术》三大衍求一术四中国古代数学家第四讲平面解析几何的产生一坐标思想的早期萌芽二笛卡儿坐标系三费马的解析几何思想四解析几何的进一步发展第五讲微积分的诞生一微积分产生的历史背景二科学巨人牛顿的工作三莱布尼茨的“微积分”第六讲近代数学两巨星一分析的化身──欧拉二数学王子──高斯第七讲千古谜题一三次、四次方程求根公式的发现二高次方程可解性问题的解决三伽罗瓦与群论四古希腊三大几何问题的解决第八讲对无穷的深入思考一古代的无穷观念二无穷集合论的创立三集合论的进一步发展与完善第九讲中国现代数学的开拓与发展一中国现代数学发展概观二人民的数学家──华罗庚三当代几何大师──陈省身选修3-2暂缺选修3-3第一讲从欧氏几何看球面一平面与球面的位置关系二直线与球面的位置关系和球幂定理三球面的对称性第二讲球面上的距离和角一球面上的距离二球面上的角第三讲球面上的基本图形一极与赤道二球面二角形三球面三角形1．球面三角形2．三面角3．对顶三角形4．球极三角形第四讲球面三角形一球面三角形三边之间的关系二、球面“等腰”三角形三球面三角形的周长四球面三角形的内角和第五讲球面三角形的全等1．“边边边”(s.s.s)判定定理2．“边角边”(s.a.s.)判定定理3．“角边角”(a.s.a.)判定定理4．“角角角”(a.a.a.)判定定理第六讲球面多边形与欧拉公式一球面多边形及其内角和公式二简单多面体的欧拉公式三用球面多边形的内角和公式证明欧拉公式第七讲球面三角形的边角关系一球面上的正弦定理和余弦定理二用向量方法证明球面上的余弦定理1．向量的向量积2．球面上余弦定理的向量证明三从球面上的正弦定理看球面与平面四球面上余弦定理的应用──求地球上两城市间的距离第八讲欧氏几何与非欧几何一平面几何与球面几何的比较二欧氏平行公理与非欧几何模型──庞加莱模型三欧氏几何与非欧几何的意义阅读与思考非欧几何简史选修3-4第一讲平面图形的对称群一平面刚体运动1．平面刚体运动的定义2．平面刚体运动的性质二对称变换1．对称变换的定义2．正多边形的对称变换3．对称变换的合成4．对称变换的性质5．对称变换的逆变换三平面图形的对称群第二讲代数学中的对称与抽象群的概念一n元对称群Sn二多项式的对称变换三抽象群的概念1．群的一般概念2．直积第三讲对称与群的故事一带饰和面饰二化学分子的对称群三晶体的分类四伽罗瓦理论选修4-1第一讲相似三角形的判定及有关性质一平行线等分线段定理二平行线分线段成比例定理三相似三角形的判定及性质1．相似三角形的判定2．相似三角形的性质四直角三角形的射影定理第二讲直线与圆的位置关系一圆周角定理二圆内接四边形的性质与判定定理三圆的切线的性质及判定定理四弦切角的性质五与圆有关的比例线段第三讲圆锥曲线性质的探讨一平行摄影二平面与圆柱面的截线三平面与圆锥面的截线选修4-2引言第一讲线性变换与二阶矩阵一线性变换与二阶矩阵（一）几类特殊线性变换及其二阶矩阵1.旋转变换2.反射变换3.伸缩变换4.投影变换5.切变变换（二）变换、矩阵的相等二二阶矩阵与平面向量的乘法（二）一些重要线性变换对单位正方形区域的作用第二讲变换的复合与二阶矩阵的乘法一复合变换与二阶矩阵的乘法二矩阵乘法的性质第三讲逆变换与逆矩阵一逆变换与逆矩阵1.逆变换与逆矩阵2.逆矩阵的性质二二阶行列式与逆矩阵三逆矩阵与二元一次方程组1.二元一次方程组的矩阵形式2.逆矩阵与二元一次方程组第四讲变换的不变量与矩阵的特征向量一变换的不变量——矩阵的特征向量1.特征值与特征向量2.特征值与特征向量的计算二特征向量的应用1.Ａa的简单表示2.特征向量在实际问题中的应用选修4-5第一章不等式的基本性质和证明的基本方法1．1 不等式的基本性质和一元二次不等式的解法1．2基本不等式1．3绝对值不等式的解法1．4绝对值的三角不等式1．5不等式证明的基本方法本章小结第二章柯西不等式与排序不等式及其应用2．1 柯西不等式2．2排序不等式2．3平均值不等式(选学)2．4最大值与最小值问题，优化的数学模型本章小结阅读与欣赏第三章数学归纳法与贝努利不等式3．1数学归纳法原理3．2用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式本章小结阅读与欣赏附录部分中英文词汇对照表后记选修4-6引言第一讲整数的整除一整除1.整除的概念和性质2.带余除法3.素数及其判别法二最大公因数与最小公倍数1.最大公因数2.最小公倍数三算术基本定理第二讲同余与同余方程一同余1.同余的概念2.同余的性质二剩余类及其运算三费马小定理和欧拉定理四一次同余方程五拉格朗日插值法和孙子定理六弃九验算法第三讲一次不定方程一二元一次不定方程二二元一次不定方程的特解三多元一次不定方程第四讲数伦在密码中的应用一信息的加密与去密二大数分解和公开密钥学习总结报告附录一剩余系和欧拉函数附录二多项式的整除性选修4-7引言第一讲优选法一什么叫优选法二单峰函数三黄金分割法——0.618法1.黄金分割常数2.黄金分割法——0.618法阅读与思考黄金分割研究简史四分数法1.分数法阅读与思考斐波那契数列和黄金分割2.分数法的最优性五其他几种常用的优越法1.对分法2.盲人爬山法3.分批试验法4.多峰的情形六多因素方法1.纵横对折法和从好点出发法2.平行线法3.双因素盲人爬山法第二讲试验设计初步一正交试验设计法1.正交表2.正交试验设计3.试验结果的分析4.正交表的特性二正交试验的应用选修4-9引言第一讲风险与决策的基本概念一风险与决策的关系二风险与决策的基本概念1.风险（平均损失）2.平均收益3.损益矩阵4.风险型决策探究与发现风险相差不大时该如何决策第二讲决策树方法第三讲风险型决策的敏感性分析第四讲马尔可夫型决策简介一马尔可夫链简介1.马尔可夫性与马尔可夫链2.转移概率与转移概率矩阵二马尔可夫型决策简介三长期准则下的马尔可夫型决策理论1.马尔可夫链的平稳分布2.平稳分布与马尔可夫型决策的长期准则3.平稳准则的应用案例说明：A版适用于文件生使用，B版适用于理科生使用，B 版比A版略难。

新课程标准数学选修2—2第二章课后习题解答第二章 推理与证明2．1合情推理与演绎推理 练习（P77）1、由12341a a a a ====，猜想1n a =.2、相邻两行数之间的关系是：每一行首尾的数都是1，其他的数都等于上一行中与之相邻的两个数的和.3、设111O P Q R V -和222O P QR V -分别是四面体111O P Q R -和222O P Q R -的体积，则111222111222O P Q R O P Q R V OP OQ OR V OP OQ OR --=⋅⋅. 练习（P81） 1、略.2、因为通项公式为n a 的数列{}n a ，若1n na p a +=，其中p 是非零常数，则{}n a 是等比数列； ……………………大前提又因为0cq ≠，则0q ≠，则11n n nna cqq a cq++==； ……………………………小前提所以，通项公式为(0)n n a cq cq =≠的数列{}n a 是等比数列. ……………………结论 3、由AD BD >，得到A C D B C D ∠>∠的推理是错误的. 因为这个推理的大前提是“在同一个三角形中，大边对大角”，小前提是“AD BD >”，而A D 与B D 不在同一个三角形中. 习题2.1 A 组（P83） 1、21n a n =+()n N *∈.2、2F V E +=+.3、当6n ≤时，122(1)n n -<+；当7n =时，122(1)n n -=+；当8n =时，122(1)n n ->+()n N *∈.4、212111(2)nnA A A n π++≥-（2n >，且n N *∈）.5、121217n n b b b b b b -= （17n <，且n N *∈）.6、如图，作D E ∥A B 交B C 于E .因为两组对边分别平行的四边形是平行四边形， 又因为A D ∥B E ，A B ∥D E . 所以四边形A B E D 是平行四边形. 因为平行四边形的对边相等.又因为四边形A B E D 是平行四边形. 所以AB D E =.（第6题）因为与同一条线段等长的两条线段的长度相等，又因为AB D E =，A B D C =, 所以D E D C = 因为等腰三角形的两底角是相等的.又因为△D E C 是等腰三角形, 所以D EC C ∠=∠ 因为平行线的同位角相等又因为D E C ∠与B ∠是平行线A B 和D E 的同位角, 所以D E C B ∠=∠ 因为等于同角的两个角是相等的，又因为D EC C ∠=∠，D E C B ∠=∠, 所以B C ∠=∠ 习题2.1 B 组（P84） 1、由123S =-，234S =-，345S =-，456S =-，567S =-，猜想12n n S n +=-+.2、略.3、略. 2．2直接证明与间接证明 练习（P89）1、因为442222cos sin (cos sin )(cos sin )cos 2θθθθθθθ-=+-=，所以，命题得证.2、要证>22>，即证1313+>+>，只需要22>，即证4240>，这是显然成立的. 所以，命题得证. 3、因为 222222222()()()(2sin )(2tan )16sin tan a b a b a b αααα-=-+==， 又因为 sin (1cos )sin (1cos )1616(tan sin )(tan sin )16cos cos ab αααααααααα+-=+-=⋅22222222sin (1cos )sin sin 161616sin tan cos cos αααααααα-===，从而222()16a b ab -=，所以，命题成立.说明：进一步熟悉运用综合法、分析法证明数学命题的思考过程与特点.练习（P91）1、假设B ∠不是锐角，则90B ∠≥︒. 因此9090180C B ∠+∠≥︒+︒=︒. 这与三角形的内角和等于180°矛盾.所以，假设不成立. 从而，B ∠一定是锐角.2、假设=所以22=，化简得5=，从而225=，即2540=， 这是不可能的. 所以，假设不成立.从而，.说明：进一步熟悉运用反证法证明数学命题的思考过程与特点. 习题2.2 A 组（P91）1、由于0a ≠，因此方程至少有一个跟b x a=.假设方程不止一个根，则至少有两个根，不妨设12,x x 是它的两个不同的根，则 1ax b = ①2ax b = ②①－②得12()0a x x -=因为12x x ≠，所以120x x -≠，从而0a =，这与已知条件矛盾，故假设不成立. 2、因为 (1tan )(1tan )2A B ++=展开得 1tan tan tan tan 2A B A B +++=，即tan tan 1tan tan A B A B +=-. ① 假设1tan tan 0A B -=，则cos cos sin sin 0cos cos A B A BA B-=，即cos()0cos cos A B A B+=所以cos()0A B +=.因为A ，B 都是锐角，所以0A B π<+<，从而2A B π+=，与已知矛盾.因此1tan tan 0A B -≠. ①式变形得tan tan 11tan tan A B A B+=-， 即tan()1A B +=. 又因为0A B π<+<，所以4A B π+=.说明：本题也可以把综合法和分析法综合使用完成证明. 3、因为1tan 12tan αα-=+，所以12tan 0α+=，从而2sin cos 0αα+=.另一方面，要证 3sin 24cos 2αα=-，只要证226sin cos 4(cos sin )αααα=-- 即证 222sin 3sin cos 2cos 0αααα--=， 即证 (2s i n c o s)(s i n2c oαααα+-= 由2sin cos 0αα+=可得，(2sin cos )(sin 2cos )0αααα+-=，于是命题得证.说明：本题可以单独使用综合法或分析法进行证明，但把综合法和分析法结合使用进行证明的思路更清晰.4、因为,,a b c 的倒数成等差数列，所以211b a c=+.假设2B π<不成立，即2B π≥，则B 是A B C ∆的最大内角，所以,b a b c >>（在三角形中，大角对大边），从而11112acbbb+>+=. 这与211bac=+矛盾.所以，假设不成立，因此，2B π<.习题2.2 B 组（P91）1、要证2s a <，由于22s ab <，所以只需要2ss b<，即证b s <.因为1()2s a b c =++，所以只需要2b a b c <++，即证b a c <+.由于,,a b c 为一个三角形的三条边，所以上式成立. 于是原命题成立. 2、由已知条件得 2b ac = ① 2x a b =+，2y b c =+ ② 要证2a c x y+=，只要证2ay cx xy +=，只要证224ay cx xy +=由①②，得 22()()2ay cx a b c c a b ab ac bc +=+++=++， 24()()2xy a b b c ab b ac bc ab ac bc =++=+++=++， 所以，224ay cx xy +=，于是命题得证. 3、由 tan()2tan αβα+= 得sin()2sin cos()cos αβααβα+=+，即sin()cos 2cos()sin αβααβα+=+. ……①要证 3sin sin(2)βαβ=+即证 3sin[()]sin[()]αβααβα+-=++即证 3[sin()cos cos()sin ]sin()cos cos()sin αβααβααβααβα+-+=+++ 化简得sin()cos 2cos()sin αβααβα+=+，这就是①式.所以，命题成立.说明：用综合法和分析法证明命题时，经常需要把两者结合起来使用. 2．3数学归纳法 练习（P95）1、先证明：首项是1a ，公差是d 的等差数列的通项公式是1(1)n a a n d =+-. （1）当1n =时，左边＝1a ，右边＝11(11)a d a +-=，因此，左边＝右边. 所以，当1n =时命题成立. （2）假设当n k =时，命题成立，即1(1)k a a k d =+-. 那么，11(1)[(1)1]k k k a a d a k d d a k d +=+=+-+=++-. 所以，当1n k =+时，命题也成立.根据（1）和（2），可知命题对任何n N *∈都成立. 再证明：该数列的前n 项和的公式是1(1)2n n n S na d -=+. （1）当1n =时，左边＝11S a =，右边＝111(11)12a d a ⨯-⨯+=，因此，左边＝右边. 所以，当1n =时命题成立. （2）假设当n k =时，命题成立，即1(1)2k k k S ka d -=+.那么，1111(1)[(1)1]2k k k k k S S a ka d a k d ++-=+=++++-1(1)(1)[1]2k k a k d -=+++1(1)(1)2k kk a d +=++所以，当1n k =+时，命题也成立.根据（1）和（2），可知命题对任何n N *∈都成立. 2、略.习题2.3 A 组（P96） 1、（1）略.（2）证明：①当1n =时，左边＝1，右边＝211=，因此，左边＝右边. 所以，当1n =时，等式成立.②假设当n k =时等式成立，即2135(21)k k ++++-= . 那么，22135(21)(21)(21)(1)k k k k k ++++-++=++=+ . 所以，当1n k =+时，等式也成立. 根据①和②，可知等式对任何n N *∈都成立.（3）略. 2、1111122S ==-⨯，2111111(1)()112232233S =+=-+-=-⨯⨯，3111111111(1)()()1122334223344S =++=-+-+-=-⨯⨯⨯. 由此猜想：111n S n =-+.下面我们用数学归纳法证明这个猜想. （1）当1n =时，左边＝111111222S ==-=⨯，右边＝11111122n -=-=+，因此，左边＝右边. 所以，当1n =时，猜想成立. （2）假设当n k =时，猜想成立，即111111122334(1)1k k k ++++=-⨯⨯⨯++ .那么，11111111122334(1)(1)(2)1(1)(2)k k k k k k k +++++=-+⨯⨯⨯++++++ .111(1)12k k =--++121111122k k k k +-=-⋅=-+++ 所以，当1n k =+时，猜想也成立.根据（1）和（2），可知猜想对任何n N *∈都成立. 习题2.3 B 组（P96）1、略2、证明：（1）当1n =时，左边＝111⨯=，右边＝11(11)(12)16⨯⨯+⨯+=，因此，左边＝右边. 所以，当1n =时，等式成立.（2）假设当n k =时，等式成立，即112(1)3(2)1(1)(2)6k k k k k k k ⨯+⨯-+⨯-++⨯=++ .那么，1(1)2[(1)1]3[(1)2](1)1k k k k ⨯++⨯+-+⨯+-+++⨯ .[12(1)3(2)1][123(1)]k k k k k =⨯+⨯-+⨯-++⨯++++++ 11(1)(2)(1)(2)62k k k k k =+++++1(1)(2)(3)6k k k =+++所以，当1n k =+时，等式也成立.根据（1）和（2），可知等式对任何n N *∈都成立.第二章 复习参考题A 组（P98）1、图略，共有(1)1n n -+（n N *∈）个圆圈.2、333n个（n N *∈）.3、因为2(2)(1)4f f ==，所以(1)2f =，(3)(2)(1)8f f f ==，(4)(3)(1)16f f f ==…… 猜想()2n f n =.4、运算的结果总等于1.5、如图，设O 是四面体A B C D -内任意一点，连结A O ，B O ，C O ，D O 并延长交对面于A '，B '，C '，D '，则1O A O B O C O D A A B B C C D D ''''+++=''''用“体积法”证明： O A O B O C O D A A B B C C D D ''''+++''''O BC D O C D A O D AB O ABC A BC D B C D AC D ABD ABCV V V V V V V V --------=+++1A BC D A BC DV V --==6、要证 (1tan )(1tan )2A B ++=只需证 1tan tan tan tan 2A B A B +++=即证 t a n t a n 1t a n t A B A B +=- 由54A B π+=，得tan()1A B +=. ①又因为2A B k ππ+≠+，所以tan tan 11tan tan A B A B+=-，变形即得①式. 所以，命题得证.7、证明：（1）当1n =时，左边＝1-，右边＝1(1)11-⨯=-，因此，左边＝右边. 所以，当1n =时，等式成立.（2）假设当n k =时，等式成立，即135(1)(21)(1)k k k k -+-++--=- .那么，1135(1)(21)(1)[2(1)1]k k k k +-+-++--+-+- .1(1)(1)[2(1)1]kk k k +=-+-+-1(1)[2(1)1]k k k +=--++- 1(1)(1)k k +=-+所以，当1n k =+时，等式也成立.根据（1）和（2），可知等式对任何n N *∈都成立.第二章 复习参考题B 组（P47）1、（1）25条线段，16部分； （2）2n 条线段； （3）最多将圆分割成1(1)12n n ++部分.下面用数学归纳法证明这个结论.（第5题）①当1n =时，结论成立.②假设当n k =时，结论成立，即：k 条线段，两两相交，最多将圆分割成1(1)12k k ++部分当1n k =+时，其中的k 条线段12,,,k l l l 两两相交，最多将圆分割成1(1)12k k ++部分，第1k +条线段1k a +与线段12,,,k l l l 都相交，最多增加1k +个部分，因此，1k +条线段，两两相交，最多将圆分割成11(1)1(1)(1)(2)122k k k k k ++++=+++ 部分所以，当1n k =+时，结论也成立.根据①和②，可知结论对任何n N *∈都成立. 2、要证 cos 44cos 43βα-=因为 cos 44cos 4cos(22)4cos(22)βαβα-=⨯-⨯ 2212sin 24(12sin 2)βα=--⨯-222218sin cos 4(18sin cos )ββαα=--⨯- 222218sin (1sin )4[18sin (1sin )]ββαα=---⨯-- 只需证 222218sin (1sin )4[18sin (1sin )]3ββαα---⨯--= 由已知条件，得 sin cos sin 2θθα+=，2sin sin cos βθθ=，代入上式的左端，得 222218sin (1sin )4[18sin (1sin )]ββαα---⨯-- 2238sin cos (1sin cos )32sin (1sin )θθθθαα=---+-2238sin cos 8sin cos 2(12sin cos )(32sin cos )θθθθθθθθ=--+++- 222238sin cos 8sin cos 68sin cos 8sin cos θθθθθθθθ=--++-+ 3= 因此，cos 44cos 43βα-=。

数学·选修2－2(人教A版)
推理与证明
1．推理与证明是数学的基本思维过程，也是人们学习和生活中经常使用的思维方式．
2．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，体会并认识合情推理在数学发现中的作用．
3．结合已学过的数学实例和生活中的实例，体会演绎推理的重要性，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．
4．通过具体实例，了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异．
5．结合已学过的教学实例，了解直接证明的两种方法：分析法和综合法，了解分析法和综合法的思考过程、特点．
6．结合已学过的教学实例，了解间接证明的基本方法：反证法，了解反证法的思考过程、特点．
7．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．。

2019-2020年高中数学第二章推理与证明测评B 新人教A版选修2-2 一、选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.(xx·山东高考)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是()A.方程x3+ax+b=0没有实根B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根解析:因为至少有一个的反面为一个也没有,所以要做的假设是方程x3+ax+b=0没有实根.答案:A2.(xx·北京高考)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级,依次为“优秀”“合格”“不合格”.若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙,且其中至少有一门成绩高于乙,则称“学生甲比学生乙成绩好”.如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好,并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生,那么这组学生最多有()A.2人B.3人C.4人D.5人解析:用A,B,C分别表示优秀、及格和不及格.显然,语文成绩得A的学生最多只有一人,语文成绩得B的也最多只有1人,得C的也最多只有1人,所以这组学生的成绩为(AC),(BB),(CA)满足条件,故学生最多为3人.答案:B3.(xx·湖北高考)《算数书》竹简于上世纪八十年代在湖北省江陵县张家山出土,这是我国现存最早的有系统的数学典籍,其中记载有求“囷盖”的术:置如其周,令相乘也.又以高乘之,三十六成一.该术相当于给出了由圆锥的底面周长L与高h,计算其体积V的近似公式V≈L2h.它实际上是将圆锥体积公式中的圆周率π近似取为3.那么,近似公式V≈L2h相当于将圆锥体积公式中的π近似取为()A.B.C.D.解析:由题意可知:L=2πr,即r=,圆锥体积V=Sh=πr2h=π·h=L2h≈L2h,故,π≈,故选B.答案:B4.(xx·广东高考)设l为直线,α,β是两个不同的平面.下列命题中正确的是()A.若l∥α,l∥β,则α∥βB.若l⊥α,l⊥β,则α∥βC.若l⊥α,l∥β,则α∥βD.若α⊥β,l∥α,则l⊥β解析:如图,在正方体A1B1C1D1-ABCD中,对于A,设l为AA1,平面B1BCC1,平面DCC1D1为α,β.A1A∥平面B1BCC1,A1A∥平面DCC1D1,而平面B1BCC1∩平面DCC1D1=C1C;对于C,设l为A1A,平面ABCD为α,平面DCC1D1为β.A1A⊥平面ABCD,A1A∥平面DCC1D1,而平面ABCD∩平面DCC1D1=DC;对于D,设平面A1ABB1为α,平面ABCD为β,直线l为D1C1,平面A1ABB1⊥平面ABCD,D1C1∥平面A1ABB1,而D1C1∥平面ABCD.故A,C,D都是错误的.而对于B,根据垂直于同一直线的两平面平行,知B正确.答案:B5.(xx·辽宁高考)已知点O(0,0),A(0,b),B(a,a3).若△OAB为直角三角形,则必有()A.b=a3B.b=a3+C.(b-a3)=0D.|b-a3|+=0解析:若∠OBA为直角,则=0,即a2+(a3-b)·a3=0,又a≠0,故b=a3+;若∠OAB为直角时,则=0,即b(a3-b)=0,得b=a3;若∠AOB为直角,则不可能.所以b-a3-=0或b-a3=0,故选C.答案:C6.(xx·浙江高考)设a,b∈R,定义运算“∧”和“∨”如下:a∧b=a∨b=若正数a,b,c,d满足ab≥4,c+d≤4,则()A.a∧b≥2,c∧d≤2B.a∧b≥2,c∨d≥2C.a∨b≥2,c∧d≤2D.a∨b≥2,c∨d≥2解析:由题意知,运算“∧”为两数中取小,运算“∨”为两数中取大,由ab≥4知,正数a,b中至少有一个大于等于2.由c+d≤4知,c,d中至少有一个小于等于2,故选C.答案:C7.(xx·陕西高考)设[x]表示不大于x的最大整数,则对任意实数x,有()A.[-x]=-[x]B.=[x]C.[2x]=2[x]D.[x]+=[2x]解析:令x=1.1,[-1.1]=-2,而-[1.1]=-1,所以A错;令x=-=0,=-1,所以B错;令x=0.5,[2x]=1,2[x]=0,所以C错;故选D.答案:D8.(xx·四川高考)设函数f(x)=(a∈R,e为自然对数的底数),若存在b∈[0,1]使f(f(b))=b成立,则a的取值范围是()A.[1,e]B.[1,1+e]C.[e,1+e]D.[0,1]解析:当a=0时,f(x)=为增函数,∴b∈[0,1]时,f(b)∈[1,].∴f(f(b))≥>1.∴不存在b∈[0,1]使f(f(b))=b成立,故D错;当a=e+1时,f(x)=,当b∈[0,1]时,只有b=1时,f(x)才有意义,而f(1)=0,∴f(f(1))=f(0),显然无意义,故B,C错.故选A.答案:A9.(xx·浙江高考)设a>0,b>0,e是自然对数的底数,()A.若e a+2a=e b+3b,则a>bB.若e a+2a=e b+3b,则a<bC.若e a-2a=e b-3b,则a>bD.若e a-2a=e b-3b,则a<b解析:考查函数y=e x+2x为单调增函数,若e a+2a=e b+2b,则a=b;若e a+2a=e b+3b,∴a>b.故选A.答案:A10.(xx·江西高考)观察下列事实:|x|+|y|=1的不同整数解(x,y)的个数为4,|x|+|y|=2的不同整数解(x,y)的个数为8,|x|+|y|=3的不同整数解(x,y)的个数为12,…,则|x|+|y|=20的不同整数解(x,y)的个数为()A.76B.80C.86D.92解析:由已知条件得,|x|+|y|=n(n∈N*)的不同整数解(x,y)的个数为4n,所以|x|+|y|=20的不同整数解(x,y)的个数为80,故选B.答案:B第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题(本大题共5小题,每小题4分,共20分.把答案填在题中的横线上)11.(xx·陕西高考)观察分析下表中的数据:多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱5 6 9五棱锥6 6 10立方体6 8 12猜想一般凸多面体中F,V,E所满足的等式是.解析:因为5+6-9=2,6+6-10=2,6+8-12=2,故可猜想F+V-E=2.答案:F+V-E=212.(xx·课标全国Ⅰ高考)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A,B,C三个城市时,甲说:我去过的城市比乙多,但没去过B城市;乙说:我没去过C城市;丙说:我们三人去过同一城市.由此可判断乙去过的城市为.解析:根据甲、乙、丙说的可列表得A B C甲√×√乙√××丙√答案:A13.(xx·山东高考)观察下列各式:=40;=41;=42;=43;……照此规律,当n∈N*时,+…+=.解析:观察各式有如下规律:等号左侧第n个式子有n项,且上标分别为0,1,2,…,n-1,第n行每项的下标均为2n-1.等号右侧指数规律为0,1,2,…,n-1.所以第n个式子为+…+=4n-1.答案:4n-114.(xx·陕西高考)已知f(x)=,x≥0,若f1(x)=f(x),f n+1(x)=f(f n(x)),n∈N*,则f2 014(x)的表达式为.解析:依题意,f1(x)=f(x)=,f2(x)=f(f1(x))=f,f3(x)=f(f2(x))=f,…,由此可猜测f n(x)=,故f2 014(x)=.答案:15.(xx·福建高考)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…x n(n∈N*),其中x k(k=1,2,…,n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1,或者由1变为0).已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组:其中运算 义为:00=0,01=1,10=1,11=0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101,那么利用上述校验方程组可判定k等于.解析:若1≤k≤3,则x4=1,x5=1,x6=0,x7=1,不满足x4x5x6x7=0;若k=4,则二元码为1100101,不满足x1x3x5x7=0;若k=5,则二元码为1101001,满足方程组,故k=5.答案:5三、解答题(本大题共5小题,共50分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(本小题8分)(xx·安徽高考)设n∈N*,x n是曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标.(1)求数列{x n}的通项公式;(2)记T n=,证明:T n≥.(1)解:y'=(x2n+2+1)'=(2n+2)x2n+1,曲线y=x2n+2+1在点(1,2)处的切线斜率为2n+2,从而切线方程为y-2=(2n+2)(x-1).令y=0,解得切线与x轴交点的横坐标x n=1-.(2)证明:由题设和(1)中的计算结果知T n=.当n=1时,T1=.当n≥2时,因为,所以T n>×…×.综上可得对任意的n∈N*,均有T n≥.17.(本小题8分)(xx·山东高考)在等差数列{a n}中,已知公差d=2,a2是a1与a4的等比中项.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)设b n=,记T n=-b1+b2-b3+b4-…+(-1)n b n,求T n.解:(1)由题意知(a1+d)2=a1(a1+3d),即(a1+2)2=a1(a1+6),解得a1=2,所以数列{a n}的通项公式为a n=2n.(2)由题意知b n==n(n+1),所以T n=-1×2+2×3-3×4+…+(-1)n n·(n+1).因为b n+1-b n=2(n+1),可得当n为偶数时,T n=(-b1+b2)+(-b3+b4)+…+(-b n-1+b n)=4+8+12+…+2n=,当n为奇数时,T n=T n-1+(-b n)=-n(n+1)=-.所以T n=18.(本小题10分)(xx·北京高考)如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,侧棱垂直于底面,AB⊥BC,AA1=AC=2,BC=1,E,F分别是A1C1,BC的中点.(1)求证:平面ABE⊥平面B1BCC1;(2)求证:C1F∥平面ABE;(3)求三棱锥E-ABC的体积.(1)证明:在三棱柱ABC-A1B1C1中,BB1⊥底面ABC.所以BB1⊥AB.又因为AB⊥BC,所以AB⊥平面B1BCC1.所以平面ABE⊥平面B1BCC1.(2)证明:取AB的中点G,连接EG,FG.因为E,F分别是A1C1,BC的中点,所以FG∥AC,且FG=AC.因为AC∥A1C1,且AC=A1C1,所以FG∥EC1,且FG=EC1.所以四边形FGEC1为平行四边形.所以C1F∥EG.又因为EG⊂平面ABE,C1F⊄平面ABE,所以C1F∥平面ABE.(3)解:因为AA1=AC=2,BC=1,AB⊥BC,所以AB=.所以三棱锥E-ABC的体积V=S△ABC·AA1=×1×2=.19.(本小题12分)(xx·江苏高考)已知集合X={1,2,3},Y n={1,2,3,…,n}(n∈N*),设S n={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Y n}.令f(n)表示集合S n所含元素的个数.(1)写出f(6)的值;(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.解:(1)f(6)=13.(2)当n≥6时,f(n)=(t∈N*).下面用数学归纳法证明:①当n=6时,f(6)=6+2+=13,结论成立;②假设n=k(k≥6)时结论成立,那么n=k+1时,S k+1在S k的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+3=k+2++3=(k+1)+2+,结论成立;2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2++1=(k+1)+2+,结论成立;3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2++2=(k+1)+2+,结论成立;4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2++2=(k+1)+2+,结论成立;5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2++2=(k+1)+2+,结论成立;6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2++1=(k+1)+2+,结论成立.综上所述,结论对满足n≥6的自然数n均成立.20.(本小题12分)(xx·陕西高考)设f n(x)是等比数列1,x,x2,…,x n的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.(1)证明:函数F n(x)=f n(x)-2在内有且仅有一个零点(记为x n),且x n=;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n(x),比较f n(x)和g n(x)的大小,并加以证明.(1)证明:F n(x)=f n(x)-2=1+x+x2+…+x n-2,则F n(1)=n-1>0,F n=1++…+-2=-2=-<0,所以F n(x)在内至少存在一个零点.又F n'(x)=1+2x+…+nx n-1>0,故F n(x)在内单调递增,所以F n(x)在内有且仅有一个零点x n.因为x n是F n(x)的零点,所以F n(x n)=0,即-2=0,故x n=.(2)解法一:由假设,g n(x)=.设h(x)=f n(x)-g n(x)=1+x+x2+…+x n-,x>0.当x=1时,f n(x)=g n(x).当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nx n-1-.若0<x<1,h'(x)>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.若x>1,h'(x)<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-x n-1=x n-1-x n-1=0.所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,所以h(x)<h(1)=0,即f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时,f n(x)=g n(x);当x≠1时,f n(x)<g n(x).解法二:由题设,f n(x)=1+x+x2+…+x n,g n(x)=,x>0.当x=1时,f n(x)=g n(x).当x≠1时,用数学归纳法可以证明f n(x)<g n(x).①当n=2时,f2(x)-g2(x)=-(1-x)2<0,所以f2(x)<g2(x)成立.②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即f k(x)<g k(x).那么,当n=k+1时,f k+1(x)=f k(x)+x k+1<g k(x)+x k+1=+x k+1=.又g k+1(x)-=,令h k(x)=kx k+1-(k+1)x k+1(x>0),则h k'(x)=k(k+1)x k-k(k+1)x k-1=k(k+1)x k-1(x-1).所以,当0<x<1时,h k'(x)<0,h k(x)在(0,1)上递减;当x>1时,h k'(x)>0,h k(x)在(1,+∞)上递增.所以h k(x)>h k(1)=0,从而g k+1(x)>.故f k+1(x)<g k+1(x),即n=k+1时不等式也成立.由①和②知,对一切n≥2的整数,都有f n(x)<g n(x).解法三:由已知,记等差数列为{a k},等比数列为{b k},k=1,2,…,n+1.则a1=b1=1,a n+1=b n+1=x n,所以a k=1+(k-1)·(2≤k≤n),b k=x k-1(2≤k≤n),令m k(x)=a k-b k=1+-x k-1,x>0(2≤k≤n),当x=1时,a k=b k,所以f n(x)=g n(x).当x≠1时,m k'(x)=·nx n-1-(k-1)x k-2=(k-1)x k-2(x n-k+1-1).而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.若0<x<1,x n-k+1<1,m k'(x)<0;若x>1,x n-k+1>1,m k'(x)>0,从而m k(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增, 所以m k(x)>m k(1)=0.所以当m>0且m≠1时,a k>b k(2≤k≤n),又a1=b1,a n+1=b n+1,故f n(x)<g n(x).综上所述,当x=1时,f n(x)=g n(x);当x≠1时,f n(x)<g n(x).2019-2020年高中数学第二章 推理与证明章末小结 新人教A 版选修1-2合情推理与演绎推理运用合情推理时，要认识到观察、归纳、类比、猜想、证明是相互联系的．在解决问题时，可以先从观察入手，发现问题的特点，形成解决问题的初步思路；然后用归纳、类比的方法进行探索，提出猜想；最后用演绎推理的方法进行验证．观察下图中各正方形图案，每条边上有n (n ≥2)个点，第n 个图案中圆点的总数是S n .••••， • • •• •• • •， • • • •• •• •• • • •，… n ＝2，S 2＝4；n ＝3，S 3＝8；n ＝4，S 4＝12；…，按此规律，推出S n 与n 的关系式为________．解析：依图的构造规律可以看出：S 2＝2×4－4， S 3＝3×4－4，S 4＝4×4－4(正方形四个顶点重复计算一次，应减去)．…猜想：S n ＝4n －4(n ≥2，n ∈N *)．答案：S n ＝4n －4(n ≥2，n ∈N *)若数列{a n }是等比数列，且a n >0，则有数列b n ＝na 1·a 2·…·a n (n ∈N *)也为等比数列，类比上述性质，相应地，数列{c n }是等差数列，则有d n ＝________也是等差数列．解析：类比猜想可得d n ＝c 1＋c 2＋…＋c nn也成等差数列，若设等差数列{c n }的公差为x ，则d n ＝c 1＋c 2＋…＋c nn＝nc 1＋n （n －1）2xn＝c 1＋(n －1)·x2.可见{d n }是一个以c 1为首项，x2为公差的等差数列，故猜想是正确的．答案：c 1＋c 2＋…＋c nn已知函数f (x )＝x 13－x －135，g (x )＝x 13＋x －135.(1)证明f (x )是奇函数，并求f (x )的单调区间；(2)分别计算f (4)－5f (2)·g (2)和f (9)－5f (3)·g (3)的值，由此概括出涉及函数f (x )和g (x )的对所有不等于零的实数x 都成立的一个等式，并加以证明．(1)证明：函数f (x )的定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，又f (－x )＝（－x ）13－（－x ）－135＝－x 13－x －135＝－f (x )，∴f (x )是奇函数．任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，设x 1<x 2，f (x 1)－f (x 2)＝x 131－x －1315－x 132－x －1325＝15(x 131－x 132)⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋1x 131·x 132. ∵x 131－x 132<0，1＋1x 131·x 132>0，∴f (x 1)－f (x 2)<0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．∴f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和(0，＋∞)．(2)解析：计算得f (4)－5f (2)·g (2)＝0，f (9)－5f (3)·g (3)＝0. 由此概括出对所有不等于零的实数x 有f (x 2)－5f (x )·g (x )＝0.∵f (x 2)－5f (x )·g (x )＝x 23－x －235－5·x 13－x －135·x 13＋x －135＝15(x 23－x －23)－15(x 23－x －23)＝0， ∴该等式成立．点评：问题(1)的大前提为函数奇偶性和单调性的定义．问题(2)实际上是合情推理在高考中的体现，有一定的创新性．►变式训练1．已知数列{a n }的相邻两项a 2k －1，a 2k 是关于x 的方程x 2－(3k ＋2k )x ＋3k ·2k＝0的两个根且a 2k －1≤a 2k (k ＝1，2，3，…)．(1)求a 1，a 3，a 5，a 7及a 2n (n ≥4)，不必证明； (2)求数列{a n }的前2n 项和S 2n .解析：(1)方程x 2－(3k ＋2k )x ＋3k ·2k ＝0的两根为x 1＝3k ，x 2＝2k.当k ＝1时，x 1＝3，x 2＝2，∴a 1＝2； 当k ＝2时，x 1＝6，x 2＝4，∴a 3＝4； 当k ＝3时，x 1＝9，x 2＝8，∴a 5＝8； 当k ＝4时，x 1＝12，x 2＝16，∴a 7＝12. ∵当n ≥4时，2n＞3n ，∴a 2n ＝2n(n ≥4)．(2)S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(3＋6＋9＋…＋3n )＋(2＋22＋ (2))＝3n 2＋3n 2＋2n ＋1－2.直接证明综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题常用的思维方式．如果从解题的切入点的角度细分，直接证明方法可具体分为：比较法、代换法、放缩法、判别式法、构造函数法等．应用综合法证明问题时，必须首先想到从哪里开始起步，分析法就可以帮助我们克服这种困难，在实际证明问题时，应当把分析法和综合法综合起来使用．设a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab≥8.证明：证法一(综合法) ∵a >0，b >0，a ＋b ＝1，∴1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12，ab ≤14，∴1ab≥4. 又1a ＋1b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b≥4， ∴1a ＋1b ＋1ab≥8. 证法二(分析法)∵a >0，b >0，a ＋b ＝1，∴要证1a ＋1b ＋1ab≥8， 只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋a ＋b ab≥8， 即证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋1a ≥8， 即证1a ＋1b≥4，即证a ＋b a ＋a ＋b b≥4， 即证b a ＋a b ≥2. 由基本不等式可知，当a >0，b >0时，b a ＋a b≥2成立，∴原不等式成立．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF ∥平面BDE ；(2)求证：CF ⊥平面BDE .证明：(1)设AC 与BD 交于点G .∵EF ∥AG ，且EF ＝1，AG ＝12AC ＝1， ∴四边形AGEF 为平行四边形．∴AF ∥EG .∵EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ，∴AF ∥平面BDE .(2)连接FG ，∵EF ∥CG ，EF ＝CG ＝1，且CE ＝1，∴四边形CEFG 为菱形，∴CF ⊥EG .∵四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC .又∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，且平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ，∴BD ⊥平面ACEF ，∴CF ⊥BD .又BD ∩EG ＝G .∴CF ⊥平面BDE .►变式训练2．在等差数列{a n }中，首项a 1＝1，数列{b n }满足b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n ，且b 1·b 2·b 3＝164. (1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＜2.(1)解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12an ， 所以b 1＝12，b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋d ，b 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2d . 由b 1b 2b 3＝164，解得d ＝1， 所以a n ＝1＋(n －1)·1＝n . (2)证明：由(1)得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 设T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，① 则12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.② ①－②得12T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1. 所以T n ＝2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1 ＝2－12n －1－n 2n ， 又因为2－12n －1－n2n ＜2，所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＜2.点评：本题考查了等差数列的性质以及利用综合法证题的过程．反证法反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性，从逻辑的角度看，命题：“若p 则q ”的否定是“若p 则¬q ”由此进行推理，如果发生矛盾，那么就说明“若p 则¬q ”为假，从而可以导出“若p 则q ”为真，从而达到证明的目的，反证法是高中数学的一种重要的证明方法，在不等式和立体几何的证明中经常用到，在高考题中也经常出现，它所反映出的“正难则反”的解决问题的思想方法更为重要。