高中数学选修2-2疑难规律方法2：第二章 推理与证明

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．。

第二章推理与证明知识复习一、合情推理与演绎推理1．合情推理（合情推理对于数学发现的作用，为复数铺垫）合情推理可分为归纳推理和类比推理两类：（1）归纳推理：部分到整体，特殊到一般（2）类比推理：特殊到特殊①关于类比，通常可抓住几何要素的如下对应关系作对比：（亮点）(一)空间问题与平面问题多面体多边形；面边；体积面积；二面角平面角；面积线段长；（二）四则运算加法乘法；减法除法；乘法乘方；除法开方；②平面几何与立体几何：③圆与球的性质的类比：③直角三角形与直角四面体的类比：⑤等差数列与等比数列的类比：推理与证推理证明合情推理演绎推理归纳类比综合分析反证直接证明间接证明数学归纳S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 构成等差数列 S n ，S 2n －S n ，S 3n －S 2n 构成等比数列 前n 项和：S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ＝n (a 1＋a n )2 前n 项积：T n ＝b 1·b 2·…·b n ＝(b 1·b n )n若a k ＝0，2k ＞n ＋1，k ，n ∈N *则有 a 1＋a 2＋…＋a n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2k －n －1 若b k ＝1，2k ＞n ＋1，k ，n ∈N *则有 b 1·b 2·…·b n ＝b 1·b 2·…·b 2k －n －1 若c n ＝a 1＋a 2＋…＋a n n，则数列{c n }也是等差数列若d n ＝nb 1·b 2·…·b n ，则数列{d n }也是等比数列若c n ＝a 1＋2a 2＋3a 3＋…＋na n 1＋2＋3＋…＋n，则数列{c n }也是等差数列.若d n ＝(b 1·b 22·b 33·…·b n n )11＋2＋3＋…＋n ，则数列{d n }也是等比数列.2.演绎推理一般到特殊根据一般性的真命题（或逻辑规则），推出某个特殊性命题为真的推理称为演绎推理．是演绎推理的主要模式， 构成包括三部分⑴大前提---已知的一般性原理； ⑵小前提---所研究的特殊情况；三段论的推理规则：M P （M 是P ）S M（S 是M ）S P（S 是P ）（大前提）（小前提）（结论）.三段论推理的依据,用集合的观点来理解:若集合M 的所有元素都具有性质P,S 是M 的一个子集,那么S 中所有元素也都具有性质P.MS⇒⇒⇒三段论的推理规则：M P （M 是P ）S M （S 是M ）S P （S 是P ）（大前提）（小前提）（结论）.三段论推理的依据,用集合的观点来理解:若集合M 的所有元素都具有性质P,S 是M 的一个子集,那么S 中所有元素也都具有性质P.MS合情推理与演绎推理的区别:• 1 特点 ①归纳是由特殊到一般的推理; ②类比是由特殊到特殊的推理; ③演绎推理是由一般到特殊的 推理.• 2 从推理的结论来看：合情推理的结论不一定正确,有待证明; 演绎推理得到的结论一定正确.【例1】 有个小偷在警察面前作了如下辩解：是我的录象机，我就一定能把它打开．看，我把它打开了．所以它是我的录象机．请问这一推理错在哪里？（ ）A ．大前提B ．小前提C ．结论D ．以上都不是二、直接证明与间接证明1．综合法 顺推，由因导果综合法是由原因推导到结果的证明方法，它是利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立的证明方法．2．分析法 逆推，执果索因分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求推证过程中，使每一步结论成立的充分条件，直到最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件（已知条件、定义、公理、定理等）为止的证明方法．3．反证法（1）否定性命题即结论以“没有……”“不是……”“不能……”等形式出现的命题，直接证法一般不易入手，而反证法有希望成功。

知识建构1.合情推理与演绎推理(1)归纳和类比都是__________,归纳是由__________到__________、__________到__________的推理,类比是由__________到__________的推理.(2)从一般性的原理出发,推出某个特殊情况下的结论,这种推理称为__________,它是由__________到__________的推理.答案：(1)合情推理特殊一般部分整体特殊 特殊(2)演绎推理一般特殊2.直接证明与间接证明(1)利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等,经过一系列的推理论证,最后推导出所要证明的结论成立,这种证明方法是__________.(2)从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至最后,要把证明的结论归结为判定一个明显成立的条件为止,这种证明方法是__________.(3)假设原命题不成立,经过正确的推理,最后得出矛盾,说明假设错误,从而证明原命题成立,这种证明方法为__________.答案：(1)综合法(2)分析法(3)反证法3.数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题,常用数学归纳法,其步骤为:(1);(2).答案：(1)证明当n取第一个值n0时命题成立(2)假设当n=k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当n=k+1时命题也成立结论成立则n=k+1时结论也成立上述过程用框图表示为:实践探究1.下图中的三角形称为希尔宾斯基(S ierpi n s k i)三角形,在下图4个三角形中,着色三角形的个数依次构成一个数列的前4项,请写出这个数列的一个通项公式__________.思路分析:如题图,这4个三角形中着色三角形的个数依次为1,3,9,27.则所求数列的前4项都是3的指数幂,指数为序号减1.猜想这个数列的一个通项公式是a n =3n -1.答案:a n =3n -1温馨提示:(1)上面数列的递推关系为a n +1=3a n .(2)通项公式可用数学归纳法证明.2.若数列{a n }是一个等差数列,则{na a a n 21+++ }是一个等差数列.类比这条性质,若数列{b n }是一个等比数列,则有__________是一个等比数列.思路分析:在等差数列{a n }与等比数列{b n } 中,有{a n } {b n }和 a 1+a 2+…+a n积 b 1b 2…b n算术平均数{n a a a n 21+++ }等差几何平均数{n n 21b b b }等比证明:设数列{b n }的首项为b 1,公比为q, 则n 1)-(n 2111n n 211n 1n n211n 1n 21q b q b b b b b b b ++++++++++= =2121n 12n 1n 21)n(n n 11n 21)n (n 1n 1q q b q b q b q b --+++=(常数),∴数列{n n 21b b b }为等比数列. 答案:{ n n 21b b b }3.已知O 是△A B C 内任意一点,连结A O 、BO 、C O 并延长交对边于A′、B ′、C′,则1C C C O B B B O A A A O =''+''+''.这是平面几何中的一道题,其证明常采用“面积法”: C C C O B B B O A A A O ''+''+''=ABCABC ABC OAB ABC OCA ABC OBC S S S S S S S S ∆∆∆∆∆∆∆∆+++=1. 运用类比,猜想对于空间中的四面体A —B CD,存在什么类似的结论?并用“体积法”证明. 猜想:已知点O 为四面体A —B CD 内任意一点,连结A O 、BO 、C O 、D O 并延长交相对面于A′、B ′、C′、D′,则有OD D O OC C O OB B O OA A O '+'+'+'=1. 证明:设点A 、O 到平面B CD 的距离分别为h 、h′,则OA A O h h '=', ∴OA A O h h h S 31h S 31V V BCD BCD BCD A BCDO '='=⋅'⋅=∆∆--. 同理,ACDB ACD O V V OB B O --=', ABDC ABD O V V OC C O --=', ,V V OD D O ABCD ABC O --=' ∴OD D O OC C O OB B O OA A O '+'+'+'=BCDA BCD A V V --=1.。

【金版教案】 2015-2016 高中数学第二章推理与证明章末小结新人教 A 版选修 2-2知识点一合情推理与演绎推理(1)概括推理的难点是由部分结果获得一般结论，破解的方法是充足考虑这部分结果供给的信息，从中发现一般规律，解题的一般步骤是：①对有限的资料进行察看、剖析、概括整理；②提出带有规律性的结论，即猜想；③查验猜想．(2)类比是从已经掌握了的事物的属性，推断正在研究的事物的属性，是以旧有的认识为基础，类比出新的结果；类比是从一种事物的特别属性推断另一种事物的特别属性；的结果是猜想性的，不必定靠谱，但它却有发现的功能．找出圆与球的相像性质，并用圆的以下性质类比球的有关性质．(1)圆心与弦 (非直径 )中点的连线垂直于弦．(2)与圆心距离相等的两弦相等．(3)圆的周长c＝π d(d 为直径 )．类比(4)圆的面积S＝πd2. 4分析：圆与球拥有以下相像性质．1．圆是平面上到必定点的距离等于定长的全部点组成的会合，球面是空间中到必定点的距离等于定长的全部点组成的会合．2．是平面内关闭的曲线所围成的对称图形，球是空间中关闭的曲面所围成的对称图形．与圆的有关性质对比较，能够推断球的有关性质：圆球(1)圆心与弦 (非直径 )中点的连线垂直于弦球心与截面圆 (非轴截面 )圆心的连线垂直于截面(2)与圆心距离相等的两条弦长相等与球心距离相等的两个截面圆面积相等(3) 圆的周长 c＝πd2球的表面积 S＝π dπ 2π 3(4) 圆的面积 S＝4 d球的体积 V＝6 d1由实数组成的会合 A 知足条件：若a∈ A， a≠ 1，则∈ A，证明：(1)若 2∈ A，则会合 A 必有此外两个元素，并求出这两个元素；(2)非空会合A 中起码有三个不一样元素．剖析：从会合中的元素知足的条件“若a ∈ A ，则1∈ A(a ≠1)出”发；当a ＝ 2 时，挨次a － 1进行查验，即可得证．证明：(1)∵ a ∈ A ， a ≠1，则1 ∈A.a － 11∴ 2∈A 时，有＝－ 1∈ A.1 1因为－ 1≠1，有 1－（－ 1） ＝2∈A. 因为 1≠ 1，有 1 ＝2∈A.211－ 2这样循环可知会合 A 中的此外两个元素为1，－ 1.2(2)∵会合 A 非空，故存在1∈A ，a ∈ A ， a ≠1，有 1－a∴1 ∈A 且 1≠1，1－ a1－ a即 a ≠0时，有1＝a － 1a ，1a － 11 ，∈ A ，即这样循环出现三个数，∈ A.若 a ＝1a1－aa1－ a1－1－ a则 a 2－ a ＋ 1＝0，方程无实根．若＝ 1 ＝ a － 1，则 a 2－ a ＋1＝ 0，方程无实根． 1－ a a若 a ＝a － 1，则 a 2 －a ＋ 1＝ 0，方程无实根． a∴ a ， 1 ， a －1互不相等，故会合 A 中起码有三个不一样元素．1－ a a知识点二 综合法与剖析法剖析法和综合法是对峙一致的两种方法，在使用这两种方法解题是，一般步骤是：(1)剖析条件和结论之间的联系和差别，选择解题方向．(2) 确立适合的解题方法，若能够联合题设条件，经过有关的公义、定理、公式、结论推得所求结果，则用综合法，若从条件出发，应用有关的公义、定理、公式、结论难以推得所求结果，则能够考虑使用剖析法．(3) 解题反省，回首解题过程，对所得结果和解题步骤进行检查，保证解题的谨慎性和齐备性．设 a>0， b>0，a＋ b＝ 1，求证：1＋1＋1≥8.a b ab证明：方法一综合法因为 a>0， b>0，a＋ b＝ 1，因此 1＝ a＋ b≥2ab，ab≤1， ab≤1，因此1≥ 4，24ab又1a＋1b＝ (a＋ b)1a＋1b＝2＋ba＋ab≥ 4，因此 1＋ 1＋a b1 ≥ 8(当且仅当 aba＝b＝ 1时等号建立2)．方法二剖析法因为 a>0， b>0，a＋ b＝ 1，要证1a＋1b＋ab1≥ 8.只需证1＋1＋a＋b≥8，a b ab只需证1＋1＋1＋1≥8，a b b a11即证＋≥4.也就是证a＋b＋a＋b≥ 4.a b即证ba＋ab≥ 2，b a由基本不等式可知，当a>0， b>0 时，＋≥ 2建立，因此原不等式建立．知识点三反证法反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性，从逻辑角度看，命题“若p，则 q”的否认是“若 p，则 ?q”，由此进行推理，假如发生矛盾，那么就说明“若p，则?q”为假，进而能够导出“若 p，则 q”为真，进而达到证明的目的．反证法反应了“正难则反”的解题思想．一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”自己更简单、更详细、更明确；②否认性命题、独一性命题，存在性命题、“至多”“起码”型命题；③有的必定形式命题，因为已知或结论波及无穷个元素，用直接证明比较困难，常常用反证法．用反证法证明不等式要掌握三点：①一定先否认结论，即必定结论的反面；②一定从否认结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且一定依照这一条件进行推证；③推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假定矛盾，有的与已知事实矛盾等，可是推导出的矛盾一定是明显的．已知直线ax－y＝ 1 与曲线x2－2y2＝ 1 订交于P，Q 两点，证明：不存在实数a，使得以 PQ 为直径的圆经过坐标原点 O.证明：假定存在实数a ，使得以 PQ 为直径的圆经过坐标原点O ，则 OP ⊥OQ.y 1y 2设 P(x 1， y 1)， Q( x 2， y 2)，则 x 1· x 2＝－ 1， 因此 (ax 1－ 1)(ax 2－ 1)＝－ x 1·x 2， 即 (1＋ a 2 )x 1· x 2－ a(x 1＋ x 2)＋ 1＝ 0. 由题意得 (1－ 2a 2)x 2＋4ax － 3＝ 0，－ 4a2， x 1· x 2＝－ 3因此 x 1＋ x 2＝2.1－ 2a 1－2a －3 － 4a2＋ 1＝ 0，因此 (1＋ a 2) · 2－ a ·1－ 2a 1－ 2a 即 a 2＝－ 2，这是不行能的．因此假定不建立．故不存在实数a ，使得以 PQ 为直径的圆经过坐标原点 O.知识点三 数学概括法数学概括法的两关关注(1)关注点一：用数学概括法证明等式问题是数学概括法的常有题型，其要点点在于“先看项 ”，弄清等式两边的组成规律，等式两边各有多少项，初始n 0 是多少．(2)关注点二：由 n ＝ k 到 n ＝ k ＋ 1 时，除等式两边变化的项外还要利用n ＝ k 时的式子，即利用假定，正确写出概括证明的步骤，进而使问题得以证明．设数列 { a n } 知足 a n ＋1＝ a n 2－ na n ＋ 1， n ∈ N * .(1)当 a 1＝ 2 时，求 a 2， a 3， a 4，并由此猜想出 a n 的一个通项公式；(2)当 a 1≥ 2 时，证明对全部的 n ≥1，有 a n ≥ n ＋1.分析： (1)由 a 1＝ 2，得 a 2＝ a 21－a 1＋ 1＝ 3.由 a 2＝ 3，得 a 3＝ a 22－ 2a 2＋1＝ 4.由 a 3＝ 4，得 a 4＝ a 23－ 3a 3＋1＝ 5.由此猜想 a n 的一个通项公式为a n ＝ n ＋1(n ≥1)．(2)证明：①当 n ＝ 1 时，∵ a n ＝ a 1≥ 2，n ＋ 1＝ 1＋1＝ 2，∴不等式建立．②假定当 n ＝ k 时不等式建立，即a k ≥ k ＋ 1.那么当 n ＝ k ＋ 1 时， a k ＋1＝ a k (a k － k)＋ 1≥(k ＋1)( k ＋ 1－ k)＋ 1＝ k ＋ 2. 也就是说，当 n ＝ k ＋ 1 时， a k ＋ 1>(k ＋1)＋ 1.依据①和②，对于全部n ≥1，有 a n ≥n ＋ 1.一、1．“因指数函数x是增函数 (大前提 )，而 y＝1xy＝ a3是指数函数 (小前提 )，因此函数1xy＝3是增函数 () ”，以上推理的的原由是 (A)A．大前提致B．小前提致C．推理形式致D．大前提和小前提致分析：推理形式没有，而大前提“y＝ a x是增函数”是不正确的，当0＜ a＜1 ， y＝a x是减函数；当a＞ 1 ， y＝ a x是增函数．故 A.2．已知 n 正偶数，用数学法明：1－1＋1－1＋⋯＋1＝2(1＋1＋⋯1)，若已假 n＝ k(k≥2 偶数 )命2 34n－ 1n＋ 2n＋ 42n真，需要用假再(B)A ． n＝ k＋ 1 等式建立B．n＝ k＋ 2 等式建立C．n＝ 2k＋ 2 等式建立D． n＝ 2(k＋ 2)等式建立分析：因n 正偶数， n＝ k(k≥2 偶数 )，因此下一步要明的命也是在偶数条件下建立，因此，需要明n＝ k＋ 2 等式建立，故 B.3．若m， n 是正整数，m＋ n>mn 建立的充要条件是(D)A ． m， n 都等于1B．m，n 都不等于2C．m，n 都大于1D． m， n 起码有一个等于1分析：∵ m＋n>mn，∴ (m－ 1)( n－ 1)<1.∵m， n∈ N*，∴ (m－ 1)(n－ 1)∈ Z ，∴ (m－ 1)(n－1)＝ 0.∴m＝1 或n＝1，故 D.4．以下正确的选项是 (B)1A ．当 x>0 且 x ≠1 ， lg x ＋ ≥21B ．当 x>0 ，x ＋ ≥ 21C ．当 x ≥2 ， x ＋ x 的最小21D ．当 0<x ≤2 ， x － x 无最大分析： A 在 lg x 的正 不清； C 在等号建立的条件不存在；依据函数f(x)＝ x －1的x3性，当 x ＝ 2， f(2) max ＝ 2，故 D ．故 B.5．已知 a ＋ b ＋ c ＝ 0， ab ＋ bc ＋ ca 的 (D)A ．大于 0B ．小于 0C ．不小于 0D ．不大于 0分析：解法一因 a ＋b ＋ c ＝ 0，因此 a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋ 2ac ＋ 2bc ＝ 0， 因此 ab ＋ bc ＋ ca ＝－ a 2＋ b 2＋ c 22≤ 0.解法二 令 c ＝ 0，若 b ＝ 0， ab ＋ bc ＋ ca ＝ 0，否 a 、b 异号，因此 ab ＋ bc ＋ ca ＝ ab＜0，清除 A 、 B 、 C ，故 D.23＋ ⋯ ＋ n ×3n －1n*都建立，那么 a ，6．已知 1＋ 2×3＋ 3×3 ＋ 4×3 ＝ 3(na － b)＋ c 全部 n ∈N b ， c 的 (A)1， b ＝ c ＝1A ． a ＝ 241B ．a ＝ b ＝ c ＝ 41C ．a ＝ 0， b ＝c ＝ 4D ．不存在 的a 、b 、 c分析：令 n ＝ 1，得 1＝ 3(a －b) ＋c ，令 n ＝2，得 1＋2×3＝ 9(2a －b) ＋c ，令 n ＝3，得 1＋2×3＋ 3×32＝27(3a － b)＋ c.3a －3b ＋ c ＝ 1即 18a － 9b ＋ c ＝ 7 ，∴ a ＝1， b ＝ c ＝1.故 A.81a －27b ＋ c ＝ 34 247．若凸 k 形的内角和f(k)， 凸 (k ＋1) 形的内角和f( k ＋ 1)(k ≥3且 k ∈ N * )等于(B)πA ． f(k)＋2B． f(k)＋πC．f(k)＋32π D ． f(k)＋ 2π分析：由凸k 形到凸 (k＋ 1)形，增添了一个三角形，故f(k＋ 1)＝ f(k)＋π .故 B.8．公差不零的等差数列{ a n} 的前 n 和 S n.若 a4是 a3与 a7的等比中， S8＝ 32，S10＝ (C)A．18 B．24C．60 D． 90分析：由 a42＝ a3a7得 (a1＋ 3d) 2＝ (a1＋ 2d)(a1＋ 6d)， 2a1＋3d＝ 0.再由 S8＝ 8a1＋56d＝ 32，2得 2a1＋ 7d＝ 8， d＝ 2， a1＝－ 3.因此 S10＝ 10a1＋90d＝ 60， C. 2二、填空9．若数列 { a n} 足： a1＝ 1， a n＋1＝ 2a n(n∈ N* ) ， a5＝ ________；前8 的和S8＝________(用数字作答 )．28－1分析： a1＝ 1，a2＝ 2a1＝2，a3＝ 2a2＝ 4，a4＝ 2a3＝ 8，a5＝ 2a4＝ 16，易知 S8＝2－1＝ 255，∴ 填 255.答案： 1625510．(2014 ·州高二 ) 1 是一个水平放的小正方体木，2，小正方体木叠放而成的，依照的律放下去，至第七个叠放的形中，3 是由的小正方体木数就是 ________．分析：分察正方体的个数：1， 1＋ 5， 1＋ 5＋ 9，⋯可知，第n 个叠放形中共有n ，组成了以 1 首，以因此 S n＝n＋ [n(n－ 1) ×4] ÷2＝ 2n2－n，因此 S7＝2×72－ 7＝ 91.答案： 914 公差的等差数列，11．(2014 厦· 六中高二期中)在平面上，我用向来去截正方形的一个角，那么截下222截成如截面，从正方体上截下三条棱两两垂直的三棱OLMN ，假如用S1、S2、 S3表示三个面面，S 表示截面面，那么比获得的是________．分析： 比方下：正方形? 正方体；截下直角三角形 ? 截下三 面两两垂直的三棱 ；直角三角形斜 平方 ? 三棱 底面面 的平方； 直角三角形两直角 平方和 ? 三棱 三个 面面 的平方和，S 2＝ S 21＋ S 22＋ S 23.( 个 是正确的， 明略 )答案： S 2＝S 21＋ S 22＋ S 2312．(2014 洛·阳部分要点中学教课) 察以下等式：3 × 1＝ 1－ 12， 3×1＋ 41×2 2 2 1×2 2 2×3 1131 ＋4× 1511× 2＝ 1－2，×2×33，⋯⋯，由以上等式推 到一个2 3× 2 1×2 2 2×3 2＋3× 4 2 ＝ 1－ 4× 2一般的 ： 于 *， 3 1 4 1n ＋ 2 1n ∈ N × ＋× 2× n1×2 2 2× 3 2＋ ⋯＋n （ n ＋ 1）2 ＝ ________．分析：由已知中的等式：3 ×1＝1－ 121×2 2 231 ＋ 4 1 ＝1－ 1 2，1× 2 × × 222×323× 231 ＋ 4 × 1 5113，⋯，1× 2 ×2 × 3＝1－ 4× 22 2×3 2＋3× 4 2因此 于 n ∈ N *，3×1＋ 4 × 12n ＋ 2 ×1n＝1－ 11× 22 2×3 2＋ ⋯＋n （ n ＋ 1）2 （ n ＋ 1） 2n .1答案：1－（n ＋ 1） ·2n三、解答13． 明不等式： 1× 3×⋯×2n － 1 < 1 ( n ∈ N *)．2 42n2n ＋1明： (1)当 n ＝ 1 ，左 ＝1，右 ＝1， 然11，不等式建立．232<3(2)假 n ＝ k ，不等式建立，即 1×3×⋯× 2k － 11，2 42k<2k ＋ 1n ＝k ＋ 1 ， 1×3×⋯×2k － 1×2k ＋11× 2k ＋ 1＝2k ＋ 1，要 n ＝ k ＋ 1 ，2 42k2k ＋ 2<2k ＋ 12k ＋22k ＋ 2不等式建立，只需2k ＋1 1建立．2k ＋ 2<2k ＋ 3即证 (2k＋ 1)(2k＋3)<(2 k＋2)2，即证 4k2＋8k＋ 3<4k2＋ 8k＋ 4.该不等式明显建立．即 n＝k＋ 1 时，不等式建立．由 (1)(2) 知，对随意的正整数n，不等式建立．14．以下图，已知两个正方形ABCD 和 DCEF 不在同一平面内，M， N 分别为 AB，DF 的中点．(1)若 CD ＝ 2，平面 ABCD ⊥平面 DCEF ，求 MN 的长；(2)用反证法证明：直线ME 与 BN 是两条异面直线．(1)分析：以以下图，取CD 的中点 G，连结 MG ，NG，因为 ABCD ，DCEF 为正方形，且边长为2，因此 MG⊥ CD ，MG ＝ 2，NG＝ 2.因为平面 ABCD ⊥平面 DCEF ，因此 MG ⊥平面 DCEF .因此 MG⊥GN.因此 MN＝MG2＋GN2＝ 6.(2)证明：假定直线 ME 与 BN 共面，则 AB? 平面 MBEN ，且平面 MBEN ∩平面 DCEF ＝ EN.由已知，两正方形ABCD 和 DCEF 不共面，故AB?平面 DCEF .又 AB∥ CD，因此 AB∥平面 DCEF .因此 EN ∥AB，又 AB∥ CD ∥ EF，因此 EF ∥ NE，这与 EF∩EN＝E 矛盾，故假定不建立．因此 ME 与 BN 不共面，它们是异面直线．15．在圆 x2＋y2＝r 2(r>0) 中，AB 为直径， C 为圆上异于A、B 的随意一点，则有 k AC·k BC＝－ 1.你能用类比的方法得出椭圆x2y2a2＋b2＝1(a>b>0)中有什么样的结论？并加以证明．22分析：类比获得的结论是：在椭圆x y＝ 1(a>b>0)中， A、B 分别是椭圆长轴的左右端a2＋b22是椭圆上不一样于A 、B 的随意一点，则 k AC · k BC ＝－ b2 a证明以下：设 A( x 0， y 0)为椭圆上的随意一点，则 A 对于中心的对称点B 的坐标为 B(－，－ y·k ＝ y － y 0 y ＋y 0 y 2－y 02x － x 0 · ＝ 2 2.x 00)，点 P(x ，y)为椭圆上异于 A ，B 两点的随意一点， 则 k APBP x ＋ x 0 x －x 0 x 2 y 2 a 2＋ b 2＝ 1，因为 A 、 B 、P 三点在椭圆上，∴y 02x 02a 2＋b 2＝ 1.22 2 2两式相减得，x － x 0 y － y 0a 2 ＋ 2 ＝ 0，b2－ y222∴ y220＝－ b2，即 kAP · k BP＝－ b 2. x － x 0a ax 2 y 2故在椭圆 a 2＋ b 2＝ 1(a>b>0) 中，长轴两个端点为A 、B 、P 为异于 A 、 B 的椭圆上的随意2一点，则有 k AB · k BP ＝－ b2.a16．在各项为正的数列 { a } 中，数列的前 n 项和 S 知足 S ＝ 1n ＋ 1.nn na(1)求 a 1， a 2， a 3；(2)由 (1) 猜想数列 { a n } 的通项公式，并用数学概括法证明你的猜想．分析： (1)由 S 1＝ a 1 ＝1 a 1＋ 1得 a 12＝ 1，2 a ∵ a n >0，∴ a 1＝ 1.112由 S 2＝ a 1＋ a 2＝ 2 a 2＋ a 2 得 a 2＋ 2a 2－1＝ 0. ∴ a 2＝ 2－ 1.1 12由 S 3＝ a 1＋ a 2＋a 3＝2 a 3＋ a 3 得 a 3＋ 2 2a 3－ 1＝0.∴ a 3＝ 3－ 2. (2)猜想 a n ＝ n － n － 1(n ∈ N * )．证明以下：① n ＝ 1 时， a 1＝ 1－ 0命题建立．②假定 n ＝ k 时， a k ＝ k － k － 1建立，则 n ＝k ＋ 1 时，＋＝S ＋－S ＝1k ＋ 1＋ 1 － 1＋ 1 ，a k 1 k 1k2 aa k ＋12 a ka k即 a k ＋ 1＝1a k ＋ 1＋1－11k － k －1＋2a k ＋ 1 2 k － k － 1＝ 1a k ＋ 1＋ 1－ k ，2a k ＋1∴a2k＋1＋ 2 ka k＋1－ 1＝0.∴ a k＋1＝ k＋ 1－ k.即 n＝k＋ 1 时，命题建立，由①②知， n∈N *， a n＝ n－ n－ 1.。