山東省武城縣第二中學高中數學《第二章 推理與證明》導學案 新人教B版選修1-2

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1、2.1.1　合情推理 知★識★梳★理 一、歸納推理與類比推理 1．歸納推理：由某類事物的 具有某些特征，推出該類事物的 　　都具有這些特征的推理；或者由 概括出一般結論的推理，稱為歸納推理（簡稱 ） 特征：歸納推理是由 　到 ，由 到 的推理. 2．類比推理：由兩類對象具有 和其中一類對象的 ，推出另一類對象也具有 的推理稱為類比推理，（簡稱 ）. 特征：　　類比推理是由 到 的推理. 二、合情推理：歸納推理和類比推理都是根據已有的事實，經過 、 、 、 ，再進行 、 ，然后提出 的推理，我們統(tǒng)稱為合情推理，通俗的

2、說，合情推理是指“合乎情理”的推理，合情推理得到的結論不一定正確. 知識點 題號 實際問題的歸納 1，11,14 代數問題的歸納 2，3,7,8,,9,10，13 類比 4,5，6,12 ★★★基礎達標★★★ 1．如圖是今年元宵花燈展中一款五角星燈連續(xù)旋轉閃爍所成的三個圖形，照此規(guī)律閃爍，下一個呈現出來的圖形是　　　　　　　　　　　　　　　(　　)． ２．觀察下式： 　　　　　　　　2＋4＋6＝12 　　　　　　　2＋4＋6＋8＝20 　　　　　　2＋4＋6＋8＋10＝30 由上述具體事實可以得出的一般結論為　　　　　　　　　　　　　（?。? A．2＋

3、4＋6＋8＋…＋2 B．2＋4＋6＋8＋…＋ C．2＋4＋6＋…＋2＝ D．2＋4＋6＋…＋2＝ ３．觀察下列各式：,…，則等于（　） A．28　　　　　B．76　　　　　C．123　　　　D．199 ４．由代數式的乘法法則類比推導向量的數量積的運算法則： ①“”類比得到“”； ②“”類比得到“”； ③“”類比得到“”； ④“”類比得到“”； 以上式子中，類比得到的結論正確的個數是 (　　)． A．0　　　　　B．1　　　　C．2　　　　　　D．3 ５．已知，，，…，若（均為正實數），類比以上等式，可推測的值，則＝ . ６．已知圓的方程是，則經過圓上一點的切線

4、方程為，類比上述性質，可以得到過橢圓上一點的切線方程為 . ７．五位同學圍成一圈依次循環(huán)報數，規(guī)定：第一位同學首次報出的數為2，第二位同學首次報出的數為3，之后每位同學所報出的數都是前兩位同學所報出數的乘積的個位數字，則第2020個被報出的數為 . ８．已知數列中，，，則可歸納猜想的通項公式為 . 9．，先分別求，然后歸納猜想一般性結論，并給出證明． 1０．觀察下表： 1， 2,3 4,5,6,7， 8,9,10,11,12,13,14,15， … 問：(1)此表第行的最后一個數是多少？ (2)此表第行

5、的各個數之和是多少？ (3)是第幾行的第幾個數？ ★★★能力提升★★★ 1１．古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來研究數．比如： 他們研究過圖1中的1,3,6,10，…，由于這些數能夠表示成三角形，將其稱為三角形數；類似地，稱圖2中的1,4,9,16，…，這樣的數為正方形數．下列數中既是三角形數又是正方形數的是 (　　)． A．　　　　　B．　　　　C．　 D． １２．在中，若，則外接圓半徑.運用類比方法，若三棱錐的三條側棱兩兩互相垂直且長度分別為則其外接球的半徑＝________. １３.觀察下式：，…，則得出一般結論：________. 14．某少數民族的刺繡有

6、著悠久的歷史，如圖(1)、(2)、(3)、(4)為她們刺繡最簡單的四個圖案，這些圖案都是由小正方形構成，小正方形數越多刺繡越漂亮．現按同樣的規(guī)律刺繡(小正方形的擺放規(guī)律相同)，設第個圖形包含個小正方形． (1)求出的值； (2)歸納出與之間的關系式，并根據你得到的關系式求出的表達式； (3)求的值． 2.1.2演繹推理 知★識★梳★理 1．演繹推理：從 出發(fā)，推出某個 下的結論，我們把這種推理稱為演繹推理，演繹推理的結論一定是正確的. 特點：演繹推理是由 到 的推理 演繹推理常用來證明和推理數學問題，注意推理過

7、程的嚴密性書寫格式的規(guī)范性. 2．三段論：三段論是演繹推理的一般模式，包括： （1） ——已知的 （ ） （2） ——所研究的 （ ） （3） ——根據一般原理，對 做出的判斷（ ） 應用三段論解決問題時，首先明確什么是大前提，什么是小前提，如果大前提與推理形式是正確的，結論必是正確的，如果大前提錯誤，盡管推理形式是正確的，所得結論也是錯誤的. 知識點 題號 演繹推理的定義 1,12 三段論 2,3,4,5,11,13 演繹推理的應用 6，7，8，9，10，14 ★★★基礎達標★★★ 1．下面幾種推理過程是演繹推理的

8、是(　　) A．兩條直線平行，同旁內角互補，由此若是兩條平行直線被第三條直線所截得的同旁內角，則 B．某校高三(1)班有55人，高三(2)班有54人，高三(3)班有52人，由此得出高三所有班人數超過50人 C．由平面正三角形的性質，推測空間正四面體的性質 D．在數列中，，由此歸納出的通項公式 2.“因為指數函數是增函數(大前提)，而是指數函數(小前提)，所以是增函數(結論)”，上面推理的錯誤是(　　) A．大前提錯導致結論錯 B．小前提錯導致結論錯 C．推理形式錯導致結論錯 D．大前提和小前提都錯導致結論錯 3． 正弦函數是奇函數，是正弦函數，因此是奇函數，以上推理(　

9、　) A．結論正確 B．大前提不正確 C．小前提不正確 D．全不正確 4．推理“①矩形是平行四邊形；②三角形不是平行四邊形；③三角形不是矩形”中的小前提是(　　) A．①　　 B．② C ．③ D．①和② 5..把“函數的圖象是一條拋物線”作為結論,用三段論表示為:大前提:_________,小前提:______,結論___________. 6．設，若恒成立，則的最大值為 . 7．在等差數列中，且，則的最大值等于 . 8．設和為不重合的兩個平面，給出下列命題： （1）若內的兩條相交直線分別平行于內的兩條

10、直線，則平行于； （2）若外一條直線與內的一條直線平行，則和平行； （3）設和相交于直線，若內有一條直線垂直于，則和垂直； （4）直線與垂直的充分必要條件是與內的兩條直線垂直. 上面命題中，真命題的序號為 （寫出所有真命題的序號） 9．如圖，四棱錐中，底面，底面是直角梯形，，，且，為的中點 (1)求證：平面平面 (2)求證：平面. 10.　數列的前項和記為，已知，，證明： (1)數列是等比數列；(2). ★★★能力提升★★★ 11. 有一段演繹推理是這樣的：“直線平行于平

11、面,則平行于平面內所有直線；已知直線平面，直線平面，直線∥平面，則直線∥直線”的結論顯然是錯誤的，這是因為 （ ） A.大前提錯誤 B.小前提錯誤 C.推理形式錯誤 D.非以上錯誤 12.下面說法正確的有_________ （1）演繹推理是由一般到特殊的推理； （2）演繹推理得到的結論一定是正確的； （3）演繹推理一般模式是“三段論”形式； （4）演繹推理的結論的正誤與大前提、小前提和推理形式有關。 13．“由，得”的推理過程中，其大前提是 . 14．已知函數. （1）若在上

12、是增函數，求的取值范圍.（2）若，證明： 2.2直接證明與間接證明 2.2.1　綜合法和分析法 第1課時　綜合法 知★識★梳★理 1．直接證明中 和 是最基本的兩種證明方法。 2．一般地，利用 和某些數學 、 、 等，經過一系列的 ，最后推導出所要證明的 成立，這種證明問題的方法叫做 。 3．綜合法可用框圖表示為： … （P表示 ，已有的 、 、 等，Q表示 .）

13、知識點 題號 利用定義證明結論 1、7、8、9 利用定理、公理證明結論 4、6、10、12、13、14 通過計算得到結論 2、3、5、11 ★★★基礎達標★★★ 1．命題“如果數列的前項和，那么數列一定是等差數列”是否成立（　） A．不成立 B．成立 C．不能斷定 D．能斷定 2．設，則與大小關系為（　） A． B． C． D．無法確定 3．在面積為（為定值）的扇形中，當扇形中心角為，半徑為時，扇形周長最小，這時的值分別是（　） A．， B． C．， D． 4．在中，，則是（　） A．銳角三角形 B．直角三角形 C．鈍角三角形 D．不

14、確定 5．點是曲線上任意一點，則點到直線的距離的最小值是 . 6．在中，已知，則的形狀一定是 . 7．若平面四邊形滿足，，則該四邊形一定是 . 8．已知定義在R上的函數，對任意滿足，則是 （奇、偶）函數. 9．已知是正數組成的數列，，且點在函數的圖象上. （1）求數列的通項公式； （2）若數列滿足，求證：. 10．已知，且，求證：. ★★★能力提升★★★ 11．若鈍角三角形三內角的度數成等差數列且最大邊與最小邊的比為，則的取值范圍是（?。? A． B．（0,2） C． D． 12．

15、設，則，，三者的大小關系 . 13．如圖，四棱錐的底面是平行四邊形，分別是的中點，則與面的位置關系是 （填“相交”或“平行”） 14．若是不全相等的正數，求證： . 第2課時　分析法 知★識★梳★理 1．一般地，從要證明的 ，逐步尋求使它成立的 ，直至最后，把要證明的結論歸結為判定，一個明顯成立的條件（已知條件， 、 、 等）。這種證明的方法叫 。 2．分析法可用框圖表示為：（表示要 ）. … 得到一個明顯 成立的條件 知識點 題號 結論利用定義判定 1、2、6 結論利用定理、公理判定 3

16、、5、8、9、10、13、14 通過計算進行判定 4、7、11、12 ★★★基礎達標★★★ 1．要證：，只要證明（?。? A． B． C． D． 2．分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設，且，求證”索的因應是（?。? A． B． C． D． 3． 欲證成立，只需證（?。? A． B． C． D． 4．設甲：函數有四個單調區(qū)間，乙：函數的值域為R，那么甲是乙的（　） A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．以上均不對 5．將下面分析法證明的步驟補充完整： 要證，只需證：， 也就是證： ， 即

17、證： ， 由于 顯然成立， 所以原不等式成立. 6．設，，，則的大小關系是 . 7．如果，則實數應滿足的條件是 . 8．設，若，則的最小值為 . 9．已知，求證：. 10．已知不相等的兩向量滿足，求證：. ★★★能力提升★★★ 11．當時，使不等式恒成立的的取值范圍是（?。? A． B． C． D． 12．，且恒成立，則的最大值為 . 13．如圖，在直四棱柱（側棱與底面垂直）中，當底面四邊形滿足條件 時，有（注：填上你認為正確的一種條件

18、即可，不必考慮所有可能的情形） 14．設，求證：. 2.2.2　反證法 知★識★梳★理 1．反證法是 的一種方法. 2．一般地，假設原命題 （即在原命題的條件下，結論不成立），經過正確的推理，最后得出矛盾，從而證明了 ，這樣的證明方法叫做反證法。 3．反證法的關鍵是在正確的推理下得出矛盾，這個矛盾可以是與 矛盾，或與 矛盾，或與 、 、 、 矛盾等. 4．用反證法證明數學命題的步驟： 反設 歸謬 存真 假設命題的結論不成立，則假

19、定原結論的反面為真 從反設和已知條件出發(fā)，經過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾的結果 由矛盾的結果斷定反設不真，從而肯定原結論成立 知識點 題號 反設練習 1、2、3、5、6 與已知矛盾 7、9、10、11、13 與定理、公理矛盾 4、8、14 應用反面進行求解 12 ★★★基礎達標★★★ 1．應用反證法推出矛盾的推導過程中，要把下列哪些作為條件使用（?。? ①結論的否定即假設；②原命題的條件；③公理、定理、定義等；④原命題的結論. A．①② B．①②④ C．①②③ D．②③ 2．用反證法證明命題：“已知為實數，則方程至少

20、有一個實根”時，要做的假設是（?。? A．方程沒有實根 B．方程至多有一個實根 C．方程至多有兩個實根 D．方程恰好有兩個實根 3．用反證法證明命題：“已知，若可被5整除，則中至多有一個能被5整除”時，要做的假設是（?。? A．都不能被5整除 B．都能被5整除 C．中有一個不能被5整除 D．中有一個能被5整除 4．設大于0，則三個數：的值（?。? A．都大于2 B．至少有一個不大于2 C．都小于2 D．至少有一個不小于2 5．用反證法證明：命題“任意多面體的面至少有一個是三角形”時，應假設為 . 6．用反證法證明命題“若，則全為0（為實數）”時，應假設為

21、 . 7．設是兩個實數，給出下列條件：①；②；③；④.其中能推出“中至少有一個大于1”的條件是 （填序號）. 8．用反證法證明命題：“一個三角形中不能有兩個直角”的過程歸納為以下三個步驟： ①，這與三角形內角和為180°相矛盾，則不成立； ②所以一個三角形中不能有兩個直角； ③假設中 有兩個角是直角，不妨設. 正確順序的序號排列為 . 9．已知成等差數列且公差，求證：不可能成等差數列. 10．已知，且，求證：中至少有一個是負數. ★★★能力提升★★★ 11．已知直線為異面直線，直線平行

22、于直線，那么與的位置關系為（?。? A．一定是異面直線 B．一定是相互直線 C．不可能是平行直線 D．不可能是相交直線 12．若下列兩個方程，中至少有一個方程有實根，則實數的取值范圍是 . 13．設實數滿足，則中至少有一個數不小于 . 14．已知. 求證：不能都大于. 章末復習 知★識★梳★理 推 理 與 證 明 推 理 合情 推理 歸納 類比 實驗、觀察 概括、推廣 猜測一般性結論 觀察、比較 聯想、類比 猜測新的結論 演繹 推理 大前提

23、 小前提 結論 證明 直接證明 間接證明 數學歸納法 綜合法 分析法 從條件入手 從結論入手 反證法 與正整數 有關的命題 三段論 知識點 題號 合情推理 1,6,7,11， 演繹推理 5，10，13， 直接證明和間接證明 2,3，8,9,10,12 數學歸納法 4, 14 ★★★基礎達標★★★ 1．按照下列三種化合物的結構及分子式規(guī)律，寫出后一種化合物的分子式是（ ） ， A． B

24、． C． D． 2．用反證法證明命題“三角形的內角中至少有一個角不大于60°”時，應假設(　　) A．三角形的三個內角都不大于60° B．三角形的三個內角都大于60° C．三角形的三個內角至多有一個大于60° D．三角形的三個內角至少有兩個大于60° 3.已知，若為異面直線，則(　　) A．都與相交 B．中至少有一條與相交 C．中至多有一條與相交 D．都不與相交 4．用數學歸納法證明……，則當時，左端應在的基礎上加上(　　)． A. B． C. D. 5．在上定義運算．若不等式對任意實數都成立，則(　　)

25、 A．　 B． C． D．　　 6.下面幾種推理是合情推理的是________． ①由圓的性質類比出球的有關性質；②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形內角和是180°歸納出所有三角形的內角和都是180°；③由，滿足，推出是奇函數；④三角形內角和是180°，四邊形內角和是360°，五邊形內角和是540°，由此得凸多邊形內角和是. 7．在中，為的中點，則，將命題類比到三棱錐中得到的命題為__________． 8．已知均為正數，且，則與的大小關系是________． 9．已知，求證：. 10．由下列不等式：…， …＋，

26、…，你能得到一個怎樣的一般不等式？并加以證明． ★★★能力提升★★★ 11．已知數列的前項和，而，通過計算，猜想等于(　　) A. B. C. D. 12．在中，，則為 ________三角形． 13．若函數有兩個零點，并且不等式恒成立，則實數的取值范圍為________ 14．如圖，平面，，分別為的中點． (1)證明：平面； (2)求與平面所成角的正弦值． 章末檢測 一、選擇題　 1.觀察下列數：1,3,2,6,5,15,14, 122,…其中的值依次是（　?。? A.42,41,123

27、 B.13,39,123 C.24,23,123 D.28,27,123 2.下列推理是歸納推理的是（　?。? A.A，B為定點，動點P滿足，得P的軌跡為橢圓 B.由，求出，猜想出數列的前項和的表達式 C.由圓的面積，猜出橢圓的面積 D.科學家利用魚的沉浮原理制造潛艇 3.若有一段演繹推理：“大前提：對任意做實數；都有，小前提：已知是實數；結論：”.這個結論顯然錯誤，是因為（?。? A．大前提錯誤 B．小前提錯誤 C．推理形式錯誤 D．非以上錯誤 4.我們把平面內與直線垂直的非零向量稱為直線的法向量，在平面直角坐標系中，利用求動點軌跡方程的方法，可以求出過點，且法

28、向量為的直線（點法式）方程為：，化簡得，類比以上方法，在空間直角坐標系中，經過點，且法向量為的平面的方程為（　?。? A. B. C. D. 5.用反證法證明命題“若，則全為0（）”，其反設正確的是（　?。? A.至少有一個不為0 B.至少有一個為0 C.全不為0 D.中只有一個為0 6.下列表述：①綜合法是由因導果法；②綜合法是順推法；③分析法是執(zhí)果索因法；④分析法是逆推法；⑤反證法是間接證法，其中正確的有（　?。? A.2個 B.3個 C.4個 D.5個 7.黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖的規(guī)律拼成若干個圖案，則第個圖案中有白色地面磚的塊數是（　?。?

29、 　　第1個 第2個 第3個 A. B. C. D. 8.下列不等式中一定成立的是（　?。? A. B. C. D. 9.在等差數列中，若，公差，則有，類比上述性質，在等比數列中，若，公比，則的一個不等關系是（　?。? A. B. C. D. 10.觀察下列數的特點：1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,…則第100項是（　　） A.10 B.13 C.14 D.100 二、填空題 11.觀察：（1）； （2） 由以上兩式成立，推廣到一般結論，寫出你的推論 12.設是兩個實數，給出下列條件： ①；②；③；④；⑤

30、 其中能推出：“中至少有一個大于1”的條件是 。（填序號） 13.在算式“”中的△，○中，分別填入兩個正整數，使它們的倒數和最小，則這兩個數構成的數對（△，○）應為 14．觀察下列不等式 ， ， ， …… 照此規(guī)律，第五個不等式為 . 15.已知，試用分析法證明：. 16.已知. （1）求； （2）求證：中至少有一個不小于. 17.點P為斜三棱柱ABC-A1B1C1的側棱BB1上一點，PM⊥BB1交AA1于點M，PN⊥BB1交CC1于點N。 （1）求證：CC1⊥MN. （2）在任意△DEF中有余弦定理，

31、DE2＝DF2+EF2－2DF·EF·cos∠DFE.擴展到空間類比三角形的余弦定理，寫出斜三棱柱的三個側面面積與其中兩個側面所成的二面角之間的關系式，并予以證明。 18.（1）已知：均是正數，且，求證：. （2）當均是正數，且時，對真分數，給出類似上小題的結論，并予以證明。 （3）證明：△ABC中，.(可直接應用第（1）、（2）小題結論). 2.1　合情推理與演繹推理 2.1.1　合情推理答案 知★識★梳★理 一、 1．部分對象；全部對象；個別事實；歸納 部分；整體；個別；一般 2．某些類似特征；某些已知特征；這些特征；

32、類比 特殊；特殊 二、觀察；分析；比較；聯想；歸納；類比；猜想 ★★★基礎達標★★★ １. A　　解析：該五角星對角上的兩盞花燈依次按逆時針方向亮一盞，故下一個呈現出來的圖形是A.　　　 ２．C　　解析：上述事實分別敘述如下： 前2個正偶數的和等于2×3， 前3個正偶數的和等于3×4， 前4個正偶數的和等于4×5，…… 由此猜想前個正偶數的和等于　，所以選C ３． C解析：從給出的式子特點觀察可推知，等式右端的值，從第三項開始，后一個式子的右端值等于它前面兩個式子右端值的和，照此規(guī)律，則. ４. B解析：①正確；②③④錯誤．②③向量的數量積滿足交換律，不滿足結合律，消去律

33、，④ ５． 41　　解析：∵　　8＝ 故猜測與滿足：，又　∴，從而 ６． 　　解析：類比圓的切線方程可得橢圓切線方程為 ７．8　　解析：由題中所述知同學們報出的數依次為：2,3，6,8，8,4，2,8，6,8，8,4，2,8，……觀察這些數的特征，從第三個數開始，6個數為一個周期， 　　　　故第2020個數為8 ８． 　　 解析： …… 猜想 ９．解 　， 同理可得：. 由此猜想. 證明：＝ . １０．解　(1)∵第行的第1個數是，∴第行的最后一個數是. (2)＝. (3)∵， ∴在第11行，該行第1個數是，由，知是第11行的第個數． ★★

34、★能力提升★★★ １１． C解析　觀察三角形數：1,3,6,10，…，記該數列為，則，，，… ……， 觀察正方形數：1,4,9,16，…，記該數列為，則.把四個選項的數字，分別代入上述兩個通項公式，可知使得都為正整數的只有. １２． 　　解析：　(構造法)通過類比可得. 證明：作一個在同一個頂點處棱長分別為的長方體，則這個長方體的體對角線的長度是，故這個長方體的外接球的半徑是，這也是所求的三棱錐的外接球的半徑． １３．… 解析　各等式的左邊是第個自然數到第個連續(xù)自然數的和，右邊是中間奇數的平方，故得出結論：…. １４．解析　(1). (2)因為，，， ，…… 由上式規(guī)律，

35、所以得出. 因為 ＝… (3)當時，　. 2.1.2演繹推理答案 知★識★梳★理 1．一般性的原理；特殊情況；一般；特殊 2．（1）大前提；一般原理；（是） （2）小前提；特殊情況（是） （3）結論；特殊情況（是） ★★★基礎達標★★★ 1．A　　解析：兩條直線平行，同旁內角互補——大前提，是兩條平行直線被第三條直線所截得的同旁內角——小前提，——結論． 故A是演繹推理，而是歸納推理，是類比推理．故選A. 2．A　　解析： 是增函數這個大前提是錯誤的，從而導致結論錯． 3. C 　　解析：不是正弦函數而是復合函數，所以小前提不正確． 4.

36、 B 　解析：由演繹推理三段論可知，①是大前提；②是小前提；③是結論． 5． 二次函數的圖像是一條拋物線； 函數是二次函數； 函數的圖象是一條拋物線 6．8　　解析：由題可知的最大值即為的最小值， 又， 當且僅當，即時等號成立，∴ 7．30　　解析：等差數列的性質，若， ， ，由基本不等式 8．①② 9．證明：　(1)由底面知. 又因為， 所以平面.因為平面，所以平面平面. (2)如圖，取的中點，連結由為的中點，得為C的中位線，則，且.又因為，故，故，得，所以四邊形為平行四邊形，則.又因為平面，平面，所以平面. 10．思維啟迪：在推理論證過程中，一些稍復雜的證明題

37、常常要由幾個三段論才能完成．大前提通常省略不寫，或者寫在結論后面的括號內，小前提有時也可以省略，而采取某種簡明的推理模式． 證明　(1)∵，∴，即 ∴，又，（小前提） 故是以1為首項，2為公比的等比數列．(結論) (大前提是等比數列的定義，這里省略了) (2)由(1)可知， ∴ (小前提) 又 (小前提) ∴對于任意正整數，都有.(結論) (第(2)問的大前提是第(1)問的結論以及題中的已知條件) ★★★能力提升★★★ 11．A 12．（1）（3） 13．若，則　　解析： ，∴ 14．證明：（1）時，恒成立，即恒成立 ∵，∴ （2）時令 ＝ ∵，∴，∴

38、在上單調遞減 ∴ 2.2直接證明與間接證明 2.2.1　綜合法和分析法 第1課時　綜合法答案 知★識★梳★理 1．綜合法；分析法 2．已知條件；定義；定理；公理；推理論證；結論；綜合法 3．已知條件；定義、定理、公理；證明的結論 ★★★基礎達標★★★ 1．B　　解析：∵，∴， ∴（時，符合上式） 又∵，∴是等差數列. 2．A　　解析：∵ ，∴ 3．D　　解析：設扇形的弧長為，則， 所以，又， 當且僅當，即時等號成立， 此時. 4．A　　解析：因為，所以角，角只能都是銳角， 所以， 所以. 所以是鈍角，即角為銳角. 5．　　解析：點是曲線上任意一

39、點，當過點的切線和直線平行時，點到直線的距離最小，直線的斜率為1，令的導數，得或（舍），所以切點坐標為（1,1），點（1,1）到直線的距離等于. 6．鈍角三角形　解析：（1）因為， 所以. 因為，所以. 又，所以， 即為鈍角三角形. 7．菱形　　解析：∵，∴，∴四邊形為平行四邊形 ∵，∴，∴∴ ∴四邊形為菱形 8．奇　　解析：∵的定義域為R，令 ∴，令，則 ∴，∴為奇函數 9．解析：（1）由已知得，則，又， 所以數列是以1為首項，1為公差的等差數列. 故. （2）證明：由（1）知，，從而. ＝ ＝ 因為 ＝ ＝， 所以. 10．證明：∵，且，

40、 ∴，∴，∴， ∴， ★★★能力提升★★★ 11．A　　解析：設三角形的三邊從小到大依次為， 因為三內角的度數成等差數列，所以. 則°，可得°. 根據余弦定理得， 得， 因三角形為鈍角三角形， 故， 于是，即. 又，即. 12．　　解析：＝ ＝，∴ 又∵，∴ 13． 平行　解析：∵四棱錐的底面是平行四邊形， ∴，且 又∵分別為的中點， ∴且， ∴四邊形為平行四邊形，∴ 又面，面，∴面. 14．解析：∵， ∴，， 又上述三個不等式中等號不能同時成立. ∴成立. 上式兩邊同時取常用對數， 得， ∴. 第2課時　分析法答案 知★

41、識★梳★理 1．結論出發(fā)；充分條件；定理、定義、公理；分析法 2．證明的結論 ★★★基礎達標★★★ 1．D　　解析：由題意要證 只要證：，所以選D 2．C　　解析：由題意知 所以，選C 3．C　　解析：要證成立，只需證明： 即證： 4．A　　解析：對甲，要使有四個單調區(qū)間， 只需要即可；對乙，要使的值域為R，只需要的值域包含區(qū)域，只需要，即，所以甲是乙的充分不必要條件. 5．； ； . 解析：由分析法從證明的結論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件即可. 6．　　解析：取，得，再用分析法證明： ，顯然成立. 7．　　解析：要使成立，只需， 只需，

42、即應滿足 8．9　　解析：根據條件可知，欲求的最小值， 只需求的最小值， 因為3＋2＋2＋2＝9（當且僅當時取“＝”）. 9．證明：∵，∴， 所以要證原不等式成立，只需證， 即證，即證 而顯然成立，故原不等式得證. 10．證明：∵，∴ 要證，只需證， 只需證， 只需證， 即證，顯然成立，故原不等式得證. ★★★能力提升★★★ 11．B　　解析：要使恒成立，只需恒成立. 因為在（1,2）上單調遞增，所以，所以. 12．4　　解析：由，得， 要使恒成立，只需恒成立 只需恒成立. 顯然（當且僅當時等號成立）. 所以只需成立，即能取的最大值為4. 13．（答案

43、不唯一）　解析：可用分析法，要使，需使平面，即需使，或或或 14．證明：要證， 只需證， 即證， 即證 而當時，顯然成立， ∴ 2.2.2　反證法答案 知★識★梳★理 1．間接證明 2．不成立；原命題成立 3．已知條件；假設；定義、定理、公理、事實 ★★★基礎達標★★★ 1．C　　解析：由反證法的定義知，可知①②③作為條件使用，而④原命題的結論是不可以作為條件使用的. 2．A　　解析：“方程至少有一個實根”的反面是“方程沒有實根”故選A. 3．B　　解析：由反證法的定義得，反設即否定結論. 4．D　　解析：假設，，都小于2. 即： 與 ＝相矛盾

44、∴假設不成立，∴至少有一個不小于2. ∴選D 5．任意多面體的面沒有一個是三角形　　解析：“至少有一個”的否定是“沒有一個”. 6．不全為0　　解析：“全”的否定是“不全”. 7．③　　解析：若，則，但，故①不能推出，若，則，故②不能推出. 若，則，故④不能推出. 對于③，即，則中至少有一個大于1. 反證法：假設且，則與矛盾，因此假設不成立，故中至少有一個大于1. 8．③①②　　解析：由反證法證明的步驟知，先反設即③，再推出矛盾即①，最后作出判斷，肯定結論即②，即順序應為③①②. 9．證明：假設成等差數列，則， ∵成等差數列，∴，∴ 即 ∴，從而，這與矛盾 ∴不可能成

45、等差數列. 10．證明：假設都是非負數，因為， 所以 又， 所以， 這與已知矛盾， 所以中至少有一個是負數 ★★★能力提升★★★ 11．C　　解析：兩直線的位置關系有平行、相交、異面。假設，又因，由平行的傳遞性知：與已知為異面直線矛盾，故假設不成立，故選C 12．　　解析：假設兩個一元二次方程均無實根， 則有即 解得，所以其補集即為所求的的取值范圍. 13．　　解析：假設都小于，即，， 由不等式的同向可加性知：∴， 與已知矛盾，故假設不成立. ∴中至少有一個數不小于. 14．證明：假設都大于. 因為，，所以，由基本不等式，得 . 同理， 將這三個不等式兩

46、邊分別相加，得， 即，這是不成立的， 故不能都大于. 章末復習答案 ★★★基礎達標★★★ 1．B 解析：下標關系：，，,故第4個應為， 2．B 解析：其假設應是對“至少有一個角不大于60°”的否定，即“都大于60°”． 3．B.　解析：若都不與相交，則，與是異面直線矛盾．所以中至少有一條與相交．又由特例法，知A，C項不一定成立． 4．C　　解析：　∵當時，左側＋…，當時，左側 ＋… 5．C　解析：類比題目所給運算的形式，得到不等式的簡化形式，再求其恒成立時的取值范圍． 　　， 即 不等式恒成立的充要條件是 即 解得.故應選C. 6．①②④　解析：合情

47、推理分為類比推理和歸納推理，①是類比推理，②④是歸納推理，③是演繹推理． 7．在三棱錐中，為的重心，則 8． 解析：， ∵，且，∴，∴. 9．證法1　(分析法) ∵，∴，∴要證，只需證， 即證，也即證，即證，上式顯然成立．∴原命題成立． 證法2　(綜合法) ∵，∴，∴．∵，∴， 即，，即. 證法3　(反證法) 假設，即，即，即， 即，而，∴，∴，與相矛盾， ∴原命題成立． 10．解　一般結論：…，證明如下： (1)當時，由題設條件知命題成立． (2)假設當時，猜想正確． 即. 當時，＋… . ∴當時，不等式成立． 根據(1)、(2)可知，對. 規(guī)

48、律方法 用數學歸納法證明不等式的關鍵是由時命題成立證時命題也成立，在歸納假設使用后可運用比較法、綜合法、分析法、放縮法等來加以證明，充分應用基本不等式、不等式的性質等放縮技巧，使問題得以簡化． 11．B　　解析：∵， ∴. . ∴猜想. 12．直角　　解析: 　　　 所以三角形是直角三角形 13． .　　解析：∵有兩個零點， ∴，∴， 由得， 即，∴， ∵的最大值為0，∴. 14．解　(1)證明：∵分別為的中點， ∴，又. ∴，而平面， 平面，∴平面. (2)如圖，連接， ∵為的中點，且，

49、 ∴. ∵平面，∴平面. ∴，故平面. 由(1)知，，又， ∴四邊形為平行四邊形． ∴平面. 故為與平面所成角． 在中，， ∴. 因此與平面所成角的正弦值為. 章末自測參考答案　 一、選擇題　 1.A　解析：觀察各項我們可以發(fā)現：為前一項的3倍，即，為前一項減1，為前一項的3倍，故選A。 2.B　解析：A選項是定義，C、D選項是類比推理，而B選項是由個別事實概括出一般結論的推理，為歸納推理。 3．A　解析：當為偶數時，若有意義，則，故大前提錯誤. 4.A　解析：類比題干中所給的方法： 平面方程： 5.A　解析：“全”的否定為“不全”，故至少有一個不為0

50、 6.D　解析：由本章所學證明問題的定義得到答案. 7.A　解析：觀察可知，除第一個以外，每增加一個黑色地面磚，相應的白色地面磚就增加四個，因此第個圖案中有白色地面磚的塊數是一個“以6為首項，公差是4的等差數列的第項”。故第個圖案中有白色地面磚的塊數是. 8.C　解析：A項中，因為，所以；B項中只有在時才成立；C項中由不等式可知成立；D項中因為，所以. 9.A　解析：在等差數列中，由于時有，所以在等比數列中，由于，所以應有或. 因為， 所以 因為，，所以 10.C　解析：由數列的特點得到： ∴ 當時， 當時， 故應選C. 11.若都不是90°，且，則 .

51、12.解析：若，則 但，故①推不出； 若，則，故②推不出； 若，則，故④推不出； 若，則，故⑤推不出； 對于③，即，則中至少有一個大于1. 反證法：假設且 則與矛盾。 因此假設不成立，故中至少有一個大于1. 答案：③ 13.解：設數對為 則，所以 ， 僅當時等號成立，即 答案：（5，10） 14．解析：第一個不等式左邊為兩式之和，且分母為兩個連續(xù)整數的平方；右邊為； 第二個不等式左邊為三式之和，且分母為三個連續(xù)整數的平方；右邊為； 第三個不等式左邊為四式之和，且分母為四個連續(xù)整數的平方；右邊為； …… 歸納推理知：第五個不等式為： 15.證明：要證上

52、式成立，需證 需證 需證 需證 需證 只需證 因為顯然成立，所以原命題成立 16.（1）解：∵，， ∴ （2）證明：假設、、都小于 則，， ∴， ∴ 這與矛盾。 ∴假設錯誤，即所證結論成立。 17.解：（1）因為⊥BB1，PN⊥BB1，又PM∩PN＝P 所以BB1⊥平面PMN，所以BB1⊥MN 又CC1//BB1，所以CC1⊥MN. （2）在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有 其中為平面CC1B1B與平面CC1A1A所成的二面角。 證明如下： 因為CC1⊥平面PMN，所以上述的二面角的平面角為∠MNP 在△PMN中，因為PM2＝PN2+MN2－2PN·MNcos∠MNP, 所以 由于， ， 所以 18.解析：（1）因為 所以 又，所以 （2）因為，所以，應用第（1）小題結論，得，取倒數，得. （3）由正弦定理，原題△ABC中，求證： 證明：由（2）的結論得，且均小于1， 所以，