2019年湘教版数学新选修2-2讲义+精练：第6章 章末小结（含解析）

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1、1两种合情推理(1)归纳推理：归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理，步骤如下：通过观察个别对象发现某些相同性质；由相同性质猜想一般性命题(2)类比推理：类比推理是由特殊到特殊的推理，步骤如下：找出两类对象之间的相似性或一致性；由一类对象的性质去猜测另一类对象的性质，得出一个明确的命题2演绎推理演绎推理是由一般到特殊的推理，一般模式为三段论演绎推理只要前提正确，推理的形式正确，那么推理所得的结论就一定正确注意错误的前提和推理形式会导致错误的结论3直接证明综合法和分析法(1)综合法是“由因导果” ，即从已知条件出发，利用定理、定义、公理和运算法则证明结论(2)分析法是“执果索因” ，即从结论

2、逆向转化，寻找一个已证的命题 (已知条件或定义、公理、定理、公式等)注意：分析法是从结论出发，但不可将结论当作条件在证明过程中， “只要证” “即证”等词语不能省略4间接证明反证法反证法证题的步骤为：反设归谬结论，即通过否定结论，得出矛盾来证明命题注意：反证法的关键是将否定后的结论当条件使用5直接证明数学归纳法(1)数学归纳法的两个步骤缺一不可，由 nknk1 时必须使用归纳假设，否则不算是数学归纳法(2)数学归纳法虽然仅限于与正整数有关的命题，但并不是所有与正整数有关的命题都能使用数学归纳法归纳推理例 1 给出下面的数表序列：表 11 表 21 34表 3 1 3 54 812其中表 n(n

3、1,2,3，)有 n 行，第 1 行的 n 个数是 1,3,5， ，2n1，从第 2 行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和写出表 4，验证表 4 各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表 n(n3)( 不要求证明 )解 表 4 为1 3 5 74 8 1212 2032它的第 1,2,3,4 行中的数的平均数分别是 4,8,16,32，它们构成首项为 4，公比为 2 的等比数列将这一结论推广到表 n(n3)，即表 n(n3) 各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为 n，公比为 2 的等比数列简单的归纳猜想问题通过观察所给的数表、数阵或等式、不等式即可得到一般

4、性结论，较复杂的问题需将已知转换为同一形式才易于寻找规律例 2 图 1 是一个水平摆放的小正方体木块，图 2，图 3 是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是 .解析 分别观察正方体的个数为：1,15,159，归纳可知，第 n 个叠放图形中共有 n 层，构成了以 1 为首项，以 4 为公差的等差数列，所以 Snnn(n1) 422n 2n，所以 S727 2791.答案 91解答此类题目时，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本题注意从图形中抽象出等差数列1蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以

5、近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图其中第一个图有 1 个蜂巢，第二个图有 7 个蜂巢，第三个图有19 个蜂巢，按此规律，以 f(n)表示第 n 个图的蜂巢总数则 f(4)_，f( n)_.解析：因为 f(1)1，f(2) 716，f (3)191612 ，所以 f(4)16121837，所以 f(n)1 61218 6( n1)3n 23n1.答案：37 3n 23n12.如图给出了 3 层的六边形，图中所有点的个数 S3 为 28，按其规律再画下去，可得 n(nN )层六边形，试写出 Sn 的表达式解：设每层除去最上面的一个点的点数为 an，则 an 是以 5 为首项，4 为公

6、差的等差数列，则 Sna 1a 2a n1 1n5 5 4n 122n 23n1(nN ).例 3 在ABC 中，ABAC，ADBC 于 D.求证： ，那么在四面体 ABCD 中，类比上述论据，你能得到怎样的猜1AD2 1AB2 1AC2想，并说明理由证明 如右图所示，由射影定理，类比推理AD2BDDC ， AB2BDBC ，AC2BCDC， 1AD2 1BDDC .BC2BDBCDCBC BC2AB2AC2BC2AB 2AC 2， .1AD2 AB2 AC2AB2AC2 1AB2 1AC2 .1AD2 1AB2 1AC2猜想：类比 ABAC，AD BC，猜想四面体 ABCD 中，AB，AC，

7、AD 两两垂直， AE平面 BCD，则 .1AE2 1AB2 1AC2 1AD2证明上述猜想成立如右图所示，连接 BE 交 CD 于 F，连接 AF.ABAC，AB AD，AB平面 ACD.而 AF平面 ACD，ABAF.在 RtABF 中，AEBF， .1AE2 1AB2 1AF2在 RtACD 中，AFCD， .1AF2 1AC2 1AD2 .1AE2 1AB2 1AC2 1AD2故猜想正确(1)类比是以旧知识作基础，推测新的结果，具有发现的功能(2)类比推理的常见情形有：平面与空间类比；向量与数类比；不等与相等类比等3若数列a n为等差数列，S n 为其前 n 项和，则有性质“ 若 Sm

8、S n(m，nN *且 mn) ，则 Smn 0.”类比上述性质，相应地，当数列 bn为等比数列时，写出一个正确的性质：_.答案：数列b n为等比数列，T m 表示其前 m 项的积，若 TmT n(m，nN *，mn)，则 Tmn 14在 RtABC 中，C90，ACb，BCa，则ABC 的外接圆半径为 r 12，把上述结论类比到空间，写出相似的结论a2 b2解：取空间中三条侧棱两两垂直的四面体 ABCD 且 ABa，ACb，ADc ，则此四面体的外接球半径为 R .12 a2 b2 c2综合法和分析法例 4 设 a0，b0，ab1，求证： 8.1a 1b 1ab证明 法一：( 综合法)a 0

9、，b0，ab1，1 ab2 ， ，ab ， 4.ab ab12 14 1ab又 (ab) 2 4，1a 1b (1a 1b) ba ab 8 .1a 1b 1ab (当 且 仅 当 a b 12时 等 号 成 立 )法二：(分析法)a 0，b0，ab1，要证 8，1a 1b 1ab只要证 8，(1a 1b) a bab只要证 8，(1a 1b) (1b 1a)即证 4.1a 1b也就是证 4.a ba a bb即证 2.ba ab由基本不等式可知，当 a0，b0 时， 2 成立ba ab，(当 且 仅 当 a b 12时 等 号 成 立 )所以原不等式成立综合法和分析法是直接证明中的两种最基本

10、的证明方法，但两种证明方法思路截然相反，分析法既可用于寻找解题思路，也可以是完整的证明过程，分析法和综合法可相互转换，相互渗透，充分利用这一辩证关系，在解题中综合法和分析法联合运用，转换解题思路，增加解题途径5已知函数 f(x)log a(ax1)(a0，a1)(1)证明：函数 f(x)的图象在 y 轴一侧；(2)设 A(x1，y 1)，B(x 2，y 2)(x10，得 ax1.当 a1 时，x0，函数图象在 y 轴右侧；当 00 即可因为 y2y 1log a(a x21) log a(a x11) log a .ax2 1a x1 1当 a1 时，由 01，log a 0，ax2 1a x

11、1 1 ax2 1a x1 1即 y2y 10.当 0a x1a x21.即 a x1 1a x210.故有 00，即 y2y 10.ax2 1a x1 1综上，直线 AB 的斜率总大于零.反证法例 5 已知 a，b，c 均为实数，且 ax 22y ，by 22z ，cz 22x ，求2 3 6证：a，b，c 中至少有一个大于 0.证明 假设 a，b，c 都不大于 0，即 a0，b0，c0，得 abc0，而 abc(x1) 2( y1) 2(z1) 23 30，与 abc0 矛盾，故假设不成立a， b，c 中至少有一个大于 0.(1)用反证法证题时，先假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出

12、矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立(2)反证法证题的思路是：“假设归谬存真” 6用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是( )A方程 x3axb0 没有实根B方程 x3axb0 至多有一个实根C方程 x3axb0 至多有两个实根D方程 x3axb0 恰好有两个实根解析：至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程 x3axb0 没有实根” 答案：A数学归纳法例 6 已知数列 an满足：a 11,4a n1 a nan1 2a n9(nN )(1)求 a2，a 3，a 4；(2)由(1)的结果猜想 an 用 n 表示的表达式；

13、(3)用数学归纳法证明(2) 的猜想解 (1)由 a11 及 an1 ，得9 2an4 ana2 ，9 2a14 a1 73a3 ，9 2a24 a29 2734 73 135a4 .9 2a34 a39 21354 135 197所以 a2 ，a 3 ，a 4 .73 135 197(2)观察 a1，a 2，a 3，a 4 的值，分母构成正奇数数列 2n1 ，分子构成首项为 1，公差为6 的等差数列，故猜想：a n ，nN .6n 52n 1(3)用数学归纳法证明上面的猜想当 n1 时，a 1 1，猜想正确61 521 1假设当 nk( k1，k N )时，猜想正确，即 ak .6k 52k

14、 1所以当 nk1 时，a k1 .9 2ak4 ak9 26k 52k 14 6k 52k 1 6k 1 52k 1 1这就是说 nk1 时猜想也成立由可知，猜想对任意正整数 n 都成立探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出问题的结论，往往需要由特殊情况入手，归纳、猜想、探索出结论，然后再对探索出的结论进行证明，而证明往往用到数学归纳法7在数列a n中，a 1 ，a n1 ，求 a2，a 3，a 4 的值，由此猜想数列 an的通12 3anan 3项公式，并用数学归纳法证明你的猜想解：a 1 ，a 2 ，a 3 ，a 4 ，12 36 37 38 39猜想 an ，3

15、n 5下面用数学归纳法证明：当 n1 时，a 1 ，猜想成立31 5 12假设当 nk( k1，k N )时猜想成立，即 ak ，3k 5则当 nk1 时，ak1 ，3akak 33 3k 53k 5 3 3k 1 5所以当 nk1 时猜想也成立由知，对 nN ，a n 都成立3n 5(时间 120 分钟，满分 150 分)一、选择题(本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 60 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观察一列算式：11,12,21,1 3,22,31,14,23,32,41，则式子 35 是第 ( )A22 项 B23 项C24 项 D25 项解析：两数

16、和为 2 的有 1 个，和为 3 的有 2 个，和为 4 的有 3 个，和为 5 的有 4 个，和为 6 的有 5 个，和为 7 的有 6 个，前面共有 21 个，35 为和为 8 的第 3 项，所以为第24 项答案：C2用反证法证明命题“ 是无理数”时，假设正确的是( )2 3A假设 是有理数 B假设 是有理数2 3C假设 或 是有理数 D假设 是有理数2 3 2 3解析：应对结论进行否定，则 不是无理数，2 3即 是有理数2 3答案：D3用数学归纳法证明等式“123(n3) (nN )”时，第一n 3n 42步验证 n1 时，左边应取的项为( )A1 B12C123 D1234解析：当 n

17、1 时，左边的最后一项为 4，故为 1234.答案：D4由“正三角形的内切圆切于三边的中点” ，可类比猜想出正四面体的内切球切于四个侧面( )A各正三角形内任一点B各正三角形的某高线上的点C各正三角形的中心D各正三角形外的某点解析：正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心答案：C5来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，刚好碰在一起他们除懂本国语言外，每人还会说其他三国语言中的一种有一种语言是三个人会说的，但没有一种语言四人都懂，现知道：甲是日本人，丁不会说日语，但他俩能自由交谈；四人中没有一个人既能用日语交谈，又能用法语

18、交谈；乙、丙、丁交谈时，不能只用一种语言；乙不会说英语，当甲与丙交谈时，他能做翻译针对他们懂的语言，正确的推理是( )A甲日德、乙法德、丙英法、丁英德B甲日英、乙日德、丙德法、丁日英C甲日德、乙法德、丙英德、丁英德D甲日法、乙英德、丙法德、丁法英解析：分析题目和选项，由知，丁不会说日语，排除 B 选项；由知，没有人既会日语又会法语，排除 D 选项；由 知乙、丙、丁不会同一种语言，排除 C 选项，故选 A.答案：A6用数学归纳法证明“1 ”时，由11 2 11 2 3 11 2 3 n 2nn 1nk 到 nk1 左边需要添加的项是( )A. B.2kk 2 1kk 1C. D.1k 1k 2

19、2k 1k 2解析：由 nk 到 nk 1 时，左边需要添加的项是 11 2 3 k 1.2k 1k 2答案：D7观察下列各式：7 249,7 3343,7 42 401，则 72 019 的末两位数字为( )A01 B43C07 D49解析：7 516 807,7 6117 649,7 7823 543，7 85 764 801，7n(nN ，且 n5)的末两位数字呈周期性变化，且最小正周期为 4，记 7n(nN ，且 n5) 的末两位数为 f(n)，则 f(2 019)f (50443)f(3)，72 019 与 73 的末两位数相同，均为 43.答案：B8将平面向量的数量积运算与实数的乘

20、法运算相类比，易得下列结论：abb a；(ab)ca(bc)；a(bc)aba c；由 aba c(a0)可得 b c.以上通过类比得到的结论正确的有( )A1 个 B2 个C3 个 D4 个解析：平面向量的数量积的运算满足交换律和分配律，不满足结合律，故正确， 错误；由 abac (a0)得 a(bc )0，从而 bc 0 或 a(bc)，故错误答案：B9已知 a0，不等式 x 2，x 3，x 4，可推广为 x n1，则 1x 4x2 27x3 axna 的值为( )An 2 Bn nC2 n D2 2n2解析：由 x 2，x x 3，x x 4 ，1x 4x2 22x2 27x3 33x3

21、可推广为 x n1，故 an n.nnxn答案：B10已知结论：“在正三角形 ABC 中，若 D 是边 BC 的中点，G 是三角形 ABC 的重心，则 2” 若把该结论推广到空间，则有结论：“ 在棱长都相等的四面体 ABCD 中，AGGD若BCD 的中心为 M，四面体内部一点 O 到四面体各面的距离都相等 ”，则 ( )AOOMA1 B2C3 D4解析：如图，设正四面体的棱长为 1，则易知其高 AM ，63此时易知点 O 即为正四面体内切球的球心，设其半径为 r，利用等积法有 4 r r ，13 34 13 34 63 612故 AOAMMO ，63 612 64故 AOOM 3.64 612

22、答案：C11设ABC 的三边长分别为 a，b，c，ABC 的面积为 S，则ABC 的内切圆半径为 r .将此结论类比到空间四面体：设四面体 SABC 的四个面的面积分别为2Sa b cS1，S 2，S 3，S 4，体积为 V，则四面体的内切球半径为 r( )A. B.VS1 S2 S3 S4 2VS1 S2 S3 S4C. D.3VS1 S2 S3 S4 4VS1 S2 S3 S4解析：设四面体的内切球的球心为 O，则球心 O 到四个面的距离都是 r，所以四面体的体积等于以 O 为顶点，分别以四个面为底面的 4 个三棱锥体积的和则四面体的体积为：V (S1S 2S 3S 4)r，13r .3V

23、S1 S2 S3 S4答案：C12下面的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形” ，它们是由整数的倒数组成的第 n 行有 n 个数且两端的数均为 (n2) ，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如 1n ， ， ，则第 10 行第 4 个数( 从左往右数) 为( )11 12 12 12 13 16 13 14 112A. B.1360 1504C. D.1840 11 260解析：依题意，结合所给的数阵，归纳规律可知第 8 行的第一个数、第二个数分别等于 ， ，第 9 行的第一个数、第二个数、第三个数分别等于 ， ， ，18 17 18 19 18 19 (17 18) (18 19)第 10 行的

24、第一个数、第二个数、第三个数、第四个数分别等于 ， ， 110 19 110 (18 19)， .(19 110) (17 18) (18 19) (18 19) (19 110) 1840答案：C二、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，满分 20 分把答案填在题中横线上)13在ABC 中，D 为 BC 的中点，则 ( )，将命题类比到三棱锥中AD 12 AB AC 去得到一个类比的命题为_答案：在三棱锥 ABCD 中， G 为BCD 的重心，则 ( )AG 13 AB AC AD 14有三张卡片，分别写有 1 和 2,1 和 3,2 和 3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡

25、片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是 2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是 1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是 5”，则甲的卡片上的数字是_解析：法一：由题意得丙的卡片上的数字不是 2 和 3.若丙的卡片上的数字是 1 和 2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是 2 和 3，则甲的卡片上的数字是 1 和 3，满足题意；若丙的卡片上的数字是 1 和 3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是 2 和 3，则甲的卡片上的数字是 1 和 2，不满足甲的说法故甲的卡片上的数字是 1 和 3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是 2，所以丙的卡片上必有数字 2.又丙的卡片上的数字之和

26、不是 5，所以丙的卡片上的数字是 1 和 2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是 1，所以乙的卡片上的数字是 2 和 3，所以甲的卡片上的数字是 1 和 3.答案：1 和 315观察下列式子：1,121,12321,1234321，由以上可推测出一个一般性结论：对于 nN ，12n 21_.解析：11 2,1212 2,1 23213 2,12343214 2，归纳可得 12n 21n 2.答案：n 216五位同学围成一圈依序循环报数，规定：第一位同学首次报出的数为 1，第二位同学首次报出的数也为 1，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出的数之和；当报出的数为 3 的倍数时，则报该数的同学

27、需拍手一次当第 30 个数被报出时，五位同学拍手的总次数为_解析：设报出的第 n 个数为 an，则有ana n1 a n2 ，nN .a11 ，a 21，a 32，a 43，a 5 5，a 68，a 713，a 821，所以 a4，a 8 为 3 的倍数，a 12a 10a 112a 10a 92a 83a 9 也为 3 的倍数，可得规律a4m( mN )为 3 的倍数则当第 30 个数被报出时，报出的数中是 3 的倍数的有a4，a 8，a 12，a 16，a 20，a 24，a 28，故五位同学拍手的总次数为 7.答案：7三、解答题(本大题共 6 小题，满分 70 分解答应写出必要的文字说明

28、、证明过程或演算步骤)17(本小题满分 10 分)画出图形，可知凸四边形有 2 条对角线，凸五边形有 5 条对角线，凸六边形有 9 条对角线，请归纳猜测凸 n(n3，nN )边形对角线的条数 f(n)，并证明所得结论解：由题意得，当 n4 时，f(4)2 ；412当 n5 时，f(5)5 ；522当 n6 时，f(6)9 ；，632由此猜测 f(n) ，nn 32即凸 n(n3，nN )边形有 条不同的对角线nn 32证明：因为凸 n(n3，nN )边形中从每一个顶点出发的对角线有(n3)条，所以从所有的顶点出发的对角线有 n(n3) 又每条对角线都被数了两次，所以凸 n(n3，nN )边形的

29、对角线的条数为 .nn 3218(本小题满分 12 分)ABC 的三条高分别为 ha，h b，h c，r 为内切圆半径，且hah bh c9r ，求证：该三角形为等边三角形证明：设三角形三边分别为 a，b，c，故只需证 abc.因为 ha ，h b ，h c ，2Sa 2Sb 2Sc其中 S 为ABC 的面积，所以 hah bh c2S .(1a 1b 1c)又因为 S (abc)r，h a hbh c9r，12所以(abc) 9.(1a 1b 1c)所以 a2ba 2cb 2ab 2cc 2ac 2b6abc0.将上式分解因式，得 a(bc) 2b(c a) 2c( ab) 20.因为 a0

30、，b0，c0 ，所以(bc) 2(c a) 2(ab) 20.所以 abc.该三角形为等边三角形19.(本小题满分 12 分)如图所示，设 SA，SB 是圆锥 SO 的两条母线，O 是底面圆心，C 是 SB 上一点，求证：AC 与平面 SOB 不垂直证明：假设 AC平面 SOB，因为直线 SO 在平面 SOB 内，所以 SOAC，因为 SO底面圆 O，所以 SOAB.因为 ABAC A，所以 SO平面 SAB.所以平面 SAB底面圆 O，这显然与平面 SAB 与底面圆 O 相交矛盾，所以假设不成立，即 AC 与平面 SOB 不垂直20(本小题满分 12 分)数列a n的前 n 项和记为 Sn，

31、已知 a11，a n1 Sn(nN )，n 2n试利用三段论形式证明：(1)数列 是等比数列；Snn(2)Sn1 4a n.证明：(1)a n1 S n1 S n，a n1 Sn，n 2n(n2) Snn(S n1 S n)，即 nSn1 2( n1)S n.故 2 ，(小前提)Sn 1n 1 Snn故 是以 2 为公比，1 为首项的等比数列(结论)Snn(大前提是等比数列的定义)(2)由(1)可知 4 (n2) ，Sn 1n 1 Sn 1n 1Sn 14(n1) 4 Sn1 4a n(n2) (小前提)Sn 1n 1 n 1 2n 1又 a23S 13，S 2a 1a 2 1344a 1，(

32、小前提)对于任意正整数 n，都有 Sn1 4a n.(结论)21(本小题满分 12 分)十字绣有着悠久的历史，如下图， 为十字绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮现按同样的规律刺绣( 小正方形的摆放规律相同 )，设第 n 个图案包含 f(n)个小正方形(1)求出 f(5)的值；(2)利用合情推理的“归纳推理思想” ，归纳出 f(n1) 与 f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出 f(n)的表达式；(3)求 (n2)的值1f1 1f2 1 1f3 1 1fn 1解：(1)按所给图案的规律画出第五个图如下：由图可得 f(5)41.(2)可得 f(2)f(

33、1)41；f(3)f(2)842；f(4)f(3)1243；f(5)f(4)1644；由上式规律，可得 f(n)f( n1) 4(n1)由以上各式相加可得 f(n)f(1)412( n1)4 2n 2 2n，1 n 1n 12又 f(1)1，f(n)2n 22n1.(3)当 n2 时， ，1fn 1 12n2 2n 12nn 1 12( 1n 1 1n)原式 1 1 .11 12 12 12 13 13 14 1n 1 1n 12(1 1n) 32 12n22(本小题满分 12 分)在各项为正的数列a n中，数列的前 n 项和 Sn 满足 Sn12.(an 1an)(1)求 a1，a 2，a

34、3；(2)由(1)猜想到数列a n的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想解：(1)S 1a 1 ，得 a 1，12(a1 1a1) 21an0，a 11.S2a 1a 2 ，得 a 2a 210，12(a2 1a2) 2a2 1，2S3a 1a 2a 3 .12(a3 1a3)得 a 2 a310，a 3 .23 2 3 2(2)猜想 an (nN )n n 1证明如下：n1 时，a 1 1，命题成立；1 0假设 nk 时，a k 成立，k k 1则 nk1 时，ak1 S k1 S k ，12(ak 1 1ak 1) 12(ak 1ak)即 ak1 12(ak 1 1ak 1)12( k k 1 1k k 1) .12(ak 1 1ak 1) ka 2 ak1 10.2k 1 kak 1 .k 1 k即 nk1 时，命题成立由知，nN 时，a n .n n 1