2018-2019学年高二数学苏教版选修2-2讲义：第2章 2.1 2.1.3 推理案例赏析 .pdf

高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 21.3推理案例赏析 21.4 对应学生用书P23 归纳推理的应用 例 1 观察如图所示的“三角数阵”： 记第 n 行的第 2 个数为 an(n2，nN*)，请仔细观察上述“三角数阵”的特征，完成 下列各题： (1)第 6 行的 6 个数依次为_、 _、 _、 _、 _、_； (2)依次写出 a2、a3、a4、a5； (3)归纳出 an1与 an的关系式 思路点拨 (1)观察数阵，总结规律：除首末两数外，每行的数等于它上一行肩膀上的 两数之和，得出(1)的结果 (2)由数阵可直接写出答案 (3)写出 a3a2，a4a3，a5a4，从而归纳出(3)的结论 精解详析 (1)由数阵可看出，除首末两数外，每行中的数都等于它上一行肩膀上的两 数之和，且每一行的首末两数都等于行数 答案 6,16,25,25,16,6 (2)a22，a34，a47，a511 (3)a3a22，a4a33，a5a44， 由此归纳：an1ann. 一点通 对于数阵问题的解决方法，既要清楚每行、每列数的特征，又要对上、下行， 左、右列间的关系进行研究，找到规律，问题即可迎刃而解了 1设x表示不超过 x 的最大整数，如2，3，kk (kN*) 5 我的发现：3；123 10；45678 21；9101112131415 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 通过归纳推理，写出一般性结论_ _(用 含 n 的 式 子 表 示) 解析 ： 第 n 行右边第一个数是， 往后是， ， 最后一个是n2n21n22n22n 等号右边是 n(2n1) 答案： n(2n1)n2n21n22n22n 2(1)如图(a)、(b)、(c)、(d)所示为四个平面图形，数一数，每个平面图形各有多少个 顶点？多少条边？它们将平面围成了多少个区域？ 顶点数边数区域数 (a) (b) (c) (d) (2)观察上表，推断一个平面图形的顶点数、边数、区域数之间有什么关系？ (3)现已知某个平面图形有 999 个顶点，且围成了 999 个区域，试根据以上关系确定这 个平面图形有多少条边？ 解：(1)各平面图形的顶点数、边数、区域数分别为 顶点数边数区域数 (a)332 (b)8126 (c)695 (d)10157 (2)观察：3232；86122；6592；107152， 通过观察发现，它们的顶点数 V，边数 E，区域数 F 之间的关系为 VFE2. (3)由已知 V999， F999， 代入上述关系式得 E1 996， 故这个平面图形有 1 996 条边 类比推理的应用 例 2 通过计算可得下列等式： 23133×123×11； 33233×223×21； 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 43333×323×31； (n1)3n33×n23×n1. 将以上各等式两边分别相加，得 (n1)3133(1222n2)3(123n)n， 即 122232n2 n(n1)(2n1) 1 6 类比上述求法，请你求出 132333n3的值 思路点拨 类比上面的求法；可分别求出 2414，3424,4434，(n1)4n4，然后 将各式相加求解 精解详析 24144×136×124×11， 34244×236×224×21， 44344×336×324×31， (n1)4n44×n36×n24×n1. 将以上各式两边分别相加， 得(n1)4144×(1323n3)6×(1222n2)4×(12n)n 1323n3Error!·Error! n2(n1)2. 1 4 1 4 一点通 (1)解题方法的类比通过对不同题目条件、结论的类比，从而产生解题方法的 迁移，这是数学学习中很高的境界，需要学习者熟练地掌握各种题型及相应的解题方法 (2)类比推理的步骤与方法 第一步：弄清两类对象之间的类比关系及类比关系之间的(细微)差别 第二步：把两个系统之间的某一种一致性(相似性)确切地表述出来，也就是要把相关对 象在某些方面一致性的含糊认识说清楚 3二维空间中圆的一维侧度(周长)l2r，二维测度(面积)Sr2，观察发现 Sl； 三维空间中球的二维测度(表面积)S4r2，三维测度(体积)V r3，观察发现 VS.则四 4 3 维空间中“超球”的三维测度 V8r3，猜想其四维测度 W_. 解析：(2r4)8r3. 答案：2r4 4在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下一个直角三角形， 按图所标边长，由勾股定理有 ： c2a2b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面， 这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥 OLMN，如果用 S1，S2，S3表示三个侧面的 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 面积，S4表示截面的面积，那么你类比得到的结论是_ 解析 ： 由于平面图形中的边长应与空间几何体中的面积类比， 因此所得到的结论为 ： S 2 4 S S S . 2 12 22 3 答案：S S S S 2 42 12 22 3 演绎推理的应用 例 3 已知an为等差数列，首项 a11，公差 d0，n1 且 nN*. 求证：lg an1lg an10， an1an1(and)(and)a d21，d0，ana1(n1)d1. lg an0. lg an1·lg an1 2 ( lg an1lg an1 2 ) 22(lg an)2， 1 2lg(a n1an1) 1 2lg a 2 n 即 lg an1·lg an1(lg an)2. 一点通 三段论推理的根据，从集合的观点来讲，就是 ： 若集合 M 的所有元素都具有 性质 P，S 是 M 的子集，那么 S 中所有元素都具有性质 P. 5如图，棱柱 ABCA1B1C1的侧面 BCC1B1是菱形，B1CA1B. (1)证明：平面 AB1C平面 A1BC1； (2)设 D 是 A1C1上的点，且 A1B平面 B1CD，求 A1DDC1的值 要求：写出每一个三段论的大前提、小前提、结论 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 解：(1)因为菱形的对角线互相垂直(大前提)，侧面 BCC1B1是菱形(小前提)， 所以 B1CBC1(结论) 又线面垂直的判定定理(大前提)， B1CA1B，且 A1BBC1B(小前提)， 所以 B1C平面 A1BC1(结论) 又面面垂直的判定定理(大前提)， B1C平面 AB1C，B1C平面 A1BC(小前提)， 所以平面 AB1C平面 A1BC1(结论) (2)设 BC1交 B1C 于点 E，连接 DE，则 DE 是平面 A1BC1与平面 B1CD 的交线 根据线面平行的性质定理(大前提)， 因为A1B平面B1CD(小前提)， 所以A1BDE(结论) 又 E 是 BC1的中点，所以 D 为 A1C1的中点，即 A1DDC111. 6求证：函数 y是奇函数，且在定义域上是增函数 2x1 2x1 证明：yf(x)1， (2x1)2 2x1 2 2x1 所以 f(x)的定义域为 xR. f(x)f(x) (1 2 2x1) (1 2 2x1) 2( 2 2x1 2 2x1) 2( 2 2x1 2·2x 2x1) 22(2 x1) 2x1 220， 即 f(x)f(x)，所以 f(x)是奇函数 任取 x1，x2R，且 x1x2， 则 f(x1)f(x2) (1 2 2x11) (1 2 2x21) 2( 1 2x21 1 2x11) 2·. 2x12x2 (2x21)(2x11) 因为 x1x2，所以 2x12x2，2x12x20， 所以 f(x1)f(x2)故 f(x)为增函数 1通俗地说，合情推理是指“合乎情理”的推理，数学研究中，得到一个新结论之前， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 合情推理常常能帮助我们猜测和发现结论 ； 证明一个数学结论之前，合情推理常为我们提供 证明的思路和方向 2在数学推理活动中常常利用归纳和类比去发现结论，再想办法去证明或否定发现的 结论 对应学生用书P25 一、填空题 1设 k 棱柱有 f(k)个对角面，则 k1 棱柱对角面的个数为 f(k1)f(k)_. 解析：k 棱柱增加一条侧棱时，则这条侧棱和与之不相邻的 k2 条侧棱可构成 k2 个 对角面，而增加一条侧棱时也使一个侧面变成了对角面 所以 f(k1)f(k)k21f(k)k1. 答案：k1 2如果一个凸多面体是 n 棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有_ 条这些直线中共有 f(n)对异面直线，则 f(4)_；f(n)_.(答案用数字或含 n 的 式子表示) 解析：所有顶点确定的直线共有：棱数底边数对角线数，即 nn. n(n3) 2 n2n 2 f(4)4×2×212， 4 × 1 2 f(n)n(n2)×(n2). n(n3) 2 n(n1)(n2) 2 答案： 12 n2n 2 n(n1)(n2) 2 3(陕西高考)已知 f(x) ，x0，若 f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x)，nN*, 则 f2 x 1x 014(x)的表达式为_ 解析：由 f1(x)f2(x)f；又可得 f3(x)f(f2(x) x 1x ( x 1x) x 1x 1 x 1x x 12x x 12x 1 x 12x ，故可猜想 f2 014(x). x 13x x 12 014x 答案： x 12 014x 4对于大于 1 的自然数 m 的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”： 23Error! 33Error! 43Error! . 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 仿此，若 m3的“分裂数”中有一个是 2 015，则 m_. 解析：根据分裂特点，设最小数为 a1， 则 ma1×2m3， m(m1) 2 a1m2m1. a1为奇数，又 4522 025， 猜想 m45. 验证 45391 125. (1 9792 071) × 45 2 答案：45 5观察以下等式 sin230°cos290°sin 30°·cos 90° ；3 1 4 sin225°cos285°sin 25°·cos 85° ；3 1 4 sin210°cos270°sin 10°·cos 70° .3 1 4 推测出反映一般规律的等式：_. 解析：90°30°60°，85°25°60°，70°10°60°， 其一般规律为 sin2cos2(60°)sin cos(60°) .3 1 4 答案：sin2cos2(60°)sin cos(60°)3 1 4 二、解答题 6试将下列演绎推理写成三段论的形式： (1)太阳系的大行星都以椭圆形轨道绕太阳运行，海王星是太阳系中的大行星，所以海 王星以椭圆形轨道绕太阳运行； (2)所有导体通电时发热，铁是导体，所以铁通电时发热； (3)一次函数是单调函数，函数 y2x1 是一次函数，所以 y2x1 是单调函数； (4)等差数列的通项公式具有形式 anpnq(p， q 是常数)， 数列 1,2,3， n 是等差数列， 所以数列 1,2,3，n 的通项具有 anpnq 的形式 解：(1)太阳系的大行星都以椭圆形轨道绕太阳运行，(大前提) 海王星是太阳系中的大行星，(小前提) 海王星以椭圆形轨道绕太阳运行(结论) (2)所有导体通电时发热，(大前提) 铁是导体，(小前提) 铁通电时发热(结论) 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 (3)一次函数都是单调函数，(大前提) 函数 y2x1 是一次函数，(小前提) y2x1 是单调函数(结论) (4)等差数列的通项公式具有形式 anpnq(p，q 是常数)，(大前提) 数列 1,2,3，n 是等差数列，(小前提) 数列 1,2,3，n 的通项具有 anpnq 的形式(结论) 7平面几何与立体几何的许多概念、性质是相似的，如：“长方形的每一边与其对边 平行，而与其余的边垂直” ； “长方体的每一面与其相对面平行，而与其余的面垂直” ，请用 类比法写出更多相似的命题(写出三种即可) 解：(1)(平面)在平行四边形中，对角线互相平分； (立体)在平行六面体中，体对角线相交于同一点，且在这一点互相平分 (2)(平面)在平行四边形中，各对角线长的平方和等于各边长的平方和； (立体)在平行六面体中，各体对角线长的平方和等于各棱长的平方和 (3)(平面)圆面积等于圆周长与半径之积的 1/2； (立体)球体积等于球表面积与半径之积的 1/3. (4)(平面)正三角形外接圆半径等于内切圆半径的 2 倍； (立体)正四面体的外接球半径等于内切球半径的 3 倍 8某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图(1)(2)(3)(4)为她们刺绣中最简单的四个图案， 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 个图形包含 f(n)个小正方形 (1)写出 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)求的值 1 f(1) 1 f(2)1 1 f(3)1 1 f(n)1 解：(1)f(5)41. (2)因为 f(2)f(1)44×1， f(3)f(2)84×2， f(4)f(3)124×3， f(5)f(4)164×4， 高清试卷 下载可打印 高清试卷 下载可打印 由以上规律，可得出 f(n1)f(n)4n， 因为 f(n1)f(n)4n，所以 f(n1)f(n)4n， 所以当 n2 时， f(n)f(n1)4(n1) f(n2)4(n1)4(n2) f(n3)4(n1)4(n2)4(n3) fn(n1)4(n1)4(n2)4(n3)4n(n1) 2n22n1. f(1)1 也适合上式，故 f(u)2n22n1(nN*) (3)当 n2 时， ， 1 f(n)1 1 2n(n1) 1 2( 1 n1 1 n) 所以 1 f(1) 1 f(2)1 1 f(3)1 1 f(n)1 11 2(1 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n1 1 n) 1 . 1 2(1 1 n) 3 2 1 2n