高中数学第三章3.1数系的扩充教学案苏教版选修73.pdf

积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 3.1 数系的扩充 对应学生用书P52 一、合情推理和演绎推理 1归纳和类比是常用的合情推理，都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联 想，再进行归纳类比，然后提出猜想的推理从推理形式上看，归纳是由部分到整体，个别 到一般的推理，类比是由特殊到特殊的推理，演绎推理是由一般到特殊的推理 2从推理所得结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在 前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确从二者在认识事物的过程中所发挥 作用的角度考虑，它们又是紧密联系，相辅相成的合情推理的结论需要演绎推理的验证， 而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得合情推理可以为演绎推理提供方向和思路 二、直接证明和间接证明 1直接证明包括综合法和分析法： (1)综合法是“由因导果” 它是从已知条件出发，顺着推证，用综合法证明命题的逻辑 关系是：A?B1?B2? ?Bn?B(A为已经证明过的命题，B为要证的命题)它的常见书面 表达是“，”或“? ” (2)分析法是“执果索因” ，一步步寻求上一步成立的充分条件它是从要求证的结论出 发，倒着分析，由未知想需知，由需知逐渐地靠近已知(已知条件，包括学过的定义、定理、 公理、公式、法则等)用分析法证明命题的逻辑关系是：B?B1?B2? ?Bn?A.它的常见 书面表达是“要证只需”或“? ” 2间接证明主要是反证法： 反证法：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设 错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法，反证法是间接证明的一种方法 反证法主要适用于以下两种情形： (1)要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰； (2)如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究 一种或很少的几种情形 三、数学归纳法 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为归纳奠基，是论证的基础保证，即通过验证落 实传递的起点， 这个基础必须真实可靠；它的第二步称为归纳递推，是命题具有后继传递性 的保证，两步合在一起为完全归纳步骤，这两步缺一不可，第二步中证明“当nk 1时结 论正确”的过程中，必须用“归纳假设”，否则就是错误的 对应阶段质量检测二 见8开试卷 一、填空题 (本大题共14个小题，每小题5 分，共 70 分，把答案填在题中横线上) 1(新课标全国卷)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：我们三人去过同一个城市 由此可判断乙去过的城市为_ 解析：由甲、丙的回答易知甲去过A城市和C城市，乙去过A城市或C城市，结合乙 的回答可得乙去过A城市 答案：A 2周长一定的平面图形中圆的面积最大，将这个结论类比到空间，可以得到的结论是 _ 解析：平面图形中的图类比空间几何体中的球，周长类比表面积，面积类比体积 故可以得到的结论是：表面积一定的空间几何体中，球的体积最大 答案：表面积一定的空间几何体中，球的体积最大 3下列说法正确的是_(写出全部正确命题的序号) 演绎推理是由一般到特殊的推理演绎推理得到的结论一定是正确的演绎推 理的一般模式是 “三段论” 形式演绎推理得到的结论的正误与大、小前提和推理形式有 关 解析：如果演绎推理的大前提和小前提都正确，则结论一定正确大前提和小前提中， 只要有一项不正确，则结论一定也不正确故错误 答案： 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 4 “因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC，BD互相垂直且平分 ”以上推 理的大前提是 _ 答案：菱形对角线互相垂直且平分 5在平面上，若两个正三角形的边长比为12，则它们的面积比为14.类似地，在 空间中，若两个正四面体的棱长比为1 2，则它们的体积比为_ 解析： V1 V2 1 3S 1h1 1 3S 2h2 S1 S2 · h1 h2 1 4× 1 2 1 8. 答案： 18 6(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569 五棱锥6610 立方体6812 猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是_ 解析：三棱柱中5692；五棱锥中66102；立方体中6 8122，由此归 纳可得FVE 2. 答案：FVE2 7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一个性质为 _ 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，故可猜想： 正四面体的内切球切于四个侧面各 正三角形的中心 答案：正四面体的内切球切于四个侧面各正三角形的中心 8已知x，yR，当x2y2_时，有x1y2y1x21. 解析：要使x1y2y1x21， 只需x2(1y2)1y 2(1 x2)2y1x2， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 即 2y1x21x2y2. 只需使 (1x2y)20， 即1x2y，x2y21. 答案： 1 9用数学归纳法证明1222 2n 12n 1(nN *)的过程如下： 当n1 时，左边 1，右边 2 1 11，等式成立； 假设当nk(kN *)时，等式成立，即 1222 2k 12k1； 则当nk1 时， 1222 2 k12k 12k 1 12 2 k1 1，则当 nk1 时等式 成立由此可知，对任何nN *，等式都成立 上述证明步骤中错误的是_ 解析：因为没有用到归纳假设的结果，错误 答案： 10.如图， 在平面直角坐标系xOy中，圆x2y2r2(r0)内切于正方形ABCD，任取圆上 一点P，若 OP uuu r mOA uur nOB uuu r (m，nR)，则 1 4 是m 2， n2的等差中项；现有一椭圆 x 2 a 2 y 2 b2 1(ab 0)内切于矩形ABCD，任取椭圆上一点P，若 OP uu u r mOA uur nOB uuu r (m，nR)，则 m2，n2的等差中项为_ 解析：如图，设P(x，y)，由 x2 a 2 y2 b 21 知A(a，b)，B(a，b)，由 OP uu u r mOA uur nOB uu u r 可得 xmna， ymnb， 代入 x2 a2 y2 b2 1 可得 (m n)2(m n)21，即m2n2 1 2，所以 m2n2 2 1 4，即 m2，n2的等差中项为 1 4. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 答案： 1 4 11(安徽高考 )如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC22.过点A作BC的垂 线， 垂足为A1； 过点A1作AC的垂线，垂足为A2； 过点A2作A1C的垂线，垂足为A3； ， 依此类推设BAa1，AA1a2, A1A2a3，A5A6a7，则a7_. 解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC22，所以ABAC a12，AA1a22，A1A2a31，A5A6a7a1× 2 2 6 1 4. 法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC22，所以ABACa12，AA1 a22，An1Anan1sin 4·a n 2 2 an2× 2 2 n，故 a7 2× 2 2 6 1 4. 答案： 1 4 12已知x0，不等式x 1 x 2， x 4 x23， x 27 x3 4，可推广为 x a xn n1，则 a的值为 _ 解析：由x 1 x2， x 4 x2 x 22 x23， x 27 x3 x 33 x34，可推广为 x nn xnn1， 故ann. 答案：nn 13如图，第n个图形是由正n2 边形“扩展”而来(n1,2,3， )，则第n个图形中 共有 _个顶点 解析：设第n个图形中有an个顶点， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 则a133×3，a244×4， an2nn·n， an(n 2)2n2n25n6. 答案：n25n6 14(湖北高考 )古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数 1,3,6,10 ，第n个三角形数为 nn1 2 1 2n 21 2n.记第 n个k边形数为N(n，k)(k 3)， 以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式： 三角形数N(n,3) 1 2n 2 1 2n， 正方形数N(n,4)n2， 五边形数N(n,5) 3 2 n 2 1 2n， 六边形数N(n,6)2n2n， 可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)_. 解析：N(n，k)akn2bkn(k 3)，其中数列 ak是以 1 2为首项， 1 2为公差的等差数列；数 列bk是以 1 2为首项， 1 2 为公差的等差数列；所以N(n,24) 11n2 10n， 当n10 时，N(10,24) 11×10210×101 000. 答案： 1 000 二、解答题 (本大题共 6 个小题， 共 90 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 15(本小题满分14 分)设a0，b0，ab1，求证： 1 a 1 b 1 ab 8. 证明：a0，b0，ab1. 1ab2ab，ab 1 2 ，ab 1 4， 1 ab 4 当a 1 2，b 1 2时等号成立 ， 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 又 1 a 1 b(a b) 1 a 1 b 2 b a a b 4. 当a 1 2， b 1 2时等号成立 1 a 1 b 1 ab 8. 16(本小题满分14 分 )已知数列 an满足a11，anan 1 1 5 n(nN*)，若 Tna1a2·5 a3·52an· 5 n1，b n6Tn 5 na n，类比课本中推导等比数列前 n项和公式的方法，求 数列 bn的通项公式 解：因为Tna1a2· 5a3·52an·5n1， 所以 5Tna1·5a2· 5 2 a3·53an1·5n1an·5 n， 由得： 6Tna1(a1a2)·5 (a2a3)·52 (an1an)·5n 1 an·5n 1 1 5×5 1 5 2×52 1 5 n 1×5n1 an·5n nan·5n， 所以 6Tn5nann， 所以数列 bn的通项公式为bnn. 17(本小题满分14 分)观察 sin210° cos 240° sin 10°cos 40° 3 4； sin 26° cos236° sin 6°cos 36° 3 4 . 由上面两式的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想 解：观察 40° 10° 30°， 36° 6° 30°， 由此猜想： sin 2 cos 2(30° )sin ·cos(30°) 3 4. 证明： sin2cos 2(30° )sin ·cos(30°) 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 sin 2 cos2(30°) sin (cos 30 °cos sin 30°sin ) sin 2 cos2(30°) 3 2 sin cos 1 2sin 2 1 2 sin2 cos 2(30° ) 3 4 sin 2 1cos 2 4 1cos60° 2 2 3 4 sin 2 1cos 2 4 1 2 1 4cos 2 3 4 sin 2 3 4 sin 2 3 4. 18(本小题满分16 分)已知实数a、b、c满足 01，(2b)c1，(2c)a1， 则三式相乘：(2a)b(2b)c(2c)a1 而(2a)a 2aa 2 21， 同理， (2b)b1，(2c)c1， 即(2a)b(2b)c(2c)a1， 显然与矛盾， 所以原结论成立 19(本小题满分16 分)数列 an满足Sn2nan(nN *) (1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项an的表达式； (2)用数学归纳法证明(1)中的猜想 解： (1)由Sn 2nan，得，a12a1，即a11. S2a1a2 4a2，解得a2 3 2 . S3a1a2a36a3，解得a3 7 4. 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 S4a1a2a3a48a4，解得a4 15 8 . 由此猜想an 2n1 2n1 (nN *) (2)当n1 时，a11，结论成立 假设当nk(kN *)时，结论成立，即 ak 2k1 2k1 ， 那么当nk1 时，ak1Sk1Sk2(k1)ak 1 2kak2akak 1， 则ak 1 2ak 2 2 2k1 2k1 2 2k 11 2k 2k 11 2 k1 1， 这就是说当nk1 时，结论也成立 根据和，可知猜想对任何n N *都成立， 即an 2n1 2n1 (nN *) 20(本小题满分16 分)已知函数f(x) 1 3x 3 x，数列 an 满足条件：a11，an 1f (an 1)， (1)证明：an2n1(nN *) (2)试比较 1 1a1 1 1a2 1 1an与 1 的大小，并说明理由 解： (1)证明：f(x)x2 1， an1(an1)21a 2 n2an. 当n1 时，a11 211，命题成立； 假设当nk(k1，kN *)时命题成立， 即ak2k1；那么当nk1 时， ak 1a 2 k 2akak(ak2)(2 k1)(2k12) 2 2k12k11. 即当nk1 时，命题成立， 综上所述，命题成立 积一时之跬步臻千里之遥程 马鸣风萧萧整理 (2)an2 n1， 1 an2n， 1 1an 1 2n. 1 1a1 1 1a2 1 1an 1 2 1 22 1 2n1 1 2 n1.