《2019-2020学年高二数学苏教版选修2-2讲义：第2章 章末小结 知识整合与阶段检测 Word版含解析.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2019-2020学年高二数学苏教版选修2-2讲义：第2章 章末小结 知识整合与阶段检测 Word版含解析.doc（8页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、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
2、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：AB1B2BnB(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：BB1B2BnA.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
3、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nk1时结论正确”的过程中，必须用“归纳假设”，否则就是错误的一、填空题(本大题共14个小题，每小题5分，共70分，把答案填在
4、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：A2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)
5、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：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12，则它们的体积比为_解析：.答案：186(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
6、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68122，由此归纳可得FVE2.答案：FVE27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xy1.解析：要使xy1，只需x2(1y2)1y2(1x2)2y，即2y1x2y
7、2.只需使(y)20，即y，x2y21.答案：19用数学归纳法证明12222n12n1(nN*)的过程如下：当n1时，左边1，右边2111，等式成立；假设当nk(kN*)时，等式成立，即12222k12k1；则当nk1时，12222k12k2k11，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mn (m，nR)，则是m2，n2的等差中项；现有一椭圆1(ab0)内切于矩形ABCD，任取椭圆上一点P，若mn (m，nR)，
8、则m2，n2的等差中项为_解析：如图，设P(x，y)，由1知A(a，b)，B(a，b)，由mn可得代入1可得(mn)2(mn)21，即m2n2，所以，即m2，n2的等差中项为.答案：11(安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC 中，斜边BC2.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BC2，所以ABACa12，AA1a2，A1A2a31，A5A6a7a16.法二：求通项：等腰直
9、角三角形ABC中，斜边BC2，所以ABACa12，AA1a2，An1Anan1sinanan2n，故a726.答案：12已知x0，不等式x2，x3，x4，可推广为xn1，则a的值为_解析：由x2，xx3，xx4，可推广为xn1，故ann.答案：nn13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，则a1333，a2444，an2nnn，an(n2)2n2n25n6.答案：n25n614(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n2n.记第n个k边形数为N(n，
10、k)(k3)，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)n2n，正方形数 N(n,4)n2，五边形数 N(n,5)n2n，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(k3)，其中数列ak是以为首项，为公差的等差数列；数列bk是以为首项，为公差的等差数列；所以N(n,24)11n210n，当n10时，N(10,24)1110210101 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：8.证明
11、：a0，b0，ab1.1ab2，ab，4，又(ab)24.8.16(本小题满分14分)已知数列an满足a11，anan1n(nN*)，若Tna1a25a352an5n1，bn6Tn5nan，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Tna1a25a352an5n1，所以5Tna15a252a353an15n1an5n，由得：6Tna1(a1a2)5(a2a3)52(an1an)5n1an5n15252n15n1an5nnan5n，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 sin210cos240sin 10cos 40；si
12、n26cos236sin 6cos 36.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401030，36630，由此猜想：sin2cos2(30)sin cos(30).证明：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2cos2(30)sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2(30)sin cos sin2sin2cos2(30)sin 2sin 2cos 2sin 2sin 2.18(本小题满分16分)已知实数a、b、c满足0a，b，c1，(2b)c1，(2c)a1，则三式相乘：(2a)b(2b)c(2c)a1而(2a)a21，同理，
13、(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Sn2nan，得，a12a1，即a11.S2a1a24a2，解得a2.S3a1a2a36a3，解得a3.S4a1a2a3a48a4，解得a4.由此猜想an(nN*)(2)当n1时，a11，结论成立假设当nk(kN*)时，结论成立，即ak，那么当nk1时，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1，则ak1，这就是说当nk1时，结论也成立根据和，可知猜想对任何nN*都成立，即an(nN*)20(本小题满分16分)已知函数f(x)x3x，数列an满足条件：a11，an1f(an1)，(1)证明：an2n1(nN*)(2)试比较与1的大小，并说明理由解：(1)证明：f(x)x21，an1(an1)21a2an.当n1时，a11211，命题成立；假设当nk(k1，kN*)时命题成立，即ak2k1；那么当nk1时，ak1a2akak(ak2)(2k1)(2k12)22k12k11.即当nk1时，命题成立，综上所述，命题成立(2)an2n1，1an2n，.11.