课件22张PPT。第二章 推理与证明章末复习课点击右图进入…Thank you for watching !章末综合测评(二) 推理与证明
(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，共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．根据偶函数定义可推得“函数f(x)＝x2在R上是偶函数”的推理过程是( )
A．归纳推理 B．类比推理
C．演绎推理 D．非以上答案
C [根据演绎推理的定义知，推理过程是演绎推理，故选C.]
2．在△ABC中，E、F分别为AB、AC的中点，则有EF∥BC，这个问题的大前提为( )
A．三角形的中位线平行于第三边
B．三角形的中位线等于第三边的一半
C．EF为中位线
D．EF∥BC
A [这个三段论推理的形式为：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为△ABC的中位线；结论：EF∥BC.]
3．用反证法证明“若x＋y≤0，则x≤0或y≤0”时，应假设( )
A．x＞0或y＞0 B．x＞0且y＞0
C．xy＞0 D．x＋y＜0
B [用反证法证明“若x＋y≤0，则x≤0或y≤0”时，应先假设x＞0且y＞0.]
4．下列推理正确的是( )
A．把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则有loga(x＋y)＝logax＋logay
B．把a(b＋c)与sin (x＋y)类比，则有sin (x＋y)＝sin x＋sin y
C．把a(b＋c)与ax＋y类比，则有ax＋y＝ax＋ay
D．把(a＋b)＋c与(xy)z类比，则有(xy)z＝x(yz)
D [(xy)z＝x(yz)是乘法的结合律，正确．]
5．已知a＋b＋c＝0，则ab＋bc＋ca的值( )
A．大于0 B．小于0
C．不小于0 D．不大于0
D [因为a＋b＋c＝0，
所以a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，
所以ab＋bc＋ca＝－≤0.故选D.]
6．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
B [若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．]
7．《庄子·天下篇》中记述了一个著名命题：“一尺之棰，日取其半，万世不竭．”反映这个命题本质的式子是( )
A．1＋＋＋…＋＝2－
B．1＋＋＋…＋＜2
C.＋＋…＋＝1
D.＋＋…＋＜1
D [据已知可得，每次截取的长度构成一个以为首项，为公比的等比数列，＋＋…＋＝1－＜1.故反映这个命题本质的式子是＋＋…＋＜1.]
8．在△ABC中，tan A·tan B＞1，则△ABC是( )
A．锐角三角形 B．直角三角形
C．钝角三角形 D．不确定
A [∵tan A·tan B＞1，∴A，B只能都是锐角，
∴tan A＞0，tan B＞0,1－tan A·tan B＜0.
∴tan (A＋B)＝＜0.
∴A＋B是钝角．∴角C为锐角．故选A.]
9．观察下列各等式：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125，……则52 017的末四位数字是( )
A．3125 B．5625
C．8125 D．0625
A [55＝3 125的末四位数字为3125；56＝15 625的末四位数字为5625；57＝78 125的末四位数字为8125；58＝390 625的末四位数字为0625；59＝1 953 125的末四位数字为3125……根据末四位数字的变化，3125,5625,8125,0625，即末四位的数字是以4为周期变化的，故2 017除以4余1，即末四位数为3125.则52 017的末四位数字为3125.]
10．已知函数f(x)，其导数为f′(x)，记函数f′(x)的导数为f″(x)，若在区间(a，b)上，f″(x)＞0恒成立，则称f(x)在(a，b)上为下凸函数，下列函数中，在(0，＋∞)上为下凸函数的是( )
A．f(x)＝2x B．f(x)＝
C．f(x)＝x2 D．f(x)＝sin x
C [对于函数f(x)＝x2，f′(x)＝2x，于是f″(x)＝2，满足f″(x)＞0恒成立，故f(x)＝x2在(0，＋∞)上为下凸函数．]
11．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，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＝( )
A．1 B．2
C．3 D．4
C [如图，设正四面体的棱长为1，则易知其高AM＝，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＝，故AO＝AM－MO＝－＝，故AO∶OM＝∶＝3.]
12．将石子摆成如图所示的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 018项与5的差，即a2 018－5＝( )
A．2 023×2 018 B．2 023×2 017
C．1 012×2 016 D．1 012×2 017
D [an－5表示第n个梯形有n－1层点，最上面一层为4个，最下面一层为n＋2个．
∴an－5＝，∴a2 018－5＝＝2 017×1 012.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
13．设实数a，b，c满足a＋b＋c＝1，则a，b，c中至少有一个数不小于________．(填具体数字)
[假设a，b，c都大于，则a＋b＋c＞1，这与已知a＋b＋c＝1矛盾．假设a，b，c都小于，则a＋b＋c＜1，这与已知a＋b＋c＝1矛盾，故a，b，c中至少有一个数不小于.]
14．在△ABC中，若D为BC的中点，则有＝(＋)，将此结论类比到四面体中，在四面体A-BCD中，若G为△BCD的重心，则可得一个类比结论：________.
＝(＋＋) [由“△ABC”类比“四面体A-BCD”，“中点”类比“重心”，由此可得在四面体A-BCD中，G为△BCD的重心，
则有＝(＋＋)．]
15．当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N*时，你能得到的结论是________．
(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1 [根据题意，由于当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N*时，左边第二个因式可知为an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么对应的表达式为(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1.]
16．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________．
1和3 [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.]
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)用综合法或分析法证明：
(1)如果a，b>0，则lg ≥；
(2)＋>2＋2.
[证明] (1)当a，b>0时，有≥，
∴lg ≥lg ，
∴lg ≥lg ab＝.
(2)要证＋>2＋2，
只要证(＋)2>(2＋2)2，
即2>2，这是显然成立的，
所以，原不等式成立．
18．(本小题满分12分)下列推理是否正确？若不正确，指出错误之处．
(1)求证：四边形的内角和等于360°.
证明：设四边形ABCD是矩形，则它的四个角都是直角，有∠A＋∠B＋∠C＋∠D＝90°＋90°＋90°＋90°＝360°，所以四边形的内角和为360°.
(2)已知和都是无理数，试证：＋也是无理数．
证明：依题设和都是无理数，而无理数与无理数之和是无理数，所以＋必是无理数．
(3)已知实数m满足不等式(2m＋1)(m＋2)<0，用反证法证明：关于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0无实根．
证明：假设方程x2＋2x＋5－m2＝0有实根．由已知实数m满足不等式(2m＋1)(m＋2)＜0，解得－2＜m＜－，而关于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0的判别式Δ＝4(m2－4)，∵－2
∴＜m2＜4，∴Δ<0，即关于x的方程x2＋2x＋5－m2＝0无实根．
[解] (1)犯了偷换论题的错误，在证明过程中，把论题中的四边形改为矩形．
(2)使用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”，这个论据是假的，因为两个无理数的和不一定是无理数，因此原题的真实性仍无法判定．
(3)利用反证法进行证明时，要把假设作为条件进行推理，得出矛盾，本题在证明过程中并没有用到假设的结论，也没有推出矛盾，所以不是反证法．
19．(本小题满分12分)已知：sin230°＋sin290°＋sin2150°＝，
sin25°＋sin265°＋sin2125°＝.
通过观察上述两等式的规律，请你写出一般性的命题，并给出式子的证明．
[解] 一般形式：
sin2α＋sin2(α＋60°)＋sin2(α＋120°)＝.
证明如下：
左边＝(1－cos 2α)＋[1－cos(2α＋120°)]＋[1－cos(2α＋240°)]
＝－(cos 2α＋cos(2α＋120°)＋cos(2α＋240°))
＝－(cos 2α＋cos 2αcos 120°－sin 2αsin 120°＋cos 2αcos 240°－sin 2αsin 240°)
＝－cos 2α－cos 2α－sin 2α－cos 2α＋sin 2α＝＝右边．∴原式得证．
20．(本小题满分12分)如图，正三棱柱ABC-A1B1C1的棱长均为a，D，E分别为C1C与AB的中点，A1B交AB1于点G.
(1)求证：A1B⊥AD；
(2)求证：CE∥平面AB1D.
[证明] (1)连接A1D，BD，DG，
∵三棱柱ABC-A1B1C1是棱长均为a的正三棱柱，
∴四边形A1ABB1为正方形，
∴A1B⊥AB1.
∵D是C1C的中点，
∴△A1C1D≌△BCD，∴A1D＝BD，
∵G为A1B中点，
∴A1B⊥DG.
又∵DG∩AB1＝G，
∴A1B⊥平面AB1D，
又∵AD?平面AB1D，
∴A1B⊥AD.
(2)连接GE，∵EG∥A1A，
∴GE⊥平面ABC.
∵DC⊥平面ABC，
∴GE∥DC，∵GE＝DC＝a，
∴四边形GECD为平行四边形，∴EC∥GD，
又∵EC?平面AB1D，DG?平面AB1D，
∴EC∥平面AB1D.
21. (本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax＋(a>1)．
(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；
(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．
[证明] (1)法一：任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨设x10，ax2－x1>1且ax1>0，
∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0，
又∵x1＋1>0，x2＋1>0，
∴－＝
＝>0，
于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－>0，
故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
法二：f′(x)＝axln a＋＝axln a＋，
∵a>1，∴ln a>0，∴axln a＋>0，
f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
即f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
(2)设存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，
则ax0＝－，且0∴0<－<1，即故方程f(x)＝0没有负数根．
22. (本小题满分12分) (1)椭圆C：＋＝1(a>b>0)与x轴交于A、B两点，点P是椭圆C上异于A、B的任意一点，直线PA、PB分别与y轴交于点M、N，求证：·为定值b2－a2；
(2)类比(1)可得如下真命题：双曲线－＝1(a>0，b>0)与x轴交于A、B两点，点P是双曲线C上异于A、B的任意一点，直线PA、PB分别与y轴交于点M、N，求证：·为定值，请写出这个定值(不要求写出解题过程)．
[解] (1)证明如下：设点P(x0，y0)(x0≠±a)．
依题意，得A(－a,0)，B(a,0)，
所以直线PA的方程为y＝(x＋a)，
令x＝0，得yM＝.
同理得yN＝－.
所以yMyN＝.
又点P(x0，y0)在椭圆上，所以＋＝1，
因此y＝(a2－x)．
所以yMyN＝＝b2.
因为＝(a，yN)，＝(－a，yM)，
所以·＝－a2＋yMyN＝b2－a2.
(2)－(a2＋b2)．
合情推理
【例1】 (1)观察下列等式：
1－＝，
1－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
……，
据此规律，第n个等式可为_____________________________．
(2)在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P-ABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝________.
(1)1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋ (2) [(1)等式的左边的通项为－，前n项和为1－＋－＋…＋－；右边的每个式子的第一项为，
共有n项，
故为＋＋…＋.
(2)正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故＝.]
1．归纳推理的特点及一般步骤
2．类比推理的特点及一般步骤
1．(1)观察下图中各正方形图案，每条边上有n(n≥2)个点，第n个图案中圆点的总数是Sn.
按此规律，推出Sn与n的关系式为________．
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn, 则T4，________，________，成等比数列．
(1)Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*) (2) [(1)依图的构造规律可以看出：
S2＝2×4－4，
S3＝3×4－4，
S4＝4×4－4(正方形四个顶点重复计算一次，应减去)．
……
猜想：Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*)．
(2)等差数列类比于等比数列时，和类比于积，减法类比于除法，可得类比结论为：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，，，成等比数列．]
综合法与分析法
【例2】 若a、b、c是△ABC的三边长，m＞0，求证：＋＞.
思路探究：根据在△ABC中任意两边之和大于第三边，再利用分析法与综合法结合证明不等式成立．
[证明] 要证明＋＞，
只需证明＋－＞0即可．
∵＋－＝
∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0，
∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0，
∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m2，
∵△ABC中任意两边之和大于第三边，
∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0，
∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0，
∴＋＞.
1．(变条件)本例删掉条件“m＞0”，证明：>.
[证明] 要证>.只需证a＋b＋(a＋b)c>(1＋a＋b)c.
即证a＋b>c.而a＋b>c显然成立．
所以>.
2．(变条件)本例增加条件“三个内角A，B，C成等差数列”，求证：＋＝.
[证明] 要证＋＝.
即证＋＝3，即证＋＝1.
即证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
即证c2＋a2＝ac＋b2.
∵△ABC三个内角A，B，C成等差数列．
∴B＝60°.
由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac.
∴c2＋a2＝ac＋b2成立，命题得证．
分析法，综合法的应用,综合法由因导果，分析法执果索因，因此在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来使用，即先利用分析法寻找解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程.
反证法
【例3】 已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.
[证明] 假设a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，
则有a＋b＋c＜3，
而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3＝22＋3≥3，
两者矛盾，所以假设不成立，
故a，b，c至少有一个不小于1.
反证法的关注点
?1?反证法的思维过程：否定结论?推理过程中引出矛盾?否定假设肯定结论，即否定——推理——否定?经过正确的推理导致逻辑矛盾，从而达到新的“否定”，即肯定原命题?.
?2?反证法常用于直接证明困难或以否定形式出现的命题；涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命题时，也常用反证法.
2．若x，y，z∈(0,2)，求证：x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不可能都大于1.
[证明] 假设x(2－y)>1，且y(2－z)>1，且z(2－x)>1均成立，则三式相乘有xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1，①
由于0同理0三式相乘得0②与①矛盾，故假设不成立．
所以x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不可能都大于1.
