北师大版选修1-2第3章 章末复习学案

章末复习
学习目标　1.整合本章知识要点.2.进一步理解归纳推理与类比推理的概念、思维形式、应用等.3.理解演绎推理.4.进一步熟练掌握直接证明与间接证明．
1．归纳与类比
(1)归纳推理：由部分到整体、由个别到一般的推理．
(2)类比推理：由特殊到特殊的推理．
(3)合情推理：合情推理是根据实验和实践的结果、个人的经验和直觉、已有的事实和正确的结论(定义、公理、定理等)，推测出某些结果的推理方式．
2．演绎推理
(1)演绎推理：由一般到特殊的推理．
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般原理；
②小前提——所研究的特殊情况；
③结论——根据一般原理，对特殊情况作出的判断．
3．综合法和分析法
(1)综合法是从已知条件推出结论的证明方法；
(2)分析法是从结论追溯到条件的证明方法．
4．反证法
反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾．这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理矛盾等.
类型一　合情推理
例1　(1)观察下列等式：
－2＋－2＝×1×2；
－2＋－2＋－2＋－2
＝×2×3；
－2＋－2＋－2＋…＋－2＝×3×4；
－2＋－2＋－2＋…＋－2＝×4×5；
……
照此规律，
－2＋－2＋－2＋…＋－2＝________.
考点　归纳推理的应用
题点　归纳推理在数对(组)中的应用
答案　n(n＋1)
解析　第一个等式中1＝，2＝；
第二个等式中，2＝，3＝；
第三个等式中，3＝，4＝.
由此可推得第n个等式等于××＝n(n＋1)．
(2)根据图(1)的面积关系：＝·，可猜想图(2)有体积关系：＝________.
考点　类此推理的应用
题点　平面几何与立体几何之间的类比
答案　··
解析　题干两图中，与△PAB，△PA′B′相对应的是三棱锥P－ABC，P－A′B′C′；与△PA′B′两边PA′，PB′相对应的是三棱锥P－A′B′C′的三条侧棱PA′，PB′，PC′.与△PAB的两条边PA，PB相对应的是三棱锥P－ABC的三条侧棱PA，PB，PC.由此，类比题图(1)的面积关系，得到题图(2)的体积关系为＝··.
反思与感悟　(1)用归纳推理可从具体事例中发现一般规律，但应注意，仅根据一系列有限的特殊事例，所得出的一般结论不一定可靠，其结论的正确与否，还要经过严格的理论证明．
(2)进行类比推理时，要尽量从本质上思考，不要被表面现象所迷惑，否则，只抓住一点表面的相似甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误．
跟踪训练1　(1)如图所示，已知正方形ABCD的边长为1，以A为圆心，AD长为半径画弧，交BA的延长线于P1，然后以B为圆心，BP1长为半径画弧，交CB的延长线于P2，再以C为圆心，CP2长为半径画弧，交DC的延长线于P3，再以D为圆心，DP3长为半径画弧，交AD的延长线于P4，再以A为圆心，AP4长为半径画弧，……，如此继续下去，画出的第8道弧的半径是________，画出第n道弧时，这n道弧的弧长之和为________．
考点　归纳推理的应用
题点　归纳推理在图形中的应用
答案　8　π
解析　第一道弧所在圆的半径为1，圆心角为90°，因此弧长为；第二道弧所在圆的半径为2，圆心角为90°，因此弧长为π；第三道弧所在圆的半径为3，圆心角为90°，因此弧长为，……，第n道弧所在圆的半径为n，圆心角为90°，因此弧长为.因此第8道弧的半径为8，且各道弧的长度构成一个以为首项，为公差的等差数列，故所求这n道弧的弧长之和为n＋·＝.
(2)设P是△ABC内一点，△ABC中BC，AC，AB边上的高分别为hA，hB，hC，P到BC，AC，AB三边的距离依次为la，lb，lc，则有＋＋＝1，类比到空间，设P是四面体ABCD内一点，A，B，C，D四个顶点到对面的距离分别是hA，hB，hC，hD，P到这四个面的距离依次是la，lb，lc，ld，则有________________________．
考点　类比推理的应用
题点　平面几何与立体几何之间的类比
答案　＋＋＋＝1
解析　易知＝＝，
＝＝，
＝＝，
＝＝，
故＋＋＋＝＝1.
类型二　综合法与分析法
例2　试用分析法和综合法分别推证下列命题：已知α∈(0，π)，求证：2sin 2α≤.
考点　分析法和综合法的综合应用
题点　分析法和综合法的综合应用
证明　分析法
要证2sin2α≤成立，
只需证4sinαcosα≤，
∵α∈(0，π)，∴sin α>0，
只需证4cosα≤，
∵1－cosα>0，
∴4cosα(1－cosα)≤1，
可变形为4cos2α－4cosα＋1≥0，
只需证(2cosα－1)2≥0，显然成立．
综合法
∵＋4(1－cosα)≥4，
当且仅当cosα＝，即α＝时取等号，
∴4cosα≤.
∵α∈(0，π)，∴sin α>0，∴4sin αcosα≤，
∴2sin 2α≤.
反思与感悟　分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条件清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．
跟踪训练2　设a，b是两个正实数，且a≠b，求证：a3＋b3>a2b＋ab2.
考点　分析法及应用
题点　分析法解决不等式问题
证明　要证a3＋b3>a2b＋ab2成立，即需证
(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立，
即需证a2－ab＋b2>ab成立．
只需证a2－2ab＋b2>0成立，
即需证(a－b)2>0成立．
而由已知条件可知，a≠b，所以a－b≠0，
所以(a－b)2>0显然成立．
即a3＋b3>a2b＋ab2.
类型三　反证法
例3　若x，y都是正实数，且x＋y>2，求证：<2与<2中至少有一个成立．
考点　反证法及应用
题点　反证法的应用
证明　假设<2和<2都不成立，
则有≥2和≥2同时成立．
因为x>0且y>0，
所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，
两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2.
这与已知x＋y>2矛盾．
故<2与<2中至少有一个成立．
反思与感悟　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．
跟踪训练3　已知：ac≥2(b＋d)．
求证：方程x2＋ax＋b＝0与方程x2＋cx＋d＝0中至少有一个方程有实数根．
考点　反证法及应用
题点　反证法的应用
证明　假设两方程都没有实数根，
则Δ1＝a2－4b<0与Δ2＝c2－4d<0，有a2＋c2<4(b＋d)，而a2＋c2≥2ac，从而有4(b＋d)>2ac，即ac<2(b＋d)，与已知矛盾，故原命题成立.
1．数列5,9,17,33，x，…中的x等于(　　)
A．47B．65C．63D．128
考点　归纳推理的应用
题点　归纳推理在数对(组)中的应用
答案　B
解析　5＝22＋1,9＝23＋1,17＝24＋1,33＝25＋1，
归纳可得：x＝26＋1＝65.
2．在平面直角坐标系中，方程＋＝1(ab≠0)表示x，y轴上的截距分别为a，b的直线，类比到空间直角坐标系中，在x，y，z轴上截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为(　　)
A.＋＋＝1 B.＋＋＝1
C.＋＋＝1 D．ax＋by＋cz＝1
考点　类比推理的应用
题点　平面几何与立体几何之间的类比
答案　A
解析　∵在平面直角坐标系中，方程＋＝1表示的图形是一条直线，具有特定性质：“在x轴，y轴上的截距分别为a，b”．类比到空间直角坐标系中，在x，y，z轴上的截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为＋＋＝1.故选A.
3．若a>0，b>0，则有(　　)
A.>2b－a B.<2b－a
C.≥2b－a D.≤2b－a
考点　综合法及应用
题点　利用综合法解决不等式问题
答案　C
解析　因为－(2b－a)＝＝≥0，所以≥2b－a.
4．用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是(　　)
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实数
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
考点　反证法及应用
题点　如何正确进行反设
答案　A
解析　方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故选A.
5．已知非零向量a，b，满足a⊥b，求证：≤.
考点　分析法及应用
题点　分析法解决不等式问题
证明　因为a⊥b，所以a·b＝0，
要证明≤，
只需证明|a|＋|b|≤|a－b|，
平方得|a|2＋|b|2＋2|a|·|b|≤2(|a|2＋|b|2)，
只需证明|a|2＋|b|2－2|a|·|b|≥0成立．
即只需证明(|a|－|b|)2≥0，它显然成立．
故原不等式得证．
1．归纳和类比都是合情推理，前者是由特殊到一般，部分到整体的推理，后者是由特殊到特殊的推理，但二者都能由已知推测未知，都能用于猜想，推理的结论不一定为真，有待进一步证明．
2．综合法是从已知条件推导出结论的证明方法；分析法是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用．反证法是从结论反面成立出发，推出矛盾的证明方法.
一、选择题
1．如图所示的是今年元宵花灯展中一款五角星灯连续旋转闪烁所成的三个图形，照此规律闪烁，下一个呈现出来的图形是(　　)
考点　归纳推理的应用
题点　归纳推理在图形中的应用
答案　A
解析　从所给三个图形中，可以看出，三个黑色三角形在进行顺时针旋转，每次旋转都是隔一格，故选A.
2．若aA.<
B．a＋>b＋
C．b＋>a＋
D.<
考点　分析法及应用
题点　分析法解决不等式问题
答案　C
解析　取a＝－2，b＝－1，验证可知C正确．
3．我们把1,4,9,16,25，…这些数称为“正方形点数”，这是因为这些数量的点可以排成一个正方形，如图所示，则第n个正方形点数是(　　)
A．n(n－1) B．n(n＋1)
C．(n＋1)2 D．n2
考点　归纳推理的应用
题点　归纳推理在图形中的应用
答案　D
解析　由题意可知第n个正方形点数为n2.
4．已知扇形的弧长为l，半径为r，类比三角形的面积公式S＝，可推知扇形面积公式S扇等于(　　)
A. B.
C. D．不可类比
考点　类比推理的应用
题点　平面曲线的类比
答案　C
解析　扇形的弧类比三角形的底边，扇形的半径类比三角形的高，则S扇＝.
5．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
答案　A
解析　这个三段论的推理形式是，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.
6．平面内平行于同一直线的两直线平行，由此类比可以得到(　　)
A．空间中平行于同一直线的两直线平行
B．空间中平行于同一平面的两直线平行
C．空间中平行于同一直线的两平面平行
D．空间中平行于同一平面的两平面平行
考点　类比推理的应用
题点　平面几何与立体几何之间的类比
答案　D
解析　利用类比推理，平面中的直线和空间中的平面类比．
7．定义运算：x?y＝例如3?4＝4，则下列等式不成立的是(　　)
A．x?y＝y?x
B．(x?y)?z＝x?(y?z)
C．(x?y)2＝x2?y2
D．c·(x?y)＝(c·y)?(c·x)(c>0)
考点　合情推理的综合应用
题点　合情推理在函数中的应用
答案　C
解析　由定义可知：“?”是求两个数中的较大者，所以A，B，D均是恒成立的．
8．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
考点　综合法及应用
题点　综合法的应用
答案　D
解析　因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝0，
又因为a2＋b2＋c2≥0，
所以2(ab＋bc＋ca)≤0，即ab＋bc＋ca≤0.
二、填空题
9．如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上数字标签：原点处标0，点(1,0)处标1，点(1，－1)处标2，点(0，－1)处标3，点(－1，－1)处标4，点(－1，0)处标5，点(－1,1)处标6，点(0,1)处标7，依此类推，则标签为20172的格点的坐标为________．
考点　归纳推理的应用
题点　归纳推理在图形中的应用
答案　(1009,1008)
解析　观察已知得点(1,0)处标1，即12，
点(2,1)处标9，即32，点(3,2)处标25，即52，
由此推断点(n＋1，n)处标(2n＋1)2.
当2n＋1＝2017时，n＝1008，
∴标签为20172的格点的坐标为(1009,1008)．
10．已知＝2，＝3，＝4，…，＝6，a，b均为正实数，由以上规律可推测出a，b的值，则a＋b＝________.
考点　归纳推理的应用
题点　归纳推理在数对(组)中的应用
答案　41
解析　由题意归纳推理得＝6，b＝62－1＝35，a＝6.
∴a＋b＝6＋35＝41.
11．已知等差数列{an}的首项为8，Sn是其前n项和，某同学经计算得S1＝8，S2＝20，S3＝36，S4＝65，后来该同学发现了其中一个数算错了，则算错的数应为________．
考点　
题点　
答案　S4＝56
解析　显然S1是正确的．假设后三个数均未算错，
则a1＝8，a2＝12，a3＝16，a4＝29，这四项不成等差数列，
但可知前三项成等差数列，故a4有误，应为20，
故S4算错了，S4应为56.
12．我们可以运用下面的原理解决一些相关图形的面积问题：如果与一固定直线平行的直线被甲、乙两个封闭的图形所截的线段的比值为k，那么甲的面积是乙的面积的k倍，可以从给出的简单图形(如图①②所示)中体会这个原理．现在图③中的曲线分别是＋＝1与x2＋y2＝a2(a>0，b>0)，运用上面的原理，则该图中椭圆的面积为________．
考点　类比推理的应用
题点　平面曲线之间的类比
答案　abπ
解析　设直线的方程为x＝m(－a三、解答题
13．用综合法或分析法证明：
(1)如果a，b>0，则lg≥；
(2)6＋>2＋2.
考点　分析法和综合法的综合应用
题点　分析法和综合法的综合应用
证明　(1)当a，b>0时，有≥，
∴lg≥lg，
∴lg≥lg(ab)＝.
(2)要证＋>2＋2，
只需证(＋)2>(2＋2)2，
即2>2，这是显然成立的，
∴原不等式成立．
四、探究与拓展
14．某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段，下表为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊.
学生序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
立定跳远(单位：米)
1.96
1.92
1.82
1.80
1.78
1.76
1.74
1.72
1.68
1.60
30秒跳绳(单位：次)
63
a
75
60
63
72
70
a－1
b
65
在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则(　　)
A．2号学生进入30秒跳绳决赛
B．5号学生进入30秒跳绳决赛
C．8号学生进入30秒跳绳决赛
D．9号学生进入30秒跳绳决赛
考点　
题点　
答案　B
解析　进入立定跳远决赛的有8人，根据成绩应是1号至8号．
若a>63，则同时进入两决赛的不是6人，不符合题意；
若61≤a≤63，则同时进入两决赛的有1,2,3,5,6,7号，符合题意；
若a＝60，则同时进入两决赛的不是6人，不符合题意；
若a≤59，则同时进入两决赛的有1,3,4,5,6,7号，符合题意．
综上可知，5号学生进入30秒跳绳决赛．
15．已知α∈(0，π)，试用多种方法求证：2sin 2α≤.
证明　方法一　(分析法)
要证明2sin 2α≤成立，
只要证明4sin αcosα≤.
∵α∈(0，π)，∴sin α>0，
∴只要证明4cosα≤.
上式可变形为4≤＋4(1－cosα)．
∵α∈(0，π)，∴1－cosα>0，
∴＋4(1－cosα)
≥2＝4，
当且仅当＝4(1－cosα)，
即cosα＝，α＝时取等号．
∴4≤＋4(1－cosα)成立，
∴不等式2sin 2α≤成立．
方法二　(综合法)
∵α∈(0，π)，∴1－cosα>0.
∴＋4(1－cosα)
≥2＝4，
当且仅当＝4(1－cosα)，
即cosα＝，α＝时取等号．
∴4cosα≤.
∵α∈(0，π)，∴sin α>0.
∴4sinαcosα≤，
∴2sin2α≤.