课件29张PPT。章末整合提升知识网络题型一 合情推理的应用
(1)已知“整数对”按如下规律排成一列：
(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，…，则第60个数对是
A．(7，5) B．(5，7)
C．(2，10) D．(10，1)
专题归纳例1规律总结
(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题型二 演绎推理的应用
如图所示，D，E，F分别是BC，CA，AB上的点，∠BFD＝∠A，DE∥FA，求证：ED＝AF.
【解析】 同位角相等，两条直线平行，大前提
∠BFD与∠A是同位角，且∠BFD＝∠A，小前提
所以DF∥EA,结论
例2两组对边分别平行的四边形是平行四边形，大前提
DE∥FA，且DF∥EA，小前提
所以四边形AFDE为平行四边形,结论
平行四边形的对边相等，大前提
ED和AF为平行四边形的一组对边，小前提
所以ED＝AF.结论规律总结
演绎推理应用的关注点
演绎推理是从一般到特殊的推理,其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略．
题型三 综合法与分析法的应用例3【证明】 (1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，
又因为a，b，c，为互不相等的非负数，
所以上面三个式子中都不能取“＝”，
所以a2＋b2＋c2＞ab＋bc＋ac，
(2)要证原等式成立，只需证：
2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β.①
因为①左边＝2cos(α－β)sin α－sin[(α－β)＋α]
＝2cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α－cos(α－β)sin α
＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α＝sin β＝右边，
所以①成立，即原等式成立．规律总结
(1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式．
(2)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；综合法条理清晰，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．
题型四 反证法的应用例4规律总结
反证法的解题策略
(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．
已知数列{an}满足：a1＝1，4an＋1－anan＋1＋2an＝9(n∈N*)．
(1)求a2，a3，a4,
(2)由(1)的结果猜想an用n表示的表达式．
题型五 观察、归纳、猜想例5 【领悟整合】
(1)一般与特殊的思想
一般与特殊的思想是本章中体现出的一个比较明显的思想方法，它主要应用于归纳、猜想、证明中．
(2)转化与化归的思想
转化与化归的原则是，将不熟悉的或难解的问题转化为熟知的易解的或已经解决的问题；将抽象的问题转化为具体的直观的问题；将复杂的问题转化为简单的问题；将一般性的问题转化为直观的特殊的问题；将实际问题转化为数学问题，使问题便于解决．无论是本章中用分析法、综合法、反证法证明问题的过程，还是在平时进行问题解决的推理过程，都用到了转化与化归的思想．
1．“所有9的倍数都是3的倍数，某奇数是9的倍数，故某奇数是3的倍数”，上述推理
A．小前提错 B．结论错
C．正确 D．大前提错
解析 此三段论推理正确．
答案 C
◎跟踪训练3．观察下列等式：13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________．
解析 观察等式发现等式左边各加数的底数之和等于右边的底数，右边数的指数均为2，故猜想第五个等式应为13＋23＋33＋43＋53＋63＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)2＝212.
答案 13＋23＋33＋43＋53＋63＝212
解析 在等差数列{an}与等比数列{bn}中，有证明 ∵m＞0，∴1＋m＞0,
所以要证原不等式成立，
只需证明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，
即证m(a2－2ab＋b2)≥0，
即证(a－b)2≥0，
而(a－b)2≥0显然成立，
故原不等式得证．
6．已知数列{an}的首项a1＝5，Sn＋1＝2Sn＋n＋5(n∈N*)，
证明：数列{an＋1}是等比数列.章末达标测试
(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．下列推理中属于归纳推理且结论正确的是
A．设数列{an}的前n项和为Sn，由an＝2n－1，求出S1＝12，S2＝22，S3＝32，…，推断：Sn＝n2
B．由f(x)＝xcos x满足f(－x)＝－f(x)对?x∈R都成立，推断：f(x)＝xcos x为奇函数
C．由圆x2＋y2＝r2的周长c＝2πr，推断：椭圆＋＝1(a＞b＞0)的周长C＝π(a＋b)
D．由(1＋1)2＞21，(2＋1)2＞22，(3＋1)2＞23，…，推断：对一切n∈N*，(n＋1)2＞2n
解析 选项B、C不是归纳推理，选项D结论不正确，根据归纳推理的特点，可知只有选项A符合，故选A.
答案 A
2．某同学在电脑上打下了一串黑白黑，如图所示，○○○●●○○○●●○○○…按这种规律往下排，那么第36个圆的颜色应是
A．白色 B．黑色
C．白色可能性大 D．黑色可能性大
解析 由题干图知，图形是三白二黑的圆周而复始相继排列，是一个周期为5的三白二黑的圆列，因为36÷5＝7余1，所以第36个圆应与第1个圆颜色相同，即白色．
答案 A
3．用反证法证明命题“＋是无理数”时，假设正确的是
A．假设是有理数 B．假设是有理数
C．假设或是有理数 D．假设＋是有理数
解析 假设结论的反面成立，＋不是无理数，则＋是有理数．
答案 D
4．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求证＜a”索的因应是
A．a－b＞0 B．a－c＞0
C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0
解析 由题意知＜a?b2－ac＜3a2
?b2＋a(a＋b)＜3a2?b2＋a2＋ab＜3a2
?b2＋ab＜2a2?2a2－ab－b2＞0
?a2－ab＋a2－b2＞0?a(a－b)＋(a＋b)(a－b)＞0
?a(a－b)－c(a－b)＞0?(a－b)(a－c)＞0，故选C.
答案 C
5．已知①正方形的对角线相等，②矩形的对角线相等，③正方形是矩形．根据“三段论”推理出一个结论，则这个结论是
A．正方形的对角线相等 B．矩形的对角线相等
C．正方形是矩形 D．其他
解析 写为三段论形式为：大前提：矩形的对角线相等；小前提：正方形是矩形；结论：正方形的对角线相等．
答案 A
6．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为
A. B. C. D.
解析 当x＝1时，f(2)＝＝＝，
当x＝2时，f(3)＝＝＝；
当x＝3时，f(4)＝＝＝，
故可猜想f(x)＝，故选B.
答案 B
7．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c 对一切n∈N*都成立，那么a，b，c的值为
A．a＝，b＝c＝ B．a＝b＝c＝
C．a＝0，b＝c＝ D．不存在这样的a，b，c
解析 ∵已知等式对一切n∈N*都成立，
∴当n＝1，2，3时也成立，
即解得
答案 A
8．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 B．1 C．2 D．3
解析 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．
答案 B
9．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中一位获奖，有人采访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖”．乙说：“甲，丙都未获奖”．丙说：“我获奖了”．丁说：“是乙获奖”．四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
解析 假设甲获奖，则甲、乙、丙的话错，这与“只有两句是对的”矛盾；假设乙获奖，则甲、乙、丁的话对，这与“只有两句话是对的”矛盾；假设丙获奖，则甲、丙的话对，乙、丁的话错，符合题意；假设丁获奖，则甲、丙、丁的话错，这与“只有两句话是对的”矛盾，故选C.
答案 C
10．如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，……，依此类推，如果一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为
A．6 B．7 C．8 D．9
解析 由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，……，第n(n≥2，n∈N*)层的点数为6(n－1)．设一个点阵有n(n≥2，n∈N*)层，则共有的点数为1＋6＋6×2＋…＋6(n－1)＝1＋×(n－1)＝3n2－3n＋1，由题意得3n2－3n＋1＝169，即(n＋7)(n－8)＝0，所以n＝8，故共有8层．
答案 C
11.如图所示，面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为ai(i＝1，2，3，4)，此四边形内任一点P到第i条边的距离记为hi(i＝1，2，3，4)，若＝＝＝＝k，则 (ihi)＝.类比以上性质，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si(i＝1，2，3，4)，此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hi(i＝1，2，3，4)，若＝＝＝＝K，则 (iHi)等于
A. B. C. D.
解析 对平面凸四边形：
S＝a1h1＋a2h2＋a3h3＋a4h4
＝(kh1＋2kh2＋3kh3＋4kh4)
＝(h1＋2h2＋3h2＋4h4)，
所以h1＋2h2＋3h3＋4h4＝；
类比在三棱锥中：
V＝S1H1＋S2H2＋S3H3＋S4H4
＝(KH1＋2KH2＋3KH3＋4KH4)
＝(H1＋2H2＋3H3＋4H4)，
故H1＋2H2＋3H3＋4H4＝，
即 (iHi)＝.
答案 B
12．已知f(x)＝x3＋x，a，b，c∈R，且a＋b＞0，a＋c＞0，b＋c＞0，则f(a)＋f(b)＋f(c)的值一定
A．大于零 B．等于零
C．小于零 D．正负都有可能
解析 由f(x)＝x3＋x可知函数f(x)在x∈R上是奇函数且是增函数．
∵a＋b＞0，a＞－b，
∴f(a)＞f(－b)＝－f(b)， ①
∵a＋c＞0，a＞－c，
∴f(a)＞f(－c)＝－f(c)， ②
∵b＋c＞0，b＞－c，
∴f(b)＞f(－c)＝－f(c)， ③
①＋②＋③得2f(a)＋2f(b)＋2f(c)＞0，
∴f(a)＋f(b)＋f(c)＞0.
答案 A
二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分．把答案填在题中的横线上)
13．用反证法证明命题：“已知a，b∈N*，如果ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为________．
解析 由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证．
命题“a，b∈N*，如果ab可被5整除，那么a，b中至少有1个能被5整除”的否定是“a，b都不能被5整除”．
答案 a，b都不能被5整除
14．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案：
则第n个图案中，白色地面砖的块数是________．
解析 a1＝6，a2＝6＋4×(2－1)，
a3＝6＋4×(3－1)，…，由归纳推理，得
an＝6＋4(n－1)＝4n＋2.
答案 4n＋2
15．观察下列等式：
1－＝，
1－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
…，
据此规律，第n个等式可为________．
解析 观察等式两边的规律，利用归纳推理解决．
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＋＋…＋.
答案 1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋
16．在计算Sn＝＋＋…＋(n∈N*)时，某同学学到了如下一种方法：
先改写第n项：an＝＝－，
由此得Sn＝a1＋a2＋…＋an＝＋＋…＋＝1－＝，
类比上述方法，请你计算：Sn＝＋＋…＋(n∈N*)，其结果为Sn＝________．
解析 由条件可类比得：an＝
＝，
∴Sn＝a1＋a2＋a3＋…＋an
＝
＝
＝.
答案
三、解答题(本大题共6小题，共74分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(11分)设m为实数，利用三段论证明方程x2－2mx＋m－1＝0有两个相异实根．
证明 如果一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的判别式Δ＝b2－4ac＞0，那么方程有两相异实数．(大前提)
一元二次方程x2－2mx＋m－1＝0的判别式
Δ＝(－2m)2－4(m－1)
＝4m2－4m＋4
＝(2m－1)2＋3＞0，(小前提)
所以方程x2－2mx＋m－1＝0有两相异实根．(结论)
18．(12分)已知a、b、c是互不相等的非零实数．求证三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一个方程有两个相异实根．
证明 反证法：
假设三个方程中都没有两个相异实根，
则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0，
相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，
(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0，①
由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立，
∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．
19．(12分)已知函数f(x)＝ax＋(a＞1)，证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
证明 任取x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1＜x2，
f(x2)－f(x1)＝ax2＋－ax1－
＝ax2－ax1＋－
＝ax1(ax2－x1－1)＋
＝ax1(ax2－x1－1)＋，
因为x2－x1＞0，且a＞1，所以ax2－x1＞1，
而－1＜x1＜x2，所以x1＋1＞0，x2＋1＞0，
所以f(x2)－f(x1)＞0，
所以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
20．(12分)若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.
证明 假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，则a＋b＋c≤0，
而a＋b＋c＝x2－2x＋y2－2y＋z2－2z＋π
＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3＞0，
与a＋b＋c≤0矛盾，所以a，b，c中至少有一个大于0.
21．(13分)请你把不等式“若a1，a2是正实数，则有＋≥a1＋a2”推广到一般情形，并证明你的结论．
解析 推广的结论：
若a1，a2，…，an都是正实数，则有
＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
证明如下：∵a1，a2，…，an都是正实数，
∴＋a2≥2a1,＋a3≥2a2,…
＋an≥2an－1；
＋a1≥2an，
＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
22．(14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．
(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A,
(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an＜bn，则s＜t.
解析 (1)当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3},
可得，A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}．
(2)由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an＜bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)·qn－2－qn－1＝－qn－1＝－1＜0,
所以s＜t.
