高中数学选修2-2课件2_阶段复习课

高中数学选修2-2课件2_阶段复习课

阶段复习课 第 二 章 【 核心解读 】 1. 合情推理 (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 : 归纳推理和类比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 , 我们把它们统称为合情推理 . 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 , 对特殊情况做出的判断 . 3. 综合法 (1) 实质 : 由因导果 (2) 框图表示 : P ⇒ Q 1 → Q 1 ⇒ Q 2 → … → Q n ⇒ Q , P 表示条件 ,Q 表示结论 . (3) 文字语言 : 因为 … 所以 … 或由 … 得 … 4. 分析法 (1) 实质 : 执果索因 . (2) 框图表示 : Q ⇐ P 1 → P 1 ⇐ P 2 → … → 得到一个明显成立的条件 Q 表示结论 . (3) 文字语言 : 要证 … 只需证 … 即证 … . 5. 用分析法证明数学问题时的书写格式 “ 要证 ( 欲证 ) …” , “ 只需证 …” , “ 只需证 …” , 直到出现一个明显成立的条件 P, 再说明所要证明的数学问题成立 . 6. 归谬 : 矛盾的几种类型 (1) 与公理、定理、定义矛盾 . (2) 与已知条件矛盾 . (3) 自相矛盾 . (4) 与反设矛盾 . 主题一 合情推理的应用 【典例 1】 (1)(2014· 济宁高二检测 ) 观察式子： 由此可归纳出的式子为 ( ) (2)(2014· 宁波高二检测 ) 两点等分单位圆时，有相应正确 关系为 sin α+sin(π+α)=0; 三点等分单位圆时，有相应正 确关系为 由此可以推知，四点等分单位圆时的相应正确关系为 _______. 【 自主解答 】 (1) 选 C. 根据几个不等式的特点，左边应为 n 项， 所以左边 =1+ 右边 = 故归纳出的不等式 为 (2) 用两点等分单位圆时，关系为 sin α+sin(π+α)=0, 两个角的正弦值之和为 0 ，且第一个角为 α, 第二个角与第一个角的差为 (π+α)-α=π, 用三点等分单位圆时，关系为 此时三个角的正弦值之和为 0 ，且第一个角为 α, 第二个角与 第一个角的差与第三个角与第二个角的差相等，即有 依此类推，可得当四点等分单位圆时，为四个角正弦值之和 为 0 ，且第一个角为 α, 第二个角为 +α, 第三个角 为 =π+α, 第四个角为 π+α+ +α, 即其关 系为 答案： 【 方法技巧 】 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 【 补偿训练 】 已知等差数列 {a n } 的公差为 d, 前 n 项和为 S n , 有如下的性质 : (1) 通项 a n =a m +(n-m) · d,m,n∈N * ,m0,b>0,x∈(0,+∞), 试确定 f(x) 的增减性 . 【 解析 】 方法一 : 设 00,b>0, 所以 x 2 -x 1 >0,0b, 所以 f(x 1 )-f(x 2 )>0, 即 f(x 1 )>f(x 2 ), 所以 f(x) 在 (0, ] 上是减函数 ; 当 x 2 >x 1 > 时 ,x 2 -x 1 >0,x 1 x 2 > 0,b>0,x∈(0,+∞), 所以令 f′(x)=- +b=0, 得 x= , 当 0 时 ,- +b>0, 即 f′(x)>0, 所以 f(x) 在 ( ,+∞) 上是增函数 . 主题三 综合法与分析法 【 典例 3】 (1) 已知 a,b,c 为互不相等的非负数 . 求证 :a 2 +b 2 +c 2 > (2)(2014 · 马鞍山高二检测 ) 用分析法证明 2cos(α-β)- 【 自主解答 】 (1) 因为 a 2 +b 2 ≥2ab,b 2 +c 2 ≥2bc,a 2 +c 2 ≥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 a 2 +b 2 +c 2 >ab+bc+ac, 因为 ab+bc≥ ,bc+ac≥ , ab+ac≥ , 又 a,b,c 为互不相等的非负数 , 所以 ab+bc+ac> 所以 a 2 +b 2 +c 2 > (2) 要证原等式成立 , 只需证 : 2cos(α-β)sinα-sin(2α-β)=sinβ①. 因为①左边 =2cos(α-β)sinα-sin[(α-β)+α] =2cos(α-β)sinα-sin(α-β)cosα-cos(α-β)sinα =cos(α-β)sinα-sin(α-β)cosα=sinβ= 右边 , 所以①成立 , 即原等式成立 . 【 方法技巧 】 综合法和分析法的特点 (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 . 【补偿训练】 已知α∈ (0,π), 求证 :2sin2α≤ 【证明】 方法一： ( 分析法 ) 要证明 2sin 2α≤ 成立 . 只要证明 4sin α cos α≤ 因为 α∈(0,π), 所以 sin α>0. 只要证明 4cos α≤ 上式可变形为 4≤ +4(1-cos α). 因为 1-cos α>0, 所以 +4(1-cos α)≥ 当且仅当 cos α= , 即 α= 时取等号 . 所以 4≤ +4(1-cos α) 成立 . 所以不等式 2sin 2α≤ 成立 . 方法二： ( 综合法 ) 因为 +4(1-cos α)≥4,1-cos α>0, 当且仅当 cos α= , 即 α= 时取等号 , 所以 4cos α≤ 因为 α∈(0,π), 所以 sin α>0.4sin α cos α≤ 所以 2sin 2α≤ 主题四 反证法的应用 【 典例 4】 设数列 {a n } 满足 a n =n+ , 求证 : 数列 {a n } 中任意不同的三项都不能成为等比数列 . 【 自主解答 】 由 a n =n+ , 假设 {a n } 中存在三项 a p ,a q ,a r (p,q,r 互不相等 ) 成等比数列 , 则 =a p · a r , 所以 (q+ ) 2 =(p+ )(r+ ), 即 (q 2 -pr)+(2q-p-r) · =0. 由于 p,q,r∈N * , 所以 消去 q 得 (p-r) 2 =0. 故 p=r, 这与 p≠r 矛盾 . 则原假设不成立 . 所以 {a n } 中任意不同的三项都不能成为等比数列 . 【 方法技巧 】 对反证法的认识 (1) 如果一个命题的结论难以直接证明 , 可以考虑运用反证法 . 通过反设结论 , 经过逻辑推理 , 得出矛盾 , 从而肯定原结论成立 . (2) 反证法着眼于命题的转换 , 改变了研究的角度和方向 , 使论证的目标更为明确 , 由于增加了推理的前提 —— 原结论的否定 , 更易于开拓思路 , 因此对于直接论证较为困难的时候 , 往往采用反证法证明 . 所以反证法在数学证明中有着广泛的应用 . (3) 反证法是高中数学的一种重要的证明方法 , 在不等式和立体几何的证明中经常用到 , 在高考题中也经常体现 , 它所反映出的 “ 正难则反 ” 的解决问题的思想方法更为重要 . 反证法主要证明 : 否定性、唯一性命题 ; 至多、至少型问题 ; 几何问题 . 【 补偿训练 】 求证 : 在抛物线 y 2 =2px(p>0) 上任取四点所组成的四边形不可能是平行四边形 . 【 证明 】 抛物线 y 2 =2px(p>0), 在抛物线上任取四点 , 设点的坐标分别为 A(x 1 ,y 1 ),B(x 2 ,y 2 ),C(x 3 ,y 3 ),D(x 4 ,y 4 ), 则 =2px i (i=1,2,3,4), 于是直线 AB 的斜率为 k AB = 同理 假设四边形 ABCD 是平行四边形 , 则有 k AB =k CD ;k AD =k CB , 则有 整理得 所以 A,C 两点重合 ,B,D 两点重合 . 这与 A,B,C,D 是平行四边形的四个顶点矛盾 , 故假设不成立 , 即在抛物线 y 2 =2px(p>0) 上任取四点所组成的四边形不可能是平行四边形 . 主题五 数学归纳法的应用 【典例 5】 用数学归纳法证明 (n 2 -1 2 )+ 2 ·(n 2 -2 2 )+…+n(n 2 -n 2 ) = n 2 (n-1)(n+1)(n∈N * ). 【 证明 】 (1) 当 n=1 时，左边 =1 · (1 2 -1 2 )=0 ， 右边 = · 1 2 · 0 · 2=0 ， 所以左边 = 右边， n=1 时等式成立 . (2) 假设当 n=k(k∈N * ) 时等式成立， 即 1 · (k 2 -1 2 )+2 · (k 2 -2 2 )+ … +k · (k 2 -k 2 )= k 2 (k-1)(k+1). 则当 n=k+1 时， 1 · ［ (k+1) 2 -1 2 ］ +2 ［ (k+1) 2 -2 2 ］ + … +k · ［ (k+1) 2 -k 2 ］ +(k+1) ［ (k+1) 2 -(k+1) 2 ］ = ［ 1 · (k 2 -1 2 )+2(k 2 -2 2 )+ … +k · (k 2 -k 2 ) ］ + ［ 1 · (2k+1)+ 2(2k+1)+ … +k(2k+1) ］ = k 2 (k-1)(k+1)+ · (2k+1) = k(k+1) ［ k(k-1)+2(2k+1) ］ = k(k+1)(k 2 +3k+2)= (k+1) 2 k(k+2) ， 即当 n=k+1 时等式成立 . 由 (1)(2) 知对一切 n∈N * ，等式成立 . 【方法技巧】 数学归纳法的证题步骤及注意事项 (1) 用数学归纳法证明命题的具体步骤是： ①证明当 n 取第一值 n 0 ( 例如， n 0 =1 ， n 0 =2 等 ) 时结论正确； ②假设当 n=k(k∈N * 且 k≥n 0 ) 时结论正确，证明当 n=k+1 时结论也正确 . 在完成了这两个步骤以后，就可以断定命题对从 n 0 开始的所有的正整数 n 都正确 . (2) 在用数学归纳法证明与正整数有关的命题时，第一步是递推的基础，缺少第一步，递推就缺乏正确的基础 . 一方面，第一步再简单，也不能省略；另一方面，第一步只要考查使结论成立的最小正整数就足够了，一般没有必要再多考查几个正整数 . 第二步是递推的根据，仅有这一步而没有第一步，就失去了递推的基础，这说明了缺少第一步这个基础，第二步的递推也就没有意义了 . 只有把第一步的结论与第二步的结论结合在一起，才能得出普遍性的结论 . 【补偿训练】 (2013· 盐城高二检测 ) 设关于正整数 n 的函数 f(n)=1·2 2 +2·3 2 +…+n(n+1) 2 ， (1) 求 f(1) ， f(2) ， f(3). (2) 是否存在常数 a ， b ， c 使得 f(n)= (an 2 +bn+c) 对一切正整数 n 都成立？并证明你的结论 . 【解析】 (1)f(1)=4 ， f(2)=22 ， f(3)=70. (2) 假设存在 a ， b ， c 使题设的等式成立，这时， n=1 ， 2 ， 3 得 a+b+c=24 ， 4a+2b+c=44 ，解得： a=3 ， b=11 ， c=10. 9a+3b+c=70. 于是，对 n=1 ， 2 ， 3 下面等式成立： 1 · 2 2 +2 · 3 2 + … +n(n+1) 2 = (3n 2 +11n+10). 记 S n =1 · 2 2 +2 · 3 2 + … +n(n+1) 2 . 假设 n=k 时上式成立，即 S k = (3k 2 +11k+10) ， 那么 = (k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2) 2 = (3k 2 +5k+12k+24) = ［ 3(k+1) 2 +11(k+1)+10 ］， 也就是说，等式对 n=k+1 也成立， 综上所述，当 a=3 ， b=11 ， c=10 时，题设的等式对一切正整数 n 成立 . 【 强化训练 】 1. 用演绎推理证明函数 y=x 3 是增函数时的大前提是　 ( 　　 ) A. 增函数的定义 B. 函数 y=x 3 满足增函数的定义 C. 若 x 1 x 2 , 则 f(x 1 )>f(x 2 ) 【 解析 】 选 A. 根据演绎推理的特点知 , 演绎推理是一种由一般到特殊的推理 , 所以函数 y=x 3 是增函数的大前提应是增函数的定义 . 2.(2014 · 济宁高二检测 ) “ 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 】 选 C. 此三段论推理正确 . 3. 设等比数列 {a n } 的公比 q=2, 前 n 项和为 S n , 则 =( 　　 ) A.2 B.4 C. D. 【 解析 】 选 C. 在等比数列 {a n } 中 ,q=2≠1, 设首项为 a 1 ≠0, 则 S 4 = 又 a 2 =a 1 q=2a 1 , 故 4.(2014· 杭州高二检测 ) (a,b 均为实数 ), 猜想， a=______,b=_____. 【 解析 】 由 可以求出 3=2 2 -1,8=3 2 -1,15=4 2 -1, 故在 6+ 中 ,a=6,b=a 2 -1=6 2 -1=35. 答案 : 6 　 35 5.(2014 · 东莞高二检测 ) 当 n=1 时 , 有 (a-b)(a+b)=a 2 -b 2 , 当 n=2 时 , 有 (a-b)(a 2 +ab+b 2 )=a 3 -b 3 , 当 n=3 时 , 有 (a-b)(a 3 +a 2 b+ab 2 +b 3 )=a 4 -b 4 , 当 n∈N * 时 , 你能得到的结论是 　　　　 . 【 解析 】 根据题意 , 由于当 n=1 时 , 有 (a-b)(a+b)=a 2 -b 2 , 当 n=2 时 , 有 (a-b)(a 2 +ab+b 2 )=a 3 -b 3 , 当 n=3 时 , 有 (a-b)(a 3 +a 2 b+ab 2 +b 3 )=a 4 -b 4 , 当 n∈N * 时 , 左边第二个因式可知为 a n +a n-1 b+ … +ab n-1 +b n , 那么对应的表达式为 (a-b) · (a n +a n-1 b+ … +ab n-1 +b n )=a n+1 -b n+1 . 答案 : (a-b)(a n +a n-1 b+ … +ab n-1 +b n )=a n+1 -b n+1 6. 已知 |x|≤1,|y|≤1, 用分析法证明 :|x+y|≤|1+xy|. 【 证明 】 要证 |x+y|≤|1+xy|, 即证 (x+y) 2 ≤(1+xy) 2 , 即证 x 2 +y 2 ≤1+x 2 y 2 , 即证 (x 2 -1)(1-y 2 )≤0, 因为 |x|≤1,|y|≤1, 所以 x 2 -1≤0,1-y 2 ≥0, 所以 (x 2 -1)(1-y 2 )≤0, 不等式得证 . 7. 已知在四棱锥 P-ABCD 中 , 底面 ABCD 是矩形 , 且 AD=2,AB=1,PA⊥ 平面 ABCD,E,F 分别是线 段 AB,BC 的中点 . (1) 证明 :PF⊥FD. (2) 判断并说明 PA 上是否存在点 G, 使得 EG∥ 平面 PFD. 【 解析 】 (1) 连接 AF, 则 AF= ,DF= , 又 AD=2, 所以 DF 2 +AF 2 =AD 2 , 所以 DF⊥AF, 又 PA⊥ 平面 ABCD, 所以 DF⊥PA, 又 PA∩AF=A, 所以 ⇒ DF⊥PF. (2) 过点 E 作 EH∥FD, 交 AD 于点 H, 则 EH∥ 平面 PFD, 且有 AH= AD, 再过点 H 作 HG∥DP 交 PA 于点 G, 则 HG∥ 平面 PFD 且 AG= AP. 所以平面 EHG∥ 平面 PFD, 所以 EG∥ 平面 PFD. 从而线段 AP 上满足 AG= AP 的点 G 即为所求 .