《高中數(shù)學(xué)北師大版選修22學(xué)案：第1章 章末分層突破 Word版含解析》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《高中數(shù)學(xué)北師大版選修22學(xué)案：第1章 章末分層突破 Word版含解析（24頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、20192019 版數(shù)學(xué)精品資料（北師大版）版數(shù)學(xué)精品資料（北師大版）章末分層突破章末分層突破自我校對(duì)由部分到整體，由個(gè)別到一般類(lèi)比推理演繹推理由一般到特殊綜合法執(zhí)果索因反證法數(shù)學(xué)歸納法合情推理1.歸納推理的特點(diǎn)及一般步驟2.類(lèi)比推理的特點(diǎn)及一般步驟(1)觀察式子：112232，112213253，112213214274，由此可歸納出的式子為()A.11221321n212n1B.11221321n212n1C.11221321n22n1nD.11221321n22n2n1(2)兩點(diǎn)等分單位圓時(shí)，有相應(yīng)正確關(guān)系為 sinsin()0；三點(diǎn)等分單位圓時(shí)，有相應(yīng)正確關(guān)系為 sinsin23 si

2、n43 0，由此可以推知，四點(diǎn)等分單位圓時(shí)的相應(yīng)正確關(guān)系為_(kāi).【精彩點(diǎn)撥】(1)觀察各式特點(diǎn)，找準(zhǔn)相關(guān)點(diǎn)，歸納即得.(2)觀察各角的正弦值之間的關(guān)系得出結(jié)論.【規(guī)范解答】(1)由各式特點(diǎn)，可得 11221321n20，b0，ab1，求證：1a1b1ab8.試用綜合法和分析法分別證明.【精彩點(diǎn)撥】(1)綜合法：根據(jù) ab1，分別求1a1b與1ab的最小值.(2)分析法：把1ab變形為abab1a1b求證.【規(guī)范解答】法一：(綜合法)a0，b0，ab1，1ab2 ab， ab12，ab14，1ab4.又1a1b(ab)1a1b 2baab4，1a1b1ab8(當(dāng)且僅當(dāng) ab12時(shí)等號(hào)成立).法二：

3、(分析法)a0，b0，ab1，要證1a1b1ab8，只要證1a1b abab8，只要證1a1b 1b1a 8，即證1a1b4.也就是證abaabb4.即證baab2，由基本不等式可知，當(dāng) a0，b0 時(shí)，baab2 成立，所以原不等式成立.再練一題2.(1)已知 a，b，c 為互不相等的非負(fù)數(shù).求證：a2b2c2 abc( a b c).(2)用分析法證明：2cos()sin（2）sinsinsin.【解】(1)因?yàn)?a2b22ab，b2c22bc，a2c22ac，又因?yàn)?a，b，c 為互不相等的非負(fù)數(shù)，所以上面三個(gè)式子中都不能取“”，所以 a2b2c2abbcac，因?yàn)?abbc2 ab2c

4、，bcac2 abc2，abac2 a2bc，又 a，b，c 為互不相等的非負(fù)數(shù)，所以 abbcac abc( a b c)，所以 a2b2c2 abc( a b c).(2)要證原等式成立，只需證：2cos()sinsin(2)sin，因?yàn)樽筮?cos()sinsin()2cos()sinsin()coscos()sincos()sinsin()cossin右邊，所以成立，即原等式成立.反證法反證法是間接證明的一種基本方法，用反證法證明時(shí)，假定原結(jié)論的對(duì)立面為真，從反設(shè)和已知條件出發(fā)，經(jīng)過(guò)一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果，斷定反設(shè)不成立，從而肯定結(jié)論.反證法的思路：反設(shè)歸謬結(jié)論.設(shè)an是公

5、比為 q 的等比數(shù)列.(1)推導(dǎo)an的前 n 項(xiàng)和公式；(2)設(shè) q1，證明：數(shù)列an1不是等比數(shù)列.【精彩點(diǎn)撥】(1)利用等比數(shù)列的概念及通項(xiàng)公式推導(dǎo)前 n 項(xiàng)和公式；(2)利用反證法證明要證的結(jié)論.【規(guī)范解答】(1)設(shè)an的前 n 項(xiàng)和為 Sn，當(dāng) q1 時(shí)，Sna1a1a1na1；當(dāng) q1 時(shí)，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sna1（1qn）1q，Snna1，q1，a1（1qn）1q，q1.(2)證明：假設(shè)an1是等比數(shù)列，則對(duì)任意的 kN，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2k12ak11akak2akak21，a2

6、1q2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，這與已知矛盾.假設(shè)不成立，故an1不是等比數(shù)列.再練一題3.已知二次函數(shù) f(x)ax2bxc(a0)的圖像與 x 軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，若f(c)0，且 0 x0.(1)證明：1a是 f(x)0 的一個(gè)根；(2)試比較1a與 c 的大小.【解】(1)證明：f(x)的圖像與 x 軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，f(x)0 有兩個(gè)不等實(shí)根 x1，x2.f(c)0，x1c 是 f(x)0 的根.又 x1x2ca，x21a1ac，1a是 f(x)0 的一個(gè)根.(2)假設(shè)1a0，由 0 x0，知 f1a

7、 0 與 f1a 0 矛盾，1ac.又1ac，1ac.數(shù)學(xué)歸納法1.關(guān)注點(diǎn)一：用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問(wèn)題是數(shù)學(xué)歸納法的常見(jiàn)題型，其關(guān)鍵點(diǎn)在于“先看項(xiàng)”，弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式兩邊各有多少項(xiàng)，初始值n0是多少.2.關(guān)注點(diǎn)二：由 nk 到 nk1 時(shí)，除等式兩邊變化的項(xiàng)外還要利用 nk時(shí)的式子，即利用假設(shè)，正確寫(xiě)出歸納證明的步驟，從而使問(wèn)題得以證明.已知正數(shù)數(shù)列an(nN)中，前 n 項(xiàng)和為 Sn，且 2Snan1an，用數(shù)學(xué)歸納法證明：an n n1.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：94210027】【規(guī)范解答】(1)當(dāng) n1 時(shí)，a1S112a11a1，所以 a211(an0)，所以 a11，又 1 01，所以

8、 n1 時(shí)，結(jié)論成立.(2)假設(shè) nk(k1，kN)時(shí)，結(jié)論成立，即 ak k k1.當(dāng) nk1 時(shí)，ak1Sk1Sk12ak11ak112ak1ak12ak11ak112k k11k k112ak11ak1 k，所以 a2k12 kak110，解得 ak1 k1 k(an0)，所以 nk1 時(shí)，結(jié)論成立.由(1)(2)可知，對(duì) nN都有 an n n1.再練一題4.設(shè)數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和 Snn（an1）2(nN)，a22.(1)求an的前三項(xiàng) a1，a2，a3；(2)猜想an的通項(xiàng)公式，并證明.【解】(1)由 Snn（an1）2，得 a11，又由 a22，得 a33.(2)猜想：ann.

9、證明如下：當(dāng) n1 時(shí)，猜想成立.假設(shè)當(dāng) nk(k2)時(shí)，猜想成立，即 akk，那么當(dāng) nk1 時(shí)，ak1Sk1Sk（k1） （ak11）2k（ak1）2（k1） （ak11）2k（k1）2.所以 ak1k2k11k1k1，所以當(dāng) nk1 時(shí)，猜想也成立.根據(jù)知，對(duì)任意 nN，都有 ann.轉(zhuǎn)化與化歸思想轉(zhuǎn)化與化歸是數(shù)學(xué)思想方法的靈魂.在本章中，合情推理與演繹推理體現(xiàn)的是一般與特殊的轉(zhuǎn)化；數(shù)學(xué)歸納法體現(xiàn)的是一般與特殊、有限與無(wú)限的轉(zhuǎn)化；反證法體現(xiàn)的是對(duì)立與統(tǒng)一的轉(zhuǎn)化.設(shè)二次函數(shù) f(x)ax2bxc(a0)中的 a， b， c 都為整數(shù)， 已知 f(0)，f(1)均為奇數(shù)，求證：方程 f(x)

10、0 無(wú)整數(shù)根.【精彩點(diǎn)撥】假設(shè)方程 f(x)0 有整數(shù)根 k，結(jié)合 f(0)，f(1)均為奇數(shù)推出矛盾.【規(guī)范解答】假設(shè)方程 f(x)0 有一個(gè)整數(shù)根 k，則 ak2bkc0，f(0)c，f(1)abc 都為奇數(shù)，ab 必為偶數(shù)，ak2bk 為奇數(shù).當(dāng) k 為偶數(shù)時(shí)，令 k2n(nZ)，則 ak2bk4n2a2nb2n(2nab)必為偶數(shù)，與 ak2bk 為奇數(shù)矛盾；當(dāng) k 為奇數(shù)時(shí)， 令 k2n1(nZ)， 則 ak2bk(2n1)(2naab)為一奇數(shù)與一偶數(shù)乘積，必為偶數(shù)，也與 ak2bk 為奇數(shù)矛盾.綜上可知，方程 f(x)0 無(wú)整數(shù)根.再練一題5.用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng) n 為正奇數(shù)時(shí)

11、，xnyn能被 xy 整除.【證明】設(shè) n2m1，mN，則 xnynx2m1y2m1.要證明原命題成立，只需證明 x2m1y2m1能被 xy 整除(mN).(1)當(dāng) m1 時(shí)，x2m1y2m1xy 能被 xy 整除.(2)假設(shè)當(dāng) mk(kN)時(shí)命題成立，即 x2k1y2k1能被 xy 整除，那么當(dāng)mk1 時(shí)，x2(k1)1y2(k1)1x2k21y2k21x2k1x2x2k1y2y2k1y2x2k1y2x2k1(x2y2)y2(x2k1y2k1)x2k1(xy)(xy)y2(x2k1y2k1).因?yàn)?x2k1(xy)(xy)與 y2(x2k1y2k1)均能被 xy 整除，所以當(dāng) mk1 時(shí)，命

12、題成立.由(1)(2)，知原命題成立.1.(2016北京高考)某學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)的立定跳遠(yuǎn)和 30 秒跳繩兩個(gè)單項(xiàng)比賽分成預(yù)賽和決賽兩個(gè)階段.下表為 10 名學(xué)生的預(yù)賽成績(jī)，其中有三個(gè)數(shù)據(jù)模糊.學(xué)生序號(hào)12345立定跳遠(yuǎn)(單位：米)1.961.921.821.801.7830 秒跳繩(單位：次)63a756063學(xué)生序號(hào)678910立定跳遠(yuǎn)(單位：米)1.761.741.721.681.6030 秒跳繩(單位：次)7270a1b65在這 10 名學(xué)生中，進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽的有 8 人，同時(shí)進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽和30 秒跳繩決賽的有 6 人，則()A.2 號(hào)學(xué)生進(jìn)入 30 秒跳繩決賽B.5 號(hào)學(xué)生進(jìn)入 30

13、 秒跳繩決賽C.8 號(hào)學(xué)生進(jìn)入 30 秒跳繩決賽D.9 號(hào)學(xué)生進(jìn)入 30 秒跳繩決賽【解析】由題意可知 1 到 8 號(hào)學(xué)生進(jìn)入了立定跳遠(yuǎn)決賽.由于同時(shí)進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽和 30 秒跳繩決賽的有 6 人，因此 1 到 8 號(hào)同學(xué)中有且只有 6 人進(jìn)入兩項(xiàng)決賽，分類(lèi)討論如下：(1)當(dāng) a60 時(shí)，a10，b0，且 ab1a1b.證明：(1)ab2；(2)a2a2 與 b2b0，b0，得 ab1.(1)由基本不等式及 ab1，有 ab2 ab2，即 ab2，當(dāng)且僅當(dāng) ab1 時(shí)等號(hào)成立.(2)假設(shè) a2a2 與 b2b2 同時(shí)成立，則由 a2a0，得 0a1；同理，0b1，從而 ab1，這與 ab1

14、矛盾.故 a2a2 與 b2b2 不可能同時(shí)成立.5.(2016浙江高考)設(shè)函數(shù) f(x)x311x，x0，1.證明：(1)f(x)1xx2；(2)3434，所以 f(x)34.綜上，34|AB|，得 P 的軌跡為橢圓B.由 a11，an3n1，求出 S1，S2，S3，猜想出數(shù)列的前 n 項(xiàng)和 Sn的表達(dá)式C.由圓 x2y2r2的面積r2，猜出橢圓x2a2y2b21 的面積 SabD.科學(xué)家利用魚(yú)的沉浮原理制造潛艇【解析】由歸納推理的特點(diǎn)知，選 B.【答案】B4.用反證法證明“a，b，c 中至少有一個(gè)大于 0”，下列假設(shè)正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：94210028】A.假設(shè) a，b，c 都小于 0B

15、.假設(shè) a，b，c 都大于 0C.假設(shè) a，b，c 中都不大于 0D.假設(shè) a，b，c 中至多有一個(gè)大于 0【解析】用反證法證明“a，b，c 中至少有一個(gè)大于 0”，應(yīng)先假設(shè)要證命題的否定成立.而要證命題的否定為：“假設(shè) a，b，c 中都不大于 0”，故選C.【答案】C5.用數(shù)學(xué)歸納法證明“5n2n能被 3 整除”的第二步中，當(dāng) nk1 時(shí)，為了使用假設(shè)，應(yīng)將 5k12k1變形為()A.(5k2k)45k2kB.5(5k2k)32kC.(52)(5k2k)D.2(5k2k)35k【解析】5k12k15k52k25k52k52k52k25(5k2k)32k.【答案】B6. 已 知 n 為 正 偶

16、 數(shù) ， 用 數(shù) 學(xué) 歸 納 法 證 明 1 121314 1n21n21n412n 時(shí)，若已假設(shè) nk(k2 且 k 為偶數(shù))時(shí)等式成立，則還需要用歸納假設(shè)再證 n_時(shí)等式成立.()A.k1B.k2C.2k2D.2(k2)【解析】根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法的步驟可知，nk(k2 且 k 為偶數(shù))的下一個(gè)偶數(shù)為 nk2，故選 B.【答案】B7.(2016昌平模擬)已知bn為等比數(shù)列， b52， 則 b1 b2 b3 b4 b5 b6 b7 b8 b929.若an為等差數(shù)列，a52，則an的類(lèi)似結(jié)論為()A.a1a2a3a929B.a1a2a3a929C.a1a2a3a929D.a1a2a3a929【解析】

17、根據(jù)等差、等比數(shù)列的特征知，a1a2a929.【答案】D8.(2016北京高考)袋中裝有偶數(shù)個(gè)球，其中紅球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三個(gè)空盒.每次從袋中任意取出兩個(gè)球，將其中一個(gè)球放入甲盒，如果這個(gè)球是紅球，就將另一個(gè)球放入乙盒，否則就放入丙盒.重復(fù)上述過(guò)程，直到袋中所有球都被放入盒中，則()A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多C.乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D.乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多【解析】取兩個(gè)球往盒子中放有 4 種情況：紅紅，則乙盒中紅球數(shù)加 1；黑黑，則丙盒中黑球數(shù)加 1；紅黑(紅球放入甲盒中)，則乙盒中黑球數(shù)加 1；黑紅(黑球放入甲盒中)，則丙盒中紅球

18、數(shù)加 1.因?yàn)榧t球和黑球個(gè)數(shù)一樣多，所以和的情況一樣多，和的情況完全隨機(jī).和對(duì) B 選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒(méi)有任何影響.和出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的，所以對(duì) B 選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)的影響次數(shù)一樣.綜上，選 B.【答案】B9.在等差數(shù)列an中，若 a100，則有等式 a1a2ana1a2a19n(n0，則 lgab2lg alg b2；(2) 6 102 32.【證明】(1)當(dāng) a，b0 時(shí)，有ab2 ab，lgab2lg ab，lgab212lg ablg alg b2.(2)要證 6 102 32，只要證( 6 10)2(2 32)2，即 2 602 48，這是顯

19、然成立的，所以，原不等式成立.18.(本小題滿(mǎn)分 12 分)觀察以下各等式：sin230cos260sin 30cos 6034，sin220cos250sin 20cos 5034，sin215cos245sin 15cos 4534.分析上述各式的共同特點(diǎn)，猜想出反映一般規(guī)律的等式，并對(duì)等式的正確性作出證明.【解】猜想：sin2cos2(30)sincos(30)34.證明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin232cos12sin2sin32cos12sinsin234cos232sincos14sin232sincos12sin234sin234cos234.19.(

20、本小題滿(mǎn)分 12 分)點(diǎn) P 為斜三棱柱 ABCA1B1C1的側(cè)棱 BB1上一點(diǎn)，PMBB1交 AA1于點(diǎn) M，PNBB1交 CC1于點(diǎn) N.(1)求證：CC1MN；(2)在任意DEF 中有余弦定理：DE2DF2EF22DFEFcosDFE.擴(kuò)展到空間類(lèi)比三角形的余弦定理， 寫(xiě)出斜三棱柱的三個(gè)側(cè)面面積與其中兩個(gè)側(cè)面所成的二面角之間的關(guān)系式，并予以證明.【解】(1)證明：因?yàn)?PMBB1，PNBB1，又 PMPNP，所以 BB1平面 PMN，所以 BB1MN.又 CC1BB1，所以 CC1MN.(2)在斜三棱柱 ABCA1B1C1中，有 S2ABB1A1S2BCC1B1S2ACC1A12SBCC

21、1B1SACC1A1cos.其中為平面 BCC1B1與平面 ACC1A1所成的二面角.證明如下：因?yàn)?CC1平面 PMN，所以上述的二面角的平面角為MNP.在PMN 中，因?yàn)?PM2PN2MN22PNMNcosMNP，所以 PM2CC21PN2CC21MN2CC212(PNCC1)(MNCC1)cosMNP，由于 SBCC1B1PNCC1，SACC1A1MNCC1，SABB1A1PMBB1PMCC1，所以 S2ABB1A1S2BCC1B1S2ACC1A12SBCC1B1SACC1A1cos.20.(本小題滿(mǎn)分 12 分)(2014江蘇高考)如圖 4，在三棱錐 PABC 中，D，E，F(xiàn) 分別為棱

22、 PC，AC，AB 的中點(diǎn).已知 PAAC，PA6，BC8，DF5.求證：圖 4(1)直線(xiàn) PA平面 DEF；(2)平面 BDE平面 ABC.【證明】(1)因?yàn)?D，E 分別為棱 PC，AC 的中點(diǎn)，所以 DEPA.又因?yàn)?PA / 平面 DEF，DE平面 DEF，所以直線(xiàn) PA平面 DEF.(2)因?yàn)?D， E， F 分別為棱 PC， AC， AB 的中點(diǎn)， PA6， BC8， 所以 DEPA，DE12PA3，EF12BC4.又因?yàn)?DF5，故 DF2DE2EF2，所以DEF90，即 DEEF.又 PAAC，DEPA，所以 DEAC.因?yàn)?ACEFE，AC平面 ABC，EF平面 ABC，所以

23、 DE平面 ABC.又 DE平面 BDE，所以平面 BDE平面 ABC.21.( 本 小 題 滿(mǎn) 分 12 分 ) 在 數(shù) 列 an 中 ， a1 1 ， a214， 且 an1（n1）annan(n2).(1)求 a3，a4，猜想 an的表達(dá)式，并加以證明；(2)設(shè) bnanan1an an1， 求證：對(duì)任意的 nN，都有 b1b2bnn3.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：94210030】【解】(1)容易求得：a317，a4110.故可以猜想 an13n2，nN.下面利用數(shù)學(xué)歸納法加以證明：顯然當(dāng) n1，2，3，4 時(shí)，結(jié)論成立，假設(shè)當(dāng) nk(k4，kN)時(shí)，結(jié)論也成立，即ak13k2.那么當(dāng) nk1 時(shí)，由題

24、設(shè)與歸納假設(shè)可知：ak1（k1）akkak（k1）13k2k13k2k13k22k1k1（3k1） （k1）13k113（k1）2.即當(dāng) nk1 時(shí)，結(jié)論也成立，綜上，對(duì)任意 nN，an13n2成立.(2)證明：bnanan1an an113n213n113n213n113n1 3n213( 3n1 3n2)，所以 b1b2bn13( 41)( 7 4)( 10 7)( 3n1 3n2)13( 3n11)，所以只需要證明13( 3n11)n3 3n1 3n13n13n2 3n102 3n(顯然成立)，所以對(duì)任意的 nN，都有 b1b2bnn3.22.(本小題滿(mǎn)分 12 分)(2016江蘇高考)

25、記 U1，2，100，對(duì)數(shù)列an(nN)和 U 的子集 T，若 T，定義 ST0；若 Tt1，t2，tk，定義STat1at2atk.例如：T1，3，66時(shí)，STa1a3a66.現(xiàn)設(shè)an(nN)是公比為 3 的等比數(shù)列，且當(dāng) T2，4時(shí)，ST30.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)對(duì)任意正整數(shù) k(1k100)，若 T1，2，k，求證：ST0，nN，所以 STa1a2ak133k112(3k1)3k.因此，STak1.(3)證明：下面分三種情況證明.若 D 是 C 的子集，則 SCSCDSCSDSDSD2SD.若 C 是 D 的子集，則 SCSCDSCSC2SC2SD.若 D 不是 C 的子集，且 C 不是 D 的子集.令 ECUD，F(xiàn)DUC，則 E，F(xiàn)，EF.于是 SCSESCD，SDSFSCD，進(jìn)而由 SCSD得 SESF.設(shè) k 為 E 中的最大數(shù)，l 為 F 中的最大數(shù)，則 k1，l1，kl.由(2)知，SEak1.于是 3l1alSFSEak13k，所以 l1k，即 lk.又 kl，故 lk1.從而SFa1a2al133l13l123k112ak12SE12，故 SE2SF1，所以 SCSCD2(SDSCD)1，即 SCSCD2SD1.綜合得，SCSCD2SD.