3.1 数系的扩充教学活动设计方案

[对应学生用书P52]

一、合情推理和演绎推理

1．归纳和类比是常用的合情推理，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．从推理形式上看，归纳是由部分到整体，个别到一般的推理，类比是由特殊到特殊的推理，演绎推理是由一般到特殊的推理．

2．从推理所得结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确．从二者在认识事物的过程中所发挥作用的角度考虑，它们又是紧密联系，相辅相成的．合情推理的结论需要演绎推理的验证，而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得．合情推理可以为演绎推理提供方向和思路．

二、直接证明和间接证明

1．直接证明包括综合法和分析法：

(1)综合法是“由因导果”．它是从已知条件出发，顺着推证，用综合法证明命题的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已经证明过的命题，B为要证的命题)．它的常见书面表达是“∵，∴”或“⇒”．

(2)分析法是“执果索因”，一步步寻求上一步成立的充分条件．它是从要求证的结论出发，倒着分析，由未知想需知，由需知逐渐地靠近已知(已知条件，包括学过的定义、定理、公理、公式、法则等)．用分析法证明命题的逻辑关系是：B⇐B1⇐B2⇐…⇐Bn⇐A.它的常见书面表达是“要证……只需……”或“⇐”．

2．间接证明主要是反证法：

反证法：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法，反证法是间接证明的一种方法．

反证法主要适用于以下两种情形：

(1)要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；

(2)如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究第1页

一种或很少的几种情形．

三、数学归纳法

数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为归纳奠基，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为归纳递推，是命题具有后继传递性的保证，两步合在一起为完全归纳步骤，这两步缺一不可，第二步中证明“当n＝k＋1时结论正确”的过程中，必须用“归纳假设”，否则就是错误的．

对应阶段质量检测二





见8开试卷一、填空题(本大题共14个小题，每小题5分，共70分，把答案填在题中横线上) 1．(新课标全国卷Ⅰ)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，

甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；

乙说：我没去过C城市；

丙说：我们三人去过同一个城市．

由此可判断乙去过的城市为________．

解析：由甲、丙的回答易知甲去过A城市和C城市，乙去过A城市或C城市，结合乙的回答可得乙去过A城市．

答案：A

2．周长一定的平面图形中圆的面积最大，将这个结论类比到空间，可以得到的结论是________．

解析：平面图形中的图类比空间几何体中的球，周长类比表面积，面积类比体积．

故可以得到的结论是：表面积一定的空间几何体中，球的体积最大．

答案：表面积一定的空间几何体中，球的体积最大

3．下列说法正确的是________．(写出全部正确命题的序号) ①演绎推理是由一般到特殊的推理

②演绎推理得到的结论一定是正确的

③演绎推理的一般模式是“三段论”形式

④演绎推理得到的结论的正误与大、小前提和推理形式有关

解析：如果演绎推理的大前提和小前提都正确，则结论一定正确．大前提和小前提中，只要有一项不正确，则结论一定也不正确．故②错误．

答案：①③④

4．“因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC，BD互相垂直且平分．”以上推第2页

理的大前提是________．

答案：菱形对角线互相垂直且平分

5．在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为________．

1ShV1311S1h1111解析：＝＝S·＝×＝. V21282h24S2h23答案：1∶8 6．(陕西高考)观察分析下表中的数据：

多面体

三棱柱

五棱锥

立方体

面数(F)

5

6

6

顶点数(V)

6

6

8

棱数(E) 9 10 12 猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是________．

解析：三棱柱中5＋6－9＝2；五棱锥中6＋6－10＝2；立方体中6＋8－12＝2，由此归纳可得F＋V－E＝2. 答案：F＋V－E＝2 7．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的一个性质为________．

解析：正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心，故可猜想：正四面体的内切球切于四个侧面各正三角形的中心．

答案：正四面体的内切球切于四个侧面各正三角形的中心

8．已知x，y∈R，当x2＋y2＝________时，有x1－y2＋y1－x2＝1. ＋解析：要使x1－y2＋y1－x2＝1，

只需x2(1－y2)＝1＋y2(1－x2)－2y1－x2，

即2y1－x2＝1－x2＋y2. 只需使(1－x2－y)2＝0，

即1－x2＝y，∴x2＋y2＝1. 答案：1 9．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n1＝2n－1(n∈N*)的过程如下：

－第3页

①当n＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，等式成立；

②假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k1＝2k－1；

－③则当n＝k＋1时，1＋2＋2＋…＋22k－11－2k1k＋1＋2＝＝2－1，则当n＝k＋1时等式1－2＋k成立．由此可知，对任何n∈N*，等式都成立．

上述证明步骤中错误的是________．

解析：因为③没有用到归纳假设的结果，错误．

答案：③

10.如图，在平面直角坐标系xOy中，圆x2＋y2＝r2(r＞0)内切于正方形ABCD，任取圆1x2y222上一点P，若OP＝mOA＋nOB

(m，n∈R)，则是m，n的等差中项；现有一椭圆2＋24ab＝1(a＞b＞0)内切于矩形ABCD，任取椭圆上一点P，若OP＝mOA＋nOB

(m，n∈R)，则m2，n2的等差中项为________．

x2y2解析：如图，设P(x，y)，由2＋2＝1知A(a，b)，B(－a，b)，由OPabx＝m－na，x2y2＝mOA＋nOB可得代入2＋2＝1可得(m－n)2＋(m＋aby＝m＋nb，

m2＋n2111n)＝1，即m＋n＝，所以＝，即m2，n2的等差中项为. 22442221答案：

411．(安徽高考)如图，在等腰直角三角形ABC

中，斜边BC＝22.过点

A作BC

的垂线，垂足为A1

；过点

A1作

AC的垂线，垂足为

A2；过点A2

作A1C

的垂线，垂足为A3

；…，依此类推．设BA＝a1

，AA1＝a2

, A1A2＝a3

，…，

A5A6＝a7

，则

a7＝________.

解析：法一：直接递推归纳：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝22，所以AB＝AC第4页

＝a1＝2，AA1＝a2＝2，A1A2＝a3＝1，…，A5A6＝a7＝a1×261＝. 24法二：求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝22，所以AB＝AC＝a1＝2，AA1π2122＝a2＝2，…，An－1An＝an＋1＝sin·an＝an＝2×n，故a7＝2×6＝. 422241答案：

41427a12．已知x>0，不等式x＋≥2，x＋2≥3，x＋3≥4，…，可推广为x＋n≥n＋1，则xxxxa的值为________．

14222733nn解析：由x＋≥2，x＋2＝x＋2≥3，x＋3＝x＋3≥4，…，可推广为x＋n≥n＋1，xxxxxx故a＝nn. 答案：nn

13．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来(n＝1,2,3，…)，则第n个图形中共有________个顶点．

解析：设第n个图形中有an个顶点，

则a1＝3＋3×3，a2＝4＋4×4，…，

an－2＝n＋n·n，

an＝(n＋2)2＋n＋2＝n2＋5n＋6. 答案：n2＋5n＋6 14．(湖北高考)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数nn＋11211,3,6,10，…，第n个三角形数为＝n＋n.记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以222下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：

11三角形数

N(n,3)＝n2＋n，

22正方形数

五边形数

六边形数

N(n,4)＝n2，

31N(n,5)＝n2－n，

22N(n,6)＝2n2－n，

第5页

……

可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝________. 11解析：N(n，k)＝akn2＋bkn(k≥3)，其中数列{ak}是以为首项，为公差的等差数列；数2211列{bk}是以为首项，－为公差的等差数列；所以N(n,24)＝11n2－10n，当n＝10时，N(10,24)22＝11×102－10×10＝1 000. 答案：1 000 二、解答题(本大题共6个小题，共90分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 11115．(本小题满分14分)设a>0，b>0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8. abab证明：∵a>0，b>0，a＋b＝1. 11∴1＝a＋b≥2ab，ab≤，ab≤，

24111当a＝，b＝时等号成立，

∴≥422ab1111ba＋＝2＋＋≥4. 又＋＝(a＋b)ababab当a＝1，b＝1时等号成立

22111∴＋＋≥8. abab1n*16．(本小题满分14分)已知数列{an}满足a1＝1，an＋an＋1＝(n∈N)，若Tn＝a1＋a2·55＋a3·52＋…＋an·5n1，bn＝6Tn－5nan，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，求数－列{bn}的通项公式．

解：因为Tn＝a1＋a2·5＋a3·52＋…＋an·5n1，①

－所以5Tn＝a1·5＋a2·52＋a3·53＋…＋an－1·5n1＋an·5n，②

－由①＋②得：

6Tn＝a1＋(a1＋a2)·5＋(a2＋a3)·52＋…＋(an－1＋an)·5n1＋an·5n

－12121n－1×5n－1＋an·＝1＋×5＋×5＋…＋5n

555＝n＋an·5n，

所以6Tn－5nan＝n，

所以数列{bn}的通项公式为bn＝n. 17．(本小题满分14分)观察

第6页

3

①sin210°＋cos240°＋sin 10°cos 40°＝；

43②sin26°＋cos236°＋sin 6°cos 36°＝. 4由上面两式的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．

解：观察40°－10°＝30°，36°－6°＝30°，

由此猜想：

3sin2α＋cos2(30°＋α)＋sin α·cos(30°＋α)＝. 4证明：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sin α·cos(30°＋α) ＝sin2α＋cos2(30°＋α)＋sin α(cos 30°cos α－sin 30°sin α) ＝sin2α＋cos2(30°＋α)＋31sin αcos α－sin2α

2213＝sin2α＋cos2(30°＋α)＋sin 2α

24＝＝1－cos 2α1＋cos60°＋2α3＋＋sin 2α

4241－cos 2α1133＋＋cos 2α－sin 2α＋sin 2α

424443＝. 418．(本小题满分16分)已知实数a、b、c满足01，(2－b)c>1，(2－c)a>1，

则三式相乘：(2－a)b(2－b)c(2－c)a>1①

而(2－a)a≤2－a＋a22＝1，

同理，(2－b)b≤1，(2－c)c≤1，

即(2－a)b(2－b)c(2－c)a≤1，

显然与①矛盾，

所以原结论成立．

19．(本小题满分16分)数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*)．

(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项an的表达式；

(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．

解：(1)由Sn＝2n－an，得，a1＝2－a1，即a1＝1. 第7页

3S2＝a1＋a2＝4－a2，解得a2＝. 27S3＝a1＋a2＋a3＝6－a3，解得a3＝. 415S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝8－a4，解得a4＝. 82n－1由此猜想an＝n－1(n∈N*)．

2(2)①当n＝1时，a1＝1，结论成立．

2k－1②假设当n＝k(k∈N)时，结论成立，即ak＝k－1，

2*那么当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，

2k－12＋k－1＋＋22＋ak2k1－12k1－1则ak＋1＝＝＝＝k＋1－1，

222k2这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．

根据①和②，可知猜想对任何n∈N*都成立，

2n－1即an＝n－1(n∈N*)．

2120．(本小题满分16分)已知函数f(x)＝x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an3＋1)，

(1)证明：an≥2n－1(n∈N*)．

(2)试比较111＋＋…＋与1的大小，并说明理由．

1＋a11＋a21＋an解：(1)证明：∵f′(x)＝x2－1，

∴an＋1≥(an＋1)2－1＝a2n＋2an. ①当n＝1时，a1≥1＝21－1，命题成立；

②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时命题成立，

即ak≥2k－1；那么当n＝k＋1时，

kkak＋1≥a2k＋2ak＝ak(ak＋2)≥(2－1)(2－1＋2) ＝22k－1≥2k1－1. ＋即当n＝k＋1时，命题成立，

综上所述，命题成立．

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11(2)∵an≥2n－1，∴1＋an≥2n，∴≤n. 1＋an2∴

1111111＋＋…＋≤＋2＋…＋n＝1－n<1. 221＋a11＋a21＋an22第9页