1、第2章推理與證明第1課時合情推理(歸納推理)一、 填空題1. 下列說法下正確的是_(填序號) 由合情推理得出的結論一定是正確的； 合情推理必須有前提有結論； 合情推理不能猜想； 合情推理得出的結論不能判斷正誤2. 已知數列an中，a11，當n2時，an2an11，依次計算a2，a3，a4后，猜想an的一個表達式是_3. 數列5，9，17，33，x，中的x等于_4. 在平面內觀察：凸四邊形有2條對角線，凸五邊形有5條對角線，凸六邊形有9條對角線，由此猜想凸n邊形有_條對角線. 5. 觀察下列等式：121，12223，1222326，1222324210，照此規律，第n個等式可為_6. 已知2，3

2、，4，類比這些等式，若10(a，b均為正數)，則ab_7. 對大于或等于2的正整數的冪運算有如下分解方式：2213，32135，421357，；2335，337911，4313151719，.根據上述分解規律，若m213511，p3的分解中最小的正整數是21，則mp_8. 如下圖所示將若干個點擺成三角形圖案，每條邊(包括兩個端點)有n(n1，nN*)個點，相應的圖案中總的點數記為an，則_.9. 定義映射f：AB，其中Am，nR，BR.已知對所有的有序正整數對(m，n)滿足下述條件： f(m，1)1； 若nm，f(m，n)0； f(m1，n)nf(m，n)f(m，n1)則f(2，2)_；f(n

3、，2)_ .10. 已知cos，coscos，coscoscos，根據以上等式，可猜想出的一般結論是_二、 解答題11. 如圖，一個類似楊輝三角的數陣，求出第n(n2)行的第2個數12. 觀察： sin210°cos240°sin10°cos40°； sin27°cos237°sin7°cos37°； sin213°cos243°sin13°cos43°.由此，你能提出一個什么猜想？請嘗試加以證明第2課時合情推理(類比推理)一、 填空題1. 已知扇形的弧長為l，半徑為r，類比

4、三角形的面積公式S，可以推出扇形的面積公式S扇_2. 已知正三角形內切圓的半徑是高的，把這個結論推廣到空間正四面體，類似的結論是_3. 若正三角形ABC的內切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則.推廣到空間幾何可以得到類似結論：若正四面體ABCD的內切球體積為V1，外接球體積為V2，則_4. 在平面幾何中，有“若ABC的三邊長分別為a，b，c，內切圓半徑為r，則三角形面積為SABC(abc)r”拓展到空間，類比上述結論，“若四面體ABCD的四個面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內切球的半徑為r，則四面體的體積為_”5. 已知等差數列中，有 成立類似地，在等比數列中，有_成立6. 如圖，在平面

5、中ABC的角C的內角平分線CE分ABC面積所成的比.將這個結論類比到空間：如圖，在三棱錐ABCD中，平面DEC平分二面角ACDB且與AB交于E，則類比的結論為_. 7. 若點P0(x0，y0)在橢圓1(ab0)外，過點P0作該橢圓的兩條切線，切點分別為P1，P2，則切點弦P1P2所在直線的方程為1，那么對于雙曲線1(a0，b0)，類似地，得到的結論為_8. 在平面幾何里有射影定理：設ABC的兩邊ABAC，點D是點A在BC邊上的射影，則AB2BD·BC.拓展到空間，在四面體ABCD中，DA平面ABC，點O是點A在平面BCD內的射影，且點O在平面BCD內，類比平面三角形射影定理，ABC，

6、BOC，BDC三者面積之間的關系為_9. 定義“等和數列”：在一個數列中，如果每一項與它前一項的和都為同一個常數，那么這個數列叫做等和數列，這個常數叫做該數列的公和已知數列an是等和數列，且a12 ，公和為5，那么a18的值為_，這個數列的前n項和Sn的計算公式為_10. 如圖所示，橢圓中心在坐標原點，F為左焦點，當時，其離心率為，此類橢圓被稱為“黃金橢圓”類比“黃金橢圓”，可推算出“黃金雙曲線”的離心率e等于_二、 解答題11. 在RtABC中，兩直角邊的長分別為a，b，直角頂點C到斜邊的距離為h，則易證.在四面體SABC中，側棱SA，SB，SC兩兩垂直，SAa，SBb，SCc，點S到平面A

7、BC的距離為h，類比上述結論，寫出h與a，b，c之間的等式關系并證明12. 已知橢圓C：1(ab0)具有性質：若M，N是橢圓C上關于原點對稱的兩點，點P是橢圓C上任意一點，當直線PM，PN的斜率都存在時，記為kPN，kPN，那么kPM與kPN之積是與點P位置無關的定值試對雙曲線C：1寫出具有類似的特性的性質，并加以證明第3課時演繹推理一、 填空題1. 推理“矩形是平行四邊形；三角形不是平行四邊形；三角形不是矩形”中的小前提是_(填序號)2. 下面幾種推理是演繹推理的是_(填序號) 兩條直線平行，同旁內角互補，如果A和B是兩條平行直線的同旁內角，則AB180°； 由平面三角形的性質，推

8、測空間四面體的性質； 某校高三共有10個班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推測各班超過50人； 在數列an中，a11，an(n2)，由此歸納出an的通項公式3. “因為四邊形ABCD是矩形，所以四邊形ABCD的對角線相等”，以上推理的大前提是_4. 因對數函數ylogax是增函數，而ylogx是對數函數，所以ylogx是增函數”上面推理的錯誤是_5. 將函數y2x為增函數的判斷寫成三段論的形式為_6. (大前提)對于a，bR，ab2； (小前提)x2； (結論)所以x2.以上推理過程中的錯誤為_(填序號)7. 把函數yx2x1的圖象是一條拋物線恢復成三段論，則大前提是_；小前提

9、是_；結論是_8. 甲，乙，丙三位同學被問到是否去過A，B，C三個城市時甲說：我去過的城市比乙多，但沒去過B城市；乙說：我沒去過C城市；丙說：我們三人去過同一城市由此可判斷乙去過的城市為_9. 下列三句話按三段論的模式排列順序是_(填序號) 2 006能被2整除； 一切偶數都能被2整除； 2 006是偶數10. 用演繹法證明函數y x3是增函數時的小前提是_(填序號) 增函數的定義； 函數y x3滿足增函數的定義； 若x1x2，則f(x1) f(x2)； 若x1x2，則f(x1) f(x2)二、 解答題11. 設實數a，b，c成等比數列，非零實數x，y分別為a與b，b與c的等差中項，求證：2.

10、12. 設數列an的前n項和為Sn，已知a11，an1Sn(nN)求證：(1) 數列是等比數列；(2) Sn14an.第4課時推理案例賞析一、 填空題1. 下面幾種推理是合情推理的是_(填序號) 由圓的性質類比出球的有關性質； 由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的和是180°，歸納出所有三角形的內角和都是180°； 教室內有一把木椅子壞了，則該教室的所有椅子都壞了； 三角形內角和是180°，四邊形內角和是360°，五邊形內角和是540°，由此得出凸多邊形內角和是(n2)×180°.2. 設數列an的前n項和為Sn，且對任意

11、的自然數n都有(Sn1)2anSn，通過計算S1，S2，S3，猜想Sn_3. 已知等差數列an中，a5a1116，a41，則a12_4. 已知等式：(tan5°1)(tan40°1)2，(tan15°1)(tan30°1)2，(tan25°1)(tan20°1)2，據此可猜想出一個一般性命題是_5. 已知x(0，)，觀察下列各式：x2，x3，x4， xn1(nN*)，則a_6. 已知f(n)1(nN)，計算得f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，推測當n2時有_7. 已知正項等比數列an滿足：a7a62a5.若存在

12、兩項am，an使得4a1，則的最小值為_8. 已知命題：若數列an為等差數列，且ama，anb(mn，m，nN*)，則amn；現已知等比數列bn(b0，nN*)，bma，bnb(mn，m，nN*)若類比上述結論，則可得到bmn_9. 如圖所示，圖1有面積關系，則圖2有體積關系_.10. 將連續整數1，2，25填入如圖所示的5行5列的表格中，使每一行的數字從左到右都成遞增數列，則第三列各數之和的最小值為_，最大值為_. 二、 解答題11. 已知函數f(x).(1) 分別求f(2) f，f(3) f，f(4) f的值；(2) 歸納猜想一般性結論，并給出證明；(3) 求值：f(1) f(2) f(3

13、) f(2019)fff.12. 設f(x)3ax22bxc.若abc0，f(0)0，f(1) 0，求證：(1) a0且21；(2) 方程f(x)0在(0，1)內有兩個實根第5課時直接證明一、 填空題1. 設a，b是正實數，則下列不等式恒成立的是_(填序號) ； a|ab|b； ab2.2. 設函數f(x)是定義在R上，周期為3的奇函數若f(1)1，f(2)，則a的取值范圍為_3. 如果不等式|xa|1成立的充分非必要條件是x，則實數a的取值范圍是_4. 設0x1，則a，b1x，c中最大的一個是_5. 用分析法證明：欲使 AB，只需 CD，這里是的_條件6. 設a0，b0，則下面兩式的大小關系

14、為lg(1)_lg(1a)lg(1b)7分析法又叫執果索因法，若使用分析法證明“設abc，且abc0，求證：a”索的因應是_(填序號) ab0； ac0； (ab)(ac)0； (ab)(ac)0.8. 已知點An(n，an)為函數y圖象上的點，Bn(n，bn)為函數yx圖象上的點，其中nN*.設cnanbn，則cn與cn1的大小關系為_9. 定義“等和數列”：在一個數列中，如果每一項與它的后一項的和都為同一個常數，那么這個數列叫做等和數列，這個常數叫做該數列的公和已知數列是等和數列，a11且公和為4，這個數列的前19項和S19為_10. 過圓x2y210x內一點(5，3)有n條弦，它們的長度

15、成等差數列，最小弦長為數列的首項a1，最長的弦長為數列的末項an.若公差d，則n的取值集合為_二、 解答題11. 已知a0，b0，1，求證：.12. 已知函數f(x)tan x，x.若x1，x2，且x1x2，tan，求證：f(x1)f(x2)f.第6課時間接證明一、 填空題1. 用反證法證明“如果ab，那么”，假設的內容是_2命題“ABC中，若AB，則ab”的結論的否定為_3用反證法證明命題“自然數a，b，c中恰有一個偶數”正確的反設為_4用反證法證明命題“x2(ab)xab0，則xa且xb”時應假設_5用反證法證明命題“已知a，bN，若ab可被5整除，則a，b中至少有一個能被5整除”時，正確

16、的反設為_6某同學準備用反證法證明如下一個問題：函數f(x)在0，1上有意義，且f(0)f(1)，如果對于不同的x1，x20，1，都有|f(x1)f(x2)|x1x2|，求證：|f(x1)f(x2)|.那么他的反設應該是_7已知a，b是異面直線，直線c平行于直線a，那么關于c與b的位置關系，下列說法正確的是_(填序號) 一定是異面直線； 一定是相交直線； 不可能是平行直線；不可能是相交直線8有甲、乙、丙、丁四位歌手參加比賽，其中只有一位獲獎，有人走訪了四位歌手，甲說：“是乙或丙獲獎”；乙說：“甲、丙都未獲獎”；丙說：“我獲獎了”；丁說：“是乙獲獎了”其中只有兩位歌手的話是對的，則獲獎的歌手是_

17、9用反證法證明命題“一個三角形中不能有兩個直角”的過程歸納為以下三個步驟： ABC90°90°C180°，這與三角形內角和為180°相矛盾，則AB90°不成立； 所以一個三角形中不能有兩個直角； 假設A，B，C中有兩個角是直角，不妨設AB90°.正確的排列順序為_(填序號)10若三個方程x24mx4m30，x2(m1)xm20，x22mx2m0中，至少有一個方程有實數根，則實數m的取值范圍是_二、 解答題11. 設數列an是公比為q的等比數列，Sn是它的前n項和(1) 求證：數列Sn不是等比數列；(2) 數列Sn是等差數列嗎？為什么？

18、12. 學生的語文、數學成績均被評定為三個等級，依次為“優秀”“合格”“不合格”若學生甲的語文、數學成績都不低于學生乙，且其中至少有一門成績高于乙，則稱“學生甲比學生乙成績好”如果一組學生中沒有哪位學生比另一位學生成績好，并且不存在語文成績相同、數學成績也相同的兩位學生，那么這組學生最多有多少人？第7課時數學歸納法(1)一、 填空題1. 已知n為正偶數，用數學歸納法證明12時，若已知假設nk(k2)為偶數時命題為真，則還需用歸納假再證n_時命題為真2. 用數學歸納法證明“5n2n能被3整除”的第二步中，nk1時，為了使用歸納假設，應將5k12k1變形為_3. 用數學歸納法證明1n(nN*，n1

19、)，在第二步證明從nk到nk1時，左邊增加的項數是_4. 用數學歸納法證明命題“當n是正奇數時，xnyn能被xy整除”，在第二步時，正確的證法是_5. 用數學歸納法證明等式123(2n1)(n1)(2n1)時，當n1時左邊所得的項是123；從“kk1”需增添的項是_6. 利用數學歸納法證明不等式時，由k遞推到k1左邊應添加的因式是_7. 已知f(n)1(nN*)，用數學歸納法證明f(2n)時，f(2k1)f(2k)_. 8. 用數學歸納法證明1222(n1)2n2(n1)22212時，由 nk 的假設到證明 nk1 時，等式左邊應添加的式子是_9. 用數學歸納法證明(n1)(n2)(n3)(n

20、n)2n·1·3··(2n1)(nN*)從nk到nk1，左邊需增乘的代數式為_10. 傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數學家經常在沙灘上畫點或用小石子表示數. 他們研究過如圖所示的三角形數：將三角形數1，3，6，10，記為數列an，將可被5整除的三角形數按從小到大的順序組成一個新數列bn可以推測：(1) b2 016是數列an中的第_項；(2) b2k1_.(用k表示)二、 解答題11. 已知數列an的各項均為正數，且對一切nN*均滿足an2.求證：(1) anan1；(2) an1.12. 已知數列an的前n項和為Sn，且滿足Sn2nan(nN*)(1) 計

21、算a1，a2，a3，a4；(2) 猜想通項公式an，并用數學歸納法證明第8課時數學歸納法(2)一、 填空題1. 用數學歸納法證明2n1n2n2(nN*)時，第一步應驗證：_2. 用數學歸納法證明3nn3(n3，nN)第一步應驗證n_3. 用數學歸納法證明“當n為偶數時，xnyn能被xy整除”， 第一步應驗證n_時，命題成立；第二步歸納假設成立應寫成_4. 已知12×33×324×33n×3n13n(nab)c對一切nN*都成立，則a，b，c的值分別為_5. 用數學歸納法證明1n(n2，nN)時，由nk (k1)不等式成立，推證nk1時，左邊應增加的代數式

22、的個數是_6. 已知整數對的序列如下：(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，(1，5)，(2，4)，則第60個數對是_7. 設平面上n個圓周最多把平面分成f(n)片(平面區域)，則f(2)_，f(n)_(n1，nN)8. 圖1是一個水平擺放的小正方體木塊，圖2，圖3是由這樣的小正方體木塊疊放而成的，按照這樣的規律放下去，至第七個疊放的圖形中，小正方體木塊總數為_9. 若對任意nN*，34n2a2n1都能被14整除，則最小的自然數a_10. 已知f(n)(2n7)·3n9，存在自然數m，使得對任意nN，都

23、能使m整除f(n)，則最大的m的值為_二、 解答題11. 在數列an中，已知a120，a230，an13anan1(nN*，n2)(1) 當n2，3時，分別求aan1an1的值；(2) 判斷aan1an1(n2)是否為定值，并給出證明12. 若不等式對一切正整數n都成立，求正整數a的最大值，并證明結論. 階段檢測(三)一、 填空題1. 在ABC中，E，F分別是AB，AC的中點，則有EFBC.這個命題的大前提為_2. 一同學在電腦中打出如下若干個圈：，若將此若干個圈依此規律繼續下去，那么在前120個圈中的個數是_3. 觀察下列等式：11234934567254567891049照此規律，第n個等

24、式為_4. 觀察下列各式：7249，73343，742 401，則72 015的末兩位數字為_5. 在ABC中，D為邊BC的中點，則()將上述命題類比到四面體中去，得到一個類比命題：_6. 規定符號“*”表示一種兩個正實數之間的運算，即a*bab，則函數f(x)1*x的值域是_. 7. 有一個奇數列1，3，5，7，9，現在進行如下分組：第一組：1，第二組：3，5，第三組：7，9，11，第四組：13，15，17，19，現觀察猜想每組內各數之和為an與其組的編號數n的關系為_8. 觀察下圖，可推斷出“x”處應該填的數字為_9. 由代數式的乘法法則類比推導向量的數量積的運算法則： 由“mnnm”類比

25、得到“a·bb·a”； 由“(mn)tmtnt”類比得到“(ab)·ca·cb·c”； 由“t0，mtxtmx”類比得到“p0，a·px·pax”； 由“|m·n|m|·|n|”類比得到“|a·b|a|·|b|”以上結論正確的是_(填序號)10. 如圖所示的三角形數陣叫“萊布尼茲調和三角形”，它們是由整數的倒數組成的，第n行有n個數，且兩端的數均為，每個數是它下一行左右相鄰兩數的和，則第10行第3個數(從左往右數)為_二、 解答題11. 若a，b，c均為實數，且ax22y，by22z，

26、cz22x，求證：a，b，c中至少有一個大于0.12. 設正整數數列an滿足：a24，且對于任何nN*，有22；(1) 求a1，a3；(2) 求數列an的通項an. 第2章單元檢測一、 填空題：本大題共14小題，每小題5分，共70分1. 三段論：“ 只有船準時起航，才能準時到達目的港； 這艘船是準時到達目的港的， 所以這艘船是準時起航的”中，小前提是_(填序號)2. 我們知道：周長一定的所有矩形中，正方形的面積最大；周長一定的所有矩形與圓中，圓的面積最大. 將這些結論類比到空間，可以得到的結論是_. 3. f(n)1(nN)，經計算f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32).推測

27、當n2時有_4. 已知2，3，4，.若6，請推測a_，b_. 5. 對大于1的自然數m的奇次冪可用奇數進行如圖“分裂”，按照這種規律，若m3的“分裂”中有一個數是35，則m的值為_6. 已知a(0，)，不等式x2，x3，x4，可推廣為xn1，則a的值為_若定義在區間D上的函數f(x)對于D上的n個值x1，x2，xn，總滿足f(x1)f(x2)f(xn)f，則稱函數f(x)為D上的凸函數現已知f(x)sinx在(0，)上是凸函數，則ABC中，sinAsinBsinC的最大值是_兩點等分單位圓時，有相應正確關系為sin sin()0；三點等分單位圓時，有相應正確關系為sin sinsin0.由此可

28、以推知：四點等分單位圓時的相應正確關系為_存在實數a，b使等式224262(2n)2n(n1)(anb)對任意的正整數n都成立，則ab_. 將平面向量的數量積運算與實數的乘法運算相類比，易得下列結論： a·bb·a； (a·b)·ca·(b·c)； a·(bc)a·ba·c； 由a·ba·c(a0)可得bc.以上通過類比得到的結論正確的個數為_11. 若數列an的通項公式an(nN)，記f(n)(1a1)(1a2)(1an)，試通過計算f(1)，f(2)，f(3)的值，推測出f(n)_

29、12. 設函數f(x)定義如下表，數列xn滿足x05，且對任意的自然數均有xn1f(xn)，則x2 015_x12345f(x)4135213. 觀察：(1) tan5°tan15°tan5°tan70°tan15°tan70°1；(2) tan10°tan25°tan25°tan55°tan10°tan55°1；(3) tan20°tan30°tan20°tan40°tan30°tan40°1.由以上三式成立，推廣

30、得到：tan7°tantan7°tantantan1(其中，為銳角)則_14. 在等差數列an中，若a100，則有等式a1a2ana1a2a19n(n19，nN*)成立類比上述性質，相應地：在等比數列bn中，若b91，則有等式_成立二、 解答題：本大題共6小題，共90分解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟15. (本小題滿分14分)已知abc，求證：.16. (本小題滿分14分)如圖所示，在ABC中，射影定理可表示為abcosCccosB，其中a，b，c分別為角A，B，C的對邊類比上述定理，寫出對空間四面體性質的猜想17(本小題滿分15分)(1) 若a1，用分析法

31、證明2；(2) 已知a，b都是正實數，且ab2.求證：(2a1)(b1)9.18. (本小題滿分15分)已知abc0，abbcca0，abc0.求證：a，b，c0.19(本小題滿分16分)某同學在一次研究性學習中發現，以下五個式子的值都等于同一個常數： sin213°cos217°sin13°cos17°； sin215°cos215°sin15°cos15°； sin218°cos212°sin18°cos12°； sin2(18°)cos248°sin

32、(18°)cos48°； sin2(25°)cos255°sin(25°)cos55°.(1) 試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數；(2) 根據(1)的計算結果，將該同學的發現推廣為三角恒等式，并證明你的結論. 20. (本小題滿分16分)已知函數yf(x)對任意實數x，y都有f(xy)f(x)f(y)2xy.(1) 求f(0)的值；(2) 若f(1)1，求f(2)，f(3)，f(4)的值，猜想f(n)(nN*)的表達式并用數學歸納法證明你的結論；(3) 若f(1) 1，求證：f0(nN*)選修2-2參考答案第2章推理與證明第1

33、課時合情推理(歸納推理)1. 解析：合情推理的結論不一定正確，但必須有前提有結論2. an2n1解析：a22a113，a32a217，a42a3115，利用歸納推理，猜想an2n1.3. 65解析：5221，9231，17241，33251，歸納可得x26165.4. 5. 12223242(1)n1n2(1)n1·解析： 觀察等式左邊的式子，每次增加一項，故第n個等式左邊有n項，左邊的通項為(1)n1n2.等式右邊的值的符號也是正負相間，其絕對值分別是1，3，6，10，15，即1，12，123，1234，12345，則第n個等式的右邊的絕對值為，所以第n個等式為12223242(1

34、)n1n2(1)n1·.6. 109解析：觀察下列等式2，3，4，第n個應該是(n1)，則第9個等式中：a10，ba2199，故ab109.7. 11解析：由歸納推理可知，m6，p5， mp11.8. 解析：由圖案的點數可知a23，a36，a49，a512，所以an3n3(n2)，所以，所以1.9. 22n2解析：根據定義得f(2，2)f(11，2)2f(1，2)f(1，1)2f(1，1)2×12，f(3，2)f(21，2)2f(2，2)f(2，1)2×(21)6232，f(4，2)f(31，2)2f(3，2)f(3，1)2×(61)14242，f(5，

35、2)f(41，2)2f(4，2)f(4，1)2×(141)30252，所以根據歸納推理可知f(n，2)2n2.10. cos·cos··cos(nN*)解析：從題中所給的幾個等式可知，第n個等式的左邊應有n個余弦相等，且分母均為2n1，分子分別為，2，右邊應為，故可以猜想出結論為cos·cos··cos(nN*)11. 解：第n(n2)行的第2個數為33572(n2)13n22n3.12. 解： 猜想：sin2cos2(30°)sin·cos(30°).證明如下：sin2cos2(30°

36、;)sin·cos(30°)sin2sinsin2cos2sin2sin2sin2cos2.第2課時合情推理(類比推理)1. lr2. 正四面體的內切球的半徑是高的解析：原問題的解法為等面積法，即Sah3×arrh，類比問題的解法應為等體積法，Vsh4×srrh.3. 解析：平面幾何中，圓的面積與圓的半徑的平方成正比，而在空間幾何中，球的體積與半徑的立方成正比，所以.4. V四面體ABCD(S1S2S3S4)r解析：三角形的面積類比為四面體的體積，三角形的邊長類比為四面體四個面的面積，內切圓半徑類比為內切球的半徑二維圖形中類比為三維圖形中的，得V四面體A

37、BCD(S1S2S3S4)r.5. 6. 解析： 此類問題由平面類比空間，應該面積類比體積，長度類比面積，由，類比得.7. 切點弦所在的直線的方程為1解析：設P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P0(x0，y0)，則過點P1，P2的切線的方程分別為1，1.因為P0(x0，y0)在這兩條切線上，所以1，1.這說明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)都在直線1上，故切點弦P1P2所在直線的方程為1.8. SSBOC·SBDC9. 3Sn解析： a12，公和為5， a23，a32，a43， 當n為奇數時，Sn×52n；當n為偶數時，Snn. Sn 10. 解析： 設雙曲線方

38、程為1(a0，b0)，則F(c，0)，B(0，b)，A(a，0) (c，b)，(a，b) ， ·b2ac0， c2a2ac0， e2e10， e或e(舍去)11. 解：類比得到.證明如下：過S作ABC所在平面的垂線，垂足為O，連結CO并延長交AB于D，連結SD. SO平面ABC， SOAB. SCSA，SCSB， SC平面SAB， SCAB，SCSD， AB平面SCD， ABSD.在RtABS中，有；在RtCDS中，有.12. 解：類似性質為：若M，N為雙曲線1上關于原點對稱的兩點，點P是雙曲線上任一點，當直線PM，PN的斜率都存在，并記為kPM，kPN時，那么kPM與kPN之積是與

39、點P位置無關的定值證明如下：設P(x，y)，M(m，n)，則N(m，n)，其中1，即n2(m2a2)， kPM，kPN.又1，即y2(x2a2)， y2n2(x2m2)， kPM·kPN，故kPMkPN是與點P位置無關的定值第3課時演繹推理1. 解析：由演繹推理三段論可知，是大前提；是小前提；是結論2. 3. 矩形都是對角線相等的四邊形4. 大前提錯導致結論錯5. (大前提)指數函數yax(a1)是增函數；(小前提)y2x是底數大于1的指數函數；(結論)所以y2x為增函數6. 7. 二次函數的圖象是一條拋物線函數yx2x1是二次函數函數yx2x1的圖象是一條拋物線8. A解析：由題意

40、可推斷：甲沒有去過B城市，但比乙去的城市多，而丙說“三人去過同一城市”，說明甲去過A，C城市，而乙“沒去過C城市”，說明乙去過A城市9. 解析：是大前提，是小前提，是結論所以順序是.10. 解析：根據題意函數yx3滿足增函數的定義是證明函數yx3是增函數時的小前提11. 證明：由題意知x，y，b2ac，則2， 2.12. 證明：(1) an1Sn1Sn，an1Sn， (n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn. 2·，故是以2為公比的等比數列(2) 由(1) 可知4·(n2)， Sn14(n1)·4··Sn14an(n2)又a23S

41、13，S2a1a21344a1， 對于任意正整數n，都有Sn14an.第4課時 推理案例賞析1. 2. 解析：由(S11)2S，得S1；由(S21)2(S2S1)S2，得S2；由(S31)2(S3S2)S3，得S3.猜想Sn.3. 154. (tan1)tan(45°)125. nn解析：第一個式子是n1的情況，此時a1，第二個式子是n2的情況，此時a22，第三個式子是n3的情況，此時a33，歸納可以知道ann.6. f7. 解析：因為a7a62a5，所以a5q2a5q2a5，即q2q20，解得q2.若存在兩項an，am，有4a1，即aman16a，aqmn216a，即2mn216，

42、所以mn24，mn6，即1.所以，當且僅當即n24m2，n2m時取等號，此時mn63m，所以m2，n4時取最小值，所以最小值為.8. 解析：等差數列中的bn和am可以類比等比數列中的bn和am，等差數列中的bnam可以類比等比數列中的，等差數列中的可以類比等比數列中的，故bmn.9. 10. 4585解析：因為第3列前面有兩列，共有10個數分別小于第3列的數，因此最小為369121545.因為第3列后面有兩列，共有10個數分別大于第3列的數，因此最大為232017141185.11. 解：(1) f(x)， f(2) f1，同理可得f(3) f1，f(4) f1.(2) 由(1) 猜想f(x)

43、f1，證明如下：f(x)f1.(3) 由(2) 可得，原式f(1) f(1) 20192019.12. 證明：(1) 因為f(0)0，f(1) 0，所以c0，3a2bc0.因為abc0，消去b得ac0；再由條件abc0，消去c得ab0且2ab0，所以21.(2) 因為拋物線f(x)3ax22bxc的頂點坐標為，又21，所以.因為f(0)0，f(1) 0，而f0，所以方程f(x)0在區間與內分別有一實根，故方程f(x)0在(0，1)內有兩個實根第5課時直接證明1. 解析：當ab時， 不成立 a，b為正數， ab|ab|，成立ab22，故成立2. (，1)(0，)解析：由題意得f(2)f(13)f

44、(1)1， f(2)1即1， 0，即3a(a1)0， a1或a0.3. a解析：|xa|1a1xa1.由題意知(a1，a1)，則有(且等號不同時成立)，解得a.4. c解析： bc(1x)0， bc.又b1xa， abc.5. 必要解析：分析法證明的本質是證明結論的充分條件成立，即，所以是的必要條件6. 解析： (1)2(1a)(1b)12ab1abab2(ab)()20， (1)2(1a)(1b)， lg(1)lg(1a)lg(1b)7. 解析：要證a，只需證b2ac3a2，只需證b2a(ba)3a2，只需證2a2abb20.只需證(2ab)(ab)0，只需證(ac)(ab)0.故索的因應為

45、.8. cn1cn解析：由條件得cnanbnn， cn隨n的增大而減小 cn1cn.9. 3710. 5，6，7解析：方程x2y210x表示以(5，0)為圓心，5為半徑的圓，過圓內一點(5，3)的弦中，最長弦為直徑10，最短弦為8，設ana1(n1)d，則108(n1)d，則n1，d，故n的范圍是5，7因為nN*，所以n5，6，711. 證明：要證明成立，只需證1a，只需證(1a)(1b)1(1b0)，即1baab1， abab，只需證1即1.由已知a0，1成立， 成立12. 證明：要證明f(x1)f(x2)f，即證明(tan x1tan x2)tan ，只需證明tan ，只需證明.由于x1、

46、x2，故x1x2(0，)所以cos x1cos x20，sin(x1x2)0，1cos(x1x2)0，故只需證明1cos(x1x2)2cos x1cos x2，即證1cos x1cos x2sin x1sin x22cos x1cos x2，即證cos(x1x2)1.由x1，x2，x1x2知上式是顯然成立的因此，f(x1)f(x2)f.第6課時間接證明1. 2. ab解析：“ab”的否定應為“ab或ab”，即ab.3. a，b，c中至少有兩個偶數或都是奇數4. xa或xb5. a，b都不能被5整除6. x1，x20，1，使得|f(x1)f(x2)|x1x2|，則|f(x1)f(x2)|7. 8

47、. 丙9. 解析： 由反證法證明的步驟知，先反證即，再推出矛盾即，最后作出判斷，肯定結論即，即順序應為.10. m1或m解析：假設三個方程都無實數根，得116m24(4m3)0，解之得m；2(m1)24m20，解之得m或m1；34m28m0，解之得2m0.從而得m1，故至少有一個方程有實數根的m的取值范圍是m1或m.11. (1) 證明： 假設數列Sn是等比數列，則SS1S3，即a(1q)2a1·a1·(1qq2)因為a10，所以(1q)21qq2，即q0，這與公比q0矛盾，所以數列Sn不是等比數列(2) 解：當q1時，Snna1，故Sn是等差數列；當q1時，Sn不是等差數

48、列，否則2S2S1S3，即2a1(1q)a1a1(1qq2)，得q0，這與公比q0矛盾綜上，當q1時，數列Sn是等差數列；當q1時，Sn不是等差數列12. 解：假設A、B兩位學生的數學成績一樣，由題意知他們語文成績不一樣，這樣他們的語文成績總有人比另一個人高，語文成績較高的學生比另一個學生“成績好”，與已知條件“他們之中沒有一個比另一個成績好”相矛盾因此，沒有任意兩位學生數學成績是相同的因為數學成績只有3種，因而學生數量最大為3，即 3位學生的成績分別為(優秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，優秀)時滿足條件第7課時數學歸納法(1)1. k2解析：nk(k2為偶數)的下一個偶數為k2.2. 5(5k2k)3×2k解析：假設nk時命題成立，即5k2k被3整除當nk1時，5k12k15×5k2×2k5(5k2k)5×2k2×2k5(5k2k)3×2k.3. 3·2k解析：項數為(2k11)(2k1)2k項4. 假設n2k1時正確，再推出n2k1時正確5. (2k2)(2k3)6. 解析：f(k1)f(k)().7. 8. (k1)2k2解析：分析等式變化規律可知左邊實際增加的是(k1)2k2.9. 2(2k1)解析：nk時，左邊(k1)(k2)(kk)；nk1時，左邊(k2)(k3)(k1k1)