高中数学人教B版选修2-2课件：本章整合2

本章整合专题1专题2专题3专题4专题5专题一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,然后提出猜想的推理,我们统称为合情推理.合情推理常常能为我们提供证明的思路和方向.归纳推理的思维过程大致如下:实验,观察→概括,推广→猜测一般性结论类比推理的思维过程大致如下:观察,比较→联想,类推→猜测新的结论专题1专题2专题3专题4专题5应用某商场橱窗里用乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品,其中第1堆只有一层,就一个球;第2,3,4…堆最底层(第一层)分别按如图所示方式固定摆放,从第二层开始,每层的小球自然垒放在下一层之上,第n堆第n层就放一个乒乓球,以f(n)表示第n堆的乒乓球总数,则f(3)=;f(n)=(答案用n表示).提示:解题的关键在于寻找递推关系式,然后由递推关系式求通项.而第n堆的变化规律,结合图形,利用不完全归纳法可得.专题1专题2专题3专题4专题5解析:由图形观察可知:f(1)=1,f(2)=4,f(3)=10,f(4)=20,….故下一堆的个数是上一堆的个数加上其第一层的个数.即f(2)=f(1)+3,f(3)=f(2)+6,f(4)=f(3)+10,…,f(n)=f(n-1)+n(n+1)2.将以上(n-1)个式子相加可得f(n)=f(1)+3+6+10+…+n(n+1)2=12[(12+22+⋯+n2)+(1+2+…+n)]=1216n(n+1)(2n+1)+12n(n+1)=16n(n+1)(n+2).答案:1016n(n+1)(n+2)专题1专题2专题3专题4专题5专题二演绎推理三段论推理是演绎推理的主要形式.演绎推理具有如下特点:(1)演绎的前提是一般性原理,演绎所得的结论完全蕴涵于前提之中.(2)演绎推理中,前提与结论之间存在必然的联系,演绎推理是数学中严格证明的工具.(3)演绎推理是一种收敛性的思维方法,它创造性较少,但却具有条理清晰、令人佩服的论证作用,有助于科学的理论化和系统化.应用如图,平面中两条直线l1和l2相交于点O,对于平面上任意一点M,若p,q分别是M到直线l1和l2的距离,则称有序非负实数对(p,q)是点M的“距离坐标”.已知常数p≥0,q≥0,给出下列三个命题:专题1专题2专题3专题4专题5①若p=q=0,则“距离坐标”为(0,0)的点有且只有一个;②若pq=0,且p+q≠0,则“距离坐标”为(p,q)的点有且只有两个;③若pq≠0,则“距离坐标”为(p,q)的点有且只有四个.上述命题中,正确命题的个数是()A.0B.1C.2D.3提示:解题的关键是理解好“距离坐标”的定义.专题1专题2专题3专题4专题5解析:根据平面轨迹的知识,可知到定直线距离为定长(非零)的点的轨迹是两条平行直线.①当p=q=0时满足条件的点是l1与l2的交点,因为l1与l2的交点只有一个,所以“距离坐标”为(0,0)的点只有一个,故①正确.②当pq=0,且p+q≠0时,p,q有且只有一个为0,即p=0,q≠0,或p≠0,q=0,因p,q为常数,满足条件的点是l1与平行l2且距离l2为q的直线的交点,或l2与平行l1且距离l1为p的直线的交点,故②正确.③当pq≠0时,p≠0,且q≠0,满足条件的点是平行l1且距离l1为p的两条直线与平行l2且距离l2为q的两条直线的交点,有4个,故③正确.答案:D专题1专题2专题3专题4专题5专题三直接证明综合法和分析法的区别与联系:分析法的特点是:从“未知”看“需知”,逐步靠拢“已知”,其逐步推理,实际上是要寻找它的充分条件.综合法的特点是:从“已知”看“可知”,逐步推向“未知”,其逐步推理,实际上是寻找它的必要条件.分析法与综合法各有其特点.有些具体的证明题,用分析法或综合法都可以证明出来,人们往往选择比较简单的一种.事实上,在解决问题时,我们经常把综合法和分析法结合起来使用.根据条件的结构特点去转化结论,得到中间结论Q;根据结论的结构特点去转化条件,得到中间结论P.若由Q可以推出P成立,就可以证明结论成立.专题1专题2专题3专题4专题5应用1已知a0,函数f(x)=ax-bx2.(1)当b0时,若对任意x∈R都有f(x)≤1,证明:a≤2b.(2)当b1时,证明:对任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要条件是b-1≤a≤2b.(3)当0b≤1时,讨论对任意x∈[0,1],|f(x)|≤1的充要条件.(1)证法一:因为b0,f(x)=-bx-a2b2+a24b,所以f(x)在R上的最大值为a24b.因为对任意x∈R,都有f(x)≤1,所以a24b≤1.因为a0,b0,所以a≤2b.证法二:因为对任意x∈R,都有f(x)≤1,b≠0,所以𝑓a2b=a22b−a24b=a24b≤1.因为a0,b0,所以a≤2b.专题1专题2专题3专题4专题5证法三:依题设,对任意x∈R都有ax-bx2≤1,所以对任意x0,都有a≤1x+bx.因为b0,所以1x+bx在(0,+∞)内有最小值2b,从而得a≤2b.(2)证法一:先证明必要性.因为b1,所以01b1.由x∈[0,1]时,都有|f(x)|≤1,可得f(1)≥-1,𝑓1b≤1,即a-b≥-1,ab-1≤1.所以b-1≤a≤2b.再证充分性.由0b-1≤a≤2b和0≤x≤1,可得f(x)=ax-bx2≥(b-1)x-bx2=bx(1-x)-x≥-x≥-1,且f(x)=ax-bx2≤2bx−bx2=1−(1−bx)2≤1.专题1专题2专题3专题4专题5所以|f(x)|≤1.综合以上讨论,证得当b1时,对任意x∈[0,1]都有|f(x)|≤1的充要条件是b-1≤a≤2b.证法二:因为a0,b1,f(x)=ax-bx2,所以二次方程f(x)=0的两个根为x1=0,x2=ab0,从而由二次项的系数(-b)0,知函数f(x)在区间0,a2b上是增函数,而在区间a2b,+∞上是减函数,当b1时,若a2b1,则f(x)在区间[0,1]上的最大值为f(1)=a-b2b-b=b1.所以|f(x)|≤1在区间[0,1]上不可能恒成立,因此当a0,b1时,对任意x∈[0,1]都有|f(x)|≤1的充要条件是a2b≤1,𝑓a2b≤1,𝑓(1)≥-1⇔a≤2b,a≤2b,a≥b-1,由b1,知2b2b.故上述充要条件即为b-1≤a≤2b.专题1专题2专题3专题4专题5证法三:因为f(x)=ax-bx2,所以|f(x)|≤1⇔|x|·|a-bx|≤1⇔bx−1|x|≤a≤bx+1|x|,|x|≠0.当a0,b1时,在区间[0,1]上,函数bx−1|x|有最大值b-1,而函数bx+1|x|有最小值2b,其次,又有f(0)=0,所以对任意x∈[0,1]都有|f(x)|≤1的充要条件为b-1≤a≤2b.(3)解:当a0,0b≤1时,对任意x∈[0,1],都有f(x)=ax-bx2≥-bx2≥-b≥-1.若对任意x∈[0,1]都有f(x)≤1,则f(1)≤1,即a-b≤1,得a≤b+1.反之,若a≤b+1,由于0b≤1,则对任意x∈[0,1]都有f(x)≤(b+1)x-bx2=bx(1-x)+x-1+1=(1-x)·(bx-1)+1≤1,综合起来得:当a0,0b≤1时,对任意x∈[0,1],都有|f(x)|≤1的充要条件是a≤b+1.专题1专题2专题3专题4专题5应用2已知数列{an}的通项公式an0(n∈N+),它的前n项和记为Sn,数列{Sn2}是首项为3,公差为1的等差数列.(1)求an与Sn的解析式;(2)试比较Sn与3nan(n∈N+)的大小.提示:(1)根据数列{Sn2}是首项为3,公差为1的等差数列可求出Sn,再根据Sn与an的关系求出an.(2)先由归纳法得到Sn与3nan的关系再证明.解:(1)由已知Sn2=3+(n−1)=n+2,an0(n∈N+),得Sn=n+2(n∈N+).a1=S1=3.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=n+2−n+1.故an=3(n=1),n+2-n+1(n≥2,n∈N+).专题1专题2专题3专题4专题5(2)当n=1时,S1=3,3a1=33,有S13a1.当n=2时,S2=4,3·2a2=6(4−3),有S23·2a2.当n=3时,S3=5,3·3a3=9(5−4),有S33·3·a3;当n=4时,S4=6,3·4a4=12(6−5),有S43·4·a4.当n=5时,S5=7,3·5a5=15(7−6),有S53·5·a5.猜想,当n≥4时,Sn3nan.证明如下:要证明n+23n(n+2−n+1).∵n+2−n+10,专题1专题2专题3专题4专题5∴只需证明n+2n+2-n+13n.只需证明n+2(n+2+n+1)3n.只需证明(n+2)+(n+2)(n+1)3n.∵(n+2)(n+1)(n+2)+(n+1)2=n+32,∴只需证明2n+723n.只需证明n72.此不等式当n≥4时成立,所以当n≥4时,Sn3nan成立.综上可知,当n=1或n≥4,n∈N+时,Sn3nan;当n=2和n=3时,Sn3nan.专题1专题2专题3专题4专题5专题四反证法反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性,从逻辑角度看,命题:“若p,则q”的否定是“若p,则�q”,由此进行推理,如果发生矛盾,那么就说明“若p,则�q”为假,从而可以导出“若p,则q”为真,从而达到证明的目的,反证法是高中数学中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,在高考题中也经常出现,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.应用1如图,在△ABC中,∠BAC90°,D是BC边上的中点,求证:AD12𝐵C.专题1专题2专题3专题4专题5提示:AD12𝐵C的否定是AD≥12𝐵C.再分AD=12𝐵C和AD12𝐵C两种情况一一论证,得出矛盾.证明:假设AD≥12𝐵C.(1)若AD=12𝐵C,由平面几何中的定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半,那么这条边所对的角为直角”知∠BAC=90°,与题设矛盾,所以AD≠12𝐵C.(2)若AD12𝐵C,因为BD=DC=12𝐵C,所以,在△ABD中,ADBD,从而∠B∠BAD;同理∠C∠CAD.所以∠B+∠C∠BAD+∠CAD,专题1专题2专题3专题4专题5即∠B+∠C∠BAC.因为∠B+∠C=180°-∠BAC,所以180°-∠BAC∠BAC,则∠BAC90°,与题设矛盾.由(1)和(2),知假设不成立,所以AD12𝐵C.专题1专题2专题3专题4专题5应用2如图,已知两条直线l∩m=O,l⊆α,m⊆α,l⊈β,m⊈β,α∩β=a.求证:l与m中至少有一条与β相交.提示:结论以“至少”形式出现,直接证明较困难,可考虑用反证法.证明:假设l,m都不与β相交,∵它们都不在平面β内,∴l∥β,且m∥β.又l⊆α,m⊆α,α∩β=a,∴l∥a,m∥a,∴l∥m.这与已知l,m是相交直线矛盾,因此,l与m中至少有一条与β相交.专题1专题2专题3专题4专题5专题五观察、猜测、归纳、证明探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型,此类问题未给出问题结论,需要由特殊情况入手,猜想、证明一般结论.它的解题思路是:从所给条件出发,通过观察、试验、归纳、猜想,探索出结论,然后再对归纳、猜想的结论进行证明.应用1在1与2之间插入n个正数a1,a2,a3,…,an,使这n+2个数成等比数列;又在1与2之间插入n个正数b1,b2,b3,…,bn,使这n+2个数成等差数列.记An=a1a2a3…an,Bn=b1+b2+b3+…+bn.(1)求数列{An}和{Bn}的通项;(2)当n≥7,n∈N+时,比较An与Bn的大小,并证明你的结论.提示:利用等差、等比数列的性质可求数列{An},{Bn}的通项;应用归纳——猜想——证明的方法求解第(2)问.专题1专