高三理科數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用總復(fù)習(xí)教學(xué)案。
一名優(yōu)秀的教師在教學(xué)時都會提前最好準(zhǔn)備，教師要準(zhǔn)備好教案，這是教師需要精心準(zhǔn)備的。教案可以保證學(xué)生們在上課時能夠更好的聽課，幫助教師能夠更輕松的上課教學(xué)。那么怎么才能寫出優(yōu)秀的教案呢？下面是小編幫大家編輯的《高三理科數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用總復(fù)習(xí)教學(xué)案》，僅供參考，歡迎大家閱讀。
第三章導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用
高考導(dǎo)航
考試要求重難點擊命題展望
1.導(dǎo)數(shù)概念及其幾何意義
(1)了解導(dǎo)數(shù)概念的實際背景；
(2)理解導(dǎo)數(shù)的幾何意義.
2.導(dǎo)數(shù)的運算
(1)能根據(jù)導(dǎo)數(shù)定義，求函數(shù)y＝c(c為常數(shù))，y＝x，y＝x2，y＝x3，y＝，y＝的導(dǎo)數(shù)；
(2)能利用基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式和導(dǎo)數(shù)的四則運算法則求簡單函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，能求簡單的復(fù)合函數(shù)(僅限于形如f(ax＋b)的復(fù)合函數(shù))的導(dǎo)數(shù).
3.導(dǎo)數(shù)在研究函數(shù)中的應(yīng)用
(1)了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)；
(2)了解函數(shù)在某點取得極值的必要條件和充分條件；會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次)；會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值(其中多項式函數(shù)一般不超過三次).
4.生活中的優(yōu)化問題
會利用導(dǎo)數(shù)解決某些實際問題.
5.定積分與微積分基本定理
(1)了解定積分的實際背景，了解定積分的基本思想，了解定積分的概念；
(2)了解微積分基本定理的含義.本章重點：
1.導(dǎo)數(shù)的概念；
2.利用導(dǎo)數(shù)求切線的斜率；
3.利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)單調(diào)性或求單調(diào)區(qū)間；
4.利用導(dǎo)數(shù)求極值或最值；
5.利用導(dǎo)數(shù)求實際問題最優(yōu)解.
本章難點：導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用.導(dǎo)數(shù)與定積分是微積分的核心概念之一，也是中學(xué)選學(xué)內(nèi)容中較為重要的知識之一.由于其應(yīng)用的廣泛性，為我們解決有關(guān)函數(shù)、數(shù)列問題提供了更一般、更有效的方法.因此，本章知識在高考題中常在函數(shù)、數(shù)列等有關(guān)最值不等式問題中有所體現(xiàn)，既考查數(shù)形結(jié)合思想，分類討論思想，也考查學(xué)生靈活運用所學(xué)知識和方法的能力.考題可能以選擇題或填空題的形式來考查導(dǎo)數(shù)與定積分的基本運算與簡單的幾何意義，而以解答題的形式來綜合考查學(xué)生的分析問題和解決問題的能力.
知識網(wǎng)絡(luò)
3.1導(dǎo)數(shù)的概念與運算
典例精析
題型一導(dǎo)數(shù)的概念
【例1】已知函數(shù)f(x)＝2ln3x＋8x，
求f(1－2Δx)－f(1)Δx的值.
【解析】由導(dǎo)數(shù)的定義知：
f(1－2Δx)－f(1)Δx＝－2f(1－2Δx)－f(1)－2Δx＝－2f′(1)＝－20.
【點撥】導(dǎo)數(shù)的實質(zhì)是求函數(shù)值相對于自變量的變化率，即求當(dāng)Δx→0時，平均變化率ΔyΔx的極限.
【變式訓(xùn)練1】某市在一次降雨過程中，降雨量y(mm)與時間t(min)的函數(shù)關(guān)系可以近似地表示為f(t)＝t2100，則在時刻t＝10min的降雨強度為()
A.15mm/minB.14mm/min
C.12mm/minD.1mm/min
【解析】選A.
題型二求導(dǎo)函數(shù)
【例2】求下列函數(shù)的導(dǎo)數(shù).
(1)y＝ln(x＋1＋x2)；
(2)y＝(x2－2x＋3)e2x；
(3)y＝3x1－x.
【解析】運用求導(dǎo)數(shù)公式及復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)數(shù)法則.
(1)y′＝1x＋1＋x2(x＋1＋x2)′
＝1x＋1＋x2(1＋x1＋x2)＝11＋x2.
(2)y′＝(2x－2)e2x＋2(x2－2x＋3)e2x
＝2(x2－x＋2)e2x.
(3)y′＝13(x1－x1－x＋x(1－x)2
＝13(x1－x1(1－x)2
＝13x(1－x)
【變式訓(xùn)練2】如下圖，函數(shù)f(x)的圖象是折線段ABC，其中A、B、C的坐標(biāo)分別為(0,4)，(2,0)，(6,4)，則f(f(0))＝；f(1＋Δx)－f(1)Δx＝(用數(shù)字作答).
【解析】f(0)＝4，f(f(0))＝f(4)＝2，
由導(dǎo)數(shù)定義f(1＋Δx)－f(1)Δx＝f′(1).
當(dāng)0≤x≤2時，f(x)＝4－2x，f′(x)＝－2，f′(1)＝－2.
題型三利用導(dǎo)數(shù)求切線的斜率
【例3】已知曲線C：y＝x3－3x2＋2x，直線l：y＝kx，且l與C切于點P(x0，y0)(x0≠0)，求直線l的方程及切點坐標(biāo).
【解析】由l過原點，知k＝y(tǒng)0x0(x0≠0)，又點P(x0，y0)在曲線C上，y0＝x30－3x20＋2x0，
所以y0x0＝x20－3x0＋2.
而y′＝3x2－6x＋2，k＝3x20－6x0＋2.
又k＝y(tǒng)0x0，
所以3x20－6x0＋2＝x20－3x0＋2，其中x0≠0，
解得x0＝32.
所以y0＝－38，所以k＝y(tǒng)0x0＝－14，
所以直線l的方程為y＝－14x，切點坐標(biāo)為(32，－38).
【點撥】利用切點在曲線上，又曲線在切點處的切線的斜率為曲線在該點處的導(dǎo)數(shù)來列方程，即可求得切點的坐標(biāo).
【變式訓(xùn)練3】若函數(shù)y＝x3－3x＋4的切線經(jīng)過點(－2，2)，求此切線方程.
【解析】設(shè)切點為P(x0，y0)，則由
y′＝3x2－3得切線的斜率為k＝3x20－3.
所以函數(shù)y＝x3－3x＋4在P(x0，y0)處的切線方程為
y－y0＝(3x20－3)(x－x0).
又切線經(jīng)過點(－2,2)，得
2－y0＝(3x20－3)(－2－x0)，①
而切點在曲線上，得y0＝x30－3x0＋4，②
由①②解得x0＝1或x0＝－2.
則切線方程為y＝2或9x－y＋20＝0.
總結(jié)提高
1.函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)通常有以下兩種求法：
(1)導(dǎo)數(shù)的定義，即求ΔyΔx＝f(x0＋Δx)－f(x0)Δx的值；
(2)先求導(dǎo)函數(shù)f′(x)，再將x＝x0的值代入，即得f′(x0)的值.
2.求y＝f(x)的導(dǎo)函數(shù)的幾種方法：
(1)利用常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式；
(2)利用四則運算的導(dǎo)數(shù)公式；
(3)利用復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)方法.
3.導(dǎo)數(shù)的幾何意義：函數(shù)y＝f(x)在x＝x0處的導(dǎo)數(shù)f′(x0)，就是函數(shù)y＝f(x)的曲線在點P(x0，y0)處的切線的斜率.
3.2導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(一)
典例精析
題型一求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間
【例1】已知函數(shù)f(x)＝x2－ax－aln(x－1)(a∈R)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間.
【解析】函數(shù)f(x)＝x2－ax－aln(x－1)的定義域是(1，＋∞).
f′(x)＝2x－a－ax－1＝2x(x－a＋22)x－1，
①若a≤0，則a＋22≤1，f′(x)＝2x(x－a＋22)x－1＞0在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤0時，f(x)的增區(qū)間為(1，＋∞).
②若a＞0，則a＋22＞1，
故當(dāng)x∈(1，a＋22]時，f′(x)＝2x(x－a＋22)x－1≤0；
當(dāng)x∈[a＋22，＋∞)時，f′(x)＝2x(x－a＋22)x－1≥0，
所以a＞0時，f(x)的減區(qū)間為(1，a＋22]，f(x)的增區(qū)間為[a＋22，＋∞).
【點撥】在定義域x＞1下，為了判定f′(x)符號，必須討論實數(shù)a＋22與0及1的大小，分類討論是解本題的關(guān)鍵.
【變式訓(xùn)練1】已知函數(shù)f(x)＝x2＋lnx－ax在(0,1)上是增函數(shù)，求a的取值范圍.
【解析】因為f′(x)＝2x＋1x－a，f(x)在(0,1)上是增函數(shù)，
所以2x＋1x－a≥0在(0,1)上恒成立，
即a≤2x＋1x恒成立.
又2x＋1x≥22(當(dāng)且僅當(dāng)x＝22時，取等號).
所以a≤22，
故a的取值范圍為(－∞，22].
【點撥】當(dāng)f(x)在區(qū)間(a，b)上是增函數(shù)時f′(x)≥0在(a，b)上恒成立；同樣，當(dāng)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上為減函數(shù)時f′(x)≤0在(a，b)上恒成立.然后就要根據(jù)不等式恒成立的條件來求參數(shù)的取值范圍了.
題型二求函數(shù)的極值
【例2】已知f(x)＝ax3＋bx2＋cx(a≠0)在x＝±1時取得極值，且f(1)＝－1.
(1)試求常數(shù)a，b，c的值；
(2)試判斷x＝±1是函數(shù)的極小值點還是極大值點，并說明理由.
【解析】(1)f′(x)＝3ax2＋2bx＋c.
因為x＝±1是函數(shù)f(x)的極值點，
所以x＝±1是方程f′(x)＝0，即3ax2＋2bx＋c＝0的兩根.
由根與系數(shù)的關(guān)系，得
又f(1)＝－1，所以a＋b＋c＝－1.③
由①②③解得a＝12，b＝0，c＝－32.
(2)由(1)得f(x)＝12x3－32x，
所以當(dāng)f′(x)＝32x2－32＞0時，有x＜－1或x＞1；
當(dāng)f′(x)＝32x2－32＜0時，有－1＜x＜1.
所以函數(shù)f(x)＝12x3－32x在(－∞，－1)和(1，＋∞)上是增函數(shù)，在(－1,1)上是減函數(shù).
所以當(dāng)x＝－1時，函數(shù)取得極大值f(－1)＝1；當(dāng)x＝1時，函數(shù)取得極小值f(1)＝－1.
【點撥】求函數(shù)的極值應(yīng)先求導(dǎo)數(shù).對于多項式函數(shù)f(x)來講，f(x)在點x＝x0處取極值的必要條件是f′(x)＝0.但是，當(dāng)x0滿足f′(x0)＝0時，f(x)在點x＝x0處卻未必取得極值，只有在x0的兩側(cè)f(x)的導(dǎo)數(shù)異號時，x0才是f(x)的極值點.并且如果f′(x)在x0兩側(cè)滿足“左正右負(fù)”，則x0是f(x)的極大值點，f(x0)是極大值；如果f′(x)在x0兩側(cè)滿足“左負(fù)右正”，則x0是f(x)的極小值點，f(x0)是極小值.
【變式訓(xùn)練2】定義在R上的函數(shù)y＝f(x)，滿足f(3－x)＝f(x)，(x－32)f′(x)＜0，若x1＜x2，且x1＋x2＞3，則有()
A.f(x1)＜f(x2)B.f(x1)＞f(x2)
C.f(x1)＝f(x2)D.不確定
【解析】由f(3－x)＝f(x)可得f[3－(x＋32)]＝f(x＋32)，即f(32－x)＝f(x＋32)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于x＝32對稱.又因為(x－32)f′(x)＜0，所以當(dāng)x＞32時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞減，當(dāng)x＜32時，函數(shù)f(x)單調(diào)遞增.當(dāng)x1＋x22＝32時，f(x1)＝f(x2)，因為x1＋x2＞3，所以x1＋x22＞32，相當(dāng)于x1，x2的中點向右偏離對稱軸，所以f(x1)＞f(x2).故選B.
題型三求函數(shù)的最值
【例3】求函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)－14x2在區(qū)間[0,2]上的最大值和最小值.
【解析】f′(x)＝11＋x－12x，令11＋x－12x＝0，化簡為x2＋x－2＝0，解得x1＝－2或x2＝1，其中x1＝－2舍去.
又由f′(x)＝11＋x－12x＞0，且x∈[0,2]，得知函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，同理，得知函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(1,2)，所以f(1)＝ln2－14為函數(shù)f(x)的極大值.又因為f(0)＝0，f(2)＝ln3－1＞0，f(1)＞f(2)，所以，f(0)＝0為函數(shù)f(x)在[0,2]上的最小值，f(1)＝ln2－14為函數(shù)f(x)在[0,2]上的最大值.
【點撥】求函數(shù)f(x)在某閉區(qū)間[a，b]上的最值，首先需求函數(shù)f(x)在開區(qū)間(a，b)內(nèi)的極值，然后，將f(x)的各個極值與f(x)在閉區(qū)間上的端點的函數(shù)值f(a)、f(b)比較，才能得出函數(shù)f(x)在[a，b]上的最值.
【變式訓(xùn)練3】(2008江蘇)f(x)＝ax3－3x＋1對x∈[－1,1]總有f(x)≥0成立，則a＝.
【解析】若x＝0，則無論a為何值，f(x)≥0恒成立.
當(dāng)x∈(0,1]時，f(x)≥0可以化為a≥3x2－1x3，
設(shè)g(x)＝3x2－1x3，則g′(x)＝3(1－2x)x4，
x∈(0，12)時，g′(x)＞0，x∈(12，1]時，g′(x)＜0.
因此g(x)max＝g(12)＝4，所以a≥4.
當(dāng)x∈[－1,0)時，f(x)≥0可以化為
a≤3x2－1x3，此時g′(x)＝3(1－2x)x4＞0，
g(x)min＝g(－1)＝4，所以a≤4.
綜上可知，a＝4.
總結(jié)提高
1.求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟是：
(1)確定函數(shù)f(x)的定義域D；
(2)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；
(3)根據(jù)f′(x)＞0，且x∈D，求得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間；根據(jù)f′(x)＜0，且x∈D，求得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間.
2.求函數(shù)極值的步驟是：
(1)求導(dǎo)數(shù)f′(x)；
(2)求方程f′(x)＝0的根；
(3)判斷f′(x)在方程根左右的值的符號，確定f(x)在這個根處取極大值還是取極小值.
3.求函數(shù)最值的步驟是：
先求f(x)在(a，b)內(nèi)的極值；再將f(x)的各極值與端點處的函數(shù)值f(a)、f(b)比較，其中最大的一個是最大值，最小的一個是最小值.
3.3導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用(二)
典例精析
題型一利用導(dǎo)數(shù)證明不等式
【例1】已知函數(shù)f(x)＝12x2＋lnx.
(1)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[1，e]上的值域；
(2)求證：x＞1時，f(x)＜23x3.
【解析】(1)由已知f′(x)＝x＋1x，
當(dāng)x∈[1，e]時，f′(x)＞0，因此f(x)在[1，e]上為增函數(shù).
故f(x)max＝f(e)＝e22＋1，f(x)min＝f(1)＝12，
因而f(x)在區(qū)間[1，e]上的值域為[12，e22＋1].
(2)證明：令F(x)＝f(x)－23x3＝－23x3＋12x2＋lnx，則F′(x)＝x＋1x－2x2＝(1－x)(1＋x＋2x2)x，
因為x＞1，所以F′(x)＜0，
故F(x)在(1，＋∞)上為減函數(shù).
又F(1)＝－16＜0，
故x＞1時，F(xiàn)(x)＜0恒成立，
即f(x)＜23x3.
【點撥】有關(guān)“超越性不等式”的證明，構(gòu)造函數(shù)，應(yīng)用導(dǎo)數(shù)確定所構(gòu)造函數(shù)的單調(diào)性是常用的證明方法.
【變式訓(xùn)練1】已知對任意實數(shù)x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x＞0時，f′(x)＞0，g′(x)＞0，則x＜0時()
A.f′(x)＞0，g′(x)＞0B.f′(x)＞0，g′(x)＜0
C.f′(x)＜0，g′(x)＞0D.f′(x)＜0，g′(x)＜0
【解析】選B.
題型二優(yōu)化問題
【例2】(2009湖南)某地建一座橋，兩端的橋墩已建好，這兩個橋墩相距m米，余下工程只需建兩端橋墩之間的橋面和橋墩.經(jīng)測算，一個橋墩的工程費用為256萬元；距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費用為(2＋x)x萬元.假設(shè)橋墩等距離分布，所有橋墩都視為點，且不考慮其他因素.記余下工程的費用為y萬元.
(1)試寫出y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；
(2)當(dāng)m＝640米時，需新建多少個橋墩才能使y最?。?br>
【解析】(1)設(shè)需新建n個橋墩，則(n＋1)x＝m，
即n＝mx－1.
所以y＝f(x)＝256n＋(n＋1)(2＋x)x
＝256(mx－1)＋mx(2＋x)x
＝256mx＋mx＋2m－256.
(2)由(1)知f′(x)＝－256mx2＋12mx＝m2x2(x－512).
令f′(x)＝0，得x＝512.所以x＝64.
當(dāng)0＜x＜64時，f′(x)＜0，f(x)在區(qū)間(0,64)內(nèi)為減函數(shù)；當(dāng)64＜x＜640時，f′(x)＞0，f(x)在區(qū)間(64,640)內(nèi)為增函數(shù).
所以f(x)在x＝64處取得最小值.
此時n＝mx－1＝64064－1＝9.
故需新建9個橋墩才能使y最小.
【變式訓(xùn)練2】(2010上海)如圖所示，為了制作一個圓柱形燈籠，先要制作4個全等的矩形骨架，總計耗用9.6米鐵絲，骨架把圓柱底面8等份，再用S平方米塑料片制成圓柱的側(cè)面和下底面(不安裝上底面).當(dāng)圓柱底面半徑r取何值時，S取得最大值？并求出該最大值(結(jié)果精確到0.01平方米).
【解析】設(shè)圓柱底面半徑為r，高為h，
則由已知可得4(4r＋2h)＝9.6，所以2r＋h＝1.2.
S＝2.4πr－3πr2，h＝1.2－2r＞0，所以r＜0.6.
所以S＝2.4πr－3πr2(0＜r＜0.6).
令f(r)＝2.4πr－3πr2，則f′(r)＝2.4π－6πr.
令f′(r)＝0得r＝0.4.所以當(dāng)0＜r＜0.4，f′(r)＞0；
當(dāng)0.4＜r＜0.6，f′(r)＜0.
所以r＝0.4時S最大，Smax＝1.51.
題型三導(dǎo)數(shù)與函數(shù)零點問題
【例3】設(shè)函數(shù)f(x)＝13x3－mx2＋(m2－4)x，x∈R.
(1)當(dāng)m＝3時，求曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程；
(2)已知函數(shù)f(x)有三個互不相同的零點0，α，β，且α＜β.若對任意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，求實數(shù)m的取值范圍.
【解析】(1)當(dāng)m＝3時，f(x)＝13x3－3x2＋5x，f′(x)＝x2－6x＋5.
因為f(2)＝23，f′(2)＝－3，所以切點坐標(biāo)為(2，23)，切線的斜率為－3，
則所求的切線方程為y－23＝－3(x－2)，即9x＋3y－20＝0.
(2)f′(x)＝x2－2mx＋(m2－4).
令f′(x)＝0，得x＝m－2或x＝m＋2.
當(dāng)x∈(－∞，m－2)時，f′(x)＞0，f(x)在(－∞，m－2)上是增函數(shù)；
當(dāng)x∈(m－2，m＋2)時，f′(x)＜0，f(x)在(m－2，m＋2)上是減函數(shù)；
當(dāng)x∈(m＋2，＋∞)時，f′(x)＞0，f(x)在(m＋2，＋∞)上是增函數(shù).
因為函數(shù)f(x)有三個互不相同的零點0，α，β，且f(x)＝13x[x2－3mx＋3(m2－4)]，
所以
解得m∈(－4，－2)∪(－2,2)∪(2,4).
當(dāng)m∈(－4，－2)時，m－2＜m＋2＜0，
所以α＜m－2＜β＜m＋2＜0.
此時f(α)＝0，f(1)＞f(0)＝0，與題意不合，故舍去.
當(dāng)m∈(－2,2)時，m－2＜0＜m＋2，
所以α＜m－2＜0＜m＋2＜β.
因為對任意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，
所以α＜1＜β.
所以f(1)為函數(shù)f(x)在[α，β]上的最小值.
因為當(dāng)x＝m＋2時，函數(shù)f(x)在[α，β]上取最小值，
所以m＋2＝1，即m＝－1.
當(dāng)m∈(2,4)時，0＜m－2＜m＋2，
所以0＜m－2＜α＜m＋2＜β.
因為對任意的x∈[α，β]，都有f(x)≥f(1)恒成立，
所以α＜1＜β.
所以f(1)為函數(shù)f(x)在[α，β]上的最小值.
因為當(dāng)x＝m＋2時，函數(shù)f(x)在[α，β]上取最小值，
所以m＋2＝1，即m＝－1(舍去).
綜上可知，m的取值范圍是{－1}.
【變式訓(xùn)練3】已知f(x)＝ax2(a∈R)，g(x)＝2lnx.
(1)討論函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)性；
(2)若方程f(x)＝g(x)在區(qū)間[2，e]上有兩個不等解，求a的取值范圍.
【解析】(1)當(dāng)a＞0時，F(xiàn)(x)的遞增區(qū)間為(1a，＋∞)，遞減區(qū)間為(0，1a)；
當(dāng)a≤0時，F(xiàn)(x)的遞減區(qū)間為(0，＋∞).
(2)[12ln2，1e).
總結(jié)提高
在應(yīng)用導(dǎo)數(shù)處理方程、不等式有關(guān)問題時，首先應(yīng)熟練地將方程、不等式問題直接轉(zhuǎn)化為函數(shù)問題，再利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)單調(diào)性、極值或最值.
3.4定積分與微積分基本定理
典例精析
題型一求常見函數(shù)的定積分
【例1】計算下列定積分的值.
(1)(x－1)5dx；
(2)(x＋sinx)dx.
【解析】(1)因為[16(x－1)6]′＝(x－1)5，
所以(x－1)5dx＝＝16.
(2)因為(x22－cosx)′＝x＋sinx，
所以(x＋sinx)dx＝＝π28＋1.
【點撥】(1)一般情況下，只要能找到被積函數(shù)的原函數(shù)，就能求出定積分的值；
(2)當(dāng)被積函數(shù)是分段函數(shù)時，應(yīng)對每個區(qū)間分段積分，再求和；
(3)對于含有絕對值符號的被積函數(shù)，應(yīng)先去掉絕對值符號后積分；
(4)當(dāng)被積函數(shù)具有奇偶性時，可用以下結(jié)論：
①若f(x)是偶函數(shù)時，則f(x)dx＝2f(x)dx；
②若f(x)是奇函數(shù)時，則f(x)dx＝0.
【變式訓(xùn)練1】求(3x3＋4sinx)dx.
【解析】(3x3＋4sinx)dx表示直線x＝－5，x＝5，y＝0和曲線y＝3x3＋4sinx所圍成的曲邊梯形面積的代數(shù)和，且在x軸上方的面積取正號，在x軸下方的面積取負(fù)號.
又f(－x)＝3(－x)3＋4sin(－x)
＝－(3x3＋4sinx)＝－f(x).
所以f(x)＝3x3＋4sinx在[－5,5]上是奇函數(shù)，
所以(3x3＋4sinx)dx＝－(3x3＋4sinx)dx，
所以(3x3＋4sinx)dx＝(3x3＋4sinx)dx＋(3x3＋4sinx)dx＝0.
題型二利用定積分計算曲邊梯形的面積
【例2】求拋物線y2＝2x與直線y＝4－x所圍成的平面圖形的面積.
【解析】方法一：如圖，
由
得交點A(2,2)，B(8，－4)，
則S＝[2x－(－2x)]dx＋[4－x－(－2x)]dx
＝＋
＝163＋383＝18.
方法二：S＝[(4－y)－y22]dy
＝＝18.
【點撥】根據(jù)圖形的特征，選擇不同的積分變量，可使計算簡捷，在以y為積分變量時，應(yīng)注意將曲線方程變?yōu)閤＝φ(y)的形式，同時，積分上、下限必須對應(yīng)y的取值.
【變式訓(xùn)練2】設(shè)k是一個正整數(shù)，(1＋xk)k的展開式中x3的系數(shù)為116，則函數(shù)y＝x2與y＝kx－3的圖象所圍成的陰影部分(如圖)的面積為.
【解析】Tr＋1＝Crk(xk)r，令r＝3，得x3的系數(shù)為C3k1k3＝116，解得k＝4.由得函數(shù)y＝x2與y＝4x－3的圖象的交點的橫坐標(biāo)分別為1,3.
所以陰影部分的面積為S＝(4x－3－x2)dx＝(2x2－3x－＝43.
題型三定積分在物理中的應(yīng)用
【例3】(1)變速直線運動的物體的速度為v(t)＝1－t2，初始位置為x0＝1，求它在前2秒內(nèi)所走過的路程及2秒末所在的位置；
(2)一物體按規(guī)律x＝bt3作直線運動，式中x為時間t內(nèi)通過的距離，媒質(zhì)的阻力正比于速度的平方，試求物體由x＝0運動到x＝a時阻力所做的功.
【解析】(1)當(dāng)0≤t≤1時，v(t)≥0，當(dāng)1≤t≤2時，v(t)≤0，所以前2秒內(nèi)所走過的路程為
s＝v(t)dt＋(－v(t))dt
＝(1－t2)dt＋(t2－1)dt
=＋＝2.
2秒末所在的位置為
x1＝x0＋v(t)dt＝1＋(1－t2)dt＝13.
所以它在前2秒內(nèi)所走過的路程為2,2秒末所在的位置為x1＝13.
(2)物體的速度為v＝(bt3)′＝3bt2.
媒質(zhì)阻力F阻＝kv2＝k(3bt2)2＝9kb2t4，其中k為比例常數(shù)，且k＞0.
當(dāng)x＝0時，t＝0；
當(dāng)x＝a時，t＝t1＝(ab)，
又ds＝vdt，故阻力所做的功為
W阻＝ds＝kv2vdt＝kv3dt
＝k(3bt2)3dt＝277kb3t71＝277k3a7b2.
【點撥】定積分在物理學(xué)中的應(yīng)用應(yīng)注意：v(t)＝a(t)dt，s(t)＝v(t)dt和W＝F(x)dx這三個公式.
【變式訓(xùn)練3】定義F(x，y)＝(1＋x)y，x，y∈(0，＋∞).令函數(shù)f(x)＝F[1，log2(x2－4x＋9)]的圖象為曲線C1，曲線C1與y軸交于點A(0，m)，過坐標(biāo)原點O向曲線C1作切線，切點為B(n，t)(n＞0)，設(shè)曲線C1在點A，B之間的曲線段與線段OA，OB所圍成圖形的面積為S，求S的值.
【解析】因為F(x，y)＝(1＋x)y，所以f(x)＝F(1，log2(x2－4x＋9))＝＝x2－4x＋9，故A(0,9)，又過坐標(biāo)原點O向曲線C1作切線，切點為B(n，t)(n＞0)，f′(x)＝2x－4.
所以解得B(3,6)，
所以S＝(x2－4x＋9－2x)dx＝(x33－3x2＋9x)=9.（勵志的句子 DJz525.COm）
總結(jié)提高
1.定積分的計算關(guān)鍵是通過逆向思維求得被積函數(shù)的原函數(shù).?
2.定積分在物理學(xué)中的應(yīng)用必須遵循相應(yīng)的物理過程和物理原理.?
3.利用定積分求平面圖形面積的步驟：?
（1）畫出草圖，在直角坐標(biāo)系中畫出曲線或直線的大致圖象；?
（2）借助圖形確定出被積函數(shù)，求出交點坐標(biāo)，確定積分的上、下限；?
（3）把曲邊梯形的面積表示成若干個定積分的和；?
（4）計算定積分，寫出答案.
相關(guān)知識
高三理科數(shù)學(xué)算法初步總復(fù)習(xí)教學(xué)案
第十一章算法初步
高考導(dǎo)航
考試要求重難點擊命題展望
1.了解算法的含義，了解算法的思想.
2.理解程序框圖的三種基本邏輯結(jié)構(gòu)：順序結(jié)構(gòu)、條件結(jié)構(gòu)、循環(huán)結(jié)構(gòu).
3.理解幾種基本算法語句——輸入語句、輸出語句、賦值語句、條件語句、循環(huán)語句的含義.
4.了解幾個古代的算法案例，能用輾轉(zhuǎn)相除法及更相減損術(shù)求最大公約數(shù)；用秦九韶算法求多項式的值；了解進(jìn)位制，會進(jìn)行不同進(jìn)位制之間的轉(zhuǎn)化.本章重點：1.算法的三種基本邏輯結(jié)構(gòu)即順序結(jié)構(gòu)、條件結(jié)構(gòu)和循環(huán)結(jié)構(gòu)；2.輸入語句、輸出語句、賦值語句、條件語句、循環(huán)語句(兩種形式)的結(jié)構(gòu)、作用與功能及各種語句的格式要求.
本章難點：1.用自然語言表示算法和運用程序框圖表示算法；2.用算法的基本思想編寫程序解決簡單問題.弄清三種基本邏輯結(jié)構(gòu)的區(qū)別，把握程序語言中所包含的一些基本語句結(jié)構(gòu).算法初步作為數(shù)學(xué)新增部分，在高考中一定會體現(xiàn)出它的重要性和實用性.
高考中將重點考查對變量賦值的理解和掌握、對條件結(jié)構(gòu)和循環(huán)結(jié)構(gòu)的靈活運用，學(xué)會根據(jù)要求畫出程序框圖；預(yù)計高考中，將考查程序框圖、循環(huán)結(jié)構(gòu)和算法思想，并結(jié)合函數(shù)與數(shù)列考查邏輯思維能力.因此算法知識與其他知識的結(jié)合將是高考的重點，這也恰恰體現(xiàn)了算法的普遍性、工具性，當(dāng)然難度不會太大，重在考查算法的概念及其思想.
1.以選擇題、填空題為主，重點考查算法的含義、程序框圖、基本算法語句以及算法案例等內(nèi)容.
2.解答題中可要求學(xué)生設(shè)計一個計算的程序并畫出程序框圖，能很好地考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力.
知識網(wǎng)絡(luò)
11.1算法的含義與程序框圖
典例精析
題型一算法的含義
【例1】已知球的表面積是16π，要求球的體積，寫出解決該問題的一個算法.
【解析】算法如下：
第一步，s＝16π.
第二步，計算R＝s4π.
第三步，計算V＝4πR33.
第四步，輸出V.
【點撥】給出一個問題，設(shè)計算法應(yīng)該注意：
(1)認(rèn)真分析問題，聯(lián)系解決此問題的一般數(shù)學(xué)方法，此問題涉及到的各種情況；
(2)將此問題分成若干個步驟；
(3)用簡練的語句將各步表述出來.
【變式訓(xùn)練1】設(shè)計一個計算1×3×5×7×9×11×13的算法.圖中給出程序的一部分，則在橫線①上不能填入的數(shù)是()
A.13
B.13.5
C.14
D.14.5
【解析】當(dāng)I＜13成立時，只能運算
1×3×5×7×9×11.故選A.
題型二程序框圖
【例2】圖一是某縣參加2010年高考的學(xué)生身高條形統(tǒng)計圖，從左到右的各條形表示的學(xué)生人數(shù)依次記為A1，A2，…，A10(如A2表示身高(單位：cm)在[150,155)內(nèi)的學(xué)生人數(shù)).圖二是統(tǒng)計圖一中身高在一定范圍內(nèi)學(xué)生人數(shù)的一個算法流程圖.現(xiàn)要統(tǒng)計身高在160～180cm(含160cm，不含180cm)的學(xué)生人數(shù)，那么在流程圖中的判斷框內(nèi)應(yīng)填寫的條件是()
A.i＜6？B.i＜7？C.i＜8？D.i＜9？
圖一
【解析】根據(jù)題意可知，i的初始值為4，輸出結(jié)果應(yīng)該是A4＋A5＋A6＋A7，因此判斷框中應(yīng)填寫i＜8？，選C.
【點撥】本題的命題角度較為新穎，信息量較大，以條形統(tǒng)計圖為知識點進(jìn)行鋪墊，介紹了算法流程圖中各個數(shù)據(jù)的引入來源，其考查點集中于循環(huán)結(jié)構(gòu)的終止條件的判斷，考查了學(xué)生合理地進(jìn)行推理與迅速作出判斷的解題能力，解本題的過程中不少考生誤選A，實質(zhì)上本題中的數(shù)據(jù)并不大，考生完全可以直接從頭開始限次按流程圖循環(huán)觀察，依次寫出每次循環(huán)后的變量的賦值，即可得解.
【變式訓(xùn)練2】(2009遼寧)某店一個月的收入和支出，總共記錄了N個數(shù)據(jù)a1，a2，…，aN.其中收入記為正數(shù)，支出記為負(fù)數(shù)，該店用如圖所示的程序框圖計算月總收入S和月凈盈利V，那么在圖中空白的判斷框和處理框中，應(yīng)分別填入下列四個選項中的()
A.A＞0？，V＝S－T
B.A＜0？，V＝S－T
C.A＞0？，V＝S＋T
D.A＜0？，V＝S＋T
【解析】選C.
題型三算法的條件結(jié)構(gòu)
【例3】某快遞公司規(guī)定甲、乙兩地之間物品的托運費用根據(jù)下列方法計算：
f＝
其中f(單位：元)為托運費，ω為托運物品的重量(單位：千克)，試寫出一個計算費用f的算法，并畫出相應(yīng)的程序框圖.
【解析】算法如下：
第一步，輸入物品重量ω.
第二步，如果ω≤50，那么f＝0.53ω，
否則，f＝50×0.53＋(ω－50)×0.85.
第三步，輸出托運費f.
程序框圖如圖所示.
【點撥】求分段函數(shù)值的算法應(yīng)用到條件結(jié)構(gòu)，因此在程序框圖的畫法中需要引入判斷框，要根據(jù)題目的要求引入判斷框的個數(shù)，而判斷框內(nèi)的條件不同，對應(yīng)的框圖中的內(nèi)容或操作就相應(yīng)地進(jìn)行變化.
【變式訓(xùn)練3】(2010天津)閱讀如圖的程序框圖，若輸出s的值為－7，則判斷框內(nèi)可填寫()
A.i＜3？
B.i＜4？
C.i＜5？
D.i＜6？
【解析】i＝1，s＝2－1＝1；
i＝3，s＝1－3＝－2；
i＝5，s＝－2－5＝－7.所以選D.
題型四算法的循環(huán)結(jié)構(gòu)
【例4】設(shè)計一個計算10個數(shù)的平均數(shù)的算法，并畫出程序框圖.
【解析】算法步驟如下：
第一步，令S＝0.
第二步，令I(lǐng)＝1.
第三步，輸入一個數(shù)G.
第四步，令S＝S＋G.
第五步，令I(lǐng)＝I＋1.
第六步，若I＞10，轉(zhuǎn)到第七步，
若I≤10，轉(zhuǎn)到第三步.
第七步，令A(yù)＝S/10.
第八步，輸出A.
據(jù)上述算法步驟，程序框圖如圖.
【點撥】(1)引入變量S作為累加變量，引入I為計數(shù)變量，對于這種多個數(shù)據(jù)的處理問題，可通過循環(huán)結(jié)構(gòu)來達(dá)到；(2)計數(shù)變量用于記錄循環(huán)次數(shù)，同時它的取值還用于判斷循環(huán)是否終止，累加變量用于輸出結(jié)果.
【變式訓(xùn)練4】設(shè)計一個求1×2×3×…×10的程序框圖.
【解析】程序框圖如下面的圖一或圖二.
圖一圖二
總結(jié)提高
1.給出一個問題，設(shè)計算法時應(yīng)注意：
(1)認(rèn)真分析問題，聯(lián)系解決此問題的一般數(shù)學(xué)方法；
(2)綜合考慮此類問題中可能涉及的各種情況；
(3)借助有關(guān)的變量或參數(shù)對算法加以表述；
(4)將解決問題的過程劃分為若干個步驟；
(5)用簡練的語言將各個步驟表示出來.
2.循環(huán)結(jié)構(gòu)有兩種形式，即當(dāng)型和直到型，這兩種形式的循環(huán)結(jié)構(gòu)在執(zhí)行流程上有所不同，當(dāng)型循環(huán)是當(dāng)條件滿足時執(zhí)行循環(huán)體，不滿足時退出循環(huán)體；而直到型循環(huán)則是當(dāng)條件不滿足時執(zhí)行循環(huán)體，滿足時退出循環(huán)體.所以判斷框內(nèi)的條件，是由兩種循環(huán)語句確定的，不得隨便更改.
3.條件結(jié)構(gòu)主要用在一些需要依據(jù)條件進(jìn)行判斷的算法中.如分段函數(shù)的求值，數(shù)據(jù)的大小關(guān)系等問題的算法設(shè)計.
11.2基本算法語句
典例精析
題型一輸入、輸出與賦值語句的應(yīng)用
【例1】閱讀程序框圖(如下圖)，若輸入m＝4，n＝6，則輸出a＝，i＝.
【解析】a＝12，i＝3.
【點撥】賦值語句是一種重要的基本語句，也是程序必不可少的重要組成部分，使用賦值語句，要注意其格式要求.
【變式訓(xùn)練1】(2010陜西)如圖是求樣本x1，x2，…，x10的平均數(shù)的程序框圖，則圖中空白框中應(yīng)填入的內(nèi)容為()
A.S＝S＋xnB.S＝S＋xnnC.S＝S＋nD.S＝S＋1n
【解析】因為此步為求和，顯然為S＝S＋xn，故選A.
題型二循環(huán)語句的應(yīng)用
【例2】設(shè)計算法求11×2＋12×3＋13×4＋…＋199×100的值.要求畫出程序框圖，寫出用基本語句編寫的程序.
【解析】這是一個累加求和問題，共99項相加，可設(shè)計一個計數(shù)變量，一個累加變量，用循環(huán)結(jié)構(gòu)實現(xiàn)這一算法.程序框圖如下圖所示：
程序如下：
s＝0
k＝1
DO
s＝s＋1/(k*(k＋1))
k＝k＋1
LOOPUNTILk＞99
PRINTs
END
【點撥】(1)在用WHILE語句和UNTIL語句編寫程序解決問題時，一定要注意格式和條件的表述方法，WHILE語句是當(dāng)條件滿足時執(zhí)行循環(huán)體，UNTIL語句是當(dāng)條件不滿足時執(zhí)行循環(huán)體.
(2)在解決一些需要反復(fù)執(zhí)行的運算任務(wù)，如累加求和、累乘求積等問題中應(yīng)注意考慮利用循環(huán)語句來實現(xiàn).
(3)在循環(huán)語句中，也可以嵌套條件語句，甚至是循環(huán)語句，此時需要注意嵌套的這些語句，保證語句的完整性，否則就會造成程序無法執(zhí)行.
【變式訓(xùn)練2】下圖是輸出某個有限數(shù)列各項的程序框圖，則該框圖所輸出的最后一個數(shù)據(jù)是.
【解析】由程序框圖可知，當(dāng)N＝1時，A＝1；N＝2時，A＝13；N＝3時，A＝15，…，即輸出各個A值的分母是以1為首項以2為公差的等差數(shù)列，故當(dāng)N＝50時，A＝11＋(50－1)×2＝199，即為框圖最后輸出的一個數(shù)據(jù).故填199.
題型三算法語句的實際應(yīng)用
【例3】某電信部門規(guī)定：撥打市內(nèi)電話時，如果通話時間3分鐘以內(nèi)，收取通話費0.2元，如果通話時間超過3分鐘，則超過部分以每分鐘0.1元收取通話費(通話不足1分鐘時按1分鐘計算).試設(shè)計一個計算通話費用的算法，要求寫出算法，編寫程序.
【解析】我們用c(單位：元)表示通話費，t(單位：分鐘)表示通話時間，
則依題意有
算法步驟如下：
第一步，輸入通話時間t.
第二步，如果t≤3，那么c＝0.2；否則c＝0.2＋0.1×[t－2].
第三步，輸出通話費用c.
程序如下：
INPUTt
IFt＜3THEN
c＝0.2
ELSE
c＝0.2＋0.1*INT（t-2）
ENDIF
PRINTc
END
【點撥】在解決實際問題時，要正確理解其中的算法思想，根據(jù)題目寫出其關(guān)系式，再寫出相應(yīng)的算法步驟，畫出程序框圖，最后準(zhǔn)確地編寫出程序，同時要注意結(jié)合題意加深對算法的理解.
【變式訓(xùn)練3】(2010江蘇)下圖是一個算法流程圖，則輸出S的值是.
【解析】n＝1時，S＝3；n＝2時，S＝3＋4＝7；n＝3時，S＝7＋8＝15；n＝4時，S＝15＋24＝31；n＝5時，S＝31＋25＝63.因為63≥33，所以輸出的S值為63.
總結(jié)提高
1.輸入、輸出語句可以設(shè)計提示信息，加引號表示出來，與變量之間用分號隔開.
2.賦值語句的賦值號左邊只能是變量而不能是表達(dá)式；賦值號左右兩邊不能對換，不能利用賦值語句進(jìn)行代數(shù)式計算，利用賦值語句可以實現(xiàn)兩個變量值的互換，方法是引進(jìn)第三個變量，用三個賦值語句完成.
3.在某些算法中，根據(jù)需要，在條件語句的THEN分支或ELSE分支中又可以包含條件語句.遇到這樣的問題，要分清內(nèi)外條件結(jié)構(gòu)，保證結(jié)構(gòu)的完整性.
4.分清WHILE語句和UNTIL語句的格式，在解決一些需要反復(fù)執(zhí)行的運算任務(wù)，如累加求和，累乘求積等問題中應(yīng)主要考慮利用循環(huán)語句來實現(xiàn)，但也要結(jié)合其他語句如條件語句.
5.編程的一般步驟：
(1)算法分析；(2)畫出程序框圖；(3)寫出程序.
11.3算法案例
典例精析
題型一求最大公約數(shù)
【例1】(1)用輾轉(zhuǎn)相除法求840與1764的最大公約數(shù)；
(2)用更相減損術(shù)求440與556的最大公約數(shù).
【解析】(1)用輾轉(zhuǎn)相除法求840與1764的最大公約數(shù)：
1764＝840×2＋84，
840＝84×10＋0.
所以840與1764的最大公約數(shù)是84.
(2)用更相減損術(shù)求440與556的最大公約數(shù)：
556－440＝116，
440－116＝324，
324－116＝208，
208－116＝92，
116－92＝24，
92－24＝68，
68－24＝44，
44－24＝20，
24－20＝4，
20－4＝16，
16－4＝12，
12－4＝8，
8－4＝4.
所以440與556的最大公約數(shù)是4.
【點撥】(1)輾轉(zhuǎn)相除法與更相減損術(shù)是求兩個正整數(shù)的最大公約數(shù)的方法，輾轉(zhuǎn)相除法用較大的數(shù)除以較小的數(shù)，直到大數(shù)被小數(shù)除盡結(jié)束運算，較小的數(shù)就是最大公約數(shù)；更相減損術(shù)是用兩數(shù)中較大的數(shù)減去較小的數(shù)，直到所得的差和較小數(shù)相等為止，這個較小數(shù)就是這兩個數(shù)的最大公約數(shù).一般情況下，輾轉(zhuǎn)相除法步驟較少，而更相減損術(shù)步驟較多，但運算簡易，解題時要靈活運用.
(2)兩個以上的數(shù)求最大公約數(shù)，先求其中兩個數(shù)的最大公約數(shù)，再用所得的公約數(shù)與其他各數(shù)求最大公約數(shù)即可.
【變式訓(xùn)練1】求147,343,133的最大公約數(shù).
【解析】先求147與343的最大公約數(shù).
343－147＝196，
196－147＝49，
147－49＝98，
98－49＝49，
所以147與343的最大公約數(shù)為49.
再求49與133的最大公約數(shù).
133－49＝84，
84－49＝35，
49－35＝14，
35－14＝21，
21－14＝7，
14－7＝7.
所以147,343,133的最大公約數(shù)為7.
題型二秦九韶算法的應(yīng)用
【例2】用秦九韶算法寫出求多項式f(x)＝1＋x＋0.5x2＋0.01667x3＋0.04167x4＋0.00833x5在x＝－0.2時的值的過程.
【解析】先把函數(shù)整理成f(x)＝((((0.00833x＋0.04167)x＋0.16667)x＋0.5)x＋1)x＋1，
按照從內(nèi)向外的順序依次進(jìn)行.
x＝－0.2，
a5＝0.00833，v0＝a5＝0.00833；
a4＝0.04167，v1＝v0x＋a4＝0.04；
a3＝0.01667，v2＝v1x＋a3＝0.00867；
a2＝0.5，v3＝v2x＋a2＝0.49827；
a1＝1，v4＝v3x＋a1＝0.90035；
a0＝1，v5＝v4x＋a0＝0.81993；
所以f(－0.2)＝0.81993.
【點撥】秦九韶算法是多項式求值的最優(yōu)算法，特點是：
(1)將高次多項式的求值化為一次多項式求值；
(2)減少運算次數(shù)，提高效率；
(3)步驟重復(fù)實施，能用計算機操作.
【變式訓(xùn)練2】用秦九韶算法求多項式f(x)＝8x7＋5x6＋3x4＋2x＋1當(dāng)x＝2時的值為.
【解析】1397.
題型三進(jìn)位制之間的轉(zhuǎn)換
【例3】(1)將101111011(2)轉(zhuǎn)化為十進(jìn)制的數(shù)；
(2)將53(8)轉(zhuǎn)化為二進(jìn)制的數(shù).
【解析】(1)101111011(2)＝1×28＋0×27＋1×26＋1×25＋1×24＋1×23＋0×22＋1×21＋1＝379.
(2)53(8)＝5×81＋3＝43.
所以53(8)＝101011(2).
【點撥】將k進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)換為十進(jìn)制數(shù)，關(guān)鍵是先寫成冪的積的形式再求和，將十進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)換為k進(jìn)制數(shù)，用“除k取余法”，余數(shù)的書寫是由下往上，順序不能顛倒，k進(jìn)制化為m進(jìn)制(k，m≠10)，可以用十進(jìn)制過渡.
【變式訓(xùn)練3】把十進(jìn)制數(shù)89化為三進(jìn)制數(shù).
【解析】具體的計算方法如下：
89＝3×29＋2，
29＝3×9＋2，
9＝3×3＋0，
3＝3×1＋0，
1＝3×0＋1，
所以89(10)＝10022(3).
總結(jié)提高
1.輾轉(zhuǎn)相除法和更相減損術(shù)都是用來求兩個數(shù)的最大公約數(shù)的方法.其算法不同，但二者的原理卻是相似的，主要區(qū)別是一個是除法運算，一個是減法運算，實質(zhì)都是一個遞推的過程.用秦九韶算法計算多項式的值，關(guān)鍵是正確的將多項式改寫，然后由內(nèi)向外，依次計算求解.
2.將k進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)化為十進(jìn)制數(shù)的算法和將十進(jìn)制數(shù)轉(zhuǎn)化為k進(jìn)制數(shù)的算法操作性很強，要掌握算法步驟，并熟練轉(zhuǎn)化；要熟練應(yīng)用“除基數(shù)，倒取余，一直除到商為0”.
高三理科數(shù)學(xué)排列組合總復(fù)習(xí)教學(xué)案
一名優(yōu)秀負(fù)責(zé)的教師就要對每一位學(xué)生盡職盡責(zé)，高中教師要準(zhǔn)備好教案，這是高中教師需要精心準(zhǔn)備的。教案可以讓學(xué)生能夠在課堂積極的參與互動，幫助高中教師能夠更輕松的上課教學(xué)。高中教案的內(nèi)容具體要怎樣寫呢？下面是小編精心為您整理的“高三理科數(shù)學(xué)排列組合總復(fù)習(xí)教學(xué)案”，希望對您的工作和生活有所幫助。
第十二章排列組合、二項式定理、概率
高考導(dǎo)航
考試要求重難點擊命題展望
排列
、
組合1.理解并運用分類加法計數(shù)原理或分步乘法計數(shù)原理解決一些簡單的實際問題；
2.理解排列、組合的概念；能利用計數(shù)原理推導(dǎo)排列數(shù)公式、組合數(shù)公式，并能解決簡單的實際問題；
3.能用計數(shù)原理證明二項式定理；會用二項式定理解決與二項展開式有關(guān)的簡單問題.本章重點：排列、組合的意義及其計算方法，二項式定理的應(yīng)用.
本章難點：用二項式定理解決與二項展開式有關(guān)的問題.排列組合是學(xué)習(xí)概率的基礎(chǔ)，其核心是兩個基本原理.高考中著重考查兩個基本原理，排列組合的概念及二項式定理.
隨機事件的概率1.了解隨機事件發(fā)生的不確定性和頻率的穩(wěn)定性，了解概率的意義以及頻率與概率的區(qū)別；
2.了解兩個互斥事件的概率加法公式和相互獨立事件同時發(fā)生的概率乘法公式；
3.理解古典概型及其概率計算公式；會計算一些隨機事件所包含的基本事件的個數(shù)及事件發(fā)生的概率；
4.了解隨機數(shù)的意義，能運用模擬方法估計概率，了解幾何概型的意義.本章重點：1.隨機事件、互斥事件及概率的意義，并會計算互斥事件的概率；2.古典概型、幾何概型的概率計算.
本章難點：1.互斥事件的判斷及互斥事件概率加法公式的應(yīng)用；2.可以轉(zhuǎn)化為幾何概型求概率的問題.本部分要求考生能從集合的思想觀點認(rèn)識事件、互斥事件與對立事件，進(jìn)而理解概率的性質(zhì)、公式，還要求考生了解幾何概型與隨機數(shù)的意義.在高考中注重考查基礎(chǔ)知識和基本方法的同時，還常考查分類與整合，或然與必然的數(shù)學(xué)思想方法，邏輯思維能力以及運用概率知識解決實際問題的能力.
離散型隨機變量1.理解取有限值的離散型隨機變量及其分布列的概念，了解分布列對于刻畫隨機現(xiàn)象的重要性；
2.理解超幾何分布及其導(dǎo)出過程，并能進(jìn)行簡單的應(yīng)用；
3.了解條件概率和兩個事件相互獨立的概念，理解n次獨立重復(fù)試驗的模型及二項分布，并能解決一些簡單的實際問題；
4.理解取有限值的離散型隨機變量均值、方差的概念，能計算簡單離散型隨機變量的均值、方差，并能解決一些實際問題；
5.利用實際問題的直方圖，認(rèn)識正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義.本章重點：1.離散型隨機變量及其分布列；2.獨立重復(fù)試驗的模型及二項分布.
本章難點：1.利用離散型隨機變量的均值、方差解決一些實際問題；2.正態(tài)分布曲線的特點及曲線所表示的意義.求隨機變量的分布列與期望，以及在此基礎(chǔ)上進(jìn)行統(tǒng)計分析是近幾年來較穩(wěn)定的高考命題態(tài)勢.考生應(yīng)注重對特殊分布(如二項分布、超幾何分布)的理解和對事件的意義的理解.
知識網(wǎng)絡(luò)
12.1分類加法計數(shù)原理與分步乘法計數(shù)原理
典例精析
題型一分類加法計數(shù)原理的應(yīng)用
【例1】在1到20這20個整數(shù)中，任取兩個數(shù)相加，使其和大于20，共有種取法.
【解析】當(dāng)一個加數(shù)是1時，另一個加數(shù)只能是20，有1種取法；
當(dāng)一個加數(shù)是2時，另一個加數(shù)可以是19,20，有2種取法；
當(dāng)一個加數(shù)是3時，另一個加數(shù)可以是18,19,20，有3種取法；
……
當(dāng)一個加數(shù)是10時，另一個加數(shù)可以是11,12，…，19,20，有10種取法；
當(dāng)一個加數(shù)是11時，另一個加數(shù)可以是12,13，…，19,20，有9種取法；
……
當(dāng)一個加數(shù)是19時，另一個加數(shù)只能是20，有1種取法.
由分類加法計數(shù)原理可得共有1＋2＋3＋…＋10＋9＋8＋…＋1＝100種取法.
【點撥】采用列舉法分類，先確定一個加數(shù)，再利用“和大于20”確定另一個加數(shù).
【變式訓(xùn)練1】(2010濟(jì)南市模擬)從集合{1,2,3，…，10}中任意選出三個不同的數(shù)，使這三個數(shù)成等比數(shù)列，這樣的等比數(shù)列的個數(shù)為()
A.3B.4C.6D.8
【解析】當(dāng)公比為2時，等比數(shù)列可為1,2,4或2,4,8；當(dāng)公比為3時，等比數(shù)列可為1,3,9；當(dāng)公比為32時，等比數(shù)列可為4,6,9.同理，公比為12、13、23時，也有4個.故選D.
題型二分步乘法計數(shù)原理的應(yīng)用
【例2】從6人中選4人分別到張家界、韶山、衡山、桃花源四個旅游景點游覽，要求每個旅游景點只有一人游覽，每人只游覽一個旅游景點，且6個人中甲、乙兩人不去張家界游覽，則不同的選擇方案共有種.
【解析】能去張家界的有4人，依此能去韶山、衡山、桃花源的有5人、4人、3人.則由分步乘法計數(shù)原理得不同的選擇方案有4×5×4×3＝240種.
【點撥】根據(jù)題意正確分步，要求各步之間必須連續(xù)，只有按照這幾步逐步地去做，才能完成這件事，各步之間既不能重復(fù)也不能遺漏.
【變式訓(xùn)練2】(2010湘潭市調(diào)研)要安排一份5天的值班表，每天有一人值班，現(xiàn)有5人，每人可以值多天班或不值班，但相鄰兩天不準(zhǔn)由同一人值班，問此值班表共有種不同的排法.
【解析】依題意，值班表須一天一天分步完成.第一天有5人可選有5種方法，第二天不能用第一天的人有4種方法，同理第三天、第四天、第五天也都有4種方法，由分步乘法計數(shù)原理共有5×4×4×4×4＝1280種方法.
題型三分類和分步計數(shù)原理綜合應(yīng)用
【例3】(2011長郡中學(xué))如圖，用4種不同的顏色對圖中5個區(qū)域涂色(4種顏色全部使用)，要求每個區(qū)域涂一種顏色，相鄰的區(qū)域不能涂相同的顏色，則不同的涂色種數(shù)有.
【解析】方法一：由題意知，有且僅有兩個區(qū)域涂相同的顏色，分為4類：1與5同；2與5同；3與5同；1與3同.對于每一類有A44種涂法，共有4A44＝96種方法.
方法二：第一步：涂區(qū)域1，有4種方法；第二步：涂區(qū)域2，有3種方法；第三步：涂區(qū)域4，有2種方法(此前三步已經(jīng)用去三種顏色)；第四步：涂區(qū)域3，分兩類：第一類，3與1同色，則區(qū)域5涂第四種顏色；第二類，區(qū)域3與1不同色，則涂第四種顏色，此時區(qū)域5就可以涂區(qū)域1或區(qū)域2或區(qū)域3中的任意一種顏色，有3種方法.所以，不同的涂色種數(shù)有4×3×2×(1×1＋1×3)＝96種.
【點撥】染色問題是排列組合中的一類難題.本題能運用兩個基本原理求解，要注意的是分類中有分步，分步后有分類.
【變式訓(xùn)練3】(2009深圳市調(diào)研)用紅、黃、藍(lán)三種顏色去涂圖中標(biāo)號為1,2，…，9的9個小正方形，使得任意相鄰(有公共邊)小正方形所涂顏色都不相同，且1,5,9號小正方形涂相同顏色，則符合條件的所有涂法有多少種？
【解析】第一步，從三種顏色中選一種顏色涂1,5,9號有C13種涂法；
第二步，涂2,3,6號，若2,6同色，有4種涂法，若2,6不同色，有2種涂法，故共有6種涂法；
第三步，涂4,7,8號，同第二步，共有6種涂法.
由分步乘法原理知共有3×6×6＝108種涂法.
總結(jié)提高
分類加法計數(shù)原理和分步乘法計數(shù)原理回答的都是完成一件事有多少種不同方法或種數(shù)的問題，其區(qū)別在于：分類加法計數(shù)原理是完成一件事要分若干類，類與類之間要互斥，用任何一類中的任何一種方法都可以獨立完成這件事；分步乘法計數(shù)原理是完成一件事要分若干步，步驟之間相互獨立，各個步驟相互依存，缺少其中任何一步都不能完成這件事，只有當(dāng)各個步驟都完成之后，才能完成該事件.因此，分清完成一件事的方法是分類還是分步，是正確使用這兩個基本計數(shù)原理的基礎(chǔ).
12.2排列與組合
典例精析
題型一排列數(shù)與組合數(shù)的計算
【例1】計算：(1)8?。獳66A28－A410；(2)C33＋C34＋…＋C310.
【解析】(1)原式＝8×7×6×5×4×3×2×1＋6×5×4×3×2×18×7－10×9×8×7＝57×6×5×4×3×256×(－89)＝－5130623.
(2)原式＝C44＋C34＋C35＋…＋C310＝C45＋C35＋…＋C310＝C46＋C36＋…＋C310＝C411＝330.
【點撥】在使用排列數(shù)公式Amn＝n！(n－m)！進(jìn)行計算時，要注意公式成立的條件：m，n∈N+，m≤n.另外，應(yīng)注意組合數(shù)的性質(zhì)的靈活運用.
【變式訓(xùn)練1】解不等式＞6.
【解析】原不等式即9！(9－x)?。?×9！(11－x)！，
也就是1(9－x)?。?，
化簡得x2－21x＋104＞0，
解得x＜8或x＞13，又因為2≤x≤9，且x∈N*，
所以原不等式的解集為{2,3,4,5,6,7}.
題型二有限制條件的排列問題
【例2】3男3女共6個同學(xué)排成一行.
(1)女生都排在一起，有多少種排法？
(2)女生與男生相間，有多少種排法？
(3)任何兩個男生都不相鄰，有多少種排法？
(4)3名男生不排在一起，有多少種排法？
(5)男生甲與男生乙中間必須排而且只能排2位女生，女生又不能排在隊伍的兩端，有幾種排法？
【解析】(1)將3名女生看作一人，就是4個元素的全排列，有A44種排法.又3名女生內(nèi)部可有A33種排法，所以共有A44A33＝144種排法.
(2)男生自己排，女生也自己排，然后相間插入(此時有2種插法)，所以女生與男生相間共有2A33A33＝72種排法.
(3)女生先排，女生之間及首尾共有4個空隙，任取其中3個安插男生即可，因而任何兩個男生都不相鄰的排法共有A33A34＝144種.
(4)直接分類較復(fù)雜，可用間接法.即從6個人的排列總數(shù)中，減去3名男生排在一起的排法種數(shù)，得3名男生不排在一起的排法種數(shù)為A66－A33A44＝576種.
(5)先將2個女生排在男生甲、乙之間，有A23種排法.又甲、乙之間還有A22種排法.這樣就有A23A22種排法.然后把他們4人看成一個元素(相當(dāng)于一個男生)，這一元素及另1名男生排在首尾，有A22種排法.最后將余下的女生排在其間，有1種排法.故總排法為A23A22A22＝24種.
【點撥】排列問題的本質(zhì)就是“元素”占“位子”問題，有限制條件的排列問題的限制主要表現(xiàn)在：某些元素“排”或“不排”在哪個位子上，某些元素“相鄰”或“不相鄰”.對于這類問題，在分析時，主要按照“優(yōu)先”原則，即優(yōu)先安排特殊元素或優(yōu)先滿足特殊位子，對于“相鄰”問題可用“捆綁法”，對于“不相鄰”問題可用“插空法”.對于直接考慮較困難的問題，可以采用間接法.
【變式訓(xùn)練2】把1,2,3,4,5這五個數(shù)字組成無重復(fù)數(shù)字的五位數(shù)，并把它們按由小到大的順序排列構(gòu)成一個數(shù)列.
(1)43251是這個數(shù)列的第幾項？
(2)這個數(shù)列的第97項是多少？
【解析】(1)不大于43251的五位數(shù)A55－(A44＋A33＋A22)＝88個，即為此數(shù)列的第88項.
(2)此數(shù)列共有120項，而以5開頭的五位數(shù)恰好有A44＝24個，所以以5開頭的五位數(shù)中最小的一個就是該數(shù)列的第97項，即51234.
題型三有限制條件的組合問題
【例3】要從12人中選出5人去參加一項活動.
(1)A，B，C三人必須入選有多少種不同選法？
(2)A，B，C三人都不能入選有多少種不同選法？
(3)A，B，C三人只有一人入選有多少種不同選法？
(4)A，B，C三人至少一人入選有多少種不同選法？
(5)A，B，C三人至多二人入選有多少種不同選法？
【解析】(1)只須從A，B，C之外的9人中選擇2人，C29＝36種不同選法.
(2)由A，B，C三人都不能入選只須從余下9人中選擇5人，即有C59＝C49＝126種選法.
(3)可分兩步，先從A，B，C三人中選出1人，有C13種選法，再從余下的9人中選4人，有C49種選法，所以共有C13C49＝378種選法.
(4)可考慮間接法，從12人中選5人共有C512種，再減去A，B，C三人都不入選的情況C59，共有C512－C59＝666種選法.
(5)可考慮間接法，從12人中選5人共有C512種，再減去A，B，C三人都入選的情況C29種，所以共有C512－C29＝756種選法.
【點撥】遇到至多、至少的有關(guān)計數(shù)問題，可以用間接法求解.對于有限制條件的問題，一般要根據(jù)特殊元素分類.
【變式訓(xùn)練3】四面體的頂點和各棱中點共有10個點.
(1)在其中取4個共面的點，共有多少種不同的取法？
(2)在其中取4個不共面的點，共有多少種不同的取法？
【解析】(1)四個點共面的取法可分三類.第一類：在同一個面上取，共有4C46種；第二類：在一條棱上取三點，再在它所對的棱上取中點，共有6種；第三類：在六條棱的六個中點中取，取兩對對棱的4個中點，共有C23＝3種.故有69種.
(2)用間接法.共C410－69＝141種.
總結(jié)提高
解有條件限制的排列與組合問題的思路：
(1)正確選擇原理，確定分類或分步計數(shù)；
(2)特殊元素、特殊位置優(yōu)先考慮；
(3)再考慮其余元素或其余位置.
12.3二項式定理
典例精析
題型一二項展開式的通項公式及應(yīng)用
【例1】已知的展開式中，前三項系數(shù)的絕對值依次成等差數(shù)列.
(1)求證：展開式中沒有常數(shù)項；
(2)求展開式中所有的有理項.
【解析】由題意得2C1n＝1＋C2n()2，
即n2－9n＋8＝0，所以n＝8，n＝1(舍去).
所以Tr＋1＝()
＝(－)r
＝(－1)r(0≤r≤8，r∈Z).
(1)若Tr＋1是常數(shù)項，則16－3r4＝0，即16－3r＝0，
因為r∈Z，這不可能，所以展開式中沒有常數(shù)項.
(2)若Tr＋1是有理項，當(dāng)且僅當(dāng)16－3r4為整數(shù)，
又0≤r≤8，r∈Z，所以r＝0,4,8，
即展開式中有三項有理項，分別是T1＝x4，T5＝358x，T9＝1256x-2.
【點撥】(1)把握住二項展開式的通項公式，是掌握二項式定理的關(guān)鍵.除通項公式外，還應(yīng)熟練掌握二項式的指數(shù)、項數(shù)、展開式的系數(shù)間的關(guān)系、性質(zhì)；
(2)應(yīng)用通項公式求二項展開式的特定項，如求某一項，含x某次冪的項，常數(shù)項，有理項，系數(shù)最大的項等，一般是應(yīng)用通項公式根據(jù)題意列方程，在求得n或r后，再求所需的項(要注意n和r的數(shù)值范圍及大小關(guān)系)；
(3)注意區(qū)分展開式“第r＋1項的二項式系數(shù)”與“第r＋1項的系數(shù)”.
【變式訓(xùn)練1】若(xx＋)n的展開式的前3項系數(shù)和為129，則這個展開式中是否含有常數(shù)項，一次項？如果有，求出該項，如果沒有，請說明理由.
【解析】由題知C0n＋C1n2＋C2n22＝129，
所以n＝8，所以通項為Tr＋1＝Cr8(xx)8-r＝，
故r＝6時，T7＝26C28x＝1792x，
所以不存在常數(shù)項，而存在一次項，為1792x.
題型二運用賦值法求值
【例2】(1)已知(1＋x)＋(1＋x)2＋…＋(1＋x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，且a1＋a2＋…＋an－1＝29－n，則n＝；
(2)已知(1－x)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，若5a1＋2a2＝0，則a0－a1＋a2－a3＋…＋(－1)nan＝.
【解析】(1)易知an＝1，令x＝0得a0＝n，所以a0＋a1＋…＋an＝30.
又令x＝1，有2＋22＋…＋2n＝a0＋a1＋…＋an＝30，
即2n＋1－2＝30，所以n＝4.
(2)由二項式定理得，
a1＝－C1n＝－n，a2＝C2n＝n(n－1)2，
代入已知得－5n＋n(n－1)＝0，所以n＝6，
令x＝－1得(1＋1)6＝a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6，
即a0－a1＋a2－a3＋a4－a5＋a6＝64.
【點撥】運用賦值法求值時應(yīng)充分抓住代數(shù)式的結(jié)構(gòu)特征，通過一些特殊值代入構(gòu)造相應(yīng)的結(jié)構(gòu).
【變式訓(xùn)練2】設(shè)(3x－1)8＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a7x7＋a8x8.求a0＋a2＋a4＋a6＋a8的值.
【解析】令f(x)＝(3x－1)8，
因為f(1)＝a0＋a1＋a2＋…＋a8＝28，
f(－1)＝a0－a1＋a2－a3＋…－a7＋a8＝48，
所以a0＋a2＋a4＋a6＋a8＝f(1)＋f(－1)2＝27×(1＋28).
題型三二項式定理的綜合應(yīng)用
【例3】求證：4×6n＋5n＋1－9能被20整除.
【解析】4×6n＋5n＋1－9＝4(6n－1)＋5(5n－1)＝4[(5＋1)n－1]＋5[(4＋1)n－1]＝20[(5n－1＋C1n5n－2＋…＋Cn－1n)＋(4n－1＋C1n4n－2＋…＋Cn－1n)]，是20的倍數(shù)，所以4×6n＋5n＋1－9能被20整除.
【點撥】用二項式定理證明整除問題時，首先需注意(a＋b)n中，a，b中有一個是除數(shù)的倍數(shù)；其次展開式有什么規(guī)律，余項是什么，必須清楚.
【變式訓(xùn)練3】求0.9986的近似值，使誤差小于0.001.
【解析】0.9986＝(1－0.002)6＝1＋6×(－0.002)1＋15×(－0.002)2＋…＋(－0.002)6.
因為T3＝C26(－0.002)2＝15×(－0.002)2＝0.00006＜0.001，
且第3項以后的絕對值都小于0.001，
所以從第3項起，以后的項都可以忽略不計.
所以0.9986＝(1－0.002)6≈1＋6×(－0.002)＝1－0.012＝0.988.
總結(jié)提高
1.利用通項公式可求展開式中某些特定項(如常數(shù)項、有理項、二項式系數(shù)最大項等)，解決這些問題通常采用待定系數(shù)法，運用通項公式寫出待定式，再根據(jù)待定項的要求寫出n、r滿足的條件，求出n和r，再確定所需的項；
2.賦值法是解決二項展開式的系數(shù)和、差問題的一個重要手段；
3.利用二項式定理解決整除問題時，關(guān)鍵是進(jìn)行合理的變形，使得二項展開式的每一項都成為除數(shù)的倍數(shù).對于余數(shù)問題，要注意余數(shù)的取值范圍.
12.4隨機事件的概率與概率的基本性質(zhì)
典例精析
題型一頻率與概率
【例1】某企業(yè)生產(chǎn)的乒乓球被08年北京奧委會指定為乒乓球比賽專用球.日前有關(guān)部門對某批產(chǎn)品進(jìn)行了抽樣檢測，檢查結(jié)果如下表所示.
抽取球數(shù)n5010020050010002000
優(yōu)等品數(shù)m45921944709541902
優(yōu)等品頻率
(1)計算表中乒乓球優(yōu)等品的頻率；
(2)從這批乒乓球產(chǎn)品中任取一個，質(zhì)量檢查為優(yōu)等品的概率是多少？(結(jié)果保留到小數(shù)點后三位)
【解析】(1)依據(jù)公式，計算出表中乒乓球優(yōu)等品的頻率依次是0.900,0.920,0.970,
0.940,0.954,0.951.
(2)由(1)知，抽取的球數(shù)n不同，計算得到的頻率值不同，但隨著抽取的球數(shù)的增多，卻都在常數(shù)0.950的附近擺動，所以質(zhì)量檢查為優(yōu)等品的概率為0.950.
【點撥】從表中所給的數(shù)據(jù)可以看出，當(dāng)所抽乒乓球較少時，優(yōu)等品的頻率波動很大，但當(dāng)抽取的球數(shù)很大時，頻率基本穩(wěn)定在0.95，在其附近擺動，利用概率的統(tǒng)計定義，可估計該批乒乓球的優(yōu)等率.
【變式訓(xùn)練1】某籃球運動員在最近幾場比賽中罰球的結(jié)果如下.
投籃次數(shù)n8101291016
進(jìn)球次數(shù)m6897712
進(jìn)球頻率
(1)計算表中進(jìn)球的頻率；
(2)這位運動員投籃一次，進(jìn)球的概率是多少？
【解析】(1)由公式計算出每場比賽該運動員罰球進(jìn)球的頻率依次為：
(2)由(1)知，每場比賽進(jìn)球的頻率雖然不同，但頻率總在附近擺動，可知該運動員進(jìn)球的概率為.
題型二隨機事件間的關(guān)系
【例2】從一副橋牌(52張)中任取1張.判斷下列每對事件是否為互斥事件，是否為對立事件.
(1)“抽出紅桃”與“抽出黑桃”；
(2)“抽出紅色牌”與“抽出黑色牌”；
(3)“抽出的牌點數(shù)為3的倍數(shù)”與“抽出的牌點數(shù)大于10”.
【解析】(1)是互斥事件但不是對立事件.因為“抽出紅桃”與“抽出黑桃”在僅取一張時不可能同時發(fā)生，因而是互斥的.同時，不能保證其中必有一個發(fā)生，因為還可能抽出“方塊”或“梅花”，因此兩者不對立.
(2)是互斥事件又是對立事件.因為兩者不可同時發(fā)生，但其中必有一個發(fā)生.
(3)不是互斥事件，更不是對立事件.因為“抽出的牌點數(shù)為3的倍數(shù)”與“抽出的牌點數(shù)大于10”這兩個事件有可能同時發(fā)生，如抽得12.
【點撥】要區(qū)分互斥事件和對立事件的定義.
【變式訓(xùn)練2】抽查10件產(chǎn)品，設(shè)事件A：至少有兩件次品，則A的對立事件為()
A.至多兩件次品B.至多一件次品
C.至多兩件正品D.至少兩件正品
【解析】根據(jù)對立事件的定義得選項B.
題型三概率概念的應(yīng)用
【例3】甲、乙兩個班級進(jìn)行數(shù)學(xué)考試，按照大于或等于85分為優(yōu)秀，85分以下為非優(yōu)秀，統(tǒng)計后，得到如下列聯(lián)表.
優(yōu)秀非優(yōu)秀總計
甲10
乙30
總計105
已知從全部105人中隨機抽取1人為優(yōu)秀的概率為.
(1)請完成上面列聯(lián)表；
(2)根據(jù)列聯(lián)表的數(shù)據(jù)，若按95%的可靠性要求，能否認(rèn)為“成績與班級有關(guān)系”(參考數(shù)據(jù)P(K2＞6.635)＝0.05)；
(3)若按下面的方法從甲班優(yōu)秀的學(xué)生中抽取一人：把甲班優(yōu)秀的10人按2到11進(jìn)行編號，然后兩次擲一枚均勻的骰子，出現(xiàn)的點數(shù)之和為被抽取人的編號.試求抽到6號或10號的概率.
【解析】(1)
優(yōu)秀非優(yōu)秀總計
甲104555
乙203050
總計3075105
(2)計算K2的一個觀測值
k＝＝6.109.
因為6.109＜6.635，所以沒有95%的把握認(rèn)為成績與班級有關(guān).
(3)記被抽取人的序號為ζ，
則P(ζ＝6)＝，P(ζ＝10)＝，
所以P(ζ＝6或ζ＝10)＝P(ζ＝6)＋P(ζ＝10)＝＝.
【點撥】本題考查概率的概念在實際生活中的應(yīng)用.
【變式訓(xùn)練3】袋內(nèi)有35個球，每個球上都記有從1~35中的一個號碼，設(shè)號碼為n的球的重量為－5n＋20克，這些球以等可能性從袋里取出(不受重量、號碼的影響).
(1)如果取出1球，試求其重量比號碼數(shù)大5的概率；
(2)如果任意取出2球，試求它們重量相等的概率.
【解析】(1)由不等式－5n＋20＞n＋5，得n＞15或n＜3，
由題意知n＝1,2或者n＝16,17，…，35，于是所求概率為.
(2)設(shè)第n號和第m號的兩個球的重量相等，
其中n＜m，則有－5n＋20＝－5m＋20，
所以(n－m)(n＋m－15)＝0.
因為n≠m，所以n＋m＝15，
所以(n，m)＝(1,14)，(2,13)，…，(7,8).
故所求概率為.
總結(jié)提高
1.對立事件是互斥事件的一種特殊情況，是指在一次試驗中有且僅有一個發(fā)生的兩個事件.集合A的對立事件記作，從集合的角度來看，事件所含結(jié)果的集合正是全集U中由事件A所含結(jié)果組成集合的補集，即A∪＝U，A∩＝.對立事件一定是互斥事件，但互斥事件不一定是對立事件.
事件A、B的和記作A＋B，表示事件A、B至少有一個發(fā)生.當(dāng)A、B為互斥事件時，事件A＋B是由“A發(fā)生而B不發(fā)生”以及“B發(fā)生而A不發(fā)生”構(gòu)成的.
當(dāng)計算事件A的概率P(A)比較困難時，有時計算它的對立事件的概率則要容易些，為此有P(A)＝1－P().
2.若A與B互相獨立，則與，A與，與B都是相互獨立事件.判斷A與B是否獨立的方法是看P(AB)＝P(A)P(B)是否成立.
12.5古典概型
典例精析
題型一古典概率模型的計算問題
【例1】一汽車廠生產(chǎn)A、B、C三類轎車，每類轎車均有舒適型和標(biāo)準(zhǔn)型兩種型號，某月的產(chǎn)量如下表(單位：輛)，
轎車A轎車B轎車C
舒適型100150z
標(biāo)準(zhǔn)型300450600
現(xiàn)按分層抽樣的方法在這個月生產(chǎn)的轎車中抽取50輛，其中有A類10輛.
(1)求z的值；
(2)用分層抽樣的方法在C類轎車中抽取一個容量為5的樣本，將該樣本視為一個總體，從中任取2輛，求至少有1輛舒適型轎車的概率；
(3)用隨機抽樣方法從B類舒適型轎車中抽取8輛，經(jīng)檢測它們的得分如下：9.4,8.6,9.2,
9.6,8.7,9.3,9.0,8.2把這8輛車的得分看成一個總體，從中任取一個數(shù)，求該數(shù)與樣本平均數(shù)之差的絕對值不超過0.5的概率.
【解析】(1)依題意知，從每層抽取的比率為140，從而轎車的總數(shù)為50×40＝2000輛，所以z＝2000－100－150－300－450－600＝400.
(2)由(1)知C類轎車共1000輛，又樣本容量為5，故抽取的比率為1200，即5輛轎車中有2輛舒適型、3輛標(biāo)準(zhǔn)型，任取2輛，一共有n＝10種不同取法，記事件A：至少有1輛舒適型轎車，則事件表示抽取到2輛標(biāo)準(zhǔn)型轎車，有m′＝3種不同取法，從而事件A包含：基本事件數(shù)為m＝7種，所以P(A)＝710.
(3)樣本平均數(shù)＝18×(9.4＋8.6＋9.2＋9.6＋8.7＋9.3＋9.0＋8.2)＝9.0，記事件B：從樣本中任取一數(shù)，該數(shù)與樣本平均數(shù)的絕對值不超過0.5，則事件B包含的基本事件有6種，所以P(B)＝68＝34.
【點撥】利用古典概型求事件的概率時，主要弄清基本事件的總數(shù)，及所求事件所含的基本事件的個數(shù).
【變式訓(xùn)練1】已知△ABC的三邊是10以內(nèi)(不包含10)的三個連續(xù)的正整數(shù)，求任取一個△ABC是銳角三角形的概率.
【解析】依題意不妨設(shè)a＝n－1，b＝n，c＝n＋1(n＞1，n∈N)，從而有a＋b＞c，即n＞2，所以△ABC的最小邊為2，要使△ABC是銳角三角形，只需△ABC的最大角C是銳角，cosC＝(n－1)2＋n2－(n＋1)22(n－1)n＝n－42(n－1)＞0，所以n＞4，
所以，要使△ABC是銳角三角形，△ABC的最小邊為4.另一方面，從{2,3,4，…，9}中，“任取三個連續(xù)正整數(shù)”共有6種基本情況，“△ABC是銳角三角形”包含4種情況，故所求的概率為46＝23.
題型二有放回抽樣與不放回抽樣
【例2】現(xiàn)有一批產(chǎn)品共有10件，其中8件為正品，2件為次品.
(1)如果從中取出一件，然后放回，再取一件，求連續(xù)3次取出的都是正品的概率；
(2)如果從中一次取3件，求3件都是正品的概率.
【解析】(1)有放回地抽取3次，按抽取順序(x，y，z)記錄結(jié)果，則x，y，z都有10種可能，所以試驗結(jié)果有10×10×10＝103種；設(shè)事件A為“連續(xù)3次都取正品”，則包含的基本事件共有8×8×8＝83種，因此，P(A)＝＝0.512.
(2)方法一：可以看作不放回抽樣3次，順序不同，基本事件不同，按抽取順序記錄(x，y，z)，則x有10種可能，y有9種可能，z有8種可能，所以試驗的所有結(jié)果為10×9×8＝720種.設(shè)事件B為“3件都是正品”，則事件B包含的基本事件總數(shù)為8×7×6＝336，所以P(B)＝336720≈0.467.
方法二：可以看作不放回3次無順序抽樣，先按抽取順序(x，y，z)記錄結(jié)果，則x有10種可能，y有9種可能，z有8種可能，但(x，y，z)，(x，z，y)，(y，x，z)，(y，z，x)，(z，x，y)，(z，y，x)是相同的，所以試驗的所有結(jié)果有10×9×8÷6＝120.按同樣的方法，事件B包含的基本事件個數(shù)為8×7×6÷6＝56，因此P(B)＝56120≈0.467.
【點撥】關(guān)于不放回抽樣，計算基本事件個數(shù)時，既可以看作是有順序的，也可以看作是無順序的，其結(jié)果是一樣的，但不論選擇哪一種方式，觀察的角度必須一致，否則會導(dǎo)致錯誤.
【變式訓(xùn)練2】有5張卡片，上面分別寫有0,1,2,3,4中的1個數(shù).求：
(1)從中任取兩張卡片，兩張卡片上的數(shù)字之和等于4的概率；
(2)從中任取兩次卡片，每次取一張，第一次取出卡片，記下數(shù)字后放回，再取第二次，兩次取出的卡片上的數(shù)字之和恰好等于4的概率.
【解析】(1)兩張卡片上的數(shù)字之和等于4的情形共有4種，任取兩張卡片共有10種，所以概率為P＝410＝25；
(2)兩張卡片上的數(shù)字之和等于4的情形共有5種，任取兩張卡片共有25種，所以概率為P＝525＝15.
題型三古典概型問題的綜合應(yīng)用
【例3】甲、乙兩袋裝有大小相同的紅球和白球，甲袋裝有2個紅球，2個白球；乙袋裝有2個紅球，n個白球.從甲、乙兩袋中各任取2個球.
(1)若n＝3，求取到的4個球全是紅球的概率；
(2)若取到的4個球中至少有2個紅球的概率為34，求n.
【解析】(1)記“取到的4個球全是紅球”為事件A，
P(A)＝C22C24C22C25＝16×110＝160.
(2)記“取到的4個球至多有1個紅球”為事件B，“取到的4個球只有1個紅球”為事件B1，“取到的4個球全是白球”為事件B2.
由題意，得P(B)＝1－34＝14.
P(B1)＝C12C12C24C2nC2n＋2＋C22C24C12C1nC2n＋2＝2n23(n＋2)(n＋1)，
P(B2)＝C22C24C2nC2n＋2＝n(n－1)6(n＋2)(n＋1).
所以P(B)＝P(B1)＋P(B2)＝2n23(n＋2)(n＋1)＋n(n－1)6(n＋2)(n＋1)＝14，化簡得7n2－11n－6＝0，解得n＝2或n＝－37(舍去)，故n＝2.
【變式訓(xùn)練3】甲、乙二人參加普法知識競賽，共有10道不同的題目，其中選擇題6道，判斷題4道，甲、乙二人一次各抽取一題.
(1)甲抽到選擇題，乙抽到判斷題的概率是多少？
(2)甲、乙二人至少有一個抽到選擇題的概率是多少？
【解析】(1)甲從選擇題中抽到一題的可能結(jié)果有C16個，乙從判斷題中抽到一題的的可能結(jié)果是C14，故甲抽到選擇題，乙抽到判斷題的可能結(jié)果為C16×C14＝24.又甲、乙二人一次各抽取一題的結(jié)果有C110×C19＝90，
所以概率為2490＝415.
(2)甲、乙二人一次各抽取一題基本事件的總數(shù)是10×9＝90.
方法一：(分類計數(shù)原理)
①只有甲抽到了選擇題的事件數(shù)是：6×4＝24；
②只有乙抽到了選擇題的事件數(shù)是：6×4＝24；
③甲、乙同時抽到選擇題的事件數(shù)是：6×5＝30.
故甲、乙二人至少有一個抽到選擇題的概率是24＋24＋3090＝1315.
方法二：(利用對立事件)
事件“甲、乙二人至少有一個抽到選擇題”與事件“甲、乙兩人都未抽到選擇題”是對立事件.
事件“甲、乙兩人都未抽到選擇題”的基本事件個數(shù)是4×3＝12.
故甲、乙二人至少有一個抽到選擇題的概率是1－1290＝1－215＝1315.
總結(jié)提高
1.對古典概型首先必須使學(xué)生明確判斷兩點：①對于每個隨機試驗來說，所有可能出現(xiàn)的試驗結(jié)果數(shù)n必須是有限個；②出現(xiàn)的各個不同的試驗結(jié)果數(shù)m其可能性大小必須是相同的.只有在同時滿足①、②的條件下，運用的古典概型計算公式P(A)＝mn得出的結(jié)果才是正確的.使用公式P(A)＝mn計算時，確定m、n的數(shù)值是關(guān)鍵所在.
2.對于n個互斥事件A1，A2，…，An，其加法公式為P(A1＋A2＋…＋An)＝P(A1)＋P(A2)＋…＋P(An).
3.分類討論思想是解決互斥事件有一個發(fā)生的概率的一個重要的指導(dǎo)思想.
4.在應(yīng)用題背景條件下，能否把一個復(fù)雜事件分解為若干個互相排斥或相互獨立、既不重復(fù)又不遺漏的簡單事件是解答這類應(yīng)用題的關(guān)鍵，也是考查學(xué)生分析問題、解決問題的能力的重要環(huán)節(jié).
12.6幾何概型
典例精析
題型一長度問題
【例1】如圖，∠AOB＝60°，OA＝2，OB＝5，在線段OB上任取一點C，
試求：
(1)△AOC為鈍角三角形的概率；
(2)△AOC為銳角三角形的概率.
【解析】如圖，由平面幾何知識知：
當(dāng)AD⊥OB時，OD＝1；當(dāng)OA⊥AE時，OE＝4，BE＝1.
(1)當(dāng)且僅當(dāng)點C在線段OD或BE上時，△AOC為鈍角三角形.
記“△AOC為鈍角三角形”為事件M，則P(M)＝OD＋EBOB＝1＋15＝0.4，即△AOC為鈍角三角形的概率為0.4.
(2)當(dāng)且僅當(dāng)點C在線段DE上時，△AOC為銳角三角形.
記“△AOC為銳角三角”為事件N，則P(N)＝DEOB＝35＝0.6，即△AOC為銳角三角形的概率為0.6.
【點撥】我們把每一個事件理解為從某個特定的區(qū)域內(nèi)隨機地取一點，該區(qū)域中每一點被取到的機會都一樣，而一個事件發(fā)生則理解為恰好在上述區(qū)域內(nèi)的某個指定的區(qū)域內(nèi)的點，這樣的概率模型就可以用幾何概型求解.
【變式訓(xùn)練1】點A為周長等于3的圓周上的一個定點，若在該圓周上隨機取一點B，則劣弧AB的長度小于1的概率為.
【解析】如圖
可設(shè)＝1，則根據(jù)幾何概率可知其整體事件是其周長3，則其概率是23.
題型二面積問題
【例2】兩個CB對講機(CB即CitizenBand民用波段的英文縮寫)持有者，莉莉和霍伊都為卡爾貨運公司工作，他們的對講機的接收范圍為25公里，在下午3：00時莉莉正在基地正東距基地30公里以內(nèi)的某處向基地行駛，而霍伊在下午3：00時正在基地正北距基地40公里以內(nèi)的某地向基地行駛，試問在下午3：00時他們能夠通過對講機交談的概率有多大？
【解析】設(shè)x和y分別代表莉莉和霍伊距基地的距離，于是0≤x≤30,0≤y≤40.
他們所有可能的距離的數(shù)據(jù)構(gòu)成有序點對(x，y)，這里x，y都在它們各自的限制范圍內(nèi)，則所有這樣的有序數(shù)對構(gòu)成的集合即為基本事件組對應(yīng)的幾何區(qū)域，每一個幾何區(qū)域中的點都代表莉莉和霍伊的一個特定的位置，他們可以通過對講機交談的事件僅當(dāng)他們之間的距離不超過25公里時發(fā)生(如下圖)，因此構(gòu)成該事件的點由滿足不等式x2＋y2≤25的數(shù)對組成，
此不等式等價于x2＋y2≤625，右圖中的方形區(qū)域代表基本事件組，陰影部分代表所求事件，方形區(qū)域的面積為1200平方公里，而事件的面積為(14)×π×(25)2＝625π4，
于是有P＝625×π41200＝625π4800≈0.41.
【點撥】解決此類問題，應(yīng)先根據(jù)題意確定該實驗為幾何概型，然后求出事件A和基本事件的幾何度量，借助幾何概型的概率公式求出.
【變式訓(xùn)練2】如圖，以正方形ABCD的邊長為直徑作半圓，重疊部分為花瓣.現(xiàn)在向該正方形區(qū)域內(nèi)隨機地投擲一飛鏢，求飛鏢落在花瓣內(nèi)的概率.
【解析】飛鏢落在正方形區(qū)域內(nèi)的機會是均等的，符合幾何概型條件.記飛鏢落在花瓣內(nèi)為事件A，設(shè)正方形邊長為2r，則
P(A)＝S花瓣SABCD＝12πr2×4－(2r)2(2r)2＝π－22.
所以，飛鏢落在花瓣內(nèi)的概率為π－22.
題型三體積問題
【例3】在線段[0,1]上任意投三個點，設(shè)O至三點的三線段長為x、y、z，研究方法表明：x，y，z能構(gòu)成三角形只要點(x，y，z)落在棱長為1的正方體T的內(nèi)部由△ADC，△ADB，△BDC，△AOC，△AOB，△BOC所圍成的區(qū)域G中(如圖)，則x，y，z能構(gòu)成三角形與不能構(gòu)成三角形這兩個事件中哪一個事件的概率大？
【解析】V(T)＝1，V(G)＝13－3×13×12×13＝12，
所以P＝V(G)V(T)＝12.
由此得，能與不能構(gòu)成三角形兩事件的概率一樣大.
【點撥】因為任意投的三點x，y，z是隨機的，所以使得能構(gòu)成三角形只與能構(gòu)成三角形的區(qū)域及基本事件的區(qū)域有關(guān).
【變式訓(xùn)練3】已知正方體ABCD—A1B1C1D1內(nèi)有一個內(nèi)切球O，則在正方體ABCD—A1B1C1D1內(nèi)任取點M，點M在球O內(nèi)的概率是()
A.π4B.π8C.π6D.π12
【解析】設(shè)正方體的棱長為a，則點M在球O內(nèi)的概率P＝V球V正方體＝43π(a2)3a3＝π6，選C.
總結(jié)提高
1.幾何概型是一種概率模型，它與古典概型的區(qū)別是試驗的可能結(jié)果不是有限個.其特點是在一個區(qū)域內(nèi)均勻分布，概率大小與隨機事件所在區(qū)域的形狀和位置無關(guān)，只與該區(qū)域的大小有關(guān).如果隨機事件所在區(qū)域是一個單點，其測度為0，則它出現(xiàn)的概率為0，但它不是不可能事件.如果隨機事件所在區(qū)域是全部區(qū)域扣除一個單點，其測度為1，則它出現(xiàn)的概率為1，但它不是必然事件.
2.若試驗的全部結(jié)果是一個包含無限個點的區(qū)域(長度，面積，體積)，一個基本事件是區(qū)域中的一個點.此時用點數(shù)度量事件A包含的基本事件的多少就毫無意義.“等可能性”可以理解成“對任意兩個區(qū)域，當(dāng)它們的測度(長度，面積，體積，…)相等時，事件A對應(yīng)點落在這兩區(qū)域上的概率相等，而與形狀和位置都無關(guān)”.
3.幾何概型并不限于向平面(或直線、空間)投點的試驗，如果一個隨機試驗有無限多個等可能的基本結(jié)果，每個基本結(jié)果可以用平面(或直線、空間)中的一點來表示，而所有基本結(jié)果對應(yīng)于一個區(qū)域Ω，這時，與試驗有關(guān)的問題即可利用幾何概型來解決.
12.7條件概率與事件的獨立性
典例精析
題型一條件概率的求法
【例1】一張儲蓄卡的密碼共6位數(shù)字，每位數(shù)字都可從0~9中任選一個.某人在銀行自動提款機上取錢時，忘記了密碼的最后一位數(shù)字，求：
(1)任意按最后一位數(shù)字，不超過2次就按對的概率；
(2)如果他記得密碼的最后一位是偶數(shù)，不超過2次就按對的概率.
【解析】設(shè)第i次按對密碼為事件Ai(i＝1,2)，則A＝A1∪(A2)表示不超過2次就按對密碼.
(1)因為事件A1與事件A2互斥，由概率的加法公式得P(A)＝P(A1)＋P(A2)＝110＋9×110×9＝15.
(2)用B表示最后一位是偶數(shù)的事件，則
P(A|B)＝P(A1|B)＋P(A2|B)＝15＋4×15×4＝25.
【點撥】此類問題解題時應(yīng)注意著重分析事件間的關(guān)系，辨析所求概率是哪一事件的概率，再運用相應(yīng)的公式求解.
【變式訓(xùn)練1】設(shè)某種動物從出生算起活到20歲以上的概率為0.8，活到25歲以上的概率為0.4.現(xiàn)有一只20歲的這種動物，問它能活到25歲以上的概率是.
【解析】設(shè)此種動物活到20歲為事件A，活到25歲為事件B，所求概率為P(B|A)，由于BA，則P(AB)＝P(B)，所以P(B|A)＝P(AB)P(A)＝P(B)P(A)＝0.40.8＝12.
題型二相互獨立事件的概率
【例2】三人獨立破譯同一份密碼，已知三人各自破譯出密碼的概率分別為15，14，13，且他們是否破譯出密碼互不影響.
(1)求恰有二人破譯出密碼的概率；
(2)“密碼被破譯”與“密碼未被破譯”的概率哪個大？說明理由.
【解析】(1)記三人各自破譯出密碼分別為事件A，B，C，依題意知A，B，C相互獨立，記事件D：恰有二人破譯密碼，
則P(D)＝P(AB)＋P(AC)＋P(BC)
＝15×14×(1－13)＋15×(1－14)×13＋(1－15)×14×13＝960＝320.
(2)記事件E：密碼被破譯，：密碼未被破譯，
則P()＝P()＝(1－15)×(1－14)×(1－13)＝2460＝25，
所以P(E)＝1－P()＝35，所以P(E)＞P().
故密碼被破譯的概率大.
【點撥】解決事件的概率問題的一般步驟：①記取事件；②揭示事件的關(guān)系；③計算事件的概率.
【變式訓(xùn)練2】甲、乙、丙三個口袋內(nèi)都分別裝有6個只有顏色不相同的球，并且每個口袋內(nèi)的6個球均有1個紅球，2個黑球，3個無色透明的球，現(xiàn)從甲、乙、丙三個口袋中依次隨機各摸出1個球，求恰好摸出紅球、黑球和無色球各1個的概率.
【解析】由于各個袋中球的情況一樣，而且從每一個袋中摸出紅球、黑球、無色球的概率均分別為16，13，12，可得P＝A33×16×13×12＝16.
題型三綜合問題
【例3】某公司招聘員工，指定三門考試課程，有兩種考試方案.
方案一：三門課程中至少有兩門及格為考試通過；
方案二：在三門課程中隨機選取兩門，這兩門都及格為考試通過.
假設(shè)某應(yīng)聘者對三門指定課程考試及格的概率分別是a，b，c，且三門課程考試是否及格相互之間沒有影響.
(1)分別求該應(yīng)聘者在方案一和方案二下考試通過的概率；
(2)試比較該應(yīng)聘者在上述兩種方案下考試通過的概率的大小，并說明理由.
【解析】記該應(yīng)聘者對三門指定課程考試及格的事件分別為A，B，C，則P(A)＝a，P(B)＝b，P(C)＝c.
(1)應(yīng)聘者在方案一下考試通過的概率
P1＝P(AB)＋P(BC)＋P(AC)＋P(ABC)
＝ab(1－c)＋bc(1－a)＋ac(1－b)＋abc
＝ab＋bc＋ca－2abc.
應(yīng)聘者在方案二下考試通過的概率
P2＝13P(AB)＋13P(BC)＋13P(AC)＝13(ab＋bc＋ca).
(2)由a，b，c∈[0,1]，則
P1－P2＝23(ab＋bc＋ca)－2abc＝23[ab(1－c)＋bc(1－a)＋ca(1－b)]≥0，
故P1≥P2，即采用第一種方案，該應(yīng)聘者考試通過的概率較大.
【點撥】本題首先以相互獨立事件為背景，考查兩種方案的概率，然后比較概率的大小，要求運用a，b，c∈[0,1]這一隱含條件.
【變式訓(xùn)練3】甲，乙，丙三人分別獨立地進(jìn)行某項體能測試，已知甲能通過測試的概率是25，甲，乙，丙三人都能通過測試的概率是320，甲，乙，丙三人都不能通過測試的概率是340，且乙通過的概率比丙大.
(1)求乙，丙兩人各自通過測試的概率分別是多少？
(2)測試結(jié)束后，最容易出現(xiàn)幾人通過的情況？
【解析】(1)設(shè)乙、丙兩人各自通過的概率分別為x，y，依題意得
即或(舍去)，
所以乙、丙兩人各自通過的概率分別為34，12.
(2)因為三人都不能通過測試的概率為P0＝340，
三人都能通過測試的概率為P3＝320＝640，
三人中恰有一人通過測試的概率：
P1＝25×(1－34)×(1－12)＋(1－25)×34×(1－12)＋(1－25)×(1－34)×12＝720＝1440，
三人恰有兩人通過測試的概率：
P2＝1－(P0＋P1＋P3)＝1740，
所以測試結(jié)束后，最容易出現(xiàn)兩人通過的情況.
總結(jié)提高
1.互斥事件、對立事件、相互獨立事件的區(qū)別：
對于事件A、B，在一次試驗中，A、B如果不能同時發(fā)生，則稱A、B互斥.一次試驗中，如果A、B互斥且A、B中必有一個發(fā)生，則稱A、B對立.顯然，A＋為必然事件，A、B互斥則不能同時發(fā)生，但可能同時不發(fā)生.兩事件相互獨立是指一個事件的發(fā)生與否對另一事件的發(fā)生的概率沒有影響.事實上：
A、B互斥，則P(AB)＝0；
A、B對立，則P(AB)＝0且P(A)＋P(B)＝1；
A、B相互獨立，則P(AB)＝P(A)P(B).
它們是不相同的.
2.由于當(dāng)事件A、B相互獨立時，P(AB)＝P(A)P(B)，因此式子1－P(A)P(B)表示相互獨立事件A、B中至少有一個不發(fā)生的概率.對于n個隨機事件A1，A2，…，An，有
P(A1＋A2＋…＋An)＝1－P(∩∩…∩)，此稱為概率的和與積的互補公式.
12.8離散型隨機變量及其分布列
典例精析
題型一離散型隨機變量的分布列
【例1】設(shè)離散型隨機變量X的分布列為
X01234
P0.20.10.10.30.3
求：(1)2X＋1的分布列；(2)|X－1|的分布列.
【解析】首先列表如下：
X01234
2X＋113579
|X－1|10123
從而由上表得兩個分布列如下：
2X＋1的分布列：
2X＋113579
P0.20.10.10.30.3
|X－1|的分布列：
|X－1|0123
P0.10.30.30.3
【點撥】由于X的不同的值，Y＝f(X)會取到相同的值，這時要考慮所有使f(X)＝Y(jié)成立的X1，X2，…，Xi的值，則P(Y)＝P(f(X))＝P(X1)＋P(X2)＋…＋P(Xi)，在第(2)小題中充分體現(xiàn)了這一點.
【變式訓(xùn)練1】某地有A、B、C、D四人先后感染了甲型H1N1流感，其中只有A到過渡區(qū)，B肯定是受A感染的，對于C，因為難以斷定他是受A還是受B感染的，于是假定他受A和受B感染的概率都是12，同樣也假定D受A、B、C感染的概率都為13，在這種假定之下，B、C、D中受A感染的人數(shù)X就是一個隨機變量，寫出X分布列，并求均值.
【解析】依題知X可取1、2、3，
P(X＝1)＝1×(1－12)×(1－13)＝13，
P(X＝2)＝1×(1－12)×13＋1×12×(1－13)＝12，
P(X＝3)＝1×12×13＝16，
所以X的分布列為
X123
P
均值E(X)＝1×＋2×＋3×＝.
題型二兩點分布
【例2】在擲一枚圖釘?shù)碾S機試驗中，令ξ＝如果針尖向上的概率為p，試寫出隨機變量ξ的分布列.
【解析】根據(jù)分布列的性質(zhì)，針尖向下的概率是1－p.于是，隨機變量的分布列是
ξ01
P1－pp
【點撥】本題將兩點分布與概率分布列的性質(zhì)相結(jié)合，加深了兩點分布的概念的理解.
【變式訓(xùn)練2】若離散型隨機變量ξ＝的分布列為：
ξ01
P9c2－c3－8c
(1)求出c；
(2)ξ是否服從兩點分布？若是，成功概率是多少？
【解析】(1)由(9c2－c)＋(3－8c)＝1，解得c＝13或23.
又9c2－c≥0,3－8c≥0，所以c＝13.
(2)是兩點分布.成功概率為3－8c＝13.
題型三超幾何分布
【例3】有10件產(chǎn)品，其中3件次品，7件正品，現(xiàn)從中抽取5件，求抽得次品數(shù)X的分布列.
【解析】X的所有可能取值為0,1,2,3，X＝0表示取出的5件產(chǎn)品全是正品，
P(X＝0)＝C03C57C510＝21252＝112；
X＝1表示取出的5件產(chǎn)品有1件次品4件正品，
P(X＝1)＝C13C47C510＝105252＝512；
X＝2表示取出的5件產(chǎn)品有2件次品3件正品，
P(X＝2)＝C23C37C510＝105252＝512；
X＝3表示取出的5件產(chǎn)品有3件次品2件正品，
P(X＝3)＝C33C27C510＝21252＝112.
所以X的分布列為
X0123
P
【點撥】在取出的5件產(chǎn)品中，次品數(shù)X服從超幾何分布，只要代入公式就可求出相應(yīng)的概率，關(guān)鍵是明確隨機變量的所有取值.超幾何分布是一個重要分布，要掌握它的特點.
【變式訓(xùn)練3】一盒中有12個乒乓球，其中9個新的，3個舊的，從盒中任取3個球來用，用完后裝回盒中，此時盒中舊球個數(shù)X是一個隨機變量，其分布列為P(X)，則P(X＝4)的值為()
A.1220B.2755C.27220D.2125
【解析】由題意取出的3個球必為2個舊球1個新球，故P(X＝4)＝C23C19C312＝27220.選C.
總結(jié)提高
1.求離散型隨機變量分布列的問題，需要綜合運用排列、組合、概率等知識和方法.
2.求離散型隨機變量ξ的分布列的步驟：
(1)求出隨機變量ξ的所有可能取值xi(i＝1,2,3，…)；
(2)求出各取值的概率P(ξ＝xi)＝pi；
(3)列出表格.
12.9獨立重復(fù)試驗與二項分布
典例精析
題型一相互獨立事件同時發(fā)生的概率
【例1】甲、乙、丙三臺機床各自獨立地加工同一種零件，已知甲機床加工的零件是一等品而乙機床加工的零件不是一等品的概率為14，乙機床加工的零件是一等品而丙機床加工的零件不是一等品的概率為112，甲、丙兩臺機床加工的零件都是一等品的概率為29.
(1)分別求甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品的概率；
(2)從甲、乙、丙加工的零件中各取一個檢驗，求至少有一個一等品的概率.
【解析】(1)設(shè)A、B、C分別為甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品的事件.
由題設(shè)條件有
即
由①③解得P(C)＝23，將P(C)＝23分別代入③②可得P(A)＝13，P(B)＝14，即甲、乙、丙三臺機床各自加工的零件是一等品的概率分別是13，14，23.
(2)記D為從甲、乙、丙加工的零件中各取一個檢驗，至少有一個一等品的事件，
則P(D)＝1－P()＝1－[1－P(A)][1－P(B)][1－P(C)]＝1－23×34×13＝56.
故從甲、乙、丙加工的零件中各取一個檢驗，至少有一個一等品的概率為56.
【點撥】相互獨立事件是發(fā)生的概率互不影響的兩個或多個事件.兩個相互獨立事件同時發(fā)生的概率滿足P(AB)＝P(A)P(B)，對于求與“至少”、“至多”有關(guān)事件的概率，通常轉(zhuǎn)化為求其對立事件的概率.
【變式訓(xùn)練1】甲、乙兩人各進(jìn)行3次射擊，甲每次擊中目標(biāo)的概率為12，乙每次擊中目標(biāo)的概率為23.
(1)求乙至多擊中目標(biāo)2次的概率；
(2)求甲恰好比乙多擊中目標(biāo)2次的概率.
【解析】(1)乙至多擊中目標(biāo)2次的概率為1－C33(23)3＝1927.
(2)設(shè)甲恰比乙多擊中目標(biāo)2次為事件A，甲恰擊中目標(biāo)2次且乙恰擊中目標(biāo)0次為事件B1，甲恰擊中目標(biāo)3次且乙恰擊中目標(biāo)1次為事件B2，則A＝B1＋B2，B1、B2為互斥事件.
P(A)＝P(B1)＋P(B2)＝38×127＋18×29＝124.
所以，甲恰好比乙多擊中目標(biāo)2次的概率為124.
題型二獨立重復(fù)試驗
【例2】(2010天津)某射手每次射擊擊中目標(biāo)的概率是23，且各次射擊的結(jié)果互不影響.
(1)假設(shè)這名射手射擊5次，求恰有2次擊中目標(biāo)的概率；
(2)假設(shè)這名射手射擊5次，求有3次連續(xù)擊中目標(biāo)，另外2次未擊中目標(biāo)的概率.
【解析】(1)設(shè)X為射手在5次射擊中擊中目標(biāo)的次數(shù)，則X～B(5，23).在5次射擊中，恰有2次擊中目標(biāo)的概率P(X＝2)＝C25×(23)2×(1－23)3＝40243.
(2)設(shè)“第i次射擊擊中目標(biāo)”為事件Ai(i＝1,2,3,4,5)；“射手在5次射擊中，有3次連續(xù)擊中目標(biāo)，另外2次未擊中目標(biāo)”為事件A，則
P(A)＝P(A1A2A3)＋P(A2A3A4)＋P(A3A4A5)＝(23)3×(13)2＋13×(23)3×13＋(13)2×(23)3＝881.
【點撥】獨立重復(fù)試驗是同一試驗的n次重復(fù)，每次試驗成功的概率都相同，恰有k次試驗成功的概率為Pn(k)＝Cknpk(1－p)n－k.
【變式訓(xùn)練2】袋子A中裝有若干個均勻的紅球和白球，從中摸出一個紅球的概率是13.從A中有放回地摸球，每次摸出一個，有3次摸到紅球即停止.
(1)求恰好摸5次停止的概率；
(2)記5次之內(nèi)(含5次)摸到紅球的次數(shù)為ξ，求P(ξ≥2).
【解析】(1)P＝C24×(13)2×(23)2×13＝881.
(2)P(ξ＝2)＝C25×(13)2×(1－13)3＝80243，
P(ξ＝3)＝C35×(13)3×(1－13)2＝40243，
則P(ξ≥2)＝P(ξ＝2)＋P(ξ＝3)＝4081.
題型三二項分布
【例3】一名學(xué)生每天騎車上學(xué)，從他家到學(xué)校的途中有6個交通崗，假設(shè)他在各個交通崗遇到紅燈的事件是相互獨立的，并且概率為13.
(1)設(shè)X為這名學(xué)生在途中遇到紅燈的次數(shù)，求X的分布列；
(2)設(shè)Y為這名學(xué)生在首次遇到紅燈前經(jīng)過的路口數(shù)，求Y的分布列；
(3)求這名學(xué)生在途中至少遇到一次紅燈的概率.
【解析】(1)依題意知X～B(6，13)，
P(X＝k)＝Ck6(13)k(23)6－k，k＝0,1,2,3,4,5,6.
所以X的分布列為
X0123
P
X456
P
(2)依題意知Y可取0,1,2,3,4,5,6，
P(Y＝0)＝13，
P(Y＝1)＝13×23＝29，
P(Y＝2)＝13×(23)2＝427，
P(Y＝3)＝13×(23)3＝881，
P(Y＝4)＝13×(23)4＝16243，
P(Y＝5)＝13×(23)5＝32729，
P(Y＝6)＝(23)6＝64729，
所以Y的分布列為
Y0123456
P
(3)這名學(xué)生在途中至少遇到一次紅燈的概率為
P(X≥1)＝1－P(X＝0)＝1－(23)6＝665729.
【點撥】解決離散型隨機變量的分布列問題時，要依據(jù)相關(guān)概念識別離散型隨機變量服從什么分布，如第(1)問中X服從二項分布，而第(2)問中并不服從二項分布.
【變式訓(xùn)練3】某大廈的一部電梯從底層出發(fā)后只能在第18、19、20層?？?若該電梯在底層載有5位乘客，且每位乘客在這三層的每一層下電梯的概率均為13，用ξ表示這5位乘客在第20層下電梯的人數(shù).求隨機變量ξ的分布列.
【解析】方法一：ξ的所有可能值為0,1,2,3,4,5.
P(ξ＝0)＝2535＝32243，P(ξ＝1)＝＝80243，
P(ξ＝2)＝＝80243，P(ξ＝3)＝＝40243，
P(ξ＝4)＝＝10243，P(ξ＝5)＝135＝1243.
從而ξ的分布列為
ξ012345
P
方法二：考察一位乘客是否在第20層下電梯為一次試驗，這是5次獨立重復(fù)試驗.
故ξ～B(5，13)，即有
P(ξ＝k)＝Ck5(13)k(23)5－k，k＝0,1,2,3,4,5.
由此計算ξ的分布列如方法一.
總結(jié)提高
獨立重復(fù)試驗是同一試驗的n次重復(fù)，每次試驗結(jié)果的概率不受其他次結(jié)果的概率的影響，每次試驗有兩個可能結(jié)果：成功和失敗.n次試驗中A恰好出現(xiàn)了k次的概率為Cknpk(1－p)n－k，這k次是n次中的任意k次，若是指定的k次，則概率為pk(1－p)n-k.
12.10離散型隨機變量的期望與方差
典例精析
題型一期望與方差的性質(zhì)的應(yīng)用
【例1】設(shè)隨機變量ξ的分布列為P(ξ＝k)＝16(k＝1,2,3,4,5,6)，求E(ξ)，E(2ξ＋3)和D(ξ)，D(2ξ＋3).
【解析】E(ξ)＝x1p1＋x2p2＋…＋x6p6＝3.5，
E(2ξ＋3)＝2E(ξ)＋3＝10，
D(ξ)＝(x1－E(ξ))2p1＋(x2－E(ξ))2p2＋…＋(x6－E(ξ))2p6＝3512，D(2ξ＋3)＝4D(ξ)＝353.
【點撥】在計算離散型隨機變量的期望與方差時，首先要弄清其分布特征及分布列，再準(zhǔn)確運用公式，特別是利用性質(zhì)解題.
【變式訓(xùn)練1】袋中有20個大小相同的球，其中記上0號的有10個，記上n號的有n個(n＝1,2,3,4).現(xiàn)從袋中任取一球，ξ表示所取球的標(biāo)號.
(1)求ξ的分布列、期望和方差；
(2)若η＝aξ＋b，E(η)＝1，D(η)＝11，試求a，b的值.
【解析】(1)ξ的分布列為：
ξ01234
P
所以E(ξ)＝0×12＋1×120＋2×110＋3×320＋4×15＝1.5，
D(ξ)＝(0－1.5)2×12＋(1－1.5)2×120＋(2－1.5)2×110＋(3－1.5)2×320＋(4－1.5)2×15＝2.75.
(2)由D(η)＝a2D(ξ)，得a2×2.75＝11，即a＝±2.又E(η)＝aE(ξ)＋b，
所以當(dāng)a＝2時，由1＝2×1.5＋b，得b＝－2；
當(dāng)a＝－2時，由1＝－2×1.5＋b，得b＝4.
所以或
題型二期望與方差在風(fēng)險決策中的應(yīng)用
【例2】甲、乙兩名工人加工同一種零件，兩人每天加工的零件數(shù)相等，所得次品數(shù)分別為ξ、η，ξ和η的分布列如下：
ξ012
P
η012
P
試對這兩名工人的技術(shù)水平進(jìn)行比較.
【解析】工人甲生產(chǎn)出的次品數(shù)ξ的期望和方差分別為：
E(ξ)＝0×610＋1×110＋2×310＝0.7，
D(ξ)＝(0－0.7)2×610＋(1－0.7)2×110＋(2－0.7)2×310＝0.81.
工人乙生產(chǎn)出的次品數(shù)η的期望和方差分別為：
E(η)＝0×510＋1×310＋2×210＝0.7，D(η)＝(0－0.7)2×510＋(1－0.7)2×310＋(2－0.7)2×210＝0.61.
由E(ξ)＝E(η)知，兩人出次品的平均數(shù)相同，技術(shù)水平相當(dāng)，但D(ξ)＞D(η)，可見乙的技術(shù)比較穩(wěn)定.
【點撥】期望僅體現(xiàn)了隨機變量取值的平均大小，但有時僅知道均值的大小還不夠.如果兩個隨機變量的均值相等，還要看隨機變量的取值如何在均值周圍變化，即計算方差.方差大說明隨機變量取值較分散，方差小說明取值分散性小或者取值比較集中、穩(wěn)定.
【變式訓(xùn)練2】利用下列盈利表中的數(shù)據(jù)進(jìn)行決策，應(yīng)選擇的方案是.
【解析】利用方案A1、A2、A3、A4盈利的期望分別是：
50×0.25＋65×0.30＋26×0.45＝43.7；
70×0.25＋26×0.30＋16×0.45＝32.5；
－20×0.25＋52×0.30＋78×0.45＝45.7；
98×0.25＋82×0.30－10×0.45＝44.6.故選A3.
題型三離散型隨機變量分布列綜合問題
【例3】(2010浙江)如圖，一個小球從M處投入，通過管道自上而下落入A或B或C.已知小球從每個叉口落入左右兩個管道的可能性是相等的.某商家按上述投球方式進(jìn)行促銷活動，若投入的小球落到A，B，C，則分別設(shè)為1,2,3等獎.
(1)已知獲得1,2,3等獎的折扣率分別為50%,70%,90%.記隨機變量ξ為獲得k(k＝1,2,3)等獎的折扣率，求隨機變量ξ的分布列及期望E(ξ)；
(2)若有3人次(投入1球為1人次)參加促銷活動，記隨機變量η為獲得1等獎或2等獎的人次，求P(η＝2).
【解析】(1)由題意得ξ的分布列為
ξ50%70%90%
p
則E(ξ)＝316×50%＋38×70%＋716×90%＝34.
(2)由(1)可知，獲得1等獎或2等獎的概率為316＋38＝916.由題意得η～(3，916)，則P(η＝2)＝C23(916)2(1－916)＝17014096.
【變式訓(xùn)練3】(2010北京市東城區(qū))已知將一枚質(zhì)地不均勻的硬幣拋擲三次，三次正面均朝上的概率為127.
(1)求拋擲這樣的硬幣三次，恰有兩次正面朝上的概率；
(2)拋擲這樣的硬幣三次后，拋擲一枚質(zhì)地均勻的硬幣一次，記四次拋擲后正面朝上的總次數(shù)為ξ，求隨機變量ξ的分布列及期望E(ξ).
【解析】(1)設(shè)拋擲一次這樣的硬幣，正面朝上的概率為P，依題意有C33P3＝127，解得
P＝13.
所以拋擲這樣的硬幣三次，恰有兩次正面朝上的概率為P3(2)＝C23×(13)2×23＝29.
(2)隨機變量ξ的可能取值為0,1,2,3,4.
P(ξ＝0)＝C03×(23)3×12＝427；
P(ξ＝1)＝C03×(23)3×12＋C13×13×(23)2×12＝1027；
P(ξ＝2)＝C13×13×(23)2×12＋C23×(13)2×23×12＝13；
P(ξ＝3)＝C23×(13)2×23×12＋C33×(13)3×12＝754；
P(ξ＝4)＝C33×(13)3×12＝154.
所以ξ的分布列為
ξ01234
P
E(ξ)＝0×427＋1×1027＋2×13＋3×754＋4×154＝32.
總結(jié)提高
1.期望是算術(shù)平均值概念的推廣，是概率意義下的平均；E(ξ)是一個實數(shù)，由ξ的分布列唯一確定，即作為隨機變量ξ是可變的，可取不同值，而E(ξ)是不變的，它描述ξ取值的平均狀態(tài).
2.方差D(ξ)表示隨機變量ξ對E(ξ)的平均偏離程度，統(tǒng)計中常用標(biāo)準(zhǔn)差D(ξ)描述ξ的分散程度.
12.11正態(tài)分布
典例精析
題型一研究正態(tài)總體在三個特殊區(qū)間內(nèi)取值的概率值
【例1】某正態(tài)曲線的密度函數(shù)是偶函數(shù)，而且該函數(shù)的最大值為122π，求總體位于區(qū)間[－4，－2]的概率.
【解析】由正態(tài)曲線的密度函數(shù)是偶函數(shù)知μ＝0，由最大值為122π知σ＝2，
所以P(－2≤x≤2)＝P(μ－σ≤x≤μ＋σ)＝0.6826，
P(－4≤x≤4)＝P(μ－2σ≤x≤μ＋2σ)＝0.9544，
所以P(－4≤x≤－2)＝12×(0.9544－0.6826)＝0.1359.
【點撥】應(yīng)當(dāng)熟記：
P(μ－σ≤X≤μ＋σ)＝0.6826；
P(μ－2σ≤X≤μ＋2σ)＝0.9544；
P(μ－3σ≤X≤μ＋3σ)＝0.9974.
【變式訓(xùn)練1】設(shè)X~N(1,22)，試求：
(1)P(－1＜X≤3)；
(2)P(X≥5).
【解析】因為X～N(1,22)，所以μ＝1，σ＝2.
(1)P(－1＜X≤3)＝P(1－2＜X≤1＋2)＝P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826.
(2)因為P(X≥5)＝P(X≤－3)，
所以P(X≥5)＝12[1－P(－3＜X≤5)]
＝12[1－P(1－4＜X≤1＋4)]
＝12[1－P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)]
＝12(1－0.9544)＝0.0228.
題型二利用正態(tài)總體密度函數(shù)估計某區(qū)間的概率
【例2】已知某地區(qū)數(shù)學(xué)考試的成績X~N(60,82)(單位：分)，此次考生共有1萬人，估計在60分到68分之間約有多少人？
【解析】由題意μ＝60，σ＝8，
因為P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826，
所以P(52＜X≤68)＝0.6826，
又此正態(tài)曲線關(guān)于x＝60對稱，
所以P(60＜X≤68)＝12P(52＜X≤68)＝0.3413，
從而估計在60分到68分之間約有3413人.
【點撥】本題是教材變式題，將原題中單純(μ－σ，μ＋σ)的概率考查結(jié)合了正態(tài)曲線的對稱性以及概率的意義，使題目更具實際意義.另外，還可將問題變?yōu)?44,76)、(68,76)等區(qū)間進(jìn)行探討.
【變式訓(xùn)練2】某人乘車從A地到B地，所需時間(分鐘)服從正態(tài)分布N(30,100)，求此人在40分鐘至50分鐘到達(dá)目的地的概率.
【解析】由μ＝30，σ＝10，P(μ－σ＜X≤μ＋σ)＝0.6826知此人在20分鐘至40分鐘到達(dá)目的地的概率為0.6826，又由于P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)＝0.9544，所以此人在10分鐘至20分鐘或40分鐘至50分鐘到達(dá)目的地的概率為0.9544－0.6826＝0.2718，由正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝30對稱得此人在40分鐘至50分鐘到達(dá)目的地的概率為0.1359.
總結(jié)提高
1.服從正態(tài)分布的隨機變量X的概率特點
若隨機變量X服從正態(tài)分布，則X在一點上的取值概率為0，即P(X＝a)＝0，而{X＝a}并不是不可能事件，所以概率為0的事件不一定是不可能事件，從而P(X＜a)＝P(X≤a)是成立的，這與離散型隨機變量不同.
2.關(guān)于正態(tài)總體在某個區(qū)間內(nèi)取值的概率求法
(1)熟記P(μ－σ＜X≤μ＋σ)，P(μ－2σ＜X≤μ＋2σ)，P(μ－3σ＜X≤μ＋3σ)的值.
(2)充分利用正態(tài)曲線的對稱性和曲線與x軸之間面積為1.
①正態(tài)曲線關(guān)于直線x＝μ對稱，從而在關(guān)于x＝μ對稱的區(qū)間上概率相同.
②P(X＜a)＝1－P(X≥a)，P(X＜μ－a)＝P(X≥μ＋a).
高三理科數(shù)學(xué)推理與證明總復(fù)習(xí)教學(xué)案
第十四章推理與證明
高考導(dǎo)航
考試要求重難點擊命題展望
1.了解合情推理的含義.
2.能利用歸納與類比等進(jìn)行簡單的推理.
3.體會并認(rèn)識合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用.
4.了解演繹推理的重要性.
5.掌握演繹推理的基本模式：“三段論”.
6.能運用演繹推理進(jìn)行簡單的推理.
7.了解演繹推理、合情推理的聯(lián)系與區(qū)別.
8.了解直接證明的兩種基本方法：分析法與綜合法.
9.了解分析法與綜合法的思維過程、特點.
10.了解反證法是間接證明的一種基本方法及反證法的思維過程、特點.
11.了解數(shù)學(xué)歸納法的原理.
12.能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的與自然數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題.本章重點：1.利用歸納與類比進(jìn)行推理；2.利用“三段論”進(jìn)行推理與證明；3.運用直接證明(分析法、綜合法)與間接證明(反證法)的方法證明一些簡單的命題；4.數(shù)學(xué)歸納法的基本思想與證明步驟；運用數(shù)學(xué)歸納法證明與自然數(shù)n(n∈N*)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題.
本章難點：1.利用歸納與類比的推理來發(fā)現(xiàn)結(jié)論并形成猜想命題；2.根據(jù)綜合法、分析法及反證法的思維過程與特點選取適當(dāng)?shù)淖C明方法證明命題；3.理解數(shù)學(xué)歸納法的思維實質(zhì)，特別是在第二個步驟要根據(jù)歸納假設(shè)進(jìn)行推理與證明.“推理與證明”是數(shù)學(xué)的基本思維過程，也是人們學(xué)習(xí)和生活中經(jīng)常使用的思維方式.本章要求考生通過對已有知識的回顧與總結(jié)，進(jìn)一步體會直觀感知、觀察發(fā)現(xiàn)、歸納類比、空間想象、抽象概括、符號表示、運算求解、數(shù)據(jù)處理、演繹證明、反思與建構(gòu)等數(shù)學(xué)思維過程以及合情推理、演繹推理之間的聯(lián)系與差異，體會數(shù)學(xué)證明的特點，了解數(shù)學(xué)證明的基本方法.
本章是新課程考綱中新增的內(nèi)容，考查的范圍寬，內(nèi)容多，涉及數(shù)學(xué)知識的方方面面，與舊考綱相比，增加了合情推理等知識點，這為創(chuàng)新性試題的命制提供了空間.
知識網(wǎng)絡(luò)
14.1合情推理與演繹推理
典例精析
題型一運用歸納推理發(fā)現(xiàn)一般性結(jié)論
【例1】通過觀察下列等式，猜想出一個一般性的結(jié)論，并證明結(jié)論的真假.
sin215°＋sin275°＋sin2135°＝32；
sin230°＋sin290°＋sin2150°＝32；
sin245°＋sin2105°＋sin2165°＝32；
sin260°＋sin2120°＋sin2180°＝32.
【解析】猜想：sin2(α－60°)＋sin2α＋sin2(α＋60°)＝32.
左邊＝(sinαcos60°－cosαsin60°)2＋sin2α＋(sinαcos60°＋cosαsin60°)2＝32(sin2α＋cos2α)＝32＝右邊.
【點撥】先猜后證是一種常見題型；歸納推理的一些常見形式：一是“具有共同特征型”，二是“遞推型”，三是“循環(huán)型”(周期性).
【變式訓(xùn)練1】設(shè)直角三角形的兩直角邊的長分別為a，b，斜邊長為c，斜邊上的高為h，則有a＋b＜c＋h成立，某同學(xué)通過類比得到如下四個結(jié)論：
①a2＋b2＞c2＋h2；②a3＋b3＜c3＋h3；③a4＋b4＜c4＋h4；④a5＋b5＞c5＋h5.
其中正確結(jié)論的序號是；
進(jìn)一步類比得到的一般結(jié)論是.
【解析】②③；an＋bn＜cn＋hn(n∈N*).
題型二運用類比推理拓展新知識
【例2】請用類比推理完成下表：
平面空間
三角形兩邊之和大于第三邊三棱錐任意三個面的面積之和大于第四個面的面積
三角形的面積等于任意一邊的長度與這邊上的高的乘積的一半三棱錐的體積等于任意一個底面的面積與該底面上的高的乘積的三分之一
三角形的面積等于其內(nèi)切圓半徑與三角形周長的乘積的一半
【解析】本題由已知的前兩組類比可得到如下信息：
①平面中的三角形與空間中的三棱錐是類比對象；②三角形各邊的邊長與三棱錐各面的面積是類比對象；③三角形邊上的高與三棱錐面上的高是類比對象；④三角形的面積與三棱錐的體積是類比對象；⑤三角形的面積公式中的“二分之一”與三棱錐的體積公式中的“三分之一”是類比對象.
由以上分析可知：
故第三行空格應(yīng)填：三棱錐的體積等于其內(nèi)切球半徑與三棱錐表面積的乘積的三分之一.
本題結(jié)論可以用等體積法，將三棱錐分割成四個小的三棱錐去證明，此處從略.
【點撥】類比推理的關(guān)鍵是找到合適的類比對象.平面幾何中的一些定理、公式、結(jié)論等，可以類比到立體幾何中，得到類似的結(jié)論.一般平面中的一些元素與空間中的一些元素的類比列表如下：
平面空間
點線
線面
圓球
三角形三棱錐
角二面角
面積體積
周長表面積
……
【變式訓(xùn)練2】面積為S的平面凸四邊形的第i條邊的邊長記為ai(i＝1,2,3,4)，此四邊形內(nèi)任一點P到第i條邊的距離為hi(i＝1,2,3,4)，(1)若a11＝a22＝a33＝a44＝k，則＝；(2)類比以上性質(zhì)，體積為V的三棱錐的第i個面的面積記為Si(i＝1,2,3,4)，此三棱錐內(nèi)任一點Q到第i個面的距離記為Hi(i＝1,2,3,4)，若S11＝S22＝S33＝S44＝K，則＝.
【解析】2Sk；3VK.
題型三運用“三段論”進(jìn)行演繹推理
【例3】已知函數(shù)f(x)＝lnax－x－ax(a≠0).
(1)求此函數(shù)的單調(diào)區(qū)間及最值；
(2)求證：對于任意正整數(shù)n，均有1＋12＋13＋…＋1n≥lnenn！.
【解析】(1)由題意f′(x)＝x－ax2.
當(dāng)a＞0時，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，
此時函數(shù)在(0，a)上是減函數(shù)，在(a，＋∞)上是增函數(shù)，
fmin(x)＝f(a)＝lna2，無最大值.
當(dāng)a＜0時，函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，0)，
此時函數(shù)在(－∞，a)上是減函數(shù)，在(a,0)上是增函數(shù)，
fmin(x)＝f(a)＝lna2，無最大值.
(2)取a＝1，由(1)知，f(x)＝lnx－x－1x≥f(1)＝0，
故1x≥1－lnx＝lnex，
取x＝1,2,3，…，n，則1＋12＋13＋…＋1n≥lne＋lne2＋…＋lnen＝lnenn！.
【點撥】演繹推理是推理證明的主要途徑，而“三段論”是演繹推理的一種重要的推理形式，在高考中以證明題出現(xiàn)的頻率較大.
【變式訓(xùn)練3】已知函數(shù)f(x)＝eg(x)，g(x)＝kx－1x＋1(e是自然對數(shù)的底數(shù))，
(1)若對任意的x＞0，都有f(x)＜x＋1，求滿足條件的最大整數(shù)k的值；
(2)求證：ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n(n＋1)]＞2n－3(n∈N*).
【解析】(1)由條件得到f(1)＜2＜2k＜2ln2＋1＜3，猜測最大整數(shù)k＝2，
現(xiàn)在證明＜x＋1對任意x＞0恒成立：
＜x＋1等價于2－3x＋1＜ln(x＋1)ln(x＋1)＋3x＋1＞2，
設(shè)h(x)＝ln(x＋1)＋3x＋1，則h′(x)＝1x＋1－3(x＋1)2＝x－2(x＋1)2.
故x∈(0,2)時，h′(x)＜0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時，h′(x)＞0.
所以對任意的x＞0都有h(x)≥h(2)＝ln3＋1＞2，即＜x＋1對任意x＞0恒成立，
所以整數(shù)k的最大值為2.
(2)由(1)得到不等式2－3x＋1＜ln(x＋1)，
所以ln[1＋k(k＋1)]＞2－3k(k＋1)＋1＞2－3k(k＋1)，
ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n(n＋1)]＞(2－31×2)＋(2－32×3)＋…＋[2－3n(n＋1)]＝2n－3[11×2＋12×3＋…＋1n(n＋1)]＝2n－3＋3n＋1＞2n－3，
所以原不等式成立.
總結(jié)提高
合情推理與演繹推理是兩種基本的思維推理方式.盡管合情推理(歸納、類比)得到的結(jié)論未必正確，但歸納推理與類比推理具有猜想和發(fā)現(xiàn)新結(jié)論、探索和提供證明的新思路的重要作用，特別在數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中，我們可以由熟悉的、已知的知識領(lǐng)域運用歸納、類比思維獲取發(fā)現(xiàn)和創(chuàng)造的靈感去探索陌生的、未知的知識領(lǐng)域.演繹推理是數(shù)學(xué)邏輯思維的主要形式，擔(dān)負(fù)著判斷命題真假的重要使命.如果說合情推理是以感性思維為主，只需有感而發(fā)；那么演繹推理則是以理性思維為主，要求言必有據(jù).在近幾年高考中一道合情推理的試題往往會成為一套高考試題的特色與亮點，以彰顯數(shù)學(xué)思維的魅力.其中數(shù)列的通項公式、求和公式的歸納、等差數(shù)列與等比數(shù)列、平面與空間、圓錐曲線與圓、楊輝三角等的類比的考查頻率較大.而演繹推理的考查則可以滲透到每一道試題中.
14.2直接證明與間接證明
典例精析
題型一運用綜合法證明
【例1】設(shè)a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證：1a＋1b＋1ab≥8.
【證明】因為a＋b＝1，
所以1a＋1b＋1ab＝a＋ba＋a＋bb＋a＋bab＝1＋ba＋1＋ab＋a＋bab≥2＋＋a＋b(a＋b2)2＝2＋2＋4＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝12時等號成立.
【點撥】在用綜合法證明命題時，必須首先找到正確的出發(fā)點，也就是能想到從哪里起步，我們一般的處理方法是廣泛地聯(lián)想已知條件所具備的各種性質(zhì)，逐層推進(jìn)，從已知逐漸引出結(jié)論.
【變式訓(xùn)練1】設(shè)a，b，c＞0，求證：a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c.
【證明】因為a，b，c＞0，根據(jù)基本不等式，
有a2b＋b≥2a，b2c＋c≥2b，c2a＋a≥2c.
三式相加：a2b＋b2c＋c2a＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c).
即a2b＋b2c＋c2a≥a＋b＋c.
題型二運用分析法證明
【例2】設(shè)a、b、c為任意三角形三邊長，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca.求證：I2＜4S.
【證明】由I2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ac)＝a2＋b2＋c2＋2S，
故要證I2＜4S，只需證a2＋b2＋c2＋2S＜4S，即a2＋b2＋c2＜2S.
欲證上式，只需證a2＋b2＋c2－2ab－2bc－2ca＜0，
即證(a2－ab－ac)＋(b2－bc－ba)＋(c2－ca－cb)＜0，
只需證三括號中的式子均為負(fù)值即可，
即證a2＜ab＋ac，b2＜bc＋ba，c2＜ca＋cb，
即a＜b＋c，b＜a＋c，c＜a＋b，
顯然成立，因為三角形任意一邊小于其他兩邊之和.
故I2＜4S.
【點撥】(1)應(yīng)用分析法易于找到思路的起始點，可探求解題途徑.
(2)應(yīng)用分析法證明問題時要注意：嚴(yán)格按分析法的語言表達(dá)；下一步是上一步的充分條件.
【變式訓(xùn)練2】已知a＞0，求證：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.
【證明】要證a2＋1a2－2≥a＋1a－2，
只要證a2＋1a2＋2≥a＋1a＋2.
因為a＞0，故只要證(a2＋1a2＋2)2≥(a＋1a＋2)2，
即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22(a＋1a)＋2，
從而只要證2a2＋1a2≥2(a＋1a)，
只要證4(a2＋1a2)≥2(a2＋2＋1a2)，即a2＋1a2≥2，
而該不等式顯然成立，故原不等式成立.
題型三運用反證法證明
【例3】若x，y都是正實數(shù)，且x＋y＞2.求證：1＋xy＜2或1＋yx＜2中至少有一個成立.
【證明】假設(shè)1＋xy＜2和1＋yx＜2都不成立.則1＋xy≥2，1＋yx≥2同時成立.
因為x＞0且y＞0，所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，
兩式相加得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2，這與已知條件x＋y＞2相矛盾.
因此1＋xy＜2與1＋yx＜2中至少有一個成立.
【點撥】一般以下題型用反證法：①當(dāng)“結(jié)論”的反面比“結(jié)論”本身更簡單、更具體、更明確；②否定命題，唯一性命題，存在性命題，“至多”“至少”型命題；③有的肯定形式命題，由于已知或結(jié)論涉及到無限個元素，用直接證明形式比較困難因而往往采用反證法.
【變式訓(xùn)練3】已知下列三個方程：x2＋4ax－4a＋3＝0；x2＋(a－1)x＋a2＝0；x2＋2ax－2a＝0，若至少有一個方程有實根，求實數(shù)a的取值范圍.
【解析】假設(shè)三個方程均無實根，則有
由(4a)2－4(－4a＋3)＜0，得4a2＋4a－3＜0，即－32＜a＜12；
由(a－1)2－4a2＜0，得(a＋1)(3a－1)＞0，即a＜－1或a＞13；
由(2a)2－4(－2a)＜0，得a(a＋2)＜0，即－2＜a＜0.
以上三部分取交集得M＝{a|－32＜a＜－1}，則三個方程至少有一個方程有實根的實數(shù)a的取值范圍為RM，即{a|a≤－32或a≥－1}.
總結(jié)提高
分析法與綜合法各有其優(yōu)缺點：分析法是執(zhí)果索因，比較容易尋求解題思路，但敘述繁瑣；綜合法敘述簡潔，但常常思路阻塞.因此在實際解題時，需將兩者結(jié)合起來運用，先用分析法尋求解題思路，再用綜合法簡潔地敘述解題過程.從邏輯思維的角度看，原命題“pq”與逆否命題“qp”是等價的，而反證法是相當(dāng)于由“q”推出“p”成立，從而證明了原命題正確.因此在運用反證法的證明過程中要特別注意條件“q”的推理作用.綜合法與分析法在新課標(biāo)中第一次成為獨立的顯性的課題，預(yù)測可能有顯性的相關(guān)考試命題.反證法證明的關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾，這個矛盾可以是與已知矛盾，或與假設(shè)矛盾或與定義、公理、公式事實矛盾等.
14.3數(shù)學(xué)歸納法
典例精析
題型一用數(shù)學(xué)歸納法證明恒等式
【例1】是否存在常數(shù)a、b、c，使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)對于一切n∈N*都成立？若存在，求出a、b、c并證明；若不存在，試說明理由.
【解析】假設(shè)存在a、b、c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)對于一切n∈N*都成立.
當(dāng)n＝1時，a(b＋c)＝1；
當(dāng)n＝2時，2a(4b＋c)＝6；
當(dāng)n＝3時，3a(9b＋c)＝19.
解方程組解得
證明如下：
當(dāng)n＝1時，顯然成立；
假設(shè)n＝k(k∈N*，k≥1)時等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝13k(2k2＋1)；
則當(dāng)n＝k＋1時，
12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝13k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2
＝13k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2＝13k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2
＝13(k＋1)(2k2＋4k＋3)＝13(k＋1)[2(k＋1)2＋1].
因此存在a＝13，b＝2，c＝1，使等式對一切n∈N*都成立.
【點撥】用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)n有關(guān)的恒等式時要弄清等式兩邊的項的構(gòu)成規(guī)律：由n＝k到n＝k＋1時等式左右各如何增減，發(fā)生了怎樣的變化.
【變式訓(xùn)練1】用數(shù)學(xué)歸納法證明：
當(dāng)n∈N*時，11×3＋13×5＋…＋1(2n－1)(2n＋1)＝n2n＋1.
【證明】(1)當(dāng)n＝1時，左邊＝11×3＝13，右邊＝12×1＋1＝13，
左邊＝右邊，所以等式成立.
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時等式成立，即有11×3＋13×5＋…＋1(2k－1)(2k＋1)＝k2k＋1，
則當(dāng)n＝k＋1時，
11×3＋13×5＋…＋1(2k－1)(2k＋1)＋1(2k＋1)(2k＋3)＝k2k＋1＋1(2k＋1)(2k＋3)
＝k(2k＋3)＋1(2k＋1)(2k＋3)＝2k2＋3k＋1(2k＋1)(2k＋3)＝k＋12k＋3＝k＋12(k＋1)＋1，
所以當(dāng)n＝k＋1時，等式也成立.
由(1)(2)可知，對一切n∈N*等式都成立.
題型二用數(shù)學(xué)歸納法證明整除性問題
【例2】已知f(n)＝(2n＋7)3n＋9，是否存在自然數(shù)m使得任意的n∈N*，都有m整除f(n)？若存在，求出最大的m值，并證明你的結(jié)論；若不存在，請說明理由.
【解析】由f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360，猜想：f(n)能被36整除，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.
(1)當(dāng)n＝1時，結(jié)論顯然成立；
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時結(jié)論成立，即f(k)＝(2k＋7)3k＋9能被36整除.
則當(dāng)n＝k＋1時，f(k＋1)＝(2k＋9)3k＋1＋9＝3[(2k＋7)3k＋9]＋18(3k－1－1)，
由假設(shè)知3[(2k＋7)3k＋9]能被36整除，又3k－1－1是偶數(shù)，
故18(3k－1－1)也能被36整除.即n＝k＋1時結(jié)論也成立.
故由(1)(2)可知，對任意正整數(shù)n都有f(n)能被36整除.
由f(1)＝36知36是整除f(n)的最大值.
【點撥】與正整數(shù)n有關(guān)的整除性問題也可考慮用數(shù)學(xué)歸納法證明.在證明n＝k＋1結(jié)論也成立時，要注意“湊形”，即湊出歸納假設(shè)的形式，以便于充分利用歸納假設(shè)的條件.
【變式訓(xùn)練2】求證：當(dāng)n為正整數(shù)時，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除.
【證明】方法一：①當(dāng)n＝1時，f(1)＝34－8－9＝64，命題顯然成立.
②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時結(jié)論成立，即f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除.
由于32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋98k＋99－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)，即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)，
所以n＝k＋1時命題也成立.
根據(jù)①②可知，對任意的n∈N*，命題都成立.
方法二：①當(dāng)n＝1時，f(1)＝34－8－9＝64，命題顯然成立.
②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除.由歸納假設(shè)，設(shè)32k＋2－8k－9＝64m(m為大于1的自然數(shù))，將32k＋2＝64m＋8k＋9代入到f(k＋1)中得
f(k＋1)＝9(64m＋8k＋9)－8(k＋1)－9＝64(9m＋k＋1)，所以n＝k＋1時命題也成立.
根據(jù)①②可知，對任意的n∈N*，命題都成立.
題型三數(shù)學(xué)歸納法在函數(shù)、數(shù)列、不等式證明中的運用
【例3】(2009山東)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知對任意的n∈N*，點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上.
(1)求r的值；
(2)當(dāng)b＝2時，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，求證：對任意的n∈N*，不等式b1＋1b1
b2＋1b2…bn＋1bn＞n＋1成立.
【解析】(1)因為點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖象上，
所以Sn＝bn＋r(b＞0且b≠1，b，r均為常數(shù)).
當(dāng)n＝1時，a1＝S1＝b＋r；當(dāng)n≥2時，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－bn－1－r＝(b－1)bn－1.
又?jǐn)?shù)列{an}為等比數(shù)列，故r＝－1且公比為b.
(2)當(dāng)b＝2時，an＝2n－1，
所以bn＝2(log2an＋1)＝2(log22n－1＋1)＝2n(n∈N*)，
所以bn＋1bn＝2n＋12n，
于是要證明的不等式為3254…2n＋12n＞n＋1對任意的n∈N*成立.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.
當(dāng)n＝1時，32＞2顯然成立.
假設(shè)當(dāng)n＝k時不等式成立，即3254…2k＋12k＞k＋1.
則當(dāng)n＝k＋1時，3254…2k＋12k2k＋32k＋2＞k＋12k＋32k＋2＝k＋1(2k＋32k＋2)2＝(2k＋3)24(k＋1)
＝[2(k＋1)＋1]24(k＋1)＝4(k＋1)2＋4(k＋1)＋14(k＋1)＝(k＋1)＋1＋14(k＋1)＞(k＋1)＋1，
即當(dāng)n＝k＋1時不等式成立，所以原不等式對任意n∈N*成立.
【點撥】運用歸納推理得到的結(jié)論不一定正確，需進(jìn)行證明.用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式時必須要利用歸納假設(shè)的條件，并且靈活運用放縮法、基本不等式等數(shù)學(xué)方法.
【變式訓(xùn)練3】設(shè)函數(shù)f(x)＝ex－1＋ax(a∈R).
(1)若函數(shù)f(x)在x＝1處有極值，且函數(shù)g(x)＝f(x)＋b在(0，＋∞)上有零點，求b的最大值；
(2)若f(x)在(1,2)上為單調(diào)函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍；
(3)在(1)的條件下，數(shù)列{an}中a1＝1，an＋1＝f(an)－f′(an)，求|an＋1－an|的最小值.
【解析】(1)f′(x)＝ex－1－ax2，又函數(shù)f(x)在x＝1處有極值，
所以f′(1)＝0，即a＝1，經(jīng)檢驗符合題意.
g′(x)＝ex－1－1x2，當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)，當(dāng)x＝1時，g′(x)＝0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù).
所以g(x)在x＝1時取得極小值g(1)＝2＋b，依題意g(1)≤0，所以b≤－2，
所以b的最大值為－2.
(2)f′(x)＝ex－1－ax2，
當(dāng)f(x)在(1,2)上單調(diào)遞增時，ex－1－ax2≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤x2ex－1，
令h(x)＝x2，則h′(x)＝ex－1(x2＋2x)＞0在[1,2]上恒成立，即h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，
所以h(x)在[1,2]上的最小值為h(1)＝1，所以a≤1；
當(dāng)f(x)在[1,2]上單調(diào)遞減時，同理a≥x2ex－1，
h(x)＝x2ex－1在[1,2]上的最大值為h(2)＝4e，所以a≥4e.
綜上實數(shù)a的取值范圍為a≤1或a≥4e.
(3)由(1)得a＝1，所以f(x)－f′(x)＝1x＋1x2，因此an＋1＝1an＋1a2n，a1＝1，所以a2＝2，可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2.用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：
①當(dāng)n＝1時，a3＝34，a4＝289，結(jié)論成立；
②設(shè)n＝k，k∈N*時結(jié)論成立，即0＜a2k＋1＜1，a2k＋2＞2，
則n＝k＋1時，a2k＋3＝1a2k＋2＋1a22k＋2＜12＋12＝1，
所以0＜a2k＋3＜1，a2k＋4＝1a2k＋3＋1a22k＋3＞1＋1＝2.
所以n＝k＋1時結(jié)論也成立，
根據(jù)①②可得0＜a2n＋1＜1，a2n＋2＞2恒成立，
所以|an＋1－an|≥a2－a1＝2－1＝1，即|an＋1－an|的最小值為1.
總結(jié)提高
數(shù)學(xué)歸納法是證明與自然數(shù)有關(guān)的命題的常用方法，它是在歸納的基礎(chǔ)上進(jìn)行的演繹推理，其大前提是皮亞諾公理(即歸納公理)：
設(shè)M是正整數(shù)集合的子集，且具有如下性質(zhì)：
①1∈M；
②若k∈M，則k＋1∈M，那么必有M＝N*成立.
數(shù)學(xué)歸納法證明的兩個步驟體現(xiàn)了遞推的數(shù)學(xué)思想，第一步是遞推的基礎(chǔ)，第二步是遞推的依據(jù)，通過對兩個命題的證明替代了無限多次的驗證，實現(xiàn)了有限與無限的辯證統(tǒng)一.
從近幾年的高考試題來看，比較注重于對數(shù)學(xué)歸納法的思想本質(zhì)的考查，如“歸納、猜想、證明”是一種常見的命題形式.而涉及的知識內(nèi)容也是很廣泛的，可覆蓋代數(shù)命題、三角恒等式、不等式、數(shù)列、幾何命題、整除性命題等.其難點往往在第二步，關(guān)鍵是“湊形”以便運用歸納假設(shè)的條件.
高三數(shù)學(xué)理科幾何證明總復(fù)習(xí)教學(xué)案
第十六章幾何證明選講
高考導(dǎo)航
考試要求重難點擊命題展望
1.了解平行線截割定理.
2.會證明并應(yīng)用直角三角形射影定理.
3.會證明并應(yīng)用圓周角定理，圓的切線的判定定理及性質(zhì)定理，并會運用它們進(jìn)行計算與證明.
4.會證明并應(yīng)用相交弦定理、圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)定理與判定定理、切割線定理，并會運用它們進(jìn)行幾何計算與證明.
5.了解平行投影的含義，通過圓柱與平面的位置關(guān)系了解平行投影；會證明平面與圓柱面的截線是橢圓(特殊情形是圓).
6.了解下面的定理.
定理：在空間中，取直線l為軸，直線l′與l相交于點O，其夾角為α，l′圍繞l旋轉(zhuǎn)得到以O(shè)為頂點，l′為母線的圓錐面，任取平面π，若它與軸l的交角為β(π與l平行，記β＝0)，則：
①β＞α，平面π與圓錐的交線為橢圓；
②β＝α，平面π與圓錐的交線為拋物線；
③β＜α，平面π與圓錐的交線為雙曲線.
7.會利用丹迪林(Dandelin)雙球(如圖所示，這兩個球位于圓錐的內(nèi)部，一個位于平面π的上方，一個位于平面π的下方，并且與平面π及圓錐面均相切，其切點分別為F，E)證明上述定理①的情形：
當(dāng)β＞α?xí)r，平面π與圓錐的交線為橢圓.
(圖中，上、下兩球與圓錐面相切的切點分別為點B和點C，線段BC與平面π相交于點A)
8.會證明以下結(jié)果：
①在7.中，一個丹迪林球與圓錐面的交線為一個圓，并與圓錐的底面平行.記這個圓所在的平面為π′.
②如果平面π與平面π′的交線為m，在6.①中橢圓上任取點A，該丹迪林球與平面π的切點為F，則點A到點F的距離與點A到直線m的距離比是小于1的常數(shù)e(稱點F為這個橢圓的焦點，直線m為橢圓的準(zhǔn)線，常數(shù)e為離心率).
9.了解定理6.③中的證明，了解當(dāng)β無限接近α?xí)r，平面π的極限結(jié)果.本章重點：相似三角形的判定與性質(zhì)，與圓有關(guān)的若干定理及其運用，并將其運用到立體幾何中.
本章難點：對平面截圓柱、圓錐所得的曲線為圓、橢圓、雙曲線、拋物線的證明途徑與方法，它是解立體幾何、平面幾何知識的綜合運用，應(yīng)較好地把握.
本專題強調(diào)利用演繹推理證明結(jié)論，通過推理證明進(jìn)一步發(fā)展學(xué)生的邏輯推理能力，進(jìn)一步提高空間想象能力、幾何直觀能力和綜合運用幾何方法解決問題的能力.
第一講與第二講是傳統(tǒng)內(nèi)容，高考中主要考查平行線截割定理、直角三角形射影定理以及與圓有關(guān)的性質(zhì)和判定，考查邏輯推理能力.第三講內(nèi)容是新增內(nèi)容，在新課程高考下，要求很低，只作了解.
知識網(wǎng)絡(luò)
16.1相似三角形的判定及有關(guān)性質(zhì)
典例精析
題型一相似三角形的判定與性質(zhì)
【例1】如圖，已知在△ABC中，D是BC邊的中點，且AD＝AC，DE⊥BC，DE與AB相交于點E，EC與AD相交于點F.
(1)求證：△ABC∽△FCD；
(2)若S△FCD＝5，BC＝10，求DE的長.
【解析】(1)因為DE⊥BC，D是BC的中點，所以EB＝EC，所以∠B＝∠1.
又因為AD＝AC，所以∠2＝∠ACB.所以△ABC∽△FCD.
(2)過點A作AM⊥BC，垂足為點M.因為△ABC∽△FCD，BC＝2CD，所以S△ABCS△FCD＝(BCCD)2＝4，又因為S△FCD＝5，所以S△ABC＝20.因為S△ABC＝12BCAM，BC＝10，所以20＝12×10×AM，所以AM＝4.又因為DE∥AM，所以DEAM＝BDBM，因為DM＝12DC＝52，BM＝BD＋DM，BD＝12BC＝5，所以DE4＝55＋52，所以DE＝83.
【變式訓(xùn)練1】如右圖，在△ABC中，AB＝14cm，ADBD＝59，DE∥BC，CD⊥AB，CD＝12cm.求△ADE的面積和周長.
【解析】由AB＝14cm，CD＝12cm，CD⊥AB，得S△ABC＝84cm2.
再由DE∥BC可得△ABC∽△ADE.由S△ADES△ABC＝(ADAB)2可求得S△ADE＝757cm2.利用勾股定理求出BC，AC，再由相似三角形性質(zhì)可得△ADE的周長為15cm.
題型二探求幾何結(jié)論
【例2】如圖，在梯形ABCD中，點E，F(xiàn)分別在AB，CD上，EF∥AD，假設(shè)EF做上下平行移動.
(1)若AEEB＝12，求證：3EF＝BC＋2AD；
(2)若AEEB＝23，試判斷EF與BC，AD之間的關(guān)系，并說明理由；
(3)請你探究一般結(jié)論，即若AEEB＝mn，那么你可以得到什么結(jié)論？
【解析】過點A作AH∥CD分別交EF，BC于點G、H.
(1)因為AEEB＝12，所以AEAB＝13，
又EG∥BH，所以EGBH＝AEAB＝13，即3EG＝BH，
又EG＋GF＝EG＋AD＝EF，從而EF＝13(BC－HC)＋AD，
所以EF＝13BC＋23AD，即3EF＝BC＋2AD.
(2)EF與BC，AD的關(guān)系式為5EF＝2BC＋3AD，理由和(1)類似.
(3)因為AEEB＝mn，所以AEAB＝mm＋n，
又EG∥BH，所以EGBH＝AEAB，即EG＝mm＋nBH.
EF＝EG＋GF＝EG＋AD＝mm＋n(BC－AD)＋AD，
所以EF＝mm＋nBC＋nm＋nAD，
即(m＋n)EF＝mBC＋nAD.
【點撥】在相似三角形中，平行輔助線是常作的輔助線之一；探求幾何結(jié)論可按特殊到一般的思路去獲取，但結(jié)論證明應(yīng)從特殊情況得到啟迪.
【變式訓(xùn)練2】如右圖，正方形ABCD的邊長為1，P是CD邊上中點，點Q在線段BC上，設(shè)BQ＝k，是否存在這樣的實數(shù)k，使得以Q，C，P為頂點的三角形與△ADP相似？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.
【解析】設(shè)存在滿足條件的實數(shù)k，
則在正方形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，
由Rt△ADP∽Rt△QCP或Rt△ADP∽Rt△PCQ得ADQC＝DPCP或ADPC＝DPCQ，
由此解得CQ＝1或CQ＝14.
從而k＝0或k＝34.
題型三解決線的位置或數(shù)量關(guān)系
【例3】(2009江蘇)如圖，在四邊形ABCD中，△ABC△BAD，求證：AB∥CD.
【證明】由△ABC≌△BAD得∠ACB＝∠BDA，所以A、B、C、D四點共圓，
所以∠CAB＝∠CDB.
再由△ABC≌△BAD得∠CAB＝∠DBA，
所以∠DBA＝∠CDB，即AB∥CD.
【變式訓(xùn)練3】如圖，AA1與BB1相交于點O，AB∥A1B1且AB＝12A1B1，△AOB的外接圓的直徑為1，則△A1OB1的外接圓的直徑為.
【解析】因為AB∥A1B1且AB＝12A1B1，所以△AOB∽△A1OB1
因為兩三角形外接圓的直徑之比等于相似比.
所以△A1OB1的外接圓直徑為2.
總結(jié)提高
1.相似三角形的判定與性質(zhì)這一內(nèi)容是平面幾何知識的重要組成部分，是解題的工具，同時它的內(nèi)容滲透了等價轉(zhuǎn)化、從一般到特殊、分類討論等重要的數(shù)學(xué)思想與方法，在學(xué)習(xí)時應(yīng)以它們?yōu)橹笇?dǎo).相似三角形的證法有：定義法、平行法、判定定理法以及直角三角形的HL法.
相似三角形的性質(zhì)主要有對應(yīng)線的比值相等(邊長、高線、中線、周長、內(nèi)切圓半徑等)，對應(yīng)角相等，面積的比等于相似比的平方.
2.“平行出相似”“平行成比例”，故此章中平行輔助線是常作的輔助線之一，遇到困難時應(yīng)?？紤]此類輔助線.
16.2直線與圓的位置關(guān)系和圓錐曲線的性質(zhì)
典例精析
題型一切線的判定和性質(zhì)的運用
【例1】如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，∠BAC的平分線AD交⊙O于點D，DE⊥AC，交AC的延長線于點E，OE交AD于點F.
(1)求證：DE是⊙O的切線；
(2)若ACAB＝25，求AFDF的值.
【解析】(1)證明：連接OD，可得∠ODA＝∠OAD＝∠DAC，
所以O(shè)D∥AE，又AE⊥DE，所以DE⊥OD，
又OD為半徑，所以DE是⊙O的切線.
(2)過D作DH⊥AB于H，則有∠DOH＝∠CAB，
OHOD＝cos∠DOH＝cos∠CAB＝ACAB＝25，
設(shè)OD＝5x，則AB＝10x，OH＝2x，所以AH＝7x.
由△AED≌△AHD可得AE＝AH＝7x，
又由△AEF∽△DOF可得AF∶DF＝AE∶OD＝75，
所以AFDF＝75.
【變式訓(xùn)練1】已知在直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，以BC為直徑的⊙O交AB于點D，連接DO并延長交AC的延長線于點E，⊙O的切線DF交AC于點F.
(1)求證：AF＝CF；
(2)若ED＝4，sin∠E＝35，求CE的長.
【解析】(1)方法一：設(shè)線段FD延長線上一點G，則∠GDB＝∠ADF，且∠GDB＋∠BDO＝π2，所以∠ADF＋∠BDO＝π2，又因為在⊙O中OD＝OB，∠BDO＝∠OBD，所以∠ADF＋∠OBD＝π2.
在Rt△ABC中，∠A＋∠CBA＝π2，所以∠A＝∠ADF，所以AF＝FD.
又在Rt△ABC中，直角邊BC為⊙O的直徑，所以AC為⊙O的切線，
又FD為⊙O的切線，所以FD＝CF.
所以AF＝CF.
方法二：在直角三角形ABC中，直角邊BC為⊙O的直徑，所以AC為⊙O的切線，
又FD為⊙O的切線，所以FD＝CF，且∠FDC＝∠FCD.
又由BC為⊙O的直徑可知，∠ADF＋∠FDC＝π2，∠A＋∠FCD＝π2，
所以∠ADF＝∠A，所以FD＝AF.
所以AF＝CF.
(2)因為在直角三角形FED中，ED＝4，sin∠E＝35，所以cos∠E＝45，所以FE＝5.
又FD＝3＝FC，所以CE＝2.
題型二圓中有關(guān)定理的綜合應(yīng)用
【例2】如圖所示，已知⊙O1與⊙O2相交于A、B兩點，過點A作⊙O1的切線交⊙O2于點C，過點B作兩圓的割線，分別交⊙O1、⊙O2于點D、E，DE與AC相交于點P.
(1)求證：AD∥EC；
(2)若AD是⊙O2的切線，且PA＝6，PC＝2，BD＝9，求AD的長.
【解析】(1)連接AB，因為AC是⊙O1的切線，所以∠BAC＝∠D，
又因為∠BAC＝∠E，所以∠D＝∠E，所以AD∥EC.
(2)方法一：因為PA是⊙O1的切線，PD是⊙O1的割線，
所以PA2＝PBPD，所以62＝PB(PB＋9)，所以PB＝3.
在⊙O2中，由相交弦定理得PAPC＝BPPE，所以PE＝4.
因為AD是⊙O2的切線，DE是⊙O2的割線，
所以AD2＝DBDE＝9×16，所以AD＝12.
方法二：設(shè)BP＝x，PE＝y(tǒng).
因為PA＝6，PC＝2，所以由相交弦定理得PAPC＝BPPE，即xy＝12.①
因為AD∥EC，所以DPPE＝APPC，所以9＋xy＝62.②
由①②可得或(舍去)，所以DE＝9＋x＋y＝16.
因為AD是⊙O2的切線，DE是⊙O2的割線，所以AD2＝DBDE＝9×16，所以AD＝12.
【變式訓(xùn)練2】如圖，⊙O的直徑AB的延長線與弦CD的延長線相交于點P，E為⊙O上一點，，DE交AB于點F，且AB＝2BP＝4.
(1)求PF的長度；
(2)若圓F與圓O內(nèi)切，直線PT與圓F切于點T，求線段PT的長度.
【解析】(1)連接OC，OD，OE，由同弧對應(yīng)的圓周角與圓心角之間的關(guān)系，結(jié)合題中已知條件可得∠CDE＝∠AOC.
又∠CDE＝∠P＋∠PFD，∠AOC＝∠P＋∠OCP，
從而∠PFD＝∠OCP，故△PFD∽△PCO，所以PFPC＝PDPO.
由割線定理知PCPD＝PAPB＝12，故PF＝＝124＝3.
(2)若圓F與圓O內(nèi)切，設(shè)圓F的半徑為r，
因為OF＝2－r＝1，即r＝1，
所以O(shè)B是圓F的直徑，且過點P的圓F的切線為PT，
則PT2＝PBPO＝2×4＝8，即PT＝22.
題型三四點共圓問題
【例3】如圖，圓O與圓P相交于A、B兩點，圓心P在圓O上，圓O的弦BC切圓P于點B，CP及其延長線交圓P于D，E兩點，過點E作EF⊥CE，交CB的延長線于點F.
(1)求證：B、P、E、F四點共圓；
(2)若CD＝2，CB＝22，求出由B、P、E、F四點所確定的圓的直徑.
【解析】(1)證明：連接PB.因為BC切圓P于點B，所以PB⊥BC.
又因為EF⊥CE，所以∠PBF＋∠PEF＝180°，所以∠EPB＋∠EFB＝180°，
所以B，P，E，F(xiàn)四點共圓.
(2)因為B，P，E，F(xiàn)四點共圓，且EF⊥CE，PB⊥BC，所以此圓的直徑就是PF.
因為BC切圓P于點B，且CD＝2，CB＝22，
所以由切割線定理CB2＝CDCE，得CE＝4，DE＝2，BP＝1.
又因為Rt△CBP∽Rt△CEF，所以EF∶PB＝CE∶CB，得EF＝2.
在Rt△FEP中，PF＝PE2＋EF2＝3，
即由B，P，E，F(xiàn)四點確定的圓的直徑為3.
【變式訓(xùn)練3】如圖，△ABC是直角三角形，∠ABC＝90°.以AB為直徑的圓O交AC于點E，點D是BC邊的中點.連接OD交圓O于點M.求證：
(1)O，B，D，E四點共圓；
(2)2DE2＝DMAC＋DMAB.
【證明】(1)連接BE，則BE⊥EC.
又D是BC的中點，所以DE＝BD.
又OE＝OB，OD＝OD，所以△ODE≌△ODB，
所以∠OBD＝∠OED＝90°，所以D，E，O，B四點共圓.
(2)延長DO交圓O于點H.
因為DE2＝DMDH＝DM(DO＋OH)＝DMDO＋DMOH＝DM(12AC)＋DM(12AB)，
所以2DE2＝DMAC＋DMAB.
總結(jié)提高
1.直線與圓的位置關(guān)系是一種重要的幾何關(guān)系.
本章在初中平面幾何的基礎(chǔ)上加以深化，使平面幾何知識趨于完善，同時為解析幾何、立體幾何提供了多個理論依據(jù).
2.圓中的角如圓周角、圓心角、弦切角及其性質(zhì)為證明相關(guān)的比例線段提供了理論基礎(chǔ)，為解決綜合問題提供了方便，使學(xué)生對幾何概念和幾何方法有較透徹的理解.
