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(diǎn)擊命題展望
1.了解平行線截割定理.
2.會(huì)證明并應(yīng)用直角三角形射影定理.
3.會(huì)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(huì)運(yùn)用它們進(jìn)行計(jì)算與證明.
4.會(huì)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(huì)運(yùn)用它們進(jìn)行幾何計(jì)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(huì)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(diǎn)O，其夾角為α，l′圍繞l旋轉(zhuǎn)得到以O(shè)為頂點(diǎn)，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(huì)利用丹迪林(Dandelin)雙球(如圖所示，這兩個(gè)球位于圓錐的內(nèi)部，一個(gè)位于平面π的上方，一個(gè)位于平面π的下方，并且與平面π及圓錐面均相切，其切點(diǎn)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(diǎn)分別為點(diǎn)B和點(diǎn)C，線段BC與平面π相交于點(diǎn)A)
8.會(huì)證明以下結(jié)果：
①在7.中，一個(gè)丹迪林球與圓錐面的交線為一個(gè)圓，并與圓錐的底面平行.記這個(gè)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(diǎn)A，該丹迪林球與平面π的切點(diǎn)為F，則點(diǎn)A到點(diǎn)F的距離與點(diǎn)A到直線m的距離比是小于1的常數(shù)e(稱點(diǎn)F為這個(gè)橢圓的焦點(diǎn)，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(diǎn)：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(yùn)用，并將其運(yùn)用到立體幾何中.
本章難點(diǎn)：對(duì)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(shí)的綜合運(yùn)用，應(yīng)較好地把握.
本專題強(qiáng)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(yùn)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(shí)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(diǎn)，且AD＝AC，DE⊥BC，DE與AB相交于點(diǎn)E，EC與AD相交于點(diǎn)F.
(1)求證：△ABC∽△FCD；
(2)若S△FCD＝5，BC＝10，求DE的長(zhǎng).
【解析】(1)因?yàn)镈E⊥BC，D是BC的中點(diǎn)，所以EB＝EC，所以∠B＝∠1.
又因?yàn)锳D＝AC，所以∠2＝∠ACB.所以△ABC∽△FCD.
(2)過點(diǎn)A作AM⊥BC，垂足為點(diǎn)M.因?yàn)椤鰽BC∽△FCD，BC＝2CD，所以S△ABCS△FCD＝(BCCD)2＝4，又因?yàn)镾△FCD＝5，所以S△ABC＝20.因?yàn)镾△ABC＝12BCAM，BC＝10，所以20＝12×10×AM，所以AM＝4.又因?yàn)镈E∥AM，所以DEAM＝BDBM，因?yàn)镈M＝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(zhǎng).
【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(zhǎng)為15cm.
題型二探求幾何結(jié)論
【例2】如圖，在梯形ABCD中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別在AB，CD上，EF∥AD，假設(shè)EF做上下平行移動(dòng).
(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(qǐng)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(diǎn)A作AH∥CD分別交EF，BC于點(diǎn)G、H.
(1)因?yàn)锳EEB＝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?yàn)锳EEB＝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(diǎn)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(zhǎng)為1，P是CD邊上中點(diǎn)，點(diǎn)Q在線段BC上，設(shè)BQ＝k，是否存在這樣的實(shí)數(shù)k，使得以Q，C，P為頂點(diǎn)的三角形與△ADP相似？若存在，求出k的值；若不存在，請(qǐng)說明理由.
【解析】設(shè)存在滿足條件的實(shí)數(shù)k，
則在正方形ABCD中，∠D＝∠C＝90°，
由Rt△ADP∽R(shí)t△QCP或Rt△ADP∽R(shí)t△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(diǎn)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(diǎn)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?yàn)锳B∥A1B1且AB＝12A1B1，所以△AOB∽△A1OB1
因?yàn)閮扇切瓮饨訄A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(shí)的重要組成部分，是解題的工具，同時(shí)它的內(nèi)容滲透了等價(jià)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(shí)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(duì)應(yīng)線的比值相等(邊長(zhǎng)、高線、中線、周長(zhǎng)、內(nèi)切圓半徑等)，對(duì)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(shí)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(yùn)用
【例1】如圖，AB是⊙O的直徑，AC是弦，∠BAC的平分線AD交⊙O于點(diǎn)D，DE⊥AC，交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，OE交AD于點(diǎn)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(diǎn)D，連接DO并延長(zhǎng)交AC的延長(zhǎng)線于點(diǎn)E，⊙O的切線DF交AC于點(diǎn)F.
(1)求證：AF＝CF；
(2)若ED＝4，sin∠E＝35，求CE的長(zhǎng).
【解析】(1)方法一：設(shè)線段FD延長(zhǎng)線上一點(diǎn)G，則∠GDB＝∠ADF，且∠GDB＋∠BDO＝π2，所以∠ADF＋∠BDO＝π2，又因?yàn)樵凇袿中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?yàn)樵谥苯侨切蜦ED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(diǎn)，過點(diǎn)A作⊙O1的切線交⊙O2于點(diǎn)C，過點(diǎn)B作兩圓的割線，分別交⊙O1、⊙O2于點(diǎn)D、E，DE與AC相交于點(diǎn)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(zhǎng).
【解析】(1)連接AB，因?yàn)锳C是⊙O1的切線，所以∠BAC＝∠D，
又因?yàn)椤螧AC＝∠E，所以∠D＝∠E，所以AD∥EC.
(2)方法一：因?yàn)镻A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?yàn)锳D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?yàn)镻A＝6，PC＝2，所以由相交弦定理得PAPC＝BPPE，即xy＝12.①
因?yàn)锳D∥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?yàn)锳D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(zhǎng)線與弦CD的延長(zhǎng)線相交于點(diǎn)P，E為⊙O上一點(diǎn)，，DE交AB于點(diǎn)F，且AB＝2BP＝4.
(1)求PF的長(zhǎng)度；
(2)若圓F與圓O內(nèi)切，直線PT與圓F切于點(diǎn)T，求線段PT的長(zhǎng)度.
【解析】(1)連接OC，OD，OE，由同弧對(duì)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?yàn)镺F＝2－r＝1，即r＝1，
所以O(shè)B是圓F的直徑，且過點(diǎn)P的圓F的切線為PT，
則PT2＝PBPO＝2×4＝8，即PT＝22.
題型三四點(diǎn)共圓問題
【例3】如圖，圓O與圓P相交于A、B兩點(diǎn)，圓心P在圓O上，圓O的弦BC切圓P于點(diǎn)B，CP及其延長(zhǎng)線交圓P于D，E兩點(diǎn)，過點(diǎn)E作EF⊥CE，交CB的延長(zhǎng)線于點(diǎn)F.
(1)求證：B、P、E、F四點(diǎn)共圓；
(2)若CD＝2，CB＝22，求出由B、P、E、F四點(diǎn)所確定的圓的直徑.
【解析】(1)證明：連接PB.因?yàn)锽C切圓P于點(diǎn)B，所以PB⊥BC.
又因?yàn)镋F⊥CE，所以∠PBF＋∠PEF＝180°，所以∠EPB＋∠EFB＝180°，
所以B，P，E，F(xiàn)四點(diǎn)共圓.
(2)因?yàn)锽，P，E，F(xiàn)四點(diǎn)共圓，且EF⊥CE，PB⊥BC，所以此圓的直徑就是PF.
因?yàn)锽C切圓P于點(diǎn)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?yàn)镽t△CBP∽R(shí)t△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(diǎn)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(diǎn)E，點(diǎn)D是BC邊的中點(diǎn).連接OD交圓O于點(diǎn)M.求證：
(1)O，B，D，E四點(diǎn)共圓；
(2)2DE2＝DMAC＋DMAB.
【證明】(1)連接BE，則BE⊥EC.
又D是BC的中點(diǎn)，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(diǎn)共圓.
(2)延長(zhǎng)DO交圓O于點(diǎn)H.
因?yàn)镈E2＝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(shí)趨于完善，同時(shí)為解析幾何、立體幾何提供了多個(gè)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(duì)幾何概念和幾何方法有較透徹的理解.

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高三數(shù)學(xué)理科復(fù)習(xí)3----函數(shù)解析式
【高考要求】：函數(shù)的有關(guān)概念(B).
【教學(xué)目標(biāo)】：1.理解函數(shù)的三種表示方法（圖象法、列表法、解析法）,會(huì)選擇恰當(dāng)?shù)姆椒ū硎竞?jiǎn)單情境中的函數(shù).
2.了解簡(jiǎn)單的分段函數(shù)；能寫出簡(jiǎn)單情境中的分段函數(shù),并能求出給定自變量所對(duì)應(yīng)的函數(shù)值,會(huì)畫函數(shù)的圖象（不要求根據(jù)函數(shù)值求自變量的范圍）.
【教學(xué)重難點(diǎn)】：求函數(shù)解析式的方法.
【知識(shí)復(fù)習(xí)與自學(xué)質(zhì)疑】
1、已知?jiǎng)t____.._____..=.
2、設(shè)則的表達(dá)式為.
3、函數(shù)，則.
4、若，則.
5、設(shè)，則.
6、對(duì)記，則的最小值為.
【交流展示與互動(dòng)探究】
1、已知，求的解析式.

2、設(shè)二次函數(shù)的最小值為4，且求的解析式.

3、如圖，是邊長(zhǎng)為2的正三角形，設(shè)直線截這個(gè)三角形所得到的位于此直線上方的圖形（陰影部分）的面積為，求的解析式.

【矯正反饋】
1、若則..
2、已知?jiǎng)t的解析式為.
3、設(shè)函數(shù)的圖像與的圖像關(guān)于軸對(duì)稱，則=.
4、一次函數(shù)在上的最小值為1，最大值為3，則的解析式為.
5、設(shè)，則的解析式為.
【遷移應(yīng)用】
6、某超市經(jīng)銷某種牙膏，其年銷售額為6000盒，每盒進(jìn)價(jià)2.8元，銷售價(jià)3.4元，全年分若干次進(jìn)貨，每次進(jìn)貨均為盒，已知每次運(yùn)輸勞務(wù)費(fèi)62.5元，全年的保管費(fèi)元
（1）把該超市經(jīng)銷牙膏一年的利潤(rùn)元表示為每次進(jìn)貨是的函數(shù).
（2）為使利潤(rùn)最大，每次應(yīng)進(jìn)多少盒？

7、已知函數(shù)有兩個(gè)實(shí)根，求的解析式.

8、已知定義域?yàn)镽的函數(shù)滿足
（1）若求又若.
（2）設(shè)有且僅有一個(gè)實(shí)數(shù)求的解析式.

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(diǎn)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(jiǎn)單的推理.
3.體會(huì)并認(rèn)識(shí)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(yùn)用演繹推理進(jìn)行簡(jiǎn)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(diǎn).
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(diǎn).
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(jiǎn)單的與自然數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題.本章重點(diǎn)：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(yùn)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(jiǎn)單的命題；4.數(shù)學(xué)歸納法的基本思想與證明步驟；運(yùn)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(diǎn)：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(diǎn)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(shí)質(zhì)，特別是在第二個(gè)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(duì)已有知識(shí)的回顧與總結(jié)，進(jìn)一步體會(huì)直觀感知、觀察發(fā)現(xiàn)、歸納類比、空間想象、抽象概括、符號(hào)表示、運(yùn)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(huì)數(shù)學(xué)證明的特點(diǎn)，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(shí)的方方面面，與舊考綱相比，增加了合情推理等知識(shí)點(diǎn)，這為創(chuàng)新性試題的命制提供了空間.

知識(shí)網(wǎng)絡(luò)

14.1合情推理與演繹推理

典例精析
題型一運(yùn)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(gè)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(diǎn)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(zhǎng)分別為a，b，斜邊長(zhǎng)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(gè)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(hào)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(yùn)用類比推理拓展新知識(shí)
【例2】請(qǐng)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(gè)面的面積之和大于第四個(gè)面的面積
三角形的面積等于任意一邊的長(zhǎng)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(gè)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(zhǎng)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(duì)象；②三角形各邊的邊長(zhǎng)與三棱錐各面的面積是類比對(duì)象；③三角形邊上的高與三棱錐面上的高是類比對(duì)象；④三角形的面積與三棱錐的體積是類比對(duì)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(duì)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(gè)小的三棱錐去證明，此處從略.
【點(diǎn)撥】類比推理的關(guān)鍵是找到合適的類比對(duì)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(diǎn)線
線面
圓球
三角形三棱錐
角二面角
面積體積
周長(zhǎng)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(zhǎng)記為ai(i＝1,2,3,4)，此四邊形內(nèi)任一點(diǎn)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(gè)面的面積記為Si(i＝1,2,3,4)，此三棱錐內(nèi)任一點(diǎn)Q到第i個(gè)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(yùn)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(duì)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(shí)，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)，
此時(shí)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(shí)，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?－∞，0)，
此時(shí)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(diǎn)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(duì)數(shù)的底數(shù))，
(1)若對(duì)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(cè)最大整數(shù)k＝2，
現(xiàn)在證明＜x＋1對(duì)任意x＞0恒成立：
＜x＋1等價(jià)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(shí)，h′(x)＜0，當(dāng)x∈(2，＋∞)時(shí)，h′(x)＞0.
所以對(duì)任意的x＞0都有h(x)≥h(2)＝ln3＋1＞2，即＜x＋1對(duì)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(shí)領(lǐng)域運(yùn)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(shí)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(huì)成為一套高考試題的特色與亮點(diǎn)，以彰顯數(shù)學(xué)思維的魅力.其中數(shù)列的通項(xiàng)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(yùn)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?yàn)閍＋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(shí)等號(hào)成立.
【點(diǎn)撥】在用綜合法證明命題時(shí)，必須首先找到正確的出發(fā)點(diǎn)，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?yàn)閍，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(yùn)用分析法證明
【例2】設(shè)a、b、c為任意三角形三邊長(zhǎng)，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(hào)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?yàn)槿切稳我庖贿呅∮谄渌麅蛇呏?
故I2＜4S.
【點(diǎn)撥】(1)應(yīng)用分析法易于找到思路的起始點(diǎn)，可探求解題途徑.
(2)應(yīng)用分析法證明問題時(shí)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?yàn)閍＞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(yùn)用反證法證明
【例3】若x，y都是正實(shí)數(shù)，且x＋y＞2.求證：1＋xy＜2或1＋yx＜2中至少有一個(gè)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(shí)成立.
因?yàn)閤＞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(gè)成立.
【點(diǎn)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(jiǎn)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(gè)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(gè)方程：x2＋4ax－4a＋3＝0；x2＋(a－1)x＋a2＝0；x2＋2ax－2a＝0，若至少有一個(gè)方程有實(shí)根，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【解析】假設(shè)三個(gè)方程均無實(shí)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(gè)方程至少有一個(gè)方程有實(shí)根的實(shí)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(diǎn)：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(jiǎn)潔，但常常思路阻塞.因此在實(shí)際解題時(shí)，需將兩者結(jié)合起來運(yùn)用，先用分析法尋求解題思路，再用綜合法簡(jiǎn)潔地?cái)⑹鼋忸}過程.從邏輯思維的角度看，原命題“pq”與逆否命題“qp”是等價(jià)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(yùn)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(dú)立的顯性的課題，預(yù)測(cè)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(gè)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(shí)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(duì)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(duì)于一切n∈N*都成立.
當(dāng)n＝1時(shí)，a(b＋c)＝1；
當(dāng)n＝2時(shí)，2a(4b＋c)＝6；
當(dāng)n＝3時(shí)，3a(9b＋c)＝19.
解方程組解得
證明如下：
當(dāng)n＝1時(shí)，顯然成立；
假設(shè)n＝k(k∈N*，k≥1)時(shí)等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝13k(2k2＋1)；
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
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(duì)一切n∈N*都成立.
【點(diǎn)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(shí)要弄清等式兩邊的項(xiàng)的構(gòu)成規(guī)律：由n＝k到n＝k＋1時(shí)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(shí)，11×3＋13×5＋…＋1(2n－1)(2n＋1)＝n2n＋1.
【證明】(1)當(dāng)n＝1時(shí)，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(shí)等式成立，即有11×3＋13×5＋…＋1(2k－1)(2k＋1)＝k2k＋1，
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
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(shí)，等式也成立.
由(1)(2)可知，對(duì)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(qǐng)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(shí)，結(jié)論顯然成立；
(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，即f(k)＝(2k＋7)3k＋9能被36整除.
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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(shí)結(jié)論也成立.
故由(1)(2)可知，對(duì)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(diǎn)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(shí)，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(shí)，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除.
【證明】方法一：①當(dāng)n＝1時(shí)，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(shí)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(shí)命題也成立.
根據(jù)①②可知，對(duì)任意的n∈N*，命題都成立.
方法二：①當(dāng)n＝1時(shí)，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(shí)，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(shí)命題也成立.
根據(jù)①②可知，對(duì)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(yùn)用
【例3】(2009山東)等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，已知對(duì)任意的n∈N*，點(diǎn)(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(shí)，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，求證：對(duì)任意的n∈N*，不等式b1＋1b1
b2＋1b2…bn＋1bn＞n＋1成立.
【解析】(1)因?yàn)辄c(diǎn)(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(shí)，a1＝S1＝b＋r；當(dāng)n≥2時(shí)，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(shí)，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(duì)任意的n∈N*成立.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.
當(dāng)n＝1時(shí)，32＞2顯然成立.
假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)不等式成立，即3254…2k＋12k＞k＋1.
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，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(shí)不等式成立，所以原不等式對(duì)任意n∈N*成立.
【點(diǎn)撥】運(yùn)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(shí)必須要利用歸納假設(shè)的條件，并且靈活運(yùn)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(diǎn)，求b的最大值；
(2)若f(x)在(1,2)上為單調(diào)函數(shù)，求實(shí)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(yàn)符合題意.
g′(x)＝ex－1－1x2，當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)＜0，g(x)為減函數(shù)，當(dāng)x＝1時(shí)，g′(x)＝0，當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)g′(x)＞0，g(x)為增函數(shù).
所以g(x)在x＝1時(shí)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(shí)，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(shí)，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(shí)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(shí)，a3＝34，a4＝289，結(jié)論成立；
②設(shè)n＝k，k∈N*時(shí)結(jié)論成立，即0＜a2k＋1＜1，a2k＋2＞2，
則n＝k＋1時(shí)，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(shí)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(gè)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(duì)兩個(gè)命題的證明替代了無限多次的驗(yàn)證，實(shí)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(duì)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(shí)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(diǎn)往往在第二步，關(guān)鍵是“湊形”以便運(yùn)用歸納假設(shè)的條件.

高三數(shù)學(xué)理科復(fù)習(xí)：等差、等比數(shù)列的運(yùn)用

高三數(shù)學(xué)理科復(fù)習(xí)23——等差、等比數(shù)列的運(yùn)用
【高考要求】：等差數(shù)列（C）；等比數(shù)列（C）.
【教學(xué)目標(biāo)】：能運(yùn)用等差等比數(shù)列的通項(xiàng)公式、前n項(xiàng)和的公式解決一些簡(jiǎn)單問題.
【教學(xué)重難點(diǎn)】：等差等比數(shù)列的應(yīng)用.
【知識(shí)復(fù)習(xí)與自學(xué)質(zhì)疑】
1、三個(gè)數(shù)成等差數(shù)列，成等比數(shù)列，則.
2、下列判斷是否正確：
（1）若成等比數(shù)列，則也成等比數(shù)列.
（2）若成等差數(shù)列，則也成等差數(shù)列.
（3）數(shù)列是公差不為0的等差數(shù)列，則數(shù)列中一定不會(huì)有.
（4）數(shù)列的前n項(xiàng)的和為，且，則數(shù)列為等差或等比數(shù)列
（5）已知數(shù)列為等差數(shù)列，它的前n項(xiàng)的和為，則使取最大值的n可由不等式組來確定.
（6）是項(xiàng)數(shù)相等的等差數(shù)列，則數(shù)列（其中p，q為常數(shù)）也是等差數(shù)列.
（7）是項(xiàng)數(shù)相等的等比數(shù)列，則數(shù)列不一定是等比數(shù)列.
（8）若數(shù)列是等比數(shù)列，，則數(shù)列不是等比數(shù)列.
3、已知數(shù)列為等差數(shù)列，它的前n項(xiàng)的和為，則數(shù)列是數(shù)列，數(shù)列是數(shù)列；若數(shù)列是每項(xiàng)都是正數(shù)的等比數(shù)列，則數(shù)列是數(shù)列.
4、一梯形的上、下底長(zhǎng)分別是12cm，22cm，將梯形的一腰10等分，過每一個(gè)分點(diǎn)作平行于底邊的直線，則這些直線上夾在兩腰之間的線段的長(zhǎng)度之和為______.
5、定義一種運(yùn)算“”，對(duì)于正整數(shù)滿足以下的運(yùn)算性質(zhì)：
（1）1*1=1，（2）（n+1）*1=3(n*1).則n*1用含有n的代數(shù)式可以表示為__________________.

【例題精講】
例1、已知等比數(shù)列的首項(xiàng)，公比.設(shè)數(shù)列的通項(xiàng)為.把數(shù)列與的前n項(xiàng)和分別記為與，試比較與的大小.

例2、在等差數(shù)列中，，前n項(xiàng)和為，且.問：n為何值時(shí)，最大？

例3（1）設(shè)等比數(shù)列的前n項(xiàng)的和為，求證：.
（2）已知數(shù)列為等比數(shù)列，.設(shè)是數(shù)列的前n項(xiàng)和，證明.

例4、設(shè)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列和滿足成等比數(shù)列，成等差數(shù)列且，求通項(xiàng).
【矯正反饋】
1、已知正數(shù)等比數(shù)列.若，則公比q的取值范圍是__________________.
2、設(shè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)之和為，若，則當(dāng)n=___________時(shí)，取得最大值.
3、等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，且，則=.
4、若數(shù)列是公差d不為0的等差數(shù)列，則與的大小關(guān)系為_______________.
5、在1與2之間插入5個(gè)正數(shù)，使這7個(gè)數(shù)成等比數(shù)列，則插入的5個(gè)數(shù)的積是____________.
6、設(shè)等差數(shù)列中，，且從第5項(xiàng)開始是正數(shù)，則公差的取值范圍是____________.
7、某人2002年7月1日在銀行存入一年期定期存款a元，以后每年7月1日到銀行將厡存款的本金與利息轉(zhuǎn)為新的一年定期存款，并再新存入一年期定期存款a元，若年利率為r保持不變，到2007年7月1日，將所有的存款與利息全部取回，他可取回多少元？

【遷移應(yīng)用】
8、設(shè)等差數(shù)列的前n項(xiàng)之和為
（1）求公差d的取值范圍；
（2）指出中哪個(gè)值最大，并說明理由.
9、已知數(shù)列為等差數(shù)列，公差中的部分項(xiàng)組成的數(shù)列恰為等比數(shù)列，其中.
（1）求；（2）求數(shù)列的前n項(xiàng)的和.

高三理科數(shù)學(xué)復(fù)數(shù)總復(fù)習(xí)教學(xué)案

一位優(yōu)秀的教師不打無準(zhǔn)備之仗，會(huì)提前做好準(zhǔn)備，作為教師準(zhǔn)備好教案是必不可少的一步。教案可以讓學(xué)生們充分體會(huì)到學(xué)習(xí)的快樂，幫助教師緩解教學(xué)的壓力，提高教學(xué)質(zhì)量。優(yōu)秀有創(chuàng)意的教案要怎樣寫呢？為了讓您在使用時(shí)更加簡(jiǎn)單方便，下面是小編整理的“高三理科數(shù)學(xué)復(fù)數(shù)總復(fù)習(xí)教學(xué)案”，希望能為您提供更多的參考。

第十五章復(fù)數(shù)

高考導(dǎo)航

考試要求重難點(diǎn)擊命題展望
1.理解復(fù)數(shù)的基本概念、復(fù)數(shù)相等的充要條件.
2.了解復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義.
3.會(huì)進(jìn)行復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算.了解復(fù)數(shù)的代數(shù)形式的加、減運(yùn)算及其運(yùn)算的幾何意義.
4.了解從自然數(shù)系到復(fù)數(shù)系的關(guān)系及擴(kuò)充的基本思想，體會(huì)理性思維在數(shù)系擴(kuò)充中的作用.本章重點(diǎn)：1.復(fù)數(shù)的有關(guān)概念；2.復(fù)數(shù)代數(shù)形式的四則運(yùn)算.
本章難點(diǎn)：運(yùn)用復(fù)數(shù)的有關(guān)概念解題.近幾年高考對(duì)復(fù)數(shù)的考查無論是試題的難度，還是試題在試卷中所占比例都是呈下降趨勢(shì)，常以選擇題、填空題形式出現(xiàn)，多為容易題.在復(fù)習(xí)過程中，應(yīng)將復(fù)數(shù)的概念及運(yùn)算放在首位.

知識(shí)網(wǎng)絡(luò)

15.1復(fù)數(shù)的概念及其運(yùn)算

典例精析
題型一復(fù)數(shù)的概念
【例1】(1)如果復(fù)數(shù)(m2＋i)(1＋mi)是實(shí)數(shù)，則實(shí)數(shù)m＝；
(2)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)1＋ii對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第象限；
(3)復(fù)數(shù)z＝3i＋1的共軛復(fù)數(shù)為z＝.
【解析】(1)(m2＋i)(1＋mi)＝m2－m＋(1＋m3)i是實(shí)數(shù)1＋m3＝0m＝－1.
(2)因?yàn)?＋ii＝i(1＋i)i2＝1－i，所以在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(1，－1)，位于第四象限.
(3)因?yàn)閦＝1＋3i，所以z＝1－3i.
【點(diǎn)撥】運(yùn)算此類題目需注意復(fù)數(shù)的代數(shù)形式z＝a＋bi(a，b∈R)，并注意復(fù)數(shù)分為實(shí)數(shù)、虛數(shù)、純虛數(shù)，復(fù)數(shù)的幾何意義，共軛復(fù)數(shù)等概念.
【變式訓(xùn)練1】(1)如果z＝1－ai1＋ai為純虛數(shù)，則實(shí)數(shù)a等于()
A.0B.－1C.1D.－1或1
(2)在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)z＝1－ii(i是虛數(shù)單位)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于()
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限
【解析】(1)設(shè)z＝xi，x≠0，則
xi＝1－ai1＋ai1＋ax－(a＋x)i＝0或故選D.
(2)z＝1－ii＝(1－i)(－i)＝－1－i，該復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第三象限.故選C.
題型二復(fù)數(shù)的相等
【例2】(1)已知復(fù)數(shù)z0＝3＋2i，復(fù)數(shù)z滿足zz0＝3z＋z0，則復(fù)數(shù)z＝；
(2)已知m1＋i＝1－ni，其中m，n是實(shí)數(shù)，i是虛數(shù)單位，則m＋ni＝；
(3)已知關(guān)于x的方程x2＋(k＋2i)x＋2＋ki＝0有實(shí)根，則這個(gè)實(shí)根為，實(shí)數(shù)k的值為.
【解析】(1)設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，又z0＝3＋2i，
代入zz0＝3z＋z0得(x＋yi)(3＋2i)＝3(x＋yi)＋3＋2i，
整理得(2y＋3)＋(2－2x)i＝0，
則由復(fù)數(shù)相等的條件得
解得所以z＝1－.
(2)由已知得m＝(1－ni)(1＋i)＝(1＋n)＋(1－n)i.
則由復(fù)數(shù)相等的條件得
所以m＋ni＝2＋i.
(3)設(shè)x＝x0是方程的實(shí)根，代入方程并整理得
由復(fù)數(shù)相等的充要條件得
解得或
所以方程的實(shí)根為x＝2或x＝－2，
相應(yīng)的k值為k＝－22或k＝22.
【點(diǎn)撥】復(fù)數(shù)相等須先化為z＝a＋bi(a，b∈R)的形式，再由相等得實(shí)部與實(shí)部相等、虛部與虛部相等.
【變式訓(xùn)練2】(1)設(shè)i是虛數(shù)單位，若1＋2i1＋i＝a＋bi(a，b∈R)，則a＋b的值是()
A.－12B.－2C.2D.12
(2)若(a－2i)i＝b＋i，其中a，b∈R，i為虛數(shù)單位，則a＋b＝.
【解析】(1)C.1＋2i1＋i＝(1＋2i)(1－i)(1＋i)(1－i)＝3＋i2，于是a＋b＝32＋12＝2.
(2)3.2＋ai＝b＋ia＝1，b＝2.
題型三復(fù)數(shù)的運(yùn)算
【例3】(1)若復(fù)數(shù)z＝－12＋32i，則1＋z＋z2＋z3＋…＋z2008＝；
(2)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足z＋|z|＝2＋i，那么z＝.
【解析】(1)由已知得z2＝－12－32i，z3＝1，z4＝－12＋32i＝z.
所以zn具有周期性，在一個(gè)周期內(nèi)的和為0，且周期為3.
所以1＋z＋z2＋z3＋…＋z2008
＝1＋z＋(z2＋z3＋z4)＋…＋(z2006＋z2007＋z2008)
＝1＋z＝12＋32i.
(2)設(shè)z＝x＋yi(x，y∈R)，則x＋yi＋x2＋y2＝2＋i，
所以解得所以z＝＋i.
【點(diǎn)撥】解(1)時(shí)要注意x3＝1(x－1)(x2＋x＋1)＝0的三個(gè)根為1，ω，ω－，
其中ω＝－12＋32i，ω－＝－12－32i，則
1＋ω＋ω2＝0，1＋ω－＋ω－2＝0，ω3＝1，ω－3＝1，ωω－＝1，ω2＝ω－，ω－2＝ω.
解(2)時(shí)要注意|z|∈R，所以須令z＝x＋yi.
【變式訓(xùn)練3】(1)復(fù)數(shù)11＋i＋i2等于()
A.1＋i2B.1－i2C.－12D.12
(2)(2010江西鷹潭)已知復(fù)數(shù)z＝23－i1＋23i＋(21－i)2010，則復(fù)數(shù)z等于()
A.0B.2C.－2iD.2i
【解析】(1)D.計(jì)算容易有11＋i＋i2＝12.
(2)A.
總結(jié)提高
復(fù)數(shù)的代數(shù)運(yùn)算是重點(diǎn)，是每年必考內(nèi)容之一，復(fù)數(shù)代數(shù)形式的運(yùn)算：①加減法按合并同類項(xiàng)法則進(jìn)行；②乘法展開、除法須分母實(shí)數(shù)化.因此，一些復(fù)數(shù)問題只需設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R)代入原式后，就可以將復(fù)數(shù)問題化歸為實(shí)數(shù)問題來解決.