高中数学新教材推理与证明试题

十四、《推理与证明》变式题(番禺区教育局教研室 严运华)

一、合情推理

1 . 人 教 A 版 选 修 2-2 第 79 页 例 1 : 已 知 数 列 ?an? 的 第 1 项 a1 ? 1 , 且

an?1

?

an 1? an

(n ? 1, 2,L

) ,试归纳出这个数列的通项公式.

变式

1:已知数列?an? 的第 1

项 a1

? 1,且

an?1

?

an 1? 2an

(n ? 1, 2,L

) ,试归纳出这个

数列的通项公式.

解: a2

?

1 3



a3

?

1 5

,…,一般地有 an

?

1; 2n ?1

本题也可以直接求出通项公式.

由 an?1

? an 1? 2an

得, 1 an?1

? 1? 2an an

?

1 an

? 2 ,即 1 an?1

1 ?
an

?2,

所以数列

? ? ?

1 an

? ? ?

是首项为

1 a1

,公差为 2 的等差数列,则 1 an

?

1 a1

? 2(n ?1) ,



a1

? 1,则 an

?

1. 2n ?1

理科学生还可以先归纳,提出猜想,然后用数学归纳法证明.

? ? 变式 2:已知数列

an

的第

1

项 a1

? 1,且 an?1

?

2an 2 ? an

(n ? 1, 2,L

) ,试归纳出这个数

列的通项公式.

解:

a2

?

2 3



a3

?

2 4

,…,一般地有 an

?

2 n ?1



本题也可以直接求出通项公式.

由 an?1

?

2an 2 ? an

得, 1 an?1

?

2 ? an 2an

?

1 an

? 1 ,即 1

2

an?1

?1 an

?

1, 2

所以数列

? ? ?

1 an

? ? ?

是首项为

1 a1

,公差为 1 2

的等差数列,则 1 an

?

1 a1

? (n ?1) ? 1 2





a1

? 1,则 an

?

2. n ?1

由变式(1)、变式(2)你能总结出什么规律?

对满足

an?1

?

b

aan ? can

(abc ? 0) 型的数列?an? ,当 a ? b 时采取取倒数的方法即可得出数



? ? ?

1 an

? ? ?

是等差数列,再根据等差数列的通项公式即可求出数列

?an

?

的通项.

变 式 3 :( 2005 年 高 考 湖 南 卷 ) 已 知 数 列 ?an? 的 第 1 项 a1 ? 0 , 且

an?1

? an ? 3 1? 3an

(n ? 1, 2,L

) ,则 a20

?

A.0

B. ? 3

C. ? 3

D. 3 2

解法

1:由于 an?1

? an ? 3 1? 3an

, a1

? 0 ,则 a2

??

3 , a3 ?

3 , a4 ? 0 ,由此归纳出数

? ? 列 an 是以 3 为周期的数列,则 a20 ? a6?3?2 ? a2 ? ? 3 ,选 B.

解法

2: an?1

?

an 1?

?3 3an

,令 an

?

tan ? n

,则

tan ?n?1

?

tan(?n

?

? ), 3

则 ?n?1

? ?n

?

? 3

?

k?

,即 ? n ?1

??n

?

k?

?

? 3

, ? 20

?

?1

?19(k?

?

? ), 3

而 ?1

?

0 ,则?20

? 19k?

? 7?

?

2? 3

, a20

?

tan?20

??

3;

? ? 变式 4:(2007 年广州市高考二模)已知数列

an

满足

a1

?

2

,an?1

?

1? 1?

an an



n?

N*

),

则 a3 的值为

, a1 ? a2 ? a3 ?L ? a2007 的值为



【思路

1】分别求出

a2

?

?3



a3

?

?1 2



a4

?

1 3



a5

?

2

,可以发现

a5

?

a1

,且

a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? 1,故 a1 ? a2 ? a3 ?L ? a2007 ? a2005 ? a2006 ? a2007 ? a1 ? a2 ? a3 ? 3 .

【思路

2】



an?1

?

1? 1?

an an

, 联 想 到 两 角 和 的 正 切 公 式 , 设 a1 ? 2 ? tan?

,则有

a2

?

tan

? ??

? 4

??

? ??



a3

?

tan

? ??

? 2

??

? ??



a4

?

tan

? ??

3? 4

??

? ??



a5

? tan??

?? ? ? a1 ,…….

则 a1 ? a2 ? a3 ? a4 ? 1,故 a1 ? a2 ? a3 ?L ? a2007 ? a2005 ? a2006 ? a2007 ? a1 ? a2 ? a3 ? 3 .
从以上变式 3 到变式 5,你能受到什么启发呢?结构与两角和或差正切公式相似,这样

的数列一定是周期数列.

2.人教 A 版选修 2-2 第 83 页例 3:类比平面内直角三角形的勾股定理,试给出空间中

四面体性质的猜想.

变式 1:直角三角形与直角四面体的性质类比

平面内直角三角形的性质

空间中直角四面体的性质 S

在ΔABC 中,∠BCA=900,点 C 在 AB 上的射影为 D, 在四面体 SABC 中,三个平面 SAB、平面 SBC、

平面 SAC 两两垂直,点 S 在底面上的射影为 O,

则有下列结论:

则有类似结论:

(1) 点 D 在线段 AB 上. (2) AB>AC,AB>BC, 即直角三角形三边中斜边最长.

(1) 点 O 在ΔABC 内.

C

(2) ΔABC,ΔAABS,ΔSBC,ΔASC 中,ΔABC

的面积最大;

O

D

(3) 射影定理: AC2=ADAB, CB2=DBAB,

(3)

S2 ?SAB

?

S S ?OAB ?ABC

B

(4)

1 SO2

?

1 SA2

?

1 SB2

?

1 SC 2

CD2=ADDB

1 11

(4)

?? CD2 AC2 CB2

以上结论的证明如下:

(1)由题设 SA,SB,SC 两两垂直,则三角形 SBC 为直角三角形,则斜边 BC 边上的高

SD 在三角形 SBC 内,即点 D 在 BC 上,

连结 AD,则 BC⊥平面 SAD,则平面 ABC⊥平面 ASD,过点 S 在面 SAD 内作 SO ? AD 于

O,则 SO⊥平面 ABC,即点 S 在平面 ABC 的射影为 O;

由于三角形 SAD 为直角三角形,则斜边 AD 上的高的垂足 O 在线段 AD 上,即 O 在

三角形 ABC 内.

(2)由于 S?SBC

?

1 2

BC ? SD

, S?ABC

?

1 2

BC ?

AD ,

∵SAD 为直角三角形,则斜边 AD ? SD ,故 S?ABC ? S?SBC ;

同理可证: S?ABC ? S?SBA , S?ABC ? S?SAC .

(3) S 2 ? 1 BC2 ? SD2 ,而在直角三角形 ASD 中, SD2 ? AD ? DO ,

?SBC

4

∴ S 2 ? 1 BC2 ? SD2 ? 1 BC2 ? AD ? DO ? 1 BC ? AD ?? 1 BC ? DO ,

?SBC

4

4

2

2

因此

S2 ?SBC

? S?OBC S?ABC

.,同理可证 S 2?SAC

? S?OAC S?ABC



S

2 ?SAB

? S S ?OAB ?ABC



(4)在直角三角形 SAD 中,由于 SO ? AD



O,则

1 SO2

?

1 SA2

?

1 SD2



在直角三角形 SBC

中,由于

SD ? BC

于 D,则

1 SD2

?

1 SB2

?

1 SC 2



因此

1 SO2

?

1 SA2

?

1 SB2

?

1 SC 2



变式 2:平面内的一般三角形与空间中的四面体性质类比

三角形

四面体

三角形两边之和大于第三边.

四面体任意三个面的面积之和大于第四个面的面

积.

三角形的三条内角平分线交于一点且该点是三角形 四面体的六个二面角的平分面交于一点,且该点是

内切圆的圆心.

四面体内切球的球心.

三角形任意两边中点的连线平行于第三边,且等于第 四面体任意三条棱的中点连成的三角形的面积等

三边的一半.

于第四个面面积的 1 ,且该三角形所在平面平行于 4

第四个面.

三角形的任何一条边上的中线将三角形分成面积相 四面体的任何一个三角形面上的一条中线和这个

等的两部分.

三角形所在平面外一顶点所确定的平面将这个四

面体分成体积相等的两部分.

三角形的三条中线交于一点,且三角形的每一条中线 将四面体的每一个顶点和对面的重心相连接,所得

被该点分成的两段的比为 2:1.

四条线段交于一点,且其中每一条线段被交点分成

的两段的比都是 3:1

在ΔABC 中,?A 的平分线交 BC 于 D,则 AB ? BD ; 在四面体 ABCD 中,二面角 C-AB-D 的平分面交棱 CD

AC DC

于点 E,则, S?BCE ? S?ABC ;

S S ?BDE

?ABD

在ΔABC 中, a ? b ? c (正弦定理) sin A sin B sinC

在四面体 ABCD 中,棱 AB 与面 ACD、BCD 的夹角分
别? , ? ,则 S?BCD ? S?ACD sin? sin ?

设ΔABC 的三边长分别为 a 、 b 、 c ,ΔABC 的面
积为 S ,内切圆半径为 r ,外接圆半径为 R ,则 (1) r ? 2S
a?b?c (2) R ? 2r

四面体 S—ABCD 的四个侧面的面积分别为 S1 ,

S2 , S3 , S4 ,内切球的半径为 r ,外接球的半径

为 R ,则(1) r ?

3V

S1 ? S2 ? S3 ? S4

(2) R ? 3r

以上性质,限于篇幅,不再一一证明. 变式 3:平面内三角形与空间中的三棱柱性质类比
三角形

三棱柱

三角形的三个内角之和为 180 o

三棱柱的任意两个侧面所成的三个二面角之和为 180 o .

三角形中任意两个两边之和大于第三边

三棱柱的任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积

三角形中较大的边所对的角较大;反之,较 三棱柱中面积较大的侧面所对的二面角较大;反之,较大

大的角所对的边也较大.

的二面角所对的侧面的面积也较大.

三角形中位线定理:三角形任意两边中点的 经过三棱柱 ABC-A1B1C1 的棱 A1C1、B1C1、BC 中点 D、E、

连线平行于第三边,且等于第三边的一半. F 的 平 面 与 侧 面 A1B1BA 平 行 , 且 该 平 面 被 三 棱 柱

三角形内角平分线定理:
在ΔABC 中, ?A 的平分线交 BC 于 D, 则 AB ? BD .
AC DC

ABC-A1B1C1 所截得的四边形 DEFG 的面积是侧面 A1B1BA

面积的 1 . 2

在 三 棱 柱 ABC-A1B1C1 中,平面 BB1GH 平分面角 A — BB1 — C1 , 则

A1 D

G
B1 O

C1 F

S ? S 四边形A1AHG

四边形A1ABB1

A

S四边形GHCC1

S四边形B1BCC1

E

H

C

B

正弦定理:
在ΔABC 中,有 a ? b ? c sin A sin B sinC
余弦定理:在ΔABC 中,有

如图,在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,二面角 B—AA1—C、C
—BB1—A、B—CC1—A 所成的二面角分别为? 、 ? 、 ? ,

S ? S ? S 则有 YBB1C1C

Y AA1C1C

Y BB1C1C

sin? sin ? sin ?

在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,二面角 B—AA1—C、C—BB1

—A、B—CC1—A 所成的二面角分别为 ? 、 ? 、 ? ,则

三角形的面积为

S

?

1 2

aha

S ? S ? S ? 2S S cos? 2 YBB1C1C

2 YAA1C1C

2 YAA1B1B

YAA1C1C YAA1B1B

在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,棱 CC1 到侧面 A1ABB1 的距离

为 h , 则 三 棱 柱 ABC — A1B1C1 的 体 积 为 1
V ? 2 S侧面A1ABB1 h .

以上性质证明的关键是构造直截面(与侧棱垂直的截面),转化为平面问题,以正弦定

理的拓广为例,其余的类似证明.

A1

C1

(6)如图 4,在三棱柱 ABC—A1B1C1 中,二面角 B—AA1—C、

B1

D

C—BB1—A、B—CC1—A 所成的二面角分别为? 、 ? 、 ? ,

F

S ? S ? S 则 YBB1C1C

Y AA1C1C

; YBB1C1C

sin? sin ? sin ?

E A
C

证明:作平面 DEF 与三棱柱 ABC-A1B1C1 侧棱垂直,分别交侧棱 AA1, B BB1 , 图4
CC1 于点 D,E,F,则 ?EDF =? , ?DEF ? ? , ?DFE ? ? ,

在 ? DEF 中,根据正弦定理得 EF ? DF ? DE ,即 EF ? AA1 ? DF ? AA1 ? DE ? AA1

sin? sin ? sin?

sin?

sin ?

sin ?



AA1

?

BB1

?

CC1 ,且

AA1

?

BB1

?

CC1 ,因此

SYBB1C1C sin?

?

SY AA1C1C sin ?

?

SYBB1C1C sin ?



二、直接证明与间接证明

1.人教 A 版选修 2-2 第 96 页例 1 在ΔABC 中,三个内角 A,B,C 对应的边分别为 a, b, c ,

且 A,B,C 成等差数列, a, b, c 成等比数列,求证ΔABC 为等边三角形.

变式 1:在ΔABC 中,三个内角 A,B,C 对应的边分别为 a, b, c ,且 A,B,C 成等差

数列, a, b, c 也成等差数列,求证ΔABC 为等边三角形.

证明:由 A,B,C 成等差数列知, B ? ? ,由余弦定理知 b2 ? a2 ? c2 ? ac , 3

又 a,b, c 也成等差数列,∴ b ? a ? c ,代入上式得 (a ? c) 2 ? a2 ? c2 ? ac ,

2

4

整理得 3(a ? c)2 ? 0 ,∴ a ? c ,从而 A ? C ,而 B ? ? ,则 A ? B ? C ? ? ,

3

3

从而ΔABC 为等边三角形.

变式 2:在ΔABC 中,三个内角 A,B,C 对应的边分别为 a,b, c ,且 cos A, cos B, cos C

成等比数列, a, b, c 成等差数列,求证ΔABC 为等边三角形.

证 明 : 由 于 cos A, cos B, cos C 成 等 比 数 列 , 则 cos2 B ? cos Acos C , 即

2 cos2 B ? cos( A ? C) ? cos( A ? C) ∴ 2 cos2 B ? ? cos B ? cos( A ? C) (1)

又 a,b, c 成等差数列,则 2sin B ? sin A? sin C

则 4sin B cos B ? 2sin A ? C cos A ? C ,

22

2

2

由 于 cos B ? sin A ? C ? 0 , ∴ 2sin B ? cos A ? C

2

2

2

2

cos(A ? C) ? 2cos2 A ? C ?1 ? 8sin2 B ?1 ? 3 ? 4cos B

2

2

(2)

将(2)式代入(1)式得: 2cos2 B ? 5cos B ? 3 ? 0 ,

∴ cos B ? 1 或 cos B ? ?3(舍去),而 0 ? B ? ? ,∴ B ? ? (3)

2

3

将(3)代入(1)得: cos(A ? C) ? 1 ,由于 ?? ? A? C ? ? ,∴ A ? C ,

,即

因此 A ? B ? C ? ? ,从而ΔABC 为等边三角形. 3
变式 3:在ΔABC 中,三个内角 A,B,C 对应的边分别为 a,b, c ,且 cos A, cos B, cos C

成等比数列, a, b, c 成等比数列,求证ΔABC 为等边三角形.

证 明 : 由 于 cos A, cos B, cos C 成 等 比 数 列 , 则 cos2 B ? cos Acos C , 即

2 cos2 B ? cos( A ? C) ? cos( A ? C) ∴ 2 cos2 B ? ? cos B ? cos( A ? C) (1)

又 a,b, c 成等比数列,则 sin2 B ? sin Asin C ,∴ 2sin2 B ? co s( A ? C) ? cos B ,

即 co s( A ? C) ? 2sin2 B ? cos B (2)
将(2)代入(1)得: 2cos2 B ? cos B ?1 ? 0 ,∴ cos B ? 1 或 cos B ? ?1(舍去) 2
而 0 ? B ? ? ,∴ B ? ? (3)将(3)代入(1)得: cos(A ? C) ? 1 , 3
由于 ?? ? A? C ? ? ,∴ A ? C ,因此 A ? B ? C ? ? ,从而ΔABC 为等边三角形. 3
变式 4:在ΔABC 中,三个内角 A,B,C 对应的边分别为 a,b, c ,且 cos A, cos B, cos C

成等差数列, a, b, c 成等差数列,求证ΔABC 为等边三角形.

证 明 : 由 于 cos A, cos B, cos C 成 等 差 数 列 , 则

2cos B ? cos A? cosC = 2 cos A ? C cos A ? C

2

2

∴ cos

A?C 2

?

cos B sin B

(1)

2

又 a,b, c 成 等 差 数 列 , 则 2sin B ? sin A? sin C , ∴

4sin B cos B ? 2sin A ? C cos A ? C ,

22

2

2

由于 cos B ? sin A ? C ? 0 ,∴ 2sin B ? cos A ? C (2)

2

2

2

2

将(1)代入(2)得 cos B ? 2sin2 B ? 1? cos B ,∴ cos B ? 1 ,而 0 ? B ? ? ,∴ B ? ?

2

2

3

(3)将(3)代入(2)得: cos A ? C ? 1 ,由于 ? ? ? A ? C ? ? ,∴ A ? C ? 0 ,

2

222

2

因此 A ? B ? C ? ? ,从而ΔABC 为等边三角形. 3

变式 5:在ΔABC 中,三个内角 A,B,C 对应的边分别为 a,b, c ,且 cos A, cos B, cos C

成等差数列, a, b, c 成等比数列,求证ΔABC 为等边三角形.

证 明 : 由 于 cos A, cos B, cos C 成 等 差 数 列 , 则

2cos B ? cos A? cosC = 2 cos A ? C cos A ? C

2

2

∴ cos A ? C ? cos B ,则 co s( A ? C) ? 2 cos2 A ? C ?1 ? 2 cos2 B ?1 (1)

2 sin B

2

sin2 B

2

2

又 a,b, c 成等比数列,则 sin2 B ? sin Asin C ,∴ 2sin2 B ? co s( A ? C) ? cos B ,

即 co s( A ? C) ? 2sin2 B ? cos B (2)

将(1)代入(2)整理得: 5cos2 B ? 4cos B ? 3 ? 2cos3 B

即 4cos2 B ? 4cos B ? 3 ? 2cos3 B ? cos2 B ,分解因式得
(2cos B ?1)(cos B ? 3)(cos B ?1) ? 0 ,∴ cos B ? 1 或 cos B ? ?1(舍去)或 cos B ? 3 2
(舍去)
而 0 ? B ? ? ,∴ B ? ? (3)将(3)代入(2)得: cos(A ? C) ? 1 , 3
由于 ?? ? A? C ? ? ,∴ A ? C ,因此 A ? B ? C ? ? ,从而ΔABC 为等边三角形. 3
2.人教 A 版选修 2-2 第 101 页例 5:求证 2 是无理数

变式 1:求证 3 是无理数 证明:假设 3 是无理数,则存在互质的数 m, n ,使得 3 ? m ,从而 m ? 3n ,即
n m2 ? 3n2 ,
所以 m 为 3 的倍数,于是可设 m ? 3k (k ? N *) ,因此,9k 2 ? 3n2 ,即 n2 ? 3k 2 ,所以 n 也

为 3 的倍数,这与 m, n 互质矛盾,由此可知假设是错误的,从而 3 是无理数.

变式 2:若 p 为奇数,则 2 p ?1 是无理数. 证明:假设 2 p ?1 是有理数,则存在互质的数 m, n ,使得 2 p ?1 ? m ,则 n
m2 ? (2 p ?1)n2 ,∴ m2 ? n2 ? 2 pn2 ,∴ (m ? n)(m ? n) ? 2 pn2 ,∴ (m ? n)(m ? n) 为偶
数,
由于 (m ? n) ? (m ? n) ? 2m 为偶数,说明, m ? n 与 m ? n同为偶数或同为奇数,由于它

们的积为偶数,则 m ? n 与 m ? n同为偶数,设 m ? n ? 2k , m ? n ? 2t (k, t ? N *) ,从而

有 2r ? 2t ? 2 pn2

即 pn2 ? 2rt ,∴ n2 为偶数,∴ n 为偶数,则 m 也为偶数,这与 m, n 互质矛盾,由此可知

假设是错误的,从而 2 p ?1 是无理数.

三、数学归纳法 人教 A 版选修 2-2 第 106 页例 1:用数学归纳法证明 12 ? 22 ?L ? n2 ? n(n ?1)(2n ?1) . 6 变式 1:是否存在常数 a, b, c ,使得12 ? 22 ?L ? n2 ? an3 ? bn2 ? cn 对一切正整数 n 都

成立?并证明你的结论.

?1 ? a ? b ? c

解:假设存在常数 a,b, c 使等式成立,令 n ? 1, 2,3 得: ??1? 22 ? 8a ? 4b ? c

解之

??1? 22 ? 32 ? 27a ? 9b ? c

??a ?

?

1 3

得 ??b ? ?

1 ,下面用数学归纳法证明:12 ? 22 ?L 2

? n2

?

n(n ?1)(2n ?1) 对一切正整数 n 都 6

???c

?

1 6

成立.(略)

变式

2:已知

an

?1?

1 2

?

1 3

?L

? 1 n ? N* ,是否存在 n 的整式 g(n) , 使得等式 n

a1 ? a2 ?L ? an?1 ? g(n)(an ?1) 对于大于 1 的一切正整数 n 都成立?并证明你的结论.

解:假设 g(n) 存在,

令 n ? 2 ,求得 g(2) ? 2 ,令 n ? 3 ,求得 g(3) ? 3 ,令 n ? 4 ,求得 g(4) ? 4 ,

由此猜想: g(n) ? n ,下面用数学归纳法证明: a1 ? a2 ?L ? an?1 ? n(an ?1) 对一切大 于 1 的正整数 n 都成立.(略)


相关文档

高中数学《推理与证明》同步练习1 新人教A版选修1-2
2019高中数学第二章推理与证明单元测试(一)新人教A版选修1-2(数理化网)
2019高中数学第二章推理与证明单元测试(二)新人教A版选修1-2(数理化网)
高中数学第二章推理与证明本章整合新人教B版选修2-2讲义
高中数学第二章推理与证明2.1.1合情推理课件新人教A版选修
课堂新坐标2016_2017学年高中数学第三章推理与证明3.1.2类比推理学案
2015高中数学 2.2直接证明与间接证明练习 新人教A版选修2-2
高中数学第六章第六节《直接证明与间接证明》-48页文档资料
高中数学 高考中数列和不等式证明的交叉论文
高中数学第六章第六节直接证明与间接证明-精品文档
电脑版