《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2综合法与分析法(一)（5篇材料）

第一篇：《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2综合法与分析法(一)

§2.2 直接证明与间接证明

2.2.1 综合法与分析法(一)

一、基础过关

1．已知a，b，c∈R，那么下列命题中正确的是

A．若a>b，则ac2>bc

2abB．若a>b cc

11C．若a3>b3且ab<0，则> ab

11D．若a2>b2且ab>0，则 ab

2．A、B为△ABC的内角，A>B是sin A>sin B的A．充分不必要条件

B．必要不充分条件

C．充要条件

D．即不充分也不必要条件

3．已知直线l，m，平面α，β，且l⊥α，m⊂β，给出下列四个命题：①若α∥β，则l⊥m；②若l⊥m，则α∥β；③若α⊥β，则l⊥m；④若l∥m，则α⊥β.其中正确命题的个数是()

A．

1C．

3＋()()B．2 D．4()4．设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有

a2＋b2A．1≤ab≤

2a2＋b2C．ab<<12a2＋b2B．ab<1< 2a2＋b2D.ab<1 2

ab5．已知a，b为非零实数，则使不等式：＋2成立的一个充分不必要条件是()ba

A．ab>0

B．ab<0 D．a>0，b>0 C．a>0，b<0

二、能力提升

16．设0

A．aB．b()

C．cD．不能确定

()1117．已知a、b、c∈R，且a＋b＋c＝0，abc>0，则＋的值abc

A．一定是正数

C．可能是0B．一定是负数D．正、负不能确定

8．设a＝2，b73，c＝6－2，则a，b，c的大小关系为________．

9．已知p＝a＋1a>2)，q＝2－a2＋4a－2(a>2)，则p、q的大小关系为________． a－

210．如果aa＋b>b＋a，求实数a，b的取值范围．

11．设a≥b>0，求证：3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.11112．已知a>0，－>11＋a>.ba1－b

三、探究与拓展

13．已知a、b、c是不全相等的正数，且0

答案

1．C 2．C 3．B 4．B 5．C 6．C 7．B

8．a>c>b

9．p>q

10．解 aa＋b>b＋a

⇔a－b>a－b

⇔aa－b)>ba－b)

⇔(a－b)(a－b)>0

⇔(a＋bab)2>0，只需a≠b且a，b都不小于零即可． 即a≥0，b≥0，且a≠b.11．证明 方法一3a3＋2b3－(3a2b＋2ab2)＝3a2(a－b)＋2b2(b－a)

＝(3a2－2b2)(a－b)．

因为a≥b>0，所以a－b≥0,3a2－2b2>0，从而(3a2－2b2)(a－b)≥0，所以3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2.方法二 要证3a3＋2b3≥3a2b＋2ab2，只需证3a2(a－b)－2b2(a－b)≥0，只需证(3a2－2b2)(a－b)≥0，∵a≥b>0.∴a－b≥0,3a2－2b2>2a2－2b2≥0，∴上式成立．

1112．证明 >1及a>0可知0

1＋a>1 1－b

只需证1＋a1－b>1，只需证1＋a－b－ab>1，a－b11只需证a－b－ab>0即>1，abba

这是已知条件，所以原不等式得证．

a＋bb＋ca＋c13．证明 要证logxlogx＋logx

a＋bb＋ca＋c只需证logx()

由已知0abc.222

a＋bb＋c由公式ab>0，bc>0，22a＋c≥ac>0.2又∵a，b，c是不全相等的正数，∴

即a＋bb＋ca＋cabc＝abc.222a＋bb＋ca＋cabc成立． 222

a＋bb＋ca＋c∴log＋loglogxxa＋logxb＋logxc成立． 222

第二篇：《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2数学归纳法

§2.3 数学归纳法

2.3.1 数学归纳法

一、基础过关

1．某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N*)时，该命题成立，那么可推得n＝k＋1时，该命题也成立．现在已知当n＝5时，该命题成立，那么可推导出

A．当n＝6时命题不成立

B．当n＝6时命题成立

C．当n＝4时命题不成立

D．当n＝4时命题成立

2．一个与正整数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立可以推得n＝k＋2时命题也成立，则()()

A．该命题对于n>2的自然数n都成立

B．该命题对于所有的正偶数都成立

C．该命题何时成立与k取值无关

D．以上答案都不对

13．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n－3)条时，第一步验证n等于()2

A．1B．2C．3D．0

()1114．若f(n)＝1＋＋…＋(n∈N*)，则n＝1时f(n)是232n＋1

A．1

1B.3D．以上答案均不正确

11C．1＋＋2311115．已知f(n)＋ nn＋1n＋2n()

11A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝ 23

111B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋234

11C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)23

111D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋ 234

a6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝n∈N*)，依次计算a2，a3，a4，归纳推测出an的通项3an＋1

表达式为

2A.4n－3

2C.4n＋3

二、能力提升

7．用数学归纳法证明等式(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n∈N*)，从k到k＋1左端需要增乘的代数式为

A．2k＋1

2k＋1C.k＋1()()2 6n－52D.2－1B．2(2k＋1)2k＋3D.k＋1

1118．已知f(n)(n∈N*)，则f(k＋1)＝f(k)＋______________________.n＋1n＋23n－1

9．用数学归纳法证明：

11112(1－)(1)…(1－＝(n∈N*)． 345n＋2n＋

210．用数学归纳法证明：

－－nn＋112－22＋32－42＋…＋(－1)n1·n2＝(－1)n1(n∈N*)． 2

11．已知数列{an}的第一项a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，n∈N*)，Sn为数列{an}的前n项和．

(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；

(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式．

三、探究与拓展

nn＋1212．是否存在常数a、b、c，使得等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2an＋bn12

＋c)对一切正整数成立？并证明你的结论．

答案

1．B2．B 3．C 4．C5．D 6．B 7．B

11118.＋ 3k3k＋13k＋2k＋1

12229．证明(1)当n＝1时，左边＝1－，等式成立． 331＋23

11112(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，即(1)(1)…(1＝，345k＋2k＋2

那么当n＝k＋1时，1111121(1－)(1－)(1－)…(1－＝(1－345k＋2k＋3k＋2k＋3

＝2k＋22 k＋2k＋3k＋3

所以当n＝k＋1时等式也成立．

由(1)(2)可知，对于任意n∈N*等式都成立．

10．证明(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝(－1)11×－1×21，结论成立． 2

(2)假设当n＝k时，结论成立．

－－kk＋1即12－22＋32－42＋…＋(－1)k1k2＝(－1)k1 2

那么当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(－1)k1k2＋(－1)k(k＋1)2 －

－kk＋1＝(－1)k1(－1)k(k＋1)2 2

－k＋2k＋2＝(－1)k·(k＋ 2

k＋1k＋2＝(－1)k.2

即当n＝k＋1时结论也成立．

由(1)(2)可知，对一切正整数n等式都成立．

11．(1)解 a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，5n＝1猜想an＝.n－2*5×2，n≥2，n∈N

(2)证明 ①当n＝2时，a2＝5×222＝5，公式成立． －

②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时成立，即ak＝5×2k2，－

那么当n＝k＋1时，由已知条件和假设有

ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋a3＋…＋ak

＝5＋5＋10＋…＋5×2k2.－

51－2k1－＝55×2k1.1－2－

故当n＝k＋1时公式也成立．

由①②可知，对n≥2，n∈N*，有an＝5×2n2.－

所以数列{an}的通项公式为

5n＝1an＝.n－2*5×2n≥2，n∈N

12．解 假设存在a、b、c使上式对n∈N*均成立，则当n＝1,2,3时上式显然也成立，此时可得

11×2＋2×3＝24a＋2b＋c，1×2＋2×3＋3×4＝9a＋3b＋c，2222211×22＝a＋b＋c，6

解此方程组可得a＝3，b＝11，c＝10，nn＋1下面用数学归纳法证明等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n(n＋1)2＝×(3n2＋11n＋10)12

对一切正整数均成立．

(1)当n＝1时，命题显然成立．

(2)假设当n＝k时，命题成立．

kk＋12即1×22＋2×32＋3×42＋…＋k(k＋1)2＝(3k＋11k＋10)，12

则当n＝k＋1时，有

1×22＋2×32＋…＋k(k＋1)2＋(k＋1)(k＋2)2

＝

＝

＝

＝kk＋12k＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)2 12kk＋1k＋2)(3k＋5)＋(k＋1)(k＋2)2 12k＋1k＋22k＋5k＋12k＋24)12k＋1k＋2k＋1)2＋11(k＋1)＋10]． 12

即当n＝k＋1时，等式也成立．

由(1)(2)可知，对任何正整数n，等式都成立．

第三篇：《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-3第一章二项式定理

§1.3 二项式定理 1.3.1 二项式定理

一、基础过关

1．(x＋2)6的展开式中x3的系数是A．20B．40

2x－6的展开式的常数项是2.2xA．20A．33

()A．－5

()A．840

二、能力提升

6．设S＝(x－1)3＋3(x－1)2＋3(x－1)＋1，则S等于A．(x－1)3C．x

3B．(x－2)3 D．(x＋1)3

()

B．－840

C．210

D．－210

B．

5C．－10

D．10

5．(x2y)10的展开式中x6y4项的系数是

B．－20B．29

()

C．80

D．160

()

C．40C．23

D．－40

()

D．19

3．若(1＋2)4＝a＋b2(a、b为有理数)，则a＋b等于4．在(1－x)5－(1－x)6的展开式中，含x3的项的系数是

7．(1＋2x)3(1－x)5的展开式中x的系数是

()A．－

4B．－2

C．2D．4

3x2－n的展开式中含有常数项，则正整数n的最小值为8．在2xA．4

B．

5C．6

D．7

()

9．若(1－2x)5的展开式中，第2项小于第1项，且不小于第3项，则x的取值范围是()

11111

A．x<－B．－

10104104

10．(1＋x＋x2)(x6的展开式中的常数项为________．

x

x＋2n11.展开式第9项与第10项二项式系数相等，求x的一次项系数．

x

12．设a>0，若(1＋n的展开式中含x2项的系数等于含x项的系数的9倍，且展开式中第2

3项等于135x，求a的值．

三、探究与拓展

13．已知f(x)＝(1＋2x)m＋(1＋4x)n(m，n∈N*)的展开式中含x项的系数为36，求展开式中含

x2项的系数最小值．

答案

1．D 2.B 3.B 4.D 5.A 6.C 7.C8．B 9.B 10.－5

911．解 C8n＝Cn，17－rrr∴n＝17，Tr＋1＝Crx2·x－ 1723

17－rr∴1，∴r＝9，23

9∴T10＝C17·x4·29·x3＝C929·x，17·－

9其一次项系数为C9172.12．解 通项公式为

1rrrrTr＋1＝Cr(ax＝Cax.nn·22

若含x2项，则r＝4，此时的系数为C4a4； n·

若含x项，则r＝2，此时的系数为C2a2.n·

422根据题意，有C4na＝9Cna，22即C4na＝9Cn.①

2又T3＝135x，即有C2na＝135.② 2C49C由①②两式相除，得Cn135

5结合组合数公式，整理可得3n2－23n＋30＝0，解得n＝6，或n＝(舍去)． 3

将n＝6代入②中，得15a2＝135，∴a2＝9.∵a>0，∴a＝3.1113．解(1＋2x)m＋(1＋4x)n展开式中含x的项为Cm·2x＋C14x＝(2C1n·m＋4Cn)x，1∴2C1m＋4Cn＝36，即m＋2n＝18，(1＋2x)m＋(1＋4x)n展开式中含x2项的系数为

22222t＝C2m2＋Cn4＝2m－2m＋8n－8n，∵m＋2n＝18，∴m＝18－2n，∴t＝2(18－2n)2－2(18－2n)＋8n2－8n

＝16n2－148n＋612

37153n2－＋，＝1644

37∴当nt取最小值，但n∈N*，8

∴n＝5时，t即x2项的系数最小，最小值为272.

第四篇：高中数学《2.2.1综合法和分析法》导学案 新人教A版选修1-2

§2.2.1综合法和分析法(二)

.2.根据问题的特点，结合分析法的思考过程、特点，选择适当的证明方法.4850

复习1：综合法是由导;

复习2：基本不等式:

二、新课导学

※ 学习探究

探究任务一：分析法

问题：

ab如何证明基本不等式(a0,b0)

2新知：从要证明的结论出发，逐步寻找使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件（已知条件、定理、定义、公理等）为止.反思：框图表示

要点：逆推证法；执果索因

※ 典型例题

例

1变式：求证

小结：证明含有根式的不等式时,用综合法比较困难,所以我们常用分析法探索证明的途径.例2 在四面体SABC中,SA面ABC,ABBC,过A作SB的垂线,垂足为E,过E作SC的垂线,垂足为F,求证AFSC.变式：设a,b,c为一个三角形的三边,s1

2(abc),且s22ab,试证s2a.小结：用题设不易切入,要注意用分析法来解决问题.※ 动手试试

练1.求证:当一个圆和一个正方形的周长相等时,圆的面积比正方形的面积大.练2.设a, b, c是的△ABC三边，S

是三角形的面积，求证：c2a2b24ab

三、总结提升

※ 学习小结

分析法由要证明的结论Q思考，一步步探求得到Q所需要的已知P1,P2,，直到所有的已知P都成立.※ 知识拓展

证明过程中分析法和综合法的区别:

在综合法中,每个推理都必须是正确的,每个推论都应是前面一个论断的必然结果,因此语气必须是肯定的.分析法中,首先结论成立,依据假定寻找结论成立的条件，这样从结论一直到已知条件.※ 自我评价 你完成本节导学案的情况为（）.A.很好B.较好C.一般D.较差

※ 当堂检测（时量：5分钟 满分：10分）计分：

1.,其中最合理的是

A.综合法B.分析法C.反证法D.归纳法

ba2.不等式①x233x;②2,其中恒成立的是 ab

A.①B.②C.①②D.都不正确

3.已知yx0,且xy1,那么

xyxyA.xy2xyB.2xyxy 22

xyxyC.x2xyyD.x2xyy 22

2224.若a,b,cR,则abcabbcac.5.将a千克的白糖加水配制成b千克的糖水(ba0),则其浓度为;若再加入m千克的白糖(m0),糖水更甜了,根据这一生活常识提炼出一个常见的不等式:.1.已知ab0,(ab)2ab(ab)2

求证

:.8a28b

2.设a,bR,且ab,求证:a3b3a2bab2

第五篇：《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版必修4第三章 3.1.1两角和与差的余弦

第三章 三角恒等变换

§3.1 和角公式

3．1.1 两角和与差的余弦

一、基础过关

1． 化简cos(45°－α)cos(α＋15°)－sin(45°－α)sin(α＋15°)得

A.21B

()

()

D．－ 12

2． 计算cos 70°cos 335°＋sin 110°sin 25°的结果是

A．

1B.2

3． 若cos(α－β)＝

πA.6

510，cos 2α＝α、β均为锐角且α<β，则α＋β的值为()510πB.43π

45π6

()

→

4． 已知点A(cos 80°，sin 80°)，B(cos 20°，sin 20°)，则|AB|＝

A.2B.2

D．1

π35＋φ＝－5． 若sin(π＋θ)θ是第二象限角，sin，φ是第三象限角，则cos(θ－φ)255的值是A．－

()

5525

D.56． 若cos(α－β)＝(sin α＋sin β)2＋(cos α＋cos β)2＝________.311

7． 已知cos α－cos β＝sin α－sin β＝－cos(α－β)．

311

8． 已知tan α＝43，cos(α＋β)＝－，α、β均为锐角，求cos β的值．

4二、能力提升

9． 已知sin α＋sin β＋sin γ＝0，cos α＋cos β＋cos γ＝0，则cos(α－β)的值是________．

10．已知α、β均为锐角，且sin α11．已知：cos(2α－β)＝－

2cos 50°－3sin 1012．求 cos 10°

三、探究与拓展

π0，sin α＋sin γ＝sin β，cos β＋cos γ＝cos α，求β－α的值． 13．已知α、β、γ∈2510，cos β＝，则α－β的值为________． 51022πππ，sin(α－2β)＝，且<α<，0<β

答案

8591．A 2.B 3.C 4.D 5.B 6.7.372

π0，tan α＝43，8． 解 ∵α∈2431∴sin α＝，cos α77

11∵α＋β∈(0，π)，cos(α＋β)14

3∴sin(α＋β).14

∴cos β＝cos[(α＋β)－α]

＝cos(α＋β)cos α＋sin(α＋β)sin α

11153431－×＝147147＝2.1ππ9． －10.－11.0 12.1 13.243