《2018年秋高中數學 第二章 推理與證明 階段復習課 第2課 推理與證明學案 新人教A版選修2-2.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2018年秋高中數學 第二章 推理與證明 階段復習課 第2課 推理與證明學案 新人教A版選修2-2.doc（8頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

第二課　推理與證明 [核心速填] 1．合情推理： (1)歸納推理：由部分到整體、由個別到一般的推理． (2)類比推理：由特殊到特殊的推理． (3)合情推理： 歸納和類比是常用的合情推理，都是根據已有的事實，經過觀察、分析、比較、聯想，再進行歸納類比，然后提出猜想的推理． 2．演繹推理： (1)演繹推理是由一般到特殊的推理． (2)三段論是演繹推理的一般模式，包括： ①大前提——已知的一般原理； ②小前提——所研究的特殊情況； ③結論——根據一般原理，對特殊情況做出的判斷． 3．直接證明與間接證明 (1)直接證明的兩類基本方法是綜合法和分析法： ①綜合法是從條件推導出結論的證明方法； ②分析法是由結論追溯到條件的證明方法； (2)間接證明一種方法是反證法，它是從結論反面成立出發(fā)，推出矛盾的證明方法． 4．數學歸納法： 數學歸納法主要用于解決與自然數有關的數學問題．證明時，它的兩個步驟缺一不可．它的第一步(歸納奠基)n＝n0時結論成立． 第二步(歸納遞推)假設n＝k時，結論成立，推得n＝k＋1時結論也成立． 特別要注意n＝k到n＝k＋1時增加的項數． [體系構建] [題型探究] 合情推理 　(1)觀察下列等式： 1－＝， 1－＋－＝＋， 1－＋－＋－＝＋＋， ……， 據此規(guī)律，第n個等式可為________． (2)類比三角形內角平分線定理：設△ABC的內角A的平分線交BC于點M，則＝.若在四面體P－ABC中，二面角B－PA－C的平分面PAD交BC于點D，你可得到的結論是________，并加以證明. 【導學號：31062174】 [解析]　(1)等式的左邊的通項為－，前n項和為1－＋－＋…＋－；右邊的每個式子的第一項為，共有n項，故為＋＋…＋. (2)畫出相應圖形，如圖所示． 由類比推理得所探索結論為＝. 證明如下：由于平面PAD是二面角B－PA－C的平分面，所以點D到平面BPA與平面CPA的距離相等，所以＝.?、? 又因為＝＝.② 由①②知＝成立． [答案]　(1)1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋　(2)＝ [規(guī)律方法]　1.歸納推理的特點及一般步驟　 2．類比推理的特點及一般步驟 [跟蹤訓練] 1．(1)觀察如圖21中各正方形圖案，每條邊上有n(n≥2)個點，第n個圖案中圓點的總數是Sn. 圖21 按此規(guī)律，推出Sn與n的關系式為________． (2)設等差數列{an}的前n項和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數列．類比以上結論有：設等比數列{bn}的前n項積為Tn, 則T4，________，________， 成等比數列． [解析]　(1)依圖的構造規(guī)律可以看出： S2＝24－4， S3＝34－4， S4＝44－4(正方形四個頂點重復計算一次，應減去)． …… 猜想：Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*)． (2)等差數列類比于等比數列時，和類比于積，減法類比于除法，可得類比結論為：設等比數列{bn}的前n項積為Tn，則T4， ， ， 成等比數列． [答案]　(1)Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*) (2) 　 綜合法與分析法 　若a、b、c是△ABC的三邊長，m＞0，求證：＋＞. 【導學號：31062175】 [思路探究]　根據在△ABC中任意兩邊之和大于第三邊，再利用分析法與綜合法結合證明不等式成立． [證明]　要證明＋＞， 只需證明＋－＞0即可． ∵＋－＝ ， ∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0， ∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0， ∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m2， ∵△ABC中任意兩邊之和大于第三邊， ∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0， ∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0， ∴＋＞. 母題探究：1. (改變條件)本例刪掉條件“m＞0”，證明：＞. [證明]　要證 ＞. 只需證a＋b＋(a＋b)c>(1＋a＋b)c. 即證a＋b>c.而a＋b>c顯然成立． 所以＞. 2．(變換條件)本例增加條件“三個內角A，B，C成等差數列”，求證：＋＝. [證明]　要證＋＝， 即證＋＝3，即證＋＝1. 即證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 即證c2＋a2＝ac＋b2. ∵△ABC三個內角A，B，C成等差數列． ∴B＝60. 由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos 60， 即b2＝c2＋a2－ac. ∴c2＋a2＝ac＋b2成立，命題得證． [規(guī)律方法]　分析綜合法的應用 綜合法由因導果，分析法執(zhí)果索因，因此在實際解題時，常常把分析法和綜合法結合起來使用，即先利用分析法尋找解題思路，再利用綜合法有條理地表述解答過程. 反證法 　已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，試證明a，b，c至少有一個不小于1. [證明]　假設a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1， 則有a＋b＋c＜3， 而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3＝22＋3≥3， 兩者矛盾，所以假設不成立， 故a，b，c至少有一個不小于1. [規(guī)律方法]　反證法的關注點 (1)反證法的思維過程：否定結論?推理過程中引出矛盾?否定假設肯定結論，即否定——推理——否定(經過正確的推理導致邏輯矛盾，從而達到新的“否定”(即肯定原命題)). (2)反證法常用于直接證明困難或以否定形式出現的命題；涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命題時，也常用反證法. [跟蹤訓練] 2．若x，y，z∈(0,2)，求證：x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不可能都大于1. 【導學號：31062176】 [證明]　假設x(2－y)>1，且y(2－z)>1，且z(2－x)>1均成立，則三式相乘有xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1，① 由于00，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*. (1)寫出a2，a3，a4的值，并猜想數列{an}的通項公式； (2)用數學歸納法證明你的結論． [解]　(1)∵a1＝1， ∴a2＝f(a1)＝f(1)＝； a3＝f(a2)＝；a4＝f(a3)＝. 猜想an＝(n∈N*)． (2)證明：①易知，n＝1時，猜想正確． ②假設n＝k(k∈N*)時猜想正確， 即ak＝， 則ak＋1＝f(ak)＝＝ ＝＝. 這說明，n＝k＋1時猜想正確． 由①②知，對于任何n∈N*，都有an＝. [規(guī)律方法]　1.數學歸納法的兩點關注 (1)關注點一：用數學歸納法證明等式問題是數學歸納法的常見題型，其關鍵點在于“先看項”，弄清等式兩邊的構成規(guī)律，等式兩邊各有多少項，初始值n0是多少. (2)關注點二：由n＝k到n＝k＋1時，除等式兩邊變化的項外還要利用n＝k時的式子，即利用假設，正確寫出歸納證明的步驟，從而使問題得以證明. 2.與“歸納—猜想—證明”相關的常用題型的處理策略 (1)與函數有關的證明：由已知條件驗證前幾個特殊值正確得出猜想，充分利用已知條件并用數學歸納法證明. (2)與數列有關的證明：利用已知條件，當直接證明遇阻時，可考慮應用數學歸納法. [跟蹤訓練] 3．用數學歸納法證明不等式＋＋…＋>(n≥2，n∈N*) [證明]?、佼攏＝2時，＋＝＞. ②假設當n＝k(k≥2且k∈N*)時不等式成立， 即＋＋…＋＞， 那么當n＝k＋1時， ＋＋…＋＝＋＋…＋ ＋＋＋－ ＝＋＋－＞＋＋－＝＋－＝＋＞. 這就是說，當n＝k＋1時，不等式也成立． 由①②可知，原不等式對任意大于1的正整數都成立． 轉化與化歸思想的應用 　已知α，β≠kπ＋(k∈Z)，且sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin2β. 求證：＝ 【導學號：31062177】 [證明]　要證＝成立， 即證＝， 即證cos2α－sin2α＝(cos2β－sin2β)， 即證1－2sin2α＝(1－2sin2β)， 即證4sin2α－2sin2β＝1， 因為sin θ＋cos θ＝2sin α， sin θcos θ＝sin2 β， 所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝4sin2α，所以1＋2sin2β＝4sin2 α， 即4sin2 α－2sin2β＝1. 故原結論正確． [規(guī)律方法]　轉化與化歸思想 轉化與化歸的思想方法是數學中最基本的思想方法，數學中的一切問題的解決都離不開轉化與化歸，轉化與化歸的原則是將不熟悉的或難解的問題轉化為熟知的、易解或已經解決的問題；將抽象的問題轉化為具體的直觀的問題；將復雜的問題轉化為簡單的問題；將一般性的問題轉化為直觀的特殊問題；將實際應用問題轉化為數學問題.本章中無論是推理過程還是用分析法、綜合法、反證法、數學歸納法證明問題的過程中都用到了轉化與化歸思想. [跟蹤訓練] 4．已知函數f(x)在R上是增函數，a，b∈R. (1)求證：如果a＋b≥0，那么f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)； (2)判斷(1)中的命題的逆命題是否成立？并證明你的結論． [解]　(1)證明：當a＋b≥0時，a≥－b且b≥－a. ∵f(x)在R上是增函數， ∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)， ∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)． (2)(1)中命題的逆命題為“如果f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，那么a＋b≥0”，此命題成立． 用反證法證明如下： 假設a＋b＜0，則a＜－b，∴f(a)＜f(－b)． 同理可得f(b)＜f(－a)． ∴f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)，這與f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)矛盾，故假設不成立， ∴a＋b≥0成立，即(1)中命題的逆命題成立．