人教版高中数学【选修2-2】[知识点整理及重点题型梳理]_《《推理与证明》全章复习与巩固(提高)(理)

人教版高中数学选修2-2
知识点梳理
重点题型（常考知识点）巩固练习
《推理与证明》全章复习与巩固
【学习目标】
1. 了解合情推理的含义，能利用归纳推理和类比推理等进行简单的推理；掌握演绎推理的基本模式；体会它们的重要性，并能运用它们进行一些简单的推理；
2. 了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异；
3. 了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点；
4. 了解间接证明的一种基本方法：反证法；了解反证法的思考过程、特点；
5. 了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
【知识网络】
【要点梳理】
要点一：有关推理概念
归纳推理：
又称归纳法，是从特殊到一般、部分到整体的推理．根据归纳对象是否完备，分为完全归纳法和不完全归纳法．完全归纳法是根据某类事物中的每一个对象或每一个子类的情况作出的关于该类事物的一般性结论的推理；不完全归纳法是根据某类事物中的一部分对象具有某种特征而作出该类事物都具有这一特征的一般性结论的推理．由于仅列举了归纳对象中的一小部分，因此得出的结论与前提未必有必然的联系，
故其结论未必正确，必须经过理论的证明和实践的检验．
类比推理：
又称类比法，是由特殊到特殊的推理．这是由两系统的已知属性，通过比较、联想而发现未知属性的“开拓型”“发散型”思维方式．和归纳推理一样，能由已知推测未知，推理的结论也不一定为真，有待进一步证明，通常情况下，类比的相似性越多，类比得出的结论就越可靠．
演绎推理：
又称演绎法．是从一般到特殊的推理，是数学证明中的基本推理形式．演绎推理的结论完全蕴涵于前提之中．它是“封闭型”的思维方法，只要前提真实，逻辑形式正确，则结论必然真实，但由它一般不能取得突破性进展．故合情推理与演绎推理各有侧重，相辅相成．合情推理有助于发现新事物、新结论、新规律，演绎推理保证结论的可靠性，去伪存真．
要点诠释：
演绎推理更注重推理的形式规则，常见的有假言推理、关系推理、三段论推理．
三段论推理：其一般形式为：大前提：所有M 都是P ；小前提：S 是M ；结论：S 是P ．
要点二：有关证明方法
综合法
综合法是利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立的证明方法，是数学推理证明中的主要方法．即从已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待征结论或需求问题．如果要证明的命题是p q ⇒，那么证明步骤用符号表示为p (已知)123p p p ⇒⇒⇒⇒…q ⇒．
分析法
分析法就是从待征结论出发，一步一步探索下去，寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．用分析法证明的逻辑关系：q (结论)n p ⇐⇐…321p p p p ⇐⇐⇐⇐(已知)． 间接证法
间接证法不是从正面确定论题的真实性，而是证明它的反论题为假或改证它的等价命题为真，间接达到目的．反证法就是间接证法的一种．
反证法证题步骤为：
(1)假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立．
(2)从这个假设出发，经过推理论证得出矛盾．
(3)由矛盾判断假设不成立．从而肯定命题的结论成立．
反证法导出矛盾常见的有以下几种情况：
①导出非p 为真，即与原命题的条件矛盾．
②导出q 为真，即与假设“非q 为真”矛盾．
③导出一个与定义、公理、定理等矛盾的命题．
数学归纳法
数学归纳法是证明一个与正整数n 有关的命题时，常采用的一种方法，它是一种完全归纳法，其步骤为：
第一步：证明n 取第一个值0n 时命题成立．
第二步：假设n ＝k(k ≥0n ，k ∈N +)时命题成立，证明n ＝k+1时命题成立．
第三步：下结论，命题对从0n 开始的所有自然数n 都成立．
要点诠释：
（1）用数学归纳法证明与自然数n 有关的命题时，如果证明恒等式或不等式应特别注意项及项数的变化规律；证明几何命题时，要特别注意从n ＝k 到n ＝k+1的几何图形中几何元素的变化规律；证明整除性命题时，要特别注意凑配项的变形技巧；证明与奇、偶数有关的命题要注意过渡时的特点，如一个命题对所有奇数n 成立，应假设n ＝2k -1时命题成立，推证n ＝2k+1时命题成立或假设n ＝k (k 为奇数)时命题成立，推证n ＝k+2时命题成立．
（2）“归纳一猜想—证明”的论题，要特别关注项的构成规律，作出合理的猜想后再证明．
【典型例题】
类型一：合情推理与演绎推理
例1. 若数列{}n a 是等比数列，且0n a >，
则有数列n b =n ∈N +)也为等比数列，类比上述性质，相应地：若数列{}n c 是等差数列，则有n d =________也是等差数列． 【思路点拨】类比猜想可得12n n c c c d n
+++=…也成等差数列. 【解析】若设等差数列{}n c 的公差为x ， 则12n n c c c d n +++=…1(1)2n n nc x n -+=1(1)2x c n =+-． 可见{}n d 是一个以1c 为首项，2
x 为公差的等差数列，故猜想是正确的． 【总结升华】类比猜想是以两个对象之间某已知的相同或相似之处为根据，从而推出对象之间未知的相
似之点的推理方法，这个根据是不充分的，因而类比推理的结论有时正确，有时不正确，其结论都需要证明．
举一反三：
【变式1】在平面几何中，△ABC 的内角平分线CE 分AB 所成线段的比为AE AC EB CB
=，把这个结论类比到空间：在三棱锥A —BCD 中(如图所示)，面DEC 平分二面角A —CD —B 且与AB 相交于E ，则得到的类比的结论是________．
【答案】ACD BCD
S AE EB S ∆∆= 【变式2】观察2()2x x '=，43()4x x '=，(cos )sin x x '=-，由归纳推理可得：若定义在R 上的函数()
f x 满足()()f x f x -=，记
g (x )为()f x 的导函数，则g (-x )＝( )
A ．()f x
B ．()f x -
C ．()g x
D ．()g x -
【答案】 D
【解析】 由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数．因此当()f x 是偶函数时，其导函数应为奇函数，故g (-x )＝-g (x )．
例2. 在数列{}n a 中，12a =，1431n n a a n +=-+，n ∈N +．
(1)证明数列{}n a n -是等比数列；
(2)求数列{}n a 的前n 项和n S ；
(3)证明不等式1n S +≤4n S ，对任意n ∈N +皆成立．
【解析】 (1)由题设1431n n a a n +=-+得
1(1)4()n n a n a n +-+=-，n ∈N +．
又111a -=，所以数列{}n a n -是首项为1，且公比为4的等比数列．
(2)由(1)可知14n n a n --=，于是数列{}n a 的通项公式为14n n a n -=+．
所以数列{}n a 的前n 项和41(1)32
n n n n S -+=+． (3)对任意的n ∈N +，
1141(1)(2)41(1)443232n n n n n n n n S S ++⎡⎤-++-+-=+-+⎢⎥⎣⎦
21(34)2n n =-+-≤0． 所以不等式1n S +≤4n S ，对任意n ∈N +皆成立．
【总结升华】本题属于递推数列问题，是高考考查的热点．解题的关键是转化为等差、等比数列． 举一反三：
【变式1】纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北．现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开、外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“△”的面的方位是 ( )
A ．南
B ．北
C ．西
D ．下
【答案】 B
【解析】将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为△，最左面为东，最里面为上，
将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“△”的方位为北．
【变式2】（2016 广州一模）以下数表的构造思路源于我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》一书中的“杨辉三角性”．
该表由若干数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有一个数，则这个数为（ ）
A.201520172⨯
B. 201420172⨯
C.201520162⨯
D. 201420162⨯
【答案】由题意，数表的每一行都是等差数列，
且第一行公差为1，第二行公差为2，第三行公差为4，···，第2015行公差为20142 ， 故第1行的第一个数为：122-⨯ ，
第2行的第一个数为：032⨯ ，
第3行的第一个数为：142⨯，
…
第n 行的第一个数为：2(1)2
n n -+⨯， 第2016行只有M ，
则20142014(12016)220172M =+⋅=⨯
类型二：直接证明与间接证明
例3. 设a ，b ，c 均为大于1的正数，且ab ＝10．
求证：log log 4lg a b c c c +≥．
【解析】证法一(综合法)：因为ab ＝10， 所以lg lg log log 4lg 4lg lg lg a b c c c c c c a b
+-=+- 11lg lg 4lg lg lg 4lg lg lg lg lg a b a b c c a b a b ⎛⎫+-=+-= ⎪⎝⎭
14lg lg lg lg lg a b c a b
-= 2(lg lg )4lg lg lg lg lg a b a b c a b
+-= 2
(lg lg )lg lg lg a b c a b
-=． 又因为a ，b ，c 均为大于1的正数，所以lg a ，lg b ，lg c 均大于0，
故2
(lg lg )lg 0lg lg a b c a b
-≥．即log log 4lg a b c c c +≥．
证法二(分析法)：由于1a >，b ＞1．故要证明log log 4lg a b c c c +≥ 只要证明lg lg 0lg lg c c a b
+≥，即log log 4lg a b c c c +≥． 又1c >，所以只要证明
114lg lg a b +≥，即lg lg 4lg lg c b a b +≥． 因为10ab =，所以lg lg 1a b +=， 故只要证明1
4lg lg a b ≥． ①
由于a ＞1，b ＞1，所以lg 0a >，lg b ＞0． 所以2lg lg 10lg lg 24
a b a b +⎛⎫<≤= ⎪⎝⎭，即14lg lg a b ≥． 当且仅当lg lg a b =时等号成立，即①式成立，所以原不等式成立．
举一反三：
【变式】设a ，b ∈R 且a ≠b ，a+b ＝2，则必有（ ) A ．1≤ab ≤222a b + B ．22
12
a b ab +<< C ．22
12
a b ab +<< D ．2212a b +< 【答案】B
【解析】∵ a+b ＝2．∴ b ＝2-a ，22
24a b ab ++=，
∴ 22(2)2(21)1ab a a a a a a =-=-=--++ 2(1)11a =--+≤． ∵ a ≠b ≠1．
∴ ab ＜1．
∵ 222222()022
2a b a a b b a b ab +-+--==>， ∴ 22
12a b +>．
∵ 22222122a b a b ++--=422102
ab ab --==->， ∴ 22
12
a b +>， 综上可得22
12
a b ab +>>． 例4. 设函数()f x 对定义域内任意实数都有()0f x ≠，且()()
()f x y f x f y +=成立． 求证：对定义域内任意x ，都有()0f x >．
【思路点拨】直接证明有些困难，考虑用反证法.
【解析】假设满足题设条件的任意x ，()0f x >不成立，即存在某个0x ，有0()f x ≤0． ∵ ()0f x ≠，
∴ 0()0f x <． 又知2000000()022222x x x x x f x f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+==> ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
． 这与假设0()0f x <矛盾，假设不成立．
故对任意的x 都有()0f x >．
【总结升华】此题证明过程中，“对任意x ，都有()0f x >”的否命题是：“存在x 0，使0()f x ≤0”，而不是“对所有的x ，都有()f x ≤0”，因此在应用反证法时正确写出结论的否定形式是很重要的． 举一反三：
【变式】函数41()2
x x f x +=的图象( ) A ．关于原点对称 B ．关于直线y ＝x 对称
C ．关于x 轴对称
D ．关于y 轴对称
【答案】 D
【解析】 对于选项A ，点512⎛⎫
⎪⎝⎭
，在()f x 上， 但点512⎛
⎫-- ⎪⎝⎭
，不在()f x 上；
对于选项B ，点(0，2)在()f x 上，但点(2，0)不在，(z )上；
对于选项C ，函数的图象不能关于x 轴对称；
对于选项D ，
∵ 4114()()22
x x x x f x f x --++-===． ∴ 函数的图象关于y 轴对称．
类型三：数学归纳法
例5. 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b >0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上．
(1)求r 的值；
(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)，
证明：对任意的n ∈N *
，不等式
1212111n n
b b b b b b +++⋅⋅⋅> 【解析】(1)由题意：S n ＝b n ＋r ，
当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r . 所以a n ＝S n －S n －1＝b n －
1(b －1)， 由于b >0且b ≠1，
所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列．
又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，21a b a =，即(1)b b b b r
-=+，解得r ＝－1. (2)当b ＝2时，由(1)知a n ＝2n －1，
因此b n ＝2n (n ∈N *)，
所证不等式为214121242n n
++
+⋅⋅⋅>①当n ＝1时，左式＝32. 左式>右式，所以结论成立，
②假设n ＝k (k ∈N *)时结论成立，
即214121242k k +++⋅⋅⋅
>， 则当
n ＝k ＋1时，
21412123232422(1)2(1)k k k k k k +++++⋅⋅⋅⋅>=++， 要证当n ＝k ＋1时结论成立，
>，
即证
23
2
k+
>
由均值不等式
23(1)(2)
22
k k k
++++
=>
>
所以当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，n∈N*
时，不等式12
12
1
11
n
n
b
b b
b b b
+
++
⋅⋅⋅>
【总结升华】本题属中等难度题，求解关键是要掌握数学归纳法．
举一反三：
【变式1】已知*
111
()()
1231
f n n N
n n n
=+++∈
++-
，则f(k＋1)＝f(k)＋______________________. 【答案】
1111
331321
k k k k
++-
+++
【变式2】试比较2n＋2与n2的大小(n∈N*)，并用数学归纳法证明你的结论．
【答案】当n＝1时，21＋2＝4>n2＝1，
当n＝2时，22＋2＝6>n2＝4，
当n＝3时，23＋2＝10>n2＝9，
由n＝4时，24＋2＝18>n2＝16，
由此可以猜想，2n＋2>n2(n∈N*)成立．
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，左边＝21＋2＝4，右边＝1，
所以左边>右边，所以原不等式成立．
当n＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，
所以左边>右边；
当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，
所以左边>右边．
(2)假设n＝k(k≥3且k∈N*)时，不等式成立，即2k＋2>k2.
那么当n＝k＋1时，
2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2.
精品文档 用心整理
资料来源于网络 仅供免费交流使用 又因：2k 2－2－(k ＋1)2＝k 2－2k －3＝(k －3)(k ＋1)≥0， 即2k 2－2≥(k ＋1)2，
故2k ＋
1＋2>(k ＋1)2成立． 根据(1)和(2)，原不等式对于任何n ∈N *都成立．
【变式3】（2016 南通一模）已知函数f 0（x ）=x （sin x+cos x ），设f n （x ）是f n+1（x ）的导数，n ∈N*。

（1）求f 1（x ），f 2（x ）的表达式；
（2）写出f n （x ）的表达式，并用数学归纳法证明。

【答案】（1）10()'()(sin cos )(cos sin )(1)sin()(1)cos f x f x x x x x x x x x x ==++-=--++，
21()'()sin (1)cos cos (1)sin (2)sin (2)cos f x f x x x x x x x x x x x ==-+-+-+=-+--，
（2）由（1）得32()'()(3)cos (3)sin f x f x x x x x ==--+-， 把f 1（x ），f 2（x ），f 3（x ），
1()(1)sin()(1)cos()22
f x x x x x ππ
=+++-+， 222()(2)sin()(2)cos()22
f x x x x x ππ=+++-+， 333()(3)sin()(2)cos()22
f x x x x x ππ=+++-+， 猜想()()sin()()cos()(*)22
n n n f x x n x x n x ππ=+++-+， 下面用数学归纳法证明上述等式，
①当n=1时，由（1）可知，等式（*）成立， ②假设当n=k 时，等式（*）成立，即()()sin()()cos()22
k k k f x x k x x k x ππ=++
+-+， 则当n=k+1时，1()'()sin()()cos()()[sin()]222
k k k k k f x f x x x k x x k x πππ+==+++++--+， (1)cos()[(1)][sin()]22
k k x k x x k x ππ=++++-+-+， 11(1)sin()[(1)]cos()22k k x k x x k x ππ++=++++-++， 即当n=k+1时，等式（*）成立
综上所述，当n ∈N*，()()sin()()cos()22
n n n f x x n x x n x ππ=+++-+成立。