年秋高中数学第二章推理与证明阶段复习课A选修
高中数学 第二章《推理与证明》章末复习教学设计 新人教A版选修2-2
【答案】2；1093
6.（2011北京理8）设,，,.记为平行四边形ABCD内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数的值域为
A．B．
C．D．
【答案】C
7.（2011江西理7）观察下列各式：=3125，=15625，=78125，…则的末四位数字为
D．中每一个关于乘法都是封闭的
【答案】A
9.（2011江西理10）如右图，一个直径为l的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点．那么，当小圆这样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大致是
【答案】A
10.（2011安徽理15）在平面直角坐标系中，如果与都是整数，就称点为整点，下列命题中正确的是_____________（写出所有正确命题的编号）.
A．C可能是线段AB的中点
B．D可能是线段AB的中点
C．C，D可能同时在线段AB上
D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上
【答案】D
3.（2011湖北理9）若实数a,b满足且，则称a与b互补，记，那么是a与b互补的
A．必要而不充分的条件B．充分而不必要的条件
C．充要条件D．即不充分也不必要的条件
【答案】C
第二章《推理与证明》章末复习教学设计
考试要求
1．了解合情推理的思维过程；
2．掌握演绎推理的一般模式；
3．会灵活运用直接证明和间接证明的方法，证明问题；
4．掌握数学归纳法的整体思想.
典例精析精讲
例1 、如图，已知□ABCD，直线BC⊥平面ABE，F为CE的中点.
（1）求证：直线AE∥平面BDF；
高中数学 第二章 推理与证明章末总结教案 新人教A版选修12
第二章 推理与证明知识网络：一、推理 ●1.归纳推理1）归纳推理的定义：从个别事实．．．．中推演出一般性．．．的结论，像这样的推理通常称为归纳推理。
2）归纳推理的思维过程大致如图： 3）归纳推理的特点：①归纳推理的前提是几个已知的特殊现象，归纳所得的结论是尚属未知的一般现象。
②由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否真实，还需经过逻辑证明和实验检验，因此，它不能作为数学证明的工具。
③归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳推理的猜想，可以作为进一步研究的起点，帮助人们发现问题和提出问题。
●2. 类比推理1）根据两个（或两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，这样的推理称为类比推理。
2）类比推理的思维过程是： ●3. 演绎推理1）演绎推理是根据已有的事实和正确的结论（包括定义、公理、定理等）按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程。
2）主要形式是三段论式推理。
推理与证明推理证明合情推理演绎推理归纳类比综合法 分析法 反证法直接证明间接证明 数学归纳法3）三段论式推理常用的格式为：M——P （M是P）①①是大前提，它提供了一个一般性的原理；S——M （S是M）②②是小前提，它指出了一个特殊对象；S——P （S是P）③③是结论，它是根据一般性原理，对特殊情况做出的判断。
“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：⑴大前提---------已知的一般结论；⑵小前提---------所研究的特殊情况；⑶结论---------根据一般原理，对特殊情况得出的判断。
讨论：演绎推理与合情推理有什么区别？合情推理⎧⎨⎩归纳推理：由特殊到一般类比推理：由特殊到特殊；演绎推理：由一般到特殊.二、证明●1. 直接证明：是从命题的条件或结论出发，根据已知的定义、公理、定理，直接推证结论的真实性。
直接证明包括综合法和分析法。
综合法就是“由因导果”，从已知条件出发，不断用必要条件代替前面的条件，直至推出要证的结论。
2021年秋高中数学第2章推理与证明阶段复习课学案新人教A版选修12
2021年秋高中数学第2章推理与证明阶段复习课学案新人教A 版选修12[核心速填]1．合情推理(1)归纳推理：由部分到整体、由个别到一样的推理． (2)类比推理：由专门到专门的推理．(3)合情推理： 归纳和类比是常用的合情推理，差不多上依照已有的事实，通过观看、分析、比较、联想，再进行归纳类比，然后提出猜想的推理．2．演绎推理(1)演绎推理是由一样到专门的推理． (2)三段论是演绎推理的一样模式，包括： ①大前提——已知的一样原理； ②小前提——所研究的专门情形；③结论——依照一样原理，对专门情形做出的判定． 3．直截了当证明与间接证明(1)直截了当证明的两类差不多方法是综合法和分析法： ①综合法是从条件推导出结论的证明方法；②分析法是由结论追溯到条件的证明方法；(2)间接证明一种方法是反证法，它是从结论反面成立动身，推出矛盾的证明方法．[题型探究]合情推理1－12＝12， 1－12＋13－14＝13＋14， 1－12＋13－14＋15－16＝14＋15＋16， ……，据此规律，第n 个等式可为____________________________________．(2)类比三角形内角平分线定理：设△ABC 的内角A 的平分线交BC 于点M ，则AB AC ＝BMMC.若在四面体P ABC 中，二面角B PA C 的平分面PAD 交BC 于点D ，你可得到的结论是________，并加以证明.【导学号：48662093】1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n (2)S △BPA S △CPA ＝S △BDP S △CDP[(1)等式的左边的通项为12n －1－12n ，前n 项和为1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ；右边的每个式子的第一项为1n ＋1，共有n 项，故为1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n. (2)画出相应图形，如图所示． 由类比推理得所探究结论为S △BDP S △CDP ＝S △BPAS △CPA. 证明如下：由于平面PAD 是二面角B PA C 的平分面，因此点D 到平面BPA 与平面CPA 的距离相等，因此V D BPA V D CPA ＝S △BPAS △CPA.① 又因为V D BPA V D CPA ＝V A BDP V A CDP ＝S △BDPS △CDP.② 由①②知S △BPA S △CPA ＝S △BDPS △CDP成立．] [规律方法]1．归纳推理的特点及一样步骤2．类比推理的特点及一样步骤1．(1)观看下图21中各正方形图案，每条边上有n (n ≥2)个点，第n 个图案中圆点的总数是S n .图21按此规律，推出S n 与n 的关系式为________．(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{b n }的前n 项积为T n,则T 4，_______， ________，T 16T 12成等比数列． (1)S n ＝4n －4(n ≥2，n ∈N *) (2)T 8T 4T 12T 8[(1)依图的构造规律能够看出： S 2＝2×4－4， S 3＝3×4－4，S 4＝4×4－4(正方形四个顶点重复运算一次，应减去)．……猜想：S n ＝4n －4(n ≥2，n ∈N *)．(2)等差数列类比于等比数列时，和类比于积，减法类比于除法，可得类比结论为：设等比数列{b n }的前n 项积为T n ，则T 4，T 8T 4，T 12T 8，T 16T 12成等比数列．]综合法与分析法若a 、b 、c 是△ABC 的三边长，m ＞0，求证：aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m.【导学号：48662094】思路探究：依照在△ABC 中任意两边之和大于第三边，再利用分析法与综合法结合证明不等式成立．[证明] 要证明a a ＋m ＋b b ＋m ＞cc ＋m，只需证明a a ＋m ＋b b ＋m －cc ＋m＞0即可．∵aa ＋m ＋bb ＋m －cc ＋m＝a b ＋mc ＋m ＋b a ＋m c ＋m －c a ＋mb ＋ma ＋mb ＋mc ＋m∵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 ＋am 2＋abc ＋abm ＋bcm ＋bm 2－abc －bcm －acm －cm 2＝2abm ＋am 2＋abc ＋bm 2－cm 2＝2abm ＋abc ＋(a ＋b －c )m 2，∵△ABC 中任意两边之和大于第三边， ∴a ＋b －c ＞0，∴(a ＋b －c )m 2＞0， ∴2abm ＋abc ＋(a ＋b －c )m 2＞0， ∴aa ＋m ＋bb ＋m ＞cc ＋m.母题探究：1.(改变条件)本例删掉条件“m ＞0”，证明：a ＋b 1＋a ＋b >c1＋c .[证明] 要证a ＋b 1＋a ＋b >c1＋c.只需证a ＋b ＋(a ＋b )c >(1＋a ＋b )c .即证a ＋b >c .而a ＋b >c 明显成立．因此a ＋b 1＋a ＋b >c 1＋c.2．(改变条件)本例增加条件“三个内角A ，B ，C 成等差数列”，求证：1a ＋b ＋1b ＋c＝3a ＋b ＋c.[证明] 要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. 即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，即证c a ＋b ＋ab ＋c＝1. 即证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 即证c 2＋a 2＝ac ＋b 2.∵△ABC 三个内角A ，B ，C 成等差数列． ∴B ＝60°.由余弦定理，有b 2＝c 2＋a 2－2ca cos 60°， 即b 2＝c 2＋a 2－ac .∴c 2＋a 2＝ac ＋b 2成立，命题得证．[规律方法] 分析法，综合法的应用综合法由因导果，分析法执果索因，因此在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来使用，即先利用分析法查找解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程.反证法已知x ∈R ，a ＝x 2＋12，b ＝2－x ，c ＝x 2－x ＋1，试证明a ，b ，c 至少有一个不小于1.【导学号：48662095】[证明] 假设a ，b ，c 均小于1，即a ＜1，b ＜1，c ＜1， 则有a ＋b ＋c ＜3，而a ＋b ＋c ＝2x 2－2x ＋12＋3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋3≥3，两者矛盾，因此假设不成立， 故a ，b ，c 至少有一个不小于1. [规律方法] 反证法的关注点 1反证法的思维过程：否定结论⇒推理过程中引出矛盾⇒否定假设确信结论，即否定——推理——否定通过正确的推理导致逻辑矛盾，从而达到新的“否定”，即确信原命题.2反证法常用于直截了当证明困难或以否定形式显现的命题；涉及“差不多上……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命题时，也常用反证法.[跟踪训练]2．若x ，y ，z ∈(0,2)，求证：x (2－y )，y (2－z )，z (2－x )不可能都大于1. [证明] 假设x (2－y )>1，且y (2－z )>1，且z (2－x )>1均成立，则三式相乘有xyz (2－x )(2－y )(2－z )>1，①由于0<x <2，因此0<x (2－x )≤ 1， 同理0<y (2－y )≤1,0<z (2－z )≤1， 三式相乘得0<xyz (2－x )(2－y )(2－z )≤1， ②②与①矛盾，故假设不成立．因此x (2－y )，y (2－z )，z (2－x )不可能都大于1.转化与化归思想的应用已知α，β≠k π＋π2，(k ∈Z )且sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β.求证：1－tan 2α1＋tan 2 α＝1－tan 2β21＋tan 2β. 【导学号：48662096】[证明] 要证1－tan 21＋tan 2 α＝1－tan 2β21＋tan 2β成立，即证1－sin 2 αcos 2 α1＋sin 2 αcos 2 α＝1－sin 2βcos 2β2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋sin 2βcos 2 β. 即证cos 2α－sin 2α＝12(cos 2β－sin 2β)，即证1－2sin 2α＝12(1－2sin 2β)，即证4sin 2α－2sin 2β＝1，因为sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β，因此(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝4sin 2α，因此1＋2sin 2β＝4sin 2α，即4sin 2α－2sin 2β＝1.故原结论正确．3．已知函数f (x )在R 上是增函数，a ，b ∈R .(1)求证：假如a ＋b ≥0，那么f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )； (2)判定(1)中的命题的逆命题是否成立？并证明你的结论． [解] (1)证明：当a ＋b ≥0时，a ≥－b 且b ≥－a . ∵f (x )在R 上是增函数， ∴f (a )≥f (－b )，f (b )≥f (－a )， ∴f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )．(2)(1)中命题的逆命题为“假如f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )，那么a ＋b ≥0”，此命题成立．用反证法证明如下：假设a ＋b ＜0，则a ＜－b ，∴f (a )＜f (－b )． 同理可得f (b )＜f (－a )．∴f (a )＋f (b )＜f (－a )＋f (－b )，这与f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )矛盾，故假设不成立，∴a ＋b ≥0成立，即(1)中命题的逆命题成立．。
高中数学第二章推理与证明复习提升课课件a选修22a高二选修22数学课件
已知数列{an}是递增等差数列，且 a1＞0. 求证：a11a2＋a21a3＋…＋ana1n＋1＝a1ann＋1.
【证明】 ①当 n＝1 时，左边＝a11a2，右边＝a11a2，等式成立. ②假设 n＝k（k∈N*）等式成立，即 a11a2＋a21a3＋…＋aka1k＋1＝a1akk＋1， 则当 n＝k＋1 时，
12/13/2021
即 cos B≥12，又 B∈（0，π）， 所以 0＜B≤π3 . （2）因为 a，b，c 成等差数列， 所以 b＝a＋2 c， 由余弦定理得 cos B＝a2＋2ca2c－b2
12/13/2021
＝a2＋c22－aca＋2 c2 ＝3（a2＋8ca2c）－2ac ≥3×28aac－c 2ac＝12. 即 cos B≥12， 又 B∈（0，π）， 所以 0＜B≤π3.
12/13/2021
n＋2 2＝ba·n·＋2n1＋2＋11， 即（a－1）n＋（2a－2b－1）＝0 对于 n∈N*恒成立， 所以a2－a－1＝2b0－，1＝0，所以 a＝1，b＝12. 即存在常数 a＝1，b＝12，当 an＝n＋2 1时， an＋1＝12aan＋n 1对于一切 n∈N*均成立.
＋
…
＋
1 （3k－5）（3k－2）
＋
1 （3k－2）ak＋1
＝
k 3k＋1.
12/13/2021
所以ak1＋1＝（3k－2）3kk＋1－131－14＋14－17＋…＋ 3k1－5－3k1－2
＝（3k－2）3kk＋1－3kk－－12 ＝3k1＋1， 所以 ak＋1＝3k＋1＝3（k＋1）－2. 即 n＝k＋1 时，猜想也成立. 根据①②知猜想对任意 n∈N*都成立.
12/13/2021
高中数学 第二章 推理与证明章末复习学案(含解析)新人教A版选修2-2(2021年最新整理)
高中数学第二章推理与证明章末复习学案（含解析）新人教A版选修2-2 编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（高中数学第二章推理与证明章末复习学案（含解析）新人教A版选修2-2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。
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第二章推理与证明1．归纳和类比都是合情推理，前者是由特殊到一般,部分到整体的推理，后者是由特殊到特殊的推理,但二者都能由已知推测未知,都能用于猜想，推理的结论不一定为真,有待进一步证明．2．演绎推理与合情推理不同，是由一般到特殊的推理，是数学中证明的基本推理形式．也是公理化体系所采用的推理形式,另一方面，合情推理与演绎推理又是相辅相成的，前者是后者的前提，后者论证前者的可靠性．3．直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法．直接证明的两类基本方法是综合法和分析法：综合法是从已知条件推导出结论的证明方法;分析法是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，间接证法的一种方法是反证法，反证法是从结论反面成立出发，推出矛盾的证明方法．4．数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时,它的两个步骤缺一不可．它的第一步(归纳奠基）n＝n0时结论成立．第二步（归纳递推)假设n＝k时，结论成立,推得n＝k ＋1时结论也成立．数学归纳法原理建立在归纳公理的基础上，它可用有限的步骤（两步)证明出无限的命题成立．5．归纳、猜想、证明探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此类问题未给出问题结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论的问题称为探求规律性问题,它的解题思想是：从给出的条件出发，通过观察、试验、归纳、猜想，探索出结论，然后再对归纳、猜想的结论进行证明。
高中数学第二章推理与证明章末复习课件a选修22a高二选修22数学课件
12/9/2021
第十五页，共四十七页。
跟踪训练1 (1)如图是由火柴棒拼成的图形，第n个图形由n个正方形组成.
通过观察可以发现：第4个图形中有____根13火柴棒；第n个图形中有______3_n根＋火1柴 棒. 解析 设第n个图形中火柴棒的根数为an，可知a4＝13. 通过观察得到(dédào)递推关系式an－an－1＝3(n≥2，n∈N*)， 所以an＝3n＋1.
解析 由等差数列的运算性质类比推理到等比数列的运算性质时，
加减(jiā jiǎn)运算类比推理为乘除运算.
累加类比为累乘，
由此，等差数列{an}的性质类比到等比数列{bn}中为： 数列{bn}为等比数列，Tm表示其前m项的积， 若Tm＝Tn(m，n∈N*，m≠n)，则Tm＋n＝1.
12/9/2021
C.axyb＋byzc＋czax＝1
D.ax＋by＋cz＝1
12/9/2021
12345
第三十八页，共四十七页。
解析 答案
3.若a>0，b>0，则有
A.ba2>2b－a
√C.ba2≥2b－a
B.ba2<2b－a D.ba2≤2b－a
解析 因为ba2－(2b－a)＝b2－2aab＋a2＝b－aa2≥0，所以ba2≥2b－a.
例1 (1)观察(guānchá)下列等式：
sin
π3－2＋sin
23π－2＝43×1×2；
sin π5－2＋sin 25π－2＋sin 35π－2＋sin 45π－2＝43×2×3；
sin π7－2＋sin 27π－2＋sin 37π－2＋…＋sin 67π－2＝43×3×4； sin π9－2＋sin 29π－2＋sin 39π－2＋…＋sin 89π－2＝43×4×5；
人教新课标版数学高二-人A选修1-2第二章《推理与证明》复习课
题型一合情推理与演绎推理1．归纳和类比都是合情推理，前者是由特殊到一般，部分到整体的推理，后者是由特殊到特殊的推理，但二者都能由已知推测未知，都能用于猜想，推理的结论不一定为真，有待进一步证明．2．演绎推理与合情推理不同，它是由一般到特殊的推理，是数学中证明的基本推理形式，也是公理化体系所采用的推理形式．另一方面，合情推理与演绎推理又是相辅相成的，前者是后者的前提，后者论证前者的可靠性．例1 (1)有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组含一个数{1}；第二组含两个数{3,5}；第三组含三个数{7,9,11}；第四组含四个数{13,15,17,19}；…试观察每组内各数之和f(n)(n∈N*)与组的编号数n的关系式为________．(2)在平面几何中，对于Rt△ABC，AC⊥BC，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则①a 2＋b 2＝c 2；②cos 2A ＋cos 2B ＝1；③Rt △ABC 的外接圆半径为r ＝a 2＋b 22. 把上面的结论类比到空间写出相类似的结论；如果你能证明，写出证明过程；如果在直角三角形中你还发现了异于上面的结论，试试看能否类比到空间？(1)答案 f (n )＝n 3解析 由于1＝13,3＋5＝8＝23，7＋9＋11＝27＝33,13＋15＋17＋19＝64＝43，…，猜想第n 组内各数之和f (n )与组的编号数n 的关系式为f (n )＝n 3.(2)解 选取3个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象．①设3个两两垂直的侧面的面积分别为S 1，S 2，S 3，底面面积为S ，则S 21＋S 22＋S 23＝S 2. ②设3个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为α，β，γ，则cos 2α＋cos 2β＋cos 2γ＝1.③设3个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为a ，b ，c ，则这个四面体的外接球的半径为R ＝a 2＋b 2＋c 22. 反思与感悟 (1)归纳推理中有很大一部分题目是数列内容，通过观察给定的规律，得到一些简单数列的通项公式是数列中的常见方法．(2)类比推理重在考查观察和比较的能力，题目一般情况下较为新颖，也有一定的探索性． 跟踪训练1 (1)下列推理是归纳推理的是________，是类比推理的是________．①A 、B 为定点，若动点P 满足|P A |＋|PB |＝2a >|AB |，则点P 的轨迹是椭圆；②由a 1＝1，a n ＋1＝3a n －1，求出S 1，S 2，S 3，猜想出数列的通项a n 和S n 的表达式； ③由圆x 2＋y 2＝1的面积S ＝πr 2，猜想出椭圆的面积S ＝πab ；④科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇．答案 ② ③④(2)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{b n }的前n 项积为T n, 则T 4，______，______，T 16T 12成等比数列． 答案 T 8T 4 T 12T 8解析 等差数列类比于等比数列时，和类比于积，减法类比于除法，可得类比结论为：设等比数列{b n }的前n 项积为T n ，则T 4，T 8T 4，T 12T 8，T 16T 12成等比数列．题型二 综合法与分析法综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法，但两种证明方法思路截然相反，分析法既可用于寻找解题思路，也可以是完整的证明过程，分析法与综合法可相互转换，相互渗透，要充分利用这一辩证关系，在解题中综合法和分析法联合运用，转换解题思路，增加解题途径．一般以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表示证明过程． 例2 用综合法和分析法证明．已知α∈(0，π)，求证：2sin 2α≤sin α1－cos α. 证明 (分析法)要证明2sin 2α≤sin α1－cos α成立． 只要证明4sin αcos α≤sin α1－cos α. ∵α∈(0，π)，∴sin α>0.只要证明4cos α≤11－cos α. 上式可变形为4≤11－cos α＋4(1－cos α)． ∵1－cos α>0，∴11－cos α＋4(1－cos α)≥211－cos α·4(1－cos α)＝4， 当且仅当cos α＝12，即α＝π3时取等号． ∴4≤11－cos α＋4(1－cos α)成立． ∴不等式2sin 2α≤sin α1－cos α成立． (综合法)∵11－cos α＋4(1－cos α)≥4， (1－cos α>0，当且仅当cos α＝12，即α＝π3时取等号) ∴4cos α≤11－cos α.∵α∈(0，π)，∴sin α>0. ∴4sin αcos α≤sin α1－cos α.∴2sin 2α≤sin α1－cos α. 跟踪训练2 求证：sin (2α＋β)sin α－2cos(α＋β)＝sin βsin α. 证明 ∵sin(2α＋β)－2cos(α＋β)sin α＝sin [(α＋β)＋α]－2cos(α＋β)sin α＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α－2cos(α＋β)sin α＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α＝sin [(α＋β)－α]＝sin β，两边同除以sin α得sin (2α＋β)sin α－2cos(α＋β)＝sin βsin α. 题型三 反证法反证法是一种间接证明命题的方法，它从命题结论的反面出发引出矛盾，从而肯定命题的结论．反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性，从逻辑角度看，命题：“若p 则q ”的否定是“若p 则綈q ”，由此进行推理，如果发生矛盾，那么就说明“若p 则綈q ”为假，从而可以导出“若p 则q ”为真，从而达到证明的目的．例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2或1＋y x<2中至少有一个成立． 证明 假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立， 则有1＋x y ≥2和1＋y x≥2同时成立． 因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y 且1＋y ≥2x ，两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2.这与已知x＋y>2矛盾．故1＋xy<2与1＋yx<2至少有一个成立．反思与感悟反证法常用于直接证明困难或以否定形式出现的命题；涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命题时，也常用反证法．跟踪训练3已知：ac≥2(b＋d)．求证：方程x2＋ax＋b＝0与方程x2＋cx＋d＝0中至少有一个方程有实数根．证明假设两方程都没有实数根，则Δ1＝a2－4b<0与Δ2＝c2－4d<0，有a2＋c2<4(b＋d)，而a2＋c2≥2ac，从而有4(b＋d)>2ac，即ac<2(b＋d)，与已知矛盾，故原命题成立．。
高中数学 第二章 推理与证明章末复习讲义 新人教A版选修2-2-新人教A版高二选修2-2数学教案
第二章 推理与证明知识系统整合 规律方法收藏1.图形中的归纳推理问题主要涉及某些固定图形的个数，所以常常需要转化成数列问题来求解，常用的思路有两种：(1)直接查个数，找到变化规律后再猜想；(2)观察图形的变化规律.2.探索性问题是数学中的一类重要问题，如探讨数列的通项、前n 项和、立体几何、解析几何中的性质等，在处理时，先采用合情推理猜想、再采用演绎推理的论证方法.3.对于较为复杂的数学命题，不论是从“已知”推向“结论”，还是由“结论”靠向“已知”，都有一个比较长的过程，单靠分析或综合显得较为困难．为保证探索方向准确且过程快捷，人们又常常把分析与综合两者并列起来使用，即常采取同时从已知和结论出发，寻找问题的一个中间目标．从已知到中间目标运用综合法思索，而由结论到中间目标运用分析法思索，以中间目标为桥梁沟通已知与结论，构建出证明的有效路径．把分析法与综合法两者结合起来进行思考，寻求问题的解答途径的方式就是人们通常所说的分析综合法，也就是常说的“两路夹攻，一攻就通”的证明思路.4.解决数学中的证明问题，既要掌握常用的证明方法的思维过程、特点，又要有牢固的数学基础知识．另外，还应掌握证明的一些常用方法与技巧，证明常用的方法与技巧有以下几种：(1)换元法．换元法是结构较为复杂且量与量之间的关系不甚明了的命题，通过恰当地引入新变量，代换原命题中的部分式子，简化原有结果，使其转化为便于研究的形式．常见的有代数换元与三角换元．在应用换元法时，要注意新变量的取值范围，即代换的等价性.换元法步骤：①设元(或构造元)――→ 转化②求解――→ 等量③回代――→等价原则④检验(2)放缩法．放缩法常用于证明不等式．欲证A ≥B ，可通过适当放大或缩小，借助一个或多个中间量使得B ≤B 1，B 1≤B 2，…，B i ≤A 或A ≥A 1，A 1≥A 2，…，A i ≥B ，再利用传递性，以达到证明的目的，这种方法叫放缩法．应用放缩法时，放缩目标必须确定，而且要恰到好处，目标往往要从证明的结论考察，常用的放缩方法有增项、减项或利用分式的性质、不等式性质、已知不等式、函数的性质等.其放缩技巧主要有以下几种：①添加或舍去一些项，如： a 2＋1>|a |；n n ＋1>n ；②将分子或分母放大(或缩小) 当a ，b ，c >0时，a b ＋c ＋b a ＋c ＋ca ＋b >a a ＋b ＋c ＋b a ＋b ＋c ＋ca ＋b ＋c；③利用基本不等式，如：lg 3·lg 5<⎝ ⎛⎭⎪⎫lg 3＋lg 522＝lg 15<lg 16＝lg 4；④利用常用结论 ⅰ.1k 的放缩：2k ＋k ＋1<22k <2k ＋k －1；ⅱ.1k2的放缩(a)：1kk ＋1<1k 2<1k k －1(程度大)； ⅲ.1k 2的放缩(b)：1k 2<1k 2－1＝1k ＋1k －1＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －1－1k ＋1(程度小)；ⅳ.1k2的放缩(c)：1k 2<44k 2－1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －1－12k ＋1(程度更小)；ⅴ.分式放缩还可利用真(假)分数的性质：b a >b ＋m a ＋m (b >a >0，m >0)和b a <b ＋ma ＋m(a >b >0，m >0). (3)判别式法．判别式法是根据已知或构造出来的一元二次方程、一元二次不等式、二次函数的根、解集、函数的性质等特征确定出其判别式所应满足的不等式，从而推出结论的方法．利用判别式法证明时，应先将问题转化为与二次三项式相关的问题，再利用判别式法求解，要注意二次项系数是否为零.此外还有导数法、添项法、几何法、构造函数法等. 5.用数学归纳法证题的步骤(1)证明当n 取第一个值n 0(例如n 0＝1或n 0＝2)时结论正确.(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥n 0)时结论正确，证明当n ＝k ＋1时结论也正确. 在完成了这两个步骤以后，就可以断定结论对于从n 0开始的所有正整数n 都正确. 应用数学归纳法证明时要注意以下几点：(1)步骤要完整、规范，即“两步一结论”缺一不可，且第二步证明一定要用到归纳假设.(2)n 的第一个值n 0应根据具体问题来确定.(3)假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥n 0)时结论正确，并不一定都是证明n ＝k ＋1时结论也正确．如用数学归纳法证明“当n 为正偶数时x n－y n能被x ＋y 整除”，第一步应验证n ＝2时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k ＋2时，命题也成立.(4)用数学归纳法可证明有关正整数的问题，但并不是所有的正整数问题都可以用数学归纳法证明的．例如：用数学归纳法证明⎝⎛⎭⎪⎫1＋1n (n ∈N *)的单调性就难以实现.一般来说，从n ＝k 时的情形过渡到n ＝k ＋1的情形时，如果问题中存在可利用的递推关系，则数学归纳法有用武之地，否则使用数学归纳法就有困难．做题时要注意具体问题具体分析.学科思想培优一、归纳推理和类比推理的应用例1 古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：他们研究过图(1)中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，图(2)中的1,4,9,16，…，这样的数称为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是( )A.289 B ．1024 C ．1225 D ．1378[解析] 由图形可得三角形数构成的数列通项a n ＝n2(n ＋1)，正方形数构成的数列通项b n ＝n 2，则由b n ＝n 2(n ∈N *)可排除D.又由a n ＝n2(n ＋1)，当a n ＝289时，即验证是否存在n∈N *，使得n (n ＋1)＝578，经计算n 不存在；同理，依次验证，有1225×2＝49×50，且352＝1225，故选C.[答案] C 拓展提升解决此类题目时，需要细心观察图形，寻找每一项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，注意抽象出的是数列的哪类公式.例2 在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按图所标边长，由勾股定理有：c 2＝a 2＋b 2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图所示的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O －LMN ，如果用S 1，S 2，S 3表示三个侧面面积，S 4表示截面面积，那么你类比得到的结论是________.[解析] 在进行类比推理时，应该注意平面图形中的点、线分别与空间图形中的线、面类比；平面图形的长度、面积分别与空间图形中的面积、体积类比，结论易得.[答案] S 21＋S 22＋S 23＝S 24拓展提升类比推理应从具体问题出发，通过观察、分析、类比、归纳而得出结论．通常情况下，平面图形的边长、面积往往类比空间几何体的面积、体积.二、演绎推理的应用例3 将下列演绎推理写成三段论的形式.(1)所有偶数都能被2整除，0 是偶数，所以0能被2整除；(2)循环小数是有理数，0.332·是循环小数，所以0.332·是有理数； (3)通项公式a n ＝2n ＋3的数列{a n }为等差数列； (4)函数f (x )＝x 3是奇函数.[解] (1)所有偶数都能被2整除，(大前提) 0是偶数，(小前提) 0能被2整除．(结论)(2)循环小数是有理数，(大前提)0.332·是循环小数，(小前提)0.332·是有理数．(结论)(3)数列{a n }中，如果当n ≥2时，a n －a n －1为常数，则{a n }为等差数列，(大前提) 通项公式a n ＝2n ＋3时，若n ≥2，则a n －a n －1＝2n ＋3－[2(n －1)＋3]＝2(常数)，(小前提)通项公式a n ＝2n ＋3表示的数列{a n }为等差数列．(结论)(4)对于定义域关于原点对称的函数f (x )，若f (－x )＝－f (x )，则函数f (x )是奇函数，(大前提)函数f (x )＝x 3的定义域关于原点对称，f (－x )＝(－x )3＝－x 3＝－f (x )，即f (－x )＝－f (x )，(小前提)所以函数f (x )＝x 3是奇函数．(结论) 拓展提升用三段论写推理过程时，关键是明确大、小前提；有时可省略小前提，有时甚至也可大前提与小前提同时省略，在寻找大前提时，可找一个使结论成立的充分条件作为大前提.三、直接证明例4 设a ，b ，c 为三角形三边，面积S ＝12(a ＋b ＋c )，且S 2＝2ab ，试证：S <2a .[证明] (分析法)要证S <2a ，由于S 2＝2ab ，即2a ＝S 2b ，所以只需证S <S 2b，即证b <S ，因为S ＝12(a ＋b ＋c )，所以只需证b <12(a ＋b ＋c )，即证b <a ＋c ，由于a ，b ，c 为三角形三边，所以上式显然成立，于是原命题成立.(综合法)因为a ，b ，c 为三角形三边，所以a ＋c >b ，所以a ＋b ＋c >2b ， 又因为S ＝12(a ＋b ＋c )，即a ＋b ＋c ＝2S ，所以2S >2b ，所以S ·S >b ·S ，由于S 2＝2ab ，所以2ab >bS ，即2a >S ，所以原命题得证. 拓展提升知识链之间的等价联系是产生一题多解的本质所在，掌握了这个“法宝”，必然会促进解题能力的逐步提高.四、反证法例5 设{a n }是公比为q 的等比数列. (1)推导{a n }的前n 项和公式；(2)设q ≠1，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列. [解] (1)设{a n }的前n 项和为S n ， 当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1； 当q ≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1qn －1，①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n ，②①－②得，(1－q )S n ＝a 1－a 1q n，∴S n ＝a 11－q n1－q，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 11－q n1－q，q ≠1.(2)证明：假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k ∈N *， (a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1，a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1qk －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1， ∵a 1≠0，∴2q k ＝qk －1＋qk ＋1.∵q ≠0，∴q 2－2q ＋1＝0，∴q ＝1，这与已知矛盾， ∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列. 拓展提升当命题结论中出现“至多”“至少”“不可能”“都不”“不是”等否定性词语时，常用反证法．对于“否定”型命题，从正面证明需要证明的情况太多，直接证明难以下手的命题，改变其思维方向，从结论入手进行反面思考，问题可能解决得十分干脆.五、数学归纳法例6 用数学归纳法证明：对一切n∈N *,1＋122＋132＋…＋1n 2≥3n 2n ＋1.[证明] (1)当n ＝1时，左边＝1， 右边＝3×12×1＋1＝1，不等式成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2≥3k 2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，要证1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋12≥3k ＋12k ＋1＋1，只需证3k 2k ＋1＋1k ＋12≥3k ＋12k ＋3.因为3k ＋12k ＋3－⎣⎢⎡⎦⎥⎤3k 2k ＋1＋1k ＋12＝34k ＋12－1－1k ＋12＝1－k ＋12k ＋12[4k ＋12－1]＝－k k ＋2k ＋124k 2＋8k ＋3≤0，所以3k 2k ＋1＋1k ＋12≥3k ＋12k ＋3，即1＋122＋132＋…＋1k 2＋1k ＋12≥3k ＋12k ＋1＋1，所以当n ＝k ＋1时不等式成立.由(1)(2)知，不等式对一切n ∈N *都成立. 拓展提升本题在知道结果以后，执果索因，用分析法进行证明．在解题过程中数学归纳法通常与其他方法综合运用，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法.例7 已知点的序列A n (x n,0)，n ∈N *，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，….(1)写出x n 与x n －1，x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n ，计算a 1，a 2，a 3，由此猜想数列{a n }的通项公式，并加以证明. [解] (1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22；(2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 2＋x 12－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－a2，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝14a ，由此猜想a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a (n ∈N *)，用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－120a ，猜想成立；②假设当n ＝k (n ∈N *)时，猜想成立，即a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1a 成立，那么，a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k ＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k －1a＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12(k ＋1)－1a ，即当n ＝k ＋1时猜想也成立. 根据①和②，可知{a n }的通项公式为a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n －1a (n ∈N *).拓展提升由已知求出数列的前n 项，提出猜想，然后再用数学归纳法证明，是不完全归纳法与数学归纳法相结合的一种重要的解决数列通项公式的方法，证明的关键是根据已知条件和假设寻找a k 与a k ＋1或S k 与S k ＋1之间的关系，从而为数学归纳法的实施做了必要的准备．。