2018年秋新课堂高中数学人教A版选修1-2教师用书：第2章 阶段复习课

第二课推理与证明
[核心速填]
1．合情推理
(1)归纳推理：由部分到整体、由个别到一般的推理．
(2)类比推理：由特殊到特殊的推理．
(3)合情推理：归纳和类比是常用的合情推理，都是根据已有的事实，经过观察、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)演绎推理是由一般到特殊的推理．
(2)三段论是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般原理；
②小前提——所研究的特殊情况；
③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．
3．直接证明与间接证明
(1)直接证明的两类基本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出发，推出矛盾的证明方法．
[题型探究]
1－1
2＝
1
2，
1－1
2＋
1
3－
1
4＝
1
3＋
1
4，
1－1
2＋
1
3－
1
4＋
1
5－
1
6＝
1
4＋
1
5＋
1
6，
……，
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 ＝BM
MC .若在四面体P -ABC 中，二面角B -P A -C 的平分面P AD 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＋…＋1
n ＋n (2)S △BP A S △CP A ＝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
－1
2n ；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． 由类比推理得所探索结论为
S △BDP S △CDP ＝S △BP A
S △CP A
.
证明如下：由于平面P AD 是二面角B -P A -C 的平分面，所以点D 到平面BP A 与平面CP A 的距离相等，所以V D -BP A
V D -CP A
＝
S △BP A
S △CP A
.① 又因为V D -BP A V D -CP A ＝V A -BDP
V A -CDP ＝S △BDP S △CDP .②
由①②知
S △BP A S △CP A ＝S △BDP
S △CDP
成立．]
2．类比推理的特点及一般步骤
1．(1)观察下图2-1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2-1
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S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12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T4，_______，
________，T16
T12成等比数列．
(1)S n＝4n－4(n≥2，n∈N*)(2)T8
T4
T12
T8[(1)依图的构造规律可以看出：
S2＝2×4－4，
S3＝3×4－4，
S4＝4×4－4(正方形四个顶点重复计算一次，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 16
T 12
成等比数列．]
若a 、b 、c 是△ABC 的三边长，m ＞0，求证：
a a ＋m ＋
b b ＋m ＞
c c ＋m
. 【导学号：48662094】
思路探究：根据在△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 ＞c
c ＋m ，
只需证明
a a ＋m ＋
b b ＋m －
c c ＋m
＞0即可． ∵
a a ＋m ＋
b b ＋m －
c c ＋m
＝ a (b ＋m )(c ＋m )＋b (a ＋m )(c ＋m )－c (a ＋m )(b ＋m )
(a ＋m )(b ＋m )(c ＋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，
∴
a
a＋m
＋b
b＋m
＞c
c＋m
.
分析法执果索因，因此在实际解题时，
已知x∈R，a＝x2＋1
2，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＝2x2－2x＋1
2＋3＝2
⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
x－
1
2
2
＋3≥3，
两者矛盾，所以假设不成立，
故a，b，c至少有一个不小于1.
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，所以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)≤1，②
②与①矛盾，故假设不成立．
所以x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不可能都大于1.
已知α，β≠kπ＋
2，(k∈Z)且sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin
2β.
求证：1－tan2α
1＋tan2α
＝
1－tan2β
2(1＋tan2β)
.
【导学号：48662096】
[证明]要证
1－tan2
1＋tan2α
＝
1－tan2β
2(1＋tan2β)
成立，
即证1－
sin2α
cos2α
1＋
sin2α
cos2α
＝
1－
sin2β
cos2β
2⎝
⎛
⎭
⎪
⎫
1＋
sin2β
cos2β
.
即证cos2α－sin2α＝1
2(cos
2β－sin2β)，
即证1－2sin2α＝1
2(1－2sin
2β)，
即证4sin2α－2sin2β＝1，
因为sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β，
所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝4sin2α，所以1＋2sin2β＝4sin2α，即4sin2α－2sin2β＝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：如果a＋b≥0，那么f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；
(2)判断(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“如果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．。