《高中数学人教选修12模块复习课第二课推理与证明共50》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中数学人教选修12模块复习课第二课推理与证明共50（50页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第二课 推理与证明,【网络体系】,【核心速填】 1.合情推理 (1)归纳推理:由_到_、由_到_的推理. (2)类比推理:由_到_的推理. (3)合情推理:归纳推理和类比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,我们把它们统称为合情推理.,部分,整体,个别,一般,特殊,特殊,2.演绎推理 (1)演绎推理:由_到_的推理. (2)“三段论”是演绎推理的一般模式,包括: _已知的一般原理; _所研究的特殊情况; _根据一般原理,对特殊情况做出的判断.,一般,特殊,大前提,小前提,结论,3.直接证明和间接证明 (1)直接证明的两类基本方法是_和_:
2、 _是从已知条件推出结论的证明方法; _是从结论追溯到条件的证明方法. (2)间接证明的一种方法是_.是从结论反面成立 出发,推出矛盾的方法.,综合法,分析法,综合法,分析法,反证法,【易错警示】 1.关注合情推理的角度 (1)归纳推理时应把握好部分与整体,个别与一般的关系. (2)类比推理时应把握好类比点,不可盲目类比.,2.直接证明和间接证明的区别 (1)注意分析法的书写步骤:要证只需证 即证.,(2)关注反证法的归谬,矛盾的类型有以下几种: 与公理、定理、定义矛盾; 与已知条件矛盾; 自相矛盾; 与反设矛盾.,类型一合情推理的应用 【典例1】(1)观察下列图形中小正方形的个数,则第n个图
3、形中有_个小正方形.,(2)若数列an为等差数列,Sn为其前n项和,则有性质“若Sm=Sn(m,nN*且mn),则Sm+n=0.”类比上述性质,相应地,当数列bn为等比数列时,写出一个正确的性质:_.,【解析】(1)设第n个图形中小正方形的个数为Sn,观察 图形,当n=1时,S1=2+1;当n=2时,S2=3+2+1;当n=3时, S3=4+3+2+1;当n=4时,S4=5+4+3+2+1;当n=5时,S5=6+5+4 +3+2+1;,可得Sn=(n+1)+n+(n-1)+3+2+1 =,(2)在等差数列中,若Sm=Sn,不妨设mn,则am+1+am+2+ +an=0,即am+1+an=0.
4、所以 , 相应地,在等比数列中,设Tm表示等比数列bn前m项的 积,若Tm=Tn,不妨设mn,则bm+1bm+2bn=1, 所以bm+1bn=1, 所以Tm+n=b1b2b3 =1. 答案:(1) (2)数列bn为等比数列,Tm表示其前m项的积, 若Tm=Tn,(m,nN*,mn),则Tm+n=1,【延伸探究】把典例中(2)的条件“若Sm=Sn(m,nN*且mn),则Sm+n=0”.换成“数列S6-S3,S9-S6,S12-S9,也成等差数列,且公差为9d(d0)”则类比上述结论,相应地在公比为q(q0,1)的等比数列bn中,若Tn是bn的前n项积,则有_.,【解析】由S6-S3,S9-S6,
5、S12-S9,也构成等差数列, 公差为9d; 我们可以类比推断出: 由等比数列bn中,若Tn是数列bn的前n项积, 则有 仍成等比数列,且公比为q9. 答案: 也成等比数列,且公比为q9,【方法技巧】 1.归纳推理的特点及一般步骤,2.类比推理的特点及一般步骤,【变式训练】对命题“正三角形的内切圆切于三边的中点”,可类比猜想出:正四面体的内切球切于四面各正三角形的位置是() A.各正三角形内的任一点 B.各正三角形的中心 C.各正三角形边上的任一点 D.各正三角形的某中线的中点,【解析】选B.球心到各面的距离相等,且到各顶点距离也相等,所以位置是各正三角形的中心.,【补偿训练】根据下列5个图形
6、及相应点的个数的 变化规律,试猜想第n个图中有_个点.,【解析】观察图形中点的分布变化规律,发现第1个图形只有一个中心点,第2个图形除中心点外还有两边,每边一个点,第3个图形除中心点外还有三边,每边两个点,以此类推,第n个图形除中心点外有n边,每边有(n-1)个点,故第n个图形中点的个数为n(n-1)+1,即n2-n+1. 答案:n2-n+1,类型二综合法与分析法 【典例2】(1)设P= , 则() A.0P1 B.1P2 C.2P3 D.3P4 (2)试分别用分析法和综合法证明:已知a,b,c,dR,求 证:ac+bd .,【解析】(1)选B.P=log112+log113+log114+l
7、og115 =log11120,1=log11110时,欲证原不等式成立, 只需证(ac+bd)2(a2+b2)(c2+d2). 即证a2c2+2abcd+b2d2a2c2+a2d2+b2c2+b2d2.,即证2abcdb2c2+a2d2, 即证0(bc-ad)2. 因为a,b,c,dR, 所以上式恒成立, 故原不等式成立.综合知,命题得证,方法二(综合法):因为 (a2+b2)(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2 =(a2c2+2abcd+b2d2)+(b2c2-2bcad+a2d2) =(ac+bd)2+(bc-ad)2 (ac+bd)2, 所以 |ac+bd|ac+bd
8、.,【方法技巧】综合法和分析法的特点 (1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法,也是解决数学问题的常用的方法,综合法是由因导果的思维方式,而分析法的思路恰恰相反,它是执果索因的思维方式.,(2)分析法和综合法是两种思路相反的推理方法:分析法是倒溯,综合法是顺推,二者各有优缺点.分析法容易探路,且探路与表述合一,缺点是表述易错;综合法条理清晰,易于表述,因此对于难题常把二者交互运用,互补优缺,形成分析综合法,其逻辑基础是充分条件与必要条件.,【变式训练】设a0，b0，a+b1，求证： 8.试用综合法和分析法分别证明. 【证明】(综合法) 因为a0，b0，a+b1， 所以1a+b ，
9、，ab ，所以 4. 又 所以 (当且仅当ab 时等号成立).,(分析法) 因为a0，b0，a+b1， 要证 只要证 只要证 即证 也就是证,即证 由基本不等式可知，当a0，b0时， 成立，所以原不等式成立.,【补偿训练】设ab0,证明： . 【证明】要证明 (由ab0,得a-b0), 只需证(a2-b2)(a+b)(a2+b2)(a-b), 只需证(a+b)2a2+b2,即2ab0, 因为ab0,所以2ab0显然成立. 因此当ab0时, 成立.,类型三反证法 【典例3】已知a3+b3=2,求证a+b2. 【证明】方法一:假设a+b2,则a2-b, 所以a3(2-b)3=8-12b+6b2-b
10、3, 即a3+b38-12b+6b2. 因为a3+b3=2, 所以8-12b+6b22,化简得b2-2b+12, 则a3+b3=(a+b)(a2-ab+b2)2(a2-ab+b2). 因为a3+b3=2,所以22(a2-ab+b2), 即a2-ab+b21,所以1+aba2+b22ab,从而ab2矛盾, 所以假设不成立,故当a3+b3=2时,a+b2.,【方法技巧】 1.反证法的证题思想 反证法是一种间接证明命题的方法,它的理论基础是互为逆否的两个命题等价,反证法反映了“正难则反”的证题思想.,2.反证法的证题思想 否定结论,提出假设 逻辑推理,导出矛盾 否定假设,肯定结论,【变式训练】已知直
11、线a与b不共面,ca=M,bc=N,a 面=A,b面=B,c面=C. 求证:A,B,C三点不共线. 【证明】假设A,B,C三点共线于直线l,因为A,B,C,所以l. 因为cl=C,所以c与l确定一平面. 因为ca=M,所以M.又Al, 所以a,同理b, 所以a,b共面,与已知a,b不共面矛盾, 故A,B,C三点不共线.,【补偿训练】已知a,b,c,dR,且ad-bc=1,求证:a2+b2 +c2+d2+ab+cd1. 【证明】假设a2+b2+c2+d2+ab+cd=1. 因为ad-bc=1, 所以a2+b2+c2+d2+ab+cd=ad-bc. 所以a2+b2+c2+d2+ab+cd+bc-a
12、d=0. 所以2a2+2b2+2c2+2d2+2ab+2cd+2bc-2ad=0.,所以(a+b)2+(b+c)2+(c+d)2+(a-d)2=0. 所以a+b=0,b+c=0,c+d=0,a-d=0, 所以a=b=c=d=0, 所以ad-bc=0,这与ad-bc=1矛盾. 从而假设不成立,原命题成立, 即a2+b2+c2+d2+ab+cd1.,类型四转化与化归思想的应用 【典例4】(1)设x0,y0,A= ,B= ,则 A与B的大小关系为() A.AB B.AB C.AB D.AB (2)设f(x)=2x2+1,a+b=1,且a,b同号,求证:对任意实数 p,q恒有af(p)+bf(q)f(
13、ap+bq)成立.,【解析】(1)选C.因为x0,y0,所以 所以AB. (2)由题意知af(p)+bf(q)-f(ap+bq) =a(2p2+1)+b(2q2+1)-2(ap+bq)2-1 =2ap2+2bq2-2a2p2-4abpq-2q2b2 =2ap2(1-a)+2bq2(1-b)-4abpq =2abp2+2abq2-4abpq,=2ab(p-q)2. 因为a,b同号,所以2ab(p-q)20. 所以原不等式成立.,【方法技巧】转化与化归思想的内涵与应用 (1)内涵:转化与化归的思想就是在处理问题时,通过某种转化过程,化归为一类已经解决或比较容易解决的问题,最终使问题化繁为简、化难为
14、易.,(2)应用:本章内容中转化与化归思想主要应用于以下几个方面:归纳推理中特殊到一般的转化;演绎推理中一般到特殊的转化;分析法中结论与条件的转化;反证法中正难则反的转化;数学归纳法中无限与有限的转化等.,【变式训练】设实数a，b，c成等比数列，非零实数 x，y分别为a与b，b与c的等差中项，试证 【证明】由已知条件得b2ac， 2xa+b,2yb+c. 要证 只需证ay+cx2xy， 只需证2ay+2cx4xy，,由得2ay+2cxa(b+c)+c(a+b)ab+2ac+bc， 4xy(a+b)(b+c)ab+b2+ac+bcab+2ac+bc， 所以2ay+2cx4xy.命题得证.,【补偿训练】已知函数 (1)求函数f(x)的单调区间和极值. (2)证明：当x1时， 【解析】(1)f (x)(x-1)(ex-1)， 当x0或x1时，f (x)0， 当0 x1时，f (x)0， 所以f(x)在(-，0)，(1，+)上单调递增，在(0,1) 上单调递减，,当x0时，f(x)有极大值f(0)0，当x1时，f(x)有 极小值f(1) . (2)设g(x) ， 则g(x)(x-1) ， 令u(x) ，则u(x) ， 当x1时， ，u(x)在1，+)上单 调递增，u(x)u(1)e-20，,所以g(x)(x-1) 0，g(x)f(x)- + 在1，+)上单调递增. 所以,
