1、第二章 推理与证明,章末复习课,学习目标 1.整合本章知识要点. 2.进一步理解合情推理与演绎推理的概念、思维形式、应用等. 3.进一步熟练掌握直接证明与间接证明. 4.理解数学归纳法，并会用数学归纳法证明问题.,题型探究,知识梳理,内容索引,当堂训练,知识梳理,知识点一 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,知识点二 演绎推理,(1)演绎推理：由 到 的推理.
2、(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,知识点三 直接证明和间接证明,(1)直接证明的两类基本方法是 和 ： 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,知识点四 数学归纳法,数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学命题.证明时，它的两个步骤缺一不可，它的第一步(归纳奠基)是证当n 时结论成立；第二步(归纳递推)是假设当n 时结论成立，推得当n 时结
3、论也成立.,n0,k,k1,题型探究,类型一 合情推理的应用,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)(nN*)与组的编号数n的关系式为_.,f(n)n3,答案,解析,解析 由于113，35823，79112733，131517196443，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)n3.,(2)在平面几何中，对于RtABC，ACBC，设ABc，ACb，BCa，则 a2b2c2； cos2Acos2B1； RtABC的外
4、接圆半径为r . 把上面的结论类比到空间写出相类似的结论；试对其中一个猜想进行证明.,解答,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. 设3个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，底面面积为S，则. 设3个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为，则cos2cos2cos21.,下面对的猜想进行证明. 如图在四面体ABCD中，AB，AC，AD两两垂直， 面ABC，面ABD，面ACD为三个两两垂直的侧面. 设ABa，ACb，ADc，,即所证猜想为真命题.,(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
5、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.,反思与感悟,跟踪训练1 (1)观察下列图形中小正方形的个数，则第n个图形中有 _个小正方形.,答案,解析,解析 第1个图有3个正方形记作a1， 第2个图有33个正方形记作a2， 第3个图有64个正方形记作a3， 第4个图有105个正方形记作a4， ， 正方形的个数构成数列an， 则a2a13， (1) a3a24, (2) a4a35, (3) ,anan1n1， (n1) (1)(2)(n1)，得ana1345(n1)，,类型二 综合法与分析法,证明,证明 方法一 (综合法) 因为a0，b0，ab1，,方法二 (分析法)
6、因为a0，b0，ab1，,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；综合法条件清晰，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.,反思与感悟,证明,跟踪训练2 已知x0，y0，求证： ,证明 要证明 ， 只需证(x2y2)3(x3y3)2. 只需证x63x4y23x2y4y6x62x3y3y6， 只需证3x4y23x2y42x3y3. 又x0，y0，x2y20， 只需证3x23y22xy. 3x23y2x2y22xy， 3x23y22xy成立，故 .
7、,类型三 反证法,证明,因为x0且y0， 所以1x2y且1y2x， 两式相加，得2xy2x2y，所以xy2. 这与已知xy2矛盾.,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.,反思与感悟,证明,跟踪训练3 已知：ac2(bd). 求证：方程x2axb0与方程x2cxd0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1a24b2ac，即ac2(bd)，与已知矛盾，故原命题成立.,类型四 数学归纳法,解答,例4 观察下列四个等式： 第一个式子 11 第二个式子 2349 第三个式子 3456725 第四个式子
8、 4567891049 (1)按照此规律，写出第五个等式；,解 第5个等式：5671381.,(2)请你做出一般性的猜想，并用数学归纳法证明.,解答,解 猜想第n个等式为 n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2. 证明：当n1时，左边1， 右边(21)21，所以等式成立. 假设当nk(k1，kN*)时，等式成立， 即有k(k1)(k2)(3k2)(2k1)2. 那么当nk1时， 左边(k1)(k2)(3k2)(3k1)3k(3k1) k(k1)(k2)(3k2)(2k1)3k(3k1) (2k1)2(2k1)3k(3k1),4k24k18k(2k1)2 2(k1)12. 右边2(k1)12，
9、 即当nk1时，等式也成立. 根据知，等式对任意nN*都成立.,(1)用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型，其关键点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始n0是多少. (2)由nk到nk1时，除等式两边变化的项外还要利用当nk时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明.,反思与感悟,解答,(2)求数列an的通项公式.,解答,下面用数学归纳法证明.,那么当nk1时，,即当nk1时，猜想也成立，,当堂训练,1,2,3,4,5,1.观察按下列顺序排序的等式：9011,91211,92321,93431，猜想第n(nN*)个等式应为 A.9(n
10、1)n10n9 B.9(n1)n10n9 C.9n(n1)10n1 D.9(n1)(n1)10n10,答案,解析,1,2,3,4,5,解析 由已知中的式子，我们观察后分析： 等式左边分别为9与编号减1的积再加上编号， 等式右边是一个等差数列. 根据已知可以推断： 第n(nN*)个等式为9(n1)n10n9. 故选B.,1,2,3,4,5,答案,解析,1,2,3,4,5,1,2,3,4,5,3.用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是 A.方程x3axb0没有实根 B.方程x3axb0至多有一个实数 C.方程x3axb0至多有两个实根 D.方程x3a
11、xb0恰好有两个实根,答案,解析,解析 方程x3axb0至少有一个实根的反面是方程x3axb0没有实根，故选A.,1,2,3,4,5,4.如图，这是一个正六边形的序列：,解析 图(1)共6条边，图(2)共11条边，图(3)共16条边，其边数构成以6为首项，5为公差的等差数列，则图(n)的边数为an6(n1)55n1.,答案,解析,则第n个图形的边数为_.,5n1,1,2,3,4,5,证明,5.用数学归纳法证明 (122232)(342452)(2n1)(2n)22n(2n1)2n(n1) (4n3).,1,2,3,4,5,证明 当n1时，左边14，右边12714，等式成立. 假设当nk(k1，
12、kN*)时等式成立， 即(122232)(342452)(2k1)(2k)22k(2k1)2 k(k1)(4k3). 那么当nk1时， (122232)(342452)(2k1)(2k)22k(2k1)2(2k1)(2k2)2(2k2)(2k3)2 k(k1)(4k3)2(k1)4k212k94k26k2,1,2,3,4,5,(k1)4k23k2(6k7) (k1)4k215k14 (k1)(k2)(4k7) (k1)(k1)14(k1)3. 所以当nk1时等式也成立. 根据以上论证可知，等式对任何nN*都成立.,规律与方法,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
13、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)当nn0时，结论成立.第二步(归纳递推)假设当nk时，结论成立，推得当nk1时，结论也成立.数学归纳法是在可靠的基础上，利用命题自身具有的传递性，运用有限的步骤(两步)证明出无限的命题成立.,本课结束,
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