第二章 推理与证明 章末复习学案（含答案）

《第二章 推理与证明 章末复习学案（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《第二章 推理与证明 章末复习学案（含答案）（10页珍藏版）》请在七七文库上搜索。

1、第二章第二章 推理与证明推理与证明 章末复习章末复习 学习目标 1.理解合情推理与演绎推理的区别与联系，会利用归纳与类比推理进行简单的 推理.2.加深对直接证明和间接证明的认识， 会应用其解决一些简单的问题.3.进一步掌握数学 归纳法的实质与步骤，掌握用数学归纳法证明等式与不等式问题 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 2演绎推理 (1)演绎推理：由一般到特殊的推理 (2)“三段论”是演

2、绎推理的一般模式，包括： 大前提已知的一般原理 小前提所研究的特殊情况 结论根据一般原理，对特殊情况作出的判断 3直接证明和间接证明 (1)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出结论的证明方法 分析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反证法，是从结论反面成立出发，推出矛盾的方法 4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 nn0时结论成立；第二步(归纳递推)是假设当 nk(kn0且 kN )时结论成立，推得当 nk1 时结论也成立 1归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得

3、到的结论一定正确( ) 2“所有 3 的倍数都是 9 的倍数，某数 m 是 3 的倍数，则 m 一定是 9 的倍数”，这是三段 论推理，但其结论是错误的( ) 3综合法是直接证明，分析法是间接证明( ) 4反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾( ) 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 各数之和并猜想 f(n)(nN)与组的编号数 n 的关系式为_ 答案 f(n)n3 解析 由于 113,35823,79112733

4、， 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 的外接圆半径为 r a2b2 2 . 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 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 S21S22S23S2. 设 3 个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为 ，则 cos2cos2cos21. 设

5、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 a2b2c2 2 . 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，平面 ABC，平面 ABD，平面 ACD 为三 个两两垂直的侧面 设 ABa，ACb，ADc， 则在 RtABC 中，BC AB2AC2 a2b2，SRtABC1 2ab. 同理，CD b2c2，SRtACD1 2bc. BD a2c2，SRtABD1 2ac. SBCD 1 4 BC2 BD21 4BC 2BD2CD22 . 经检验，S2RtABCS2RtACDS2RtABDS2BCD. 即所证猜想为真命题

6、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 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_根火柴棒； 第n个图形中有_根火柴棒 考点 归纳推理的应用 题点 归纳推理在图形中的应用 答案 13 3n1 解析 设第 n 个图形中火柴棒的根数为 an， 可知 a413. 通过观察得到递推关系式 anan13(n2，nN)， 所以 an3n1. 类型二 综合法与分析法 例 2

7、试用分析法和综合法分别推证下列命题：已知 (0，)，求证：2sin 2 sin 1cos . 考点 分析法和综合法的综合应用 题点 分析法和综合法的综合应用 证明 方法一 分析法 要证 2sin 2 sin 1cos 成立， 只需证 4sin cos sin 1cos ， (0，)， sin 0， 只需证 4cos 1 1cos ， 1cos 0， 4cos (1cos )1， 可变形为 4cos24cos 10， 只需证(2cos 1)20，显然成立 方法二 综合法 1 1cos 4(1cos )4， 当且仅当 cos 1 2， 即 3时取等号， 4cos 1 1cos . (0，)，sin

8、 0， 4sin cos sin 1cos ， 2sin 2 sin 1cos . 反思与感悟 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 跟踪训练 2 设 a0，b0，ab1，求证：1 a 1 b 1 ab8.试用综合法和分析法分别证明 证明 方法一 (综合法) 因为 a0，b0，ab1， 所以 1ab2 ab， ab1 2，ab 1 4，所以 1 ab4. 又1 a 1 b(a

9、b) 1 a 1 b 2b a a b4， 所以1 a 1 b 1 ab8(当且仅当 ab 1 2时等号成立) 方法二 (分析法) 因为 a0，b0，ab1， 要证1 a 1 b 1 ab8， 只需证 1 a 1 b ab ab 8， 只需证 1 a 1 b 1 b 1 a 8， 即证1 a 1 b4. 也就是证ab a ab b 4. 即证b a a b2， 由基本不等式可知，当 a0，b0 时，b a a b2 恒成立，所以原不等式成立 类型三 反证法 例 3 已知数列an的前 n 项和为 Sn，且满足 anSn2. (1)求数列an的通项公式； (2)求证：数列an中不存在三项按原来顺序

10、成等差数列 (1)解 当 n1 时，a1S12a12，则 a11. 又 anSn2，所以 an1Sn12， 两式相减得 an11 2an， 所以an是首项为 1，公比为1 2的等比数列， 所以 an 1 2n 1. (2)证明 假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为 ap1，aq1，ar1(pqr，且 p，q，rN )， 则 2 1 2q 1 2p 1 2r，所以 2 2 rq2rp1.(*) 又因为 pq2，求证：1x y 2 或1y x 2 中至少有一个成立 证明 假设1x y 2 和1y x 0 且 y0， 所以 1x2y 且 1y2x， 两式相加，得 2xy2x2y，所以 xy2. 这

11、与已知 xy2 矛盾 故1x y 2 与1y x 0，b0，则有( ) A.b 2 a 2ba B.b 2 a a 24对一切正整数 n 都成立，求正整数 a 的最大 值，并证明你的结论 解 取 n1， 1 11 1 12 1 311 26 24， 令26 24 a 24a 25 24. 当 n1 时，已证结论正确 假设当 nk(k1，kN)时， 1 k1 1 k2 1 3k1 25 24， 则当 nk1 时，有 1 k11 1 k12 1 3k1 1 3k2 1 3k3 1 3k11 1 k1 1 k2 1 3k1 1 3k2 1 3k3 1 3k4 1 k1 25 24 1 3k2 1 3

12、k4 2 3k1 . 因为 1 3k2 1 3k4 6k1 9k218k8 6k1 9k218k9 6k1 9k12 2 3k1， 所以 1 3k2 1 3k4 2 3k10， 所以 1 k11 1 k12 1 3k11 25 24， 即当 nk1 时，结论也成立 由可知，对一切 nN， 都有 1 n1 1 n2 1 3n1 25 24. 故 a 的最大值为 25. 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

13、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明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(kN， 且 kn0) 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