高中數(shù)學(xué)人教A版2第二章推理與證明 章末復(fù)習(xí)課

章末復(fù)習(xí)課[整合·網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建][警示·易錯(cuò)提醒]1．進(jìn)行類(lèi)比推理時(shí)，可以從以下方面入手進(jìn)行類(lèi)比：①問(wèn)題的外在結(jié)構(gòu)特征；②圖形的性質(zhì)或維數(shù)；③處理一類(lèi)問(wèn)題的方法；④事物的相似性質(zhì)等．要盡量從本質(zhì)上去類(lèi)比，不要被表面現(xiàn)象迷惑，否則，只抓住一點(diǎn)表面的相似甚至假象就去類(lèi)比，就會(huì)犯機(jī)械類(lèi)比的錯(cuò)誤．2．進(jìn)行歸納推理時(shí)，要把作為歸納基礎(chǔ)的條件變形為有規(guī)律的統(tǒng)一的形式，以便于作出歸納猜想．3．推理證明過(guò)程敘述要完整、嚴(yán)謹(jǐn)，邏輯關(guān)系清晰、不跳步．4．注意區(qū)分演繹推理和合情推理，當(dāng)前提為真時(shí)，前者結(jié)論一定為真，而后者結(jié)論可能為真也可能為假．合情推理得到的結(jié)論的正確性需要進(jìn)一步推證，合情推理中運(yùn)用猜想時(shí)要有依據(jù)．5．用反證法證明數(shù)學(xué)命題時(shí)，必須把反設(shè)作為推理依據(jù)．書(shū)寫(xiě)證明過(guò)程時(shí)，一定要注意不能把“假設(shè)”誤寫(xiě)為“設(shè)”，還要注意一些常見(jiàn)用語(yǔ)的否定形式．6．運(yùn)用分析法時(shí)僅需要尋求結(jié)論成立的充分條件即可，而不是充要條件．分析法是逆推證明，故在利用分析法證明問(wèn)題時(shí)應(yīng)注意邏輯性與規(guī)范性.7．應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明有關(guān)自然數(shù)n的命題時(shí)，第一步驗(yàn)證n取第一個(gè)值時(shí)，必須注意項(xiàng)數(shù)，第二步從n＝k到n＝k＋1的過(guò)渡必須注意兩點(diǎn)，一是n＝k＋1的證明必須用上歸納假設(shè)，二是弄清n＝k與n＝k＋1時(shí)命題(等式、不等式、整除等)的變化．專(zhuān)題一合情推理合情推理包括歸納推理和類(lèi)比推理，歸納推理是由部分到整體，由特殊到一般的推理，是做出科學(xué)發(fā)現(xiàn)的重要手段．類(lèi)比推理是由特殊到特殊的推理，它常以已知的知識(shí)作基礎(chǔ)，推測(cè)出新的結(jié)果，具有發(fā)現(xiàn)功能．[例1](1)觀察下列等式：1＝1 13＝11＋2＝3 13＋23＝91＋2＋3＝6 13＋23＋33＝361＋2＋3＋4＝10 13＋23＋33＋43＝1001＋2＋3＋4＋5＝15 13＋23＋33＋43＋53＝225… …可以推測(cè)：13＋23＋33＋…＋n3＝________(n∈N*，用含有n的代數(shù)式表示)．(2)由圓的下列性質(zhì)類(lèi)比球的有關(guān)性質(zhì)．①圓心與弦(非直徑)中點(diǎn)的連線垂直于弦．②與圓心距離相等的兩弦相等．③圓的周長(zhǎng)c＝πd(d為直徑)．④圓的面積S＝eq\f(π,4)d2.解析：(1)由條件可知：13＝12，13＋23＝9＝32＝(1＋2)2，13＋23＋33＝36＝62＝(1＋2＋3)2，…，不難得出：13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(n2（n＋1）2,4).答案：eq\f(n2（n＋1）2,4)(2)解：圓與球具有下列相似性質(zhì)(見(jiàn)下表)，與圓的有關(guān)性質(zhì)相比較，可以推測(cè)球的有關(guān)性質(zhì)．圓球①圓心與弦(非直徑)中點(diǎn)的連線垂直于弦球心與截面圓(非軸截面)圓心的連線垂直于截面②與圓心距離相等的兩條弦長(zhǎng)相等與球心距離相等的兩個(gè)截面圓面積相等③圓的周長(zhǎng)c＝πd球的表面積S＝πd2④圓的面積S＝eq\f(π,4)d2球的體積V＝eq\f(π,6)d3歸納升華(1)歸納推理中有很大一部分題目是數(shù)列內(nèi)容，通過(guò)觀察給定的規(guī)律，得到一些簡(jiǎn)單數(shù)列的通項(xiàng)公式是數(shù)列中的常見(jiàn)方法．(2)類(lèi)比推理重在考查觀察和比較的能力，題目一般情況下較為新穎，也有一定的探索性．[變式訓(xùn)練](1)有一個(gè)奇數(shù)列1，3，5，7，9，…，現(xiàn)在進(jìn)行如下分組：第一組含一個(gè)數(shù){1}；第二組含兩個(gè)數(shù){3，5}；第三組含三個(gè)數(shù){7，9，11}；第四組含四個(gè)數(shù){13，15，17，19}；….則觀察每組內(nèi)各數(shù)之和f(n)(n∈N*)與組的編號(hào)數(shù)的關(guān)系式為_(kāi)_______．(2)在平面幾何中，對(duì)于Rt△ABC，設(shè)AB＝c，AC＝b，BC＝a，則：①a2＋b2＝c2；②cos2A＋cos2B＝1；③Rt△ABC的外接圓半徑為r＝eq\f(\r(a2＋b2),2).把上面的結(jié)論類(lèi)比到空間寫(xiě)出相類(lèi)似的結(jié)論．(1)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組內(nèi)各數(shù)之和f(n)與組的編號(hào)數(shù)n的關(guān)系式為f(n)＝n3.答案：f(n)＝n3(2)解：選取3個(gè)側(cè)面兩兩垂直的四面體作為直角三角形的類(lèi)比對(duì)象．①設(shè)3個(gè)兩兩垂直的側(cè)面的面積分別為S1，S2，S3，底面面積為S，則Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝S2.②設(shè)3個(gè)兩兩垂直的側(cè)面與底面所成的角分別為α，β，γ，則cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.③設(shè)3個(gè)兩兩垂直的側(cè)面形成的側(cè)棱長(zhǎng)分別為a，b，c，則這個(gè)四面體的外接球的半徑為R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).專(zhuān)題二演繹推理演繹推理是由一般到特殊的推理，其結(jié)論不會(huì)超出前提所界定的范圍，所以其前提和結(jié)論之間的聯(lián)系是必然的．因此，在演繹推理中，只要前提及推理正確，結(jié)論必然正確．[例2]已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))x3.(1)判斷f(x)的奇偶性；(2)證明：f(x)＞0.(1)解：因?yàn)?x－1≠0，所以函數(shù)f(x)的定義域?yàn)閧x|x≠0}．因?yàn)閒(－x)－f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2－x－1)＋\f(1,2)))(－x3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))x3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,1－2x)＋\f(1,2)))(－x3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))x3＝x3－x3＝0，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函數(shù)．(2)證明：因?yàn)閤≠0，所以當(dāng)x＞0時(shí)，2x＞1，2x－1＞0，x3＞0，所以f(x)＞0.當(dāng)x＜0時(shí)，－x＞0，f(－x)＝f(x)＞0，所以f(x)＞0.綜上可知，f(x)＞0.歸納升華數(shù)學(xué)中的演繹推理一般是以“三段論”的格式進(jìn)行的．“三段論”由大前提、小前提和結(jié)論三個(gè)命題組成，大前提是一個(gè)一般性原理，小前提給出了適合這個(gè)原理的一個(gè)特殊場(chǎng)合，結(jié)論是大前提和小前提的邏輯結(jié)果．[變式訓(xùn)練]若定義在區(qū)間D上函數(shù)f(x)對(duì)于D上的幾個(gè)值x1，x2，…，xn總滿足eq\f(1,n)[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))稱(chēng)函數(shù)f(x)為D上的凸函數(shù)，現(xiàn)已知f(x)＝sinx在(0，π)上是凸函數(shù)，則在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．解析：因?yàn)閑q\f(1,n)[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，因?yàn)閒(x)＝sinx在(0，π)上是凸函數(shù)，所以f(A)＋f(B)＋f(C)≤3feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,n)))，即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，所以sinA＋sinB＋sinC的最大值是eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)專(zhuān)題三綜合法與分析法綜合法是從原因推測(cè)結(jié)果的思維方法，即從已知條件出發(fā)，經(jīng)過(guò)逐步的推理，最后達(dá)到待證的結(jié)論，這是常用的數(shù)學(xué)方法．分析法是從待證的結(jié)論出發(fā)，一步一步地尋找結(jié)論成立的充分條件，最后達(dá)到題設(shè)的已知條件或已被證明的事實(shí)．[例3]用綜合法和分析法證明：已知α∈(0，π)，求證：2sin2α≤eq\f(sinα,1－cosα).證明：法一(分析法)要證明2sin2α≤eq\f(sinα,1－cosα)成立，只要證明4sinαcosα≤eq\f(sinα,1－cosα).因?yàn)閍∈(0，π)，所以sinα＞0，只要證明4cosα≤eq\f(1,1－cosα).上式可變形為4≤eq\f(1,1－cosα)＋4(1－cosα)．因?yàn)?－cosα＞0，所以eq\f(1,1－cosα)＋4(1－cosα)≥2eq\r(\f(1,1－cosα)·4（1－cosα）)＝4.當(dāng)且僅當(dāng)cosα＝eq\f(1,2)，即α＝eq\f(π,3)時(shí)取等號(hào)．所以4≤eq\f(1,1－cosα)＋4(1－cosα)成立．所以不等式2sin2α≤eq\f(sinα,1－cosα)成立．法二(綜合法)因?yàn)閑q\f(1,1－cosα)＋4(1－cosα)≥4，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cosα＞0，當(dāng)且僅當(dāng)cosα＝\f(1,2)，即α＝\f(π,3)，α＝\f(π,3)時(shí)取等號(hào)))所以4cosα≤eq\f(1,1－cosα).因?yàn)棣痢?0，π)，所以sinα＞0，所以4sinαcosα≤eq\f(sinα,1－cosα).所以2sin2α≤eq\f(sinα,1－cosα).歸納升華綜合法和分析法是直接證明中的兩種最基本的證明方法，但兩種證明方法思路截然相反，分析法既可用于尋找解題思路，也可以是完整的證明過(guò)程．分析法與綜合法可相互轉(zhuǎn)換，相互滲透，要充分利用這一辯證關(guān)系，在解題中綜合法和分析法聯(lián)合運(yùn)用，可轉(zhuǎn)換解題思路，增加解題途徑．一般以分析法為主尋求解題思路，再用綜合法有條理地表示證明過(guò)程．[變式訓(xùn)練]求證：eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sinβ,sinα).證明：因?yàn)閟in(2α＋β)－2cos(α＋β)sinα＝sin[(α＋β)＋α]－2cos(α＋β)sinα＝sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα－2cos(α＋β)sinα＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝sin[(α＋β)－α]＝sinβ，兩邊同除以sinα得eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sinβ,sinα).專(zhuān)題四反證法反證法不是去直接證明結(jié)論，而是先否定結(jié)論，在此基礎(chǔ)上運(yùn)用演繹推理，導(dǎo)出矛盾，從而肯定結(jié)論的真實(shí)性．[例4]等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an及前n項(xiàng)和Sn；(2)設(shè)bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)．求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列．(1)解：設(shè)等差數(shù)列公差為d，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1＋\r(2)，,S3＝a1＋a2＋a3＝9＋3\r(2)))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1＋\r(2)，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))解得d＝2.所以an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)證明：由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假設(shè){bn}中存在三項(xiàng)bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比數(shù)列，則beq\o\al(2,q)＝bp·br.即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))，所以(q2－pr)＋(2q－p－r)·eq\r(2)＝0.因?yàn)閜，q，r∈N*，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0，))所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))eq\s\up12(2)＝pr.所以(p－r)2＝0，所以p＝r與p≠r矛盾．所以數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列．歸納升華應(yīng)用反證法證明命題時(shí)要注意以下三點(diǎn)：(1)必須先否定結(jié)論．當(dāng)結(jié)論的反面有多種情況時(shí)，必須羅列各種情況加以論證，缺少任何一種可能，反證法都是不完全的．(2)反證法必須從否定結(jié)論進(jìn)行推理，即應(yīng)把結(jié)論的反面作為條件，且必須根據(jù)這一條件進(jìn)行推證，否則，僅否定結(jié)論，不從結(jié)論的反面進(jìn)行推理，就不是反證法．(3)推導(dǎo)出的矛盾多種多樣，有的與已知相矛盾，有的與假設(shè)相矛盾，有的與已知事實(shí)相矛盾等等，推出的矛盾必須是明顯的．[變式訓(xùn)練]已知直線ax－y＝1與曲線x2－2y2＝1相交于P，Q兩點(diǎn)，證明：不存在實(shí)數(shù)a，使得以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O.證明：假設(shè)存在實(shí)數(shù)a，使得以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O，則OP⊥OQ.設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－1，所以(ax1－1)(ax2－1)＝－x1·x2，即(1＋a2)x1·x2－a(x1＋x2)＋1＝0.由題意得(1－2a2)x2＋4ax－3＝0所以x1＋x2＝eq\f(－4a,1－2a2)，x1·x2＝eq\f(－3,1－2a2).所以(1＋a2)·eq\f(－3,1－2a2)－a·eq\f(－4a,1－2a2)＋1＝0，即a2＝－2，這是不可能的．所以假設(shè)不成立．故不存在實(shí)數(shù)a，使得以PQ為直徑的圓經(jīng)過(guò)坐標(biāo)原點(diǎn)O.專(zhuān)題五數(shù)學(xué)歸納法數(shù)學(xué)歸納法是專(zhuān)門(mén)證明與正整數(shù)有關(guān)的命題的一種方法．它是一種完全歸納法，它的證明共分兩步，其中第一步是命題成立的基礎(chǔ)，稱(chēng)為“歸納奠基”(或稱(chēng)特殊性)；第二步解決的是延續(xù)性(又稱(chēng)傳遞性)問(wèn)題，稱(chēng)為歸納遞推．[例5]已知函數(shù)f(x)＝eq\f(x,\r(1＋x2))(x＞0)，數(shù)列{an}滿足a1＝f(x)，an＋1＝f(an)．(1)求a2、a3、a4；(2)猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，并用數(shù)學(xué)歸納法予以證明．解：(1)由a1＝f(x)，an＋1＝f(an)得：a2＝f(a1)＝eq\f(a1,\r(1＋aeq\o\al(2,1)))＝eq\f(x,\r(1＋2x2))；a3＝f(a2)＝eq\f(a2,\r(1＋aeq\o\al(2,2)))＝eq\f(x,\r(1＋3x2))；a4＝f(a3)＝eq\f(a3,\r(1＋aeq\o\al(2,3)))＝eq\f(x,\r(1＋4x2)).(2)猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝eq\f(x,\r(1＋nx2)).證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，結(jié)論顯然成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即ak＝eq\f(x,\r(1＋kx2))，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝f(ak)＝eq\f(\f(x,\r(1＋kx