2012届高考数学二轮复习精品课件(课标版)专题3 第11讲 推理与证明

第11讲推理与证明第11讲推理与证明主干知识整合第11讲│主干知识整合1．推理(1)归纳推理：由某类事物的部分对象具有某些特征(或性质)，推出该类事物的全部对象都具有这些特征(或性质)的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理，叫做归纳推理(简称归纳)．归纳推理是由特殊到一般、部分到整体的推理．(2)类比推理：由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理，叫做类比推理(简称类比)．类比推理是由特殊到特殊的推理．(3)演绎推理：演绎推理是根据已有的事实和正确的结论(包括定义、公理、定理等)，按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程，是根据一般性的真命题(或逻辑规则)导出特殊性命题为真的推理．第11讲│主干知识整合2．数学证明(1)直接证明：分析法和综合法是两种思路相反的证明推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推．分析法侧重于结论提供的信息，综合法则侧重于条件提供的信息，把两者结合起来，全方位地收集、储存、加工和运用题目提供的全部信息，才能找到合理的解题思路．没有分析，就没有综合，分析是综合的基础，它们相辅相成是对立统一的．(2)间接证明：反证法是一种间接证明命题的方法，它从命题结论的反面出发，引出矛盾，从而肯定命题的结论．3．数学归纳法分两步：首先证明当n取第一个值n0(例如n0＝1)时结论正确；然后假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0)时结论正确，证明当n＝k＋1时结论也正确．要点热点探究第11讲│要点热点探究►探究点一合情推理与演绎推理例1[2011·江西卷]观察下列各式：55＝3125,56＝15625,57＝78125，…，则52011的末四位数字为()A．3125B．5625C．0625D．8125D【解析】∵55＝3125,56＝15625,57＝78125,58＝390625,59＝1953125,510＝9765625，…，∴5n(n∈Z且n≥5)的末四位数字呈周期性变化，且最小正周期为4，记5n(n∈Z且n≥5)的末四位数为f(n)，则f(2011)＝f(501×4＋7)＝f(7)，∴52011与57的末四位数相同，均为8125.故选D.第11讲│要点热点探究第11讲│要点热点探究给出若干数字按如图11－1所示排成倒三角形，其中第一行各数依次是1,2,3，…，2011，从第二行起每个数分别等于上一行左、右两数之和，最后一行只有一个数M，则这个数M是()图11－1A．2012·22009B．2011·22010C．2010·22011D．2010·22007第11讲│要点热点探究A【解析】第一行公差为1；第二行公差为2；……；第2010行公差为22009，第2011行只有M，发现规律，得M＝(1＋2011)·22009.或从第一行为1,2,3及1,2,3,4,5的两个“小三角形”结合选项归纳得结果为(3＋1)×21及(5＋1)×23，猜一般规律为(n＋1)·2n－2.第11讲│要点热点探究例2有对称中心的曲线叫做有心曲线，过有心曲线中心的弦叫做有心曲线的直径．定理：如果圆x2＋y2＝r2(r0)上异于一条直径两个端点的任意一点与这条直径两个端点连线的斜率存在，则这两条直线的斜率乘积为定值－1.写出该定理在有心曲线x2m＋y2n＝1(mn≠0)中的推广________________________．【分析】根据给出的概念，设出曲线上点的坐标，根据点在曲线上和斜率公式推证．第11讲│要点热点探究x2m＋y2n＝1(mn≠0)上异于一条直径两个端点的任意一点，与这条直径两个端点的连线斜率乘积等于－nm【解析】设直径两端点分别为A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，C(x0，y0)为曲线上异于A，B的任意一点，则kACkBC＝y0－y1x0－x1·y0＋y1x0＋x1，由于点A，C在曲线上，所以x20m＋y20n＝1，x21m＋y21n＝1，两式相减得y0－y1x0－x1·y0＋y1x0＋x1＝－nm.第11讲│要点热点探究若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项的和为Sn，则数列Snn为等差数列，且通项为Snn＝a1＋(n－1)·d2.类似地，请完成下列命题：若各项均为正数的等比数列{bn}的首项为b1，公比为q，前n项的积为Tn，则________________________．数列{nTn}为等比数列，且通项为nTn＝b1(q)n－1【解析】等差数列的加法类比为等比数列的乘法．结论是：数列{nTn}为等比数列，且通项为nTn＝b1(q)n－1.第11讲│要点热点探究例3[2011·福建卷]设V是全体平面向量构成的集合，若映射f：V→R满足：对任意向量a＝(x1，y1)∈V，b＝(x2，y2)∈V，以及任意λ∈R，均有f(λa＋(1－λ)b)＝λf(a)＋(1－λ)f(b)．则称映射f具有性质P.现给出如下映射：①f1：V→R，f1(m)＝x－y，m＝(x，y)∈V；②f2：V→R，f2(m)＝x2＋y，m＝(x，y)∈V；③f3：V→R，f3(m)＝x＋y＋1，m＝(x，y)∈V.其中，具有性质P的映射的序号为________．(写出所有具有性质P的映射的序号)第11讲│要点热点探究①③【解析】设a＝(x1，y1)∈V，b＝(x2，y2)∈V，则λa＋(1－λ)b＝λ(x1，y1)＋(1－λ)(x2，y2)＝(λx1＋(1－λ)x2，λy1＋(1－λ)y2)，①f1(λa＋(1－λ)b)＝λx1＋(1－λ)x2－[λy1＋(1－λ)y2]＝λ(x1－y1)＋(1－λ)(x2－y2)＝λf1(a)＋(1－λ)f1(b)，∴映射f1具有性质P；②f2(λa＋(1－λ)b)＝[λx1＋(1－λ)x2]2＋[λy1＋(1－λ)y2]，λf2(a)＋(1－λ)f2(b)＝λ(x21＋y1)＋(1－λ)(x22＋y2)，∴f2(λa＋(1－λ)b)≠λf2(a)＋(1－λ)f2(b)，∴映射f2不具有性质P；③f3(λa＋(1－λ)b)＝λx1＋(1－λ)x2＋(λy1＋(1－λ)y2)＋1＝λ(x1＋y1＋1)＋(1－λ)(x2＋y2＋1)＝λf3(a)＋(1－λ)f3(b)，∴映射f3具有性质P.故具有性质P的映射的序号为①③.第11讲│要点热点探究第11讲│要点热点探究例4[2011·重庆卷]设实数数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝an＋1Sn(n∈N*)．(1)若a1，S2，－2a2成等比数列，求S2和a3；(2)求证：对k≥3有0≤ak＋1≤ak≤43.►探究点二直接证明与间接证明第11讲│要点热点探究【解答】(1)由题意S22＝－2a1a2，S2＝a2S1＝a1a2，得S22＝－2S2，由S2是等比中项知S2≠0.因此S2＝－2.由S2＋a3＝S3＝a3S2解得a3＝S2S2－1＝－2－2－1＝23.(2)证法一：由题设条件有Sn＋an＋1＝an＋1Sn，故Sn≠1，an＋1≠1且an＋1＝SnSn－1，Sn＝an＋1an＋1－1，从而对k≥3有ak＝Sk－1Sk－1－1＝ak－1＋Sk－2ak－1＋Sk－2－1＝ak－1＋ak－1ak－1－1ak－1＋ak－1ak－1－1－1＝a2k－1a2k－1－ak－1＋1.①因a2k－1－ak－1＋1＝ak－1－122＋340且a2k－1≥0，由①得ak≥0.要证ak≤43，由①只要证a2k－1a2k－1－ak－1＋1≤43，即证3a2k－1≤4(a2k－1－ak－1＋1)，即(ak－1－2)2≥0，此式明显成立．因此ak≤43(k≥3)．最后证ak＋1≤ak，若不然ak＋1＝a2ka2k－ak＋1ak，又因ak≥0，故aka2k－ak＋11，即(ak－1)20.矛盾．因此ak＋1≤ak(k≥3)．第11讲│要点热点探究(2)证法二：由题设知Sn＋1＝Sn＋an＋1＝an＋1Sn，故方程x2－Sn＋1x＋Sn＋1＝0有根Sn和an＋1(可能相同)．因此判别式Δ＝S2n＋1－4Sn＋1≥0.又由Sn＋2＝Sn＋1＋an＋2＝an＋2Sn＋1得an＋2≠1且Sn＋1＝an＋2an＋2－1.因此a2n＋2an＋2－12－4an＋2an＋2－1≥0，即3a2n＋2－4an＋2≤0，解得0≤an＋2≤43.因此0≤ak≤43(k≥3)．由ak＝Sk－1Sk－1－1≥0(k≥3)，得ak＋1－ak＝SkSk－1－ak＝akSk－1akSk－1－1－1＝akSk－1S2k－1Sk－1－1－1－1＝－akS2k－1－Sk－1＋1＝－akSk－1－122＋34≤0，因此ak＋1≤ak(k≥3)．第11讲│要点热点探究第11讲│要点热点探究例5已知数列{an}满足关系式an＋1＝nan＋2，n∈N*，且a1＝2.(1)求a2，a3，a4；(2)求证：n＋1≤ann＋1＋1；(3)求证：n＋1－11a1＋1a2＋…＋1an2(n＋3－3)．►探究点三数学归纳法【解答】(1)由题意，知a2＝52，a3＝145，a4＝4314.第11讲│要点热点探究(2)由an＋1＝nan＋2及a1＝2，知an0.下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，a1＝2满足1＋1≤a11＋1＋1，成立．②假设当n＝k(k∈N*)时，k＋1≤akk＋1＋1成立，则当n＝k＋1时，ak＋1＝kak＋2kk＋1＋1＋2＝k＋1＋1.ak＋1＝kak＋2≤kk＋1＋2.下面用分析法证明：kk＋1＋2k＋2＋1.欲证kk＋1＋2k＋2＋1，只需证k＋k＋1(k＋1)k＋2，只需证(k＋k＋1)2[(k＋1)k＋2]2，只需证2k＋10，此式显然成立．所以kk＋1＋2k＋2＋1成立．从而ak＋1＝kak＋2≤kk＋1＋2k＋2＋1.由①②可知，对一切k∈N*，n＋1≤ann＋1＋1成立．第11讲│要点热点探究(3)证明：由(2)，知1n＋1＋11an≤1n＋1，而1n＋1＋1≥1n＋1＋n＝n＋1－n，1n＋1＝2n＋1＋n＋12n＋3＋n＋2＝2(n＋3－n＋2)，所以n＋1－n1an2(n＋3－n＋2)，所以2－1＋…＋n＋1－n1a1＋1a2＋…＋1an2(4－3)＋…＋2(n＋3－n＋2)，所以n＋1－11a1＋1a2＋…＋1an2(n＋3－3)．第11讲│要点热点探究第11讲│要点热点探究已知函数fn(x)＝13x3－12(n＋1)x2＋x(n∈N*)，数列{an}满足an＋1＝f′n(an)，a1＝3.(1)求a2，a3，a4；(2)根据(1)猜想数列{an}的通项公式，并证明；(3)求证：12a1－52＋12a2－52＋…＋12an－5232.第11讲│要点热点探究【解答】(1)f′n(x)＝x2－(n＋1)x＋1(n∈N*)，a1＝3，又an＋1＝a2n－(n＋1)an＋1，∴a2＝a21－2a1＋1＝4，a3＝a22－3a2＋1＝5，a4＝a23－4a3＋1＝6.(2)猜想an＝n＋2，用数学归纳法证明．当n＝1时显然成立，假设当n＝k(k∈N*)时，ak＝k＋2，则当n＝k＋1(k∈N*)时，ak＋1＝a2k－(k＋1)ak＋1＝(k＋2)2－(k＋1)(k＋2)＋1，＝k＋3＝(k＋1)＋2，∴当n＝k(k∈N*)时，猜想成立．根据数学归纳法对一切n∈N*，an＝n＋2均成立，第11讲│要点热点探究(3)当k≥2时，有12ak－52＝12k－1212k－12k－3＝1212k－3－12k－1，所以n≥2时，有k＝1n12ak－52＝1＋k＝2n12ak－521＋121－13＋13－15＋…＋12n－3－12n－1＝1＋121－12n－11＋12＝32.又n＝1时，12a1－52＝132.故对一切n∈N*，有k＝1n12ak－5232