《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2精要课件 第二章推理与证明

本课时栏目开关画一画研一研章末复习课画一画·知识网络、结构更完善本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效题型一合情推理与演绎推理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．本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效2．演绎推理与合情推理不同，它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．本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效例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)(n∈N*)与组的编号数n的关系式为________．解析由于1＝13，3＋5＝8＝23，f(n)＝n37＋9＋11＝27＝33，13＋15＋17＋19＝64＝43，…，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.本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效(2)在平面几何中，对于Rt△ABC，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则：①a2＋b2＝c2；②cos2A＋cos2B＝1；③Rt△ABC的外接圆半径为r＝a2＋b22.把上面的结论类比到空间写出相类似的结论；如果你能证明，写出证明过程；如果在直角三角形中你还发现了异于上面的结论，试试看能否类比到空间？本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效解选取3个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象．①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S21＋S22＋S23＝S2.②设3个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.③设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＝a2＋b2＋c22.本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效跟踪训练1(1)下列推理是归纳推理的是________，是类比推理的是________．①A、B为定点，若动点P满足|PA|＋|PB|＝2a|AB|，则点P的轨迹是椭圆；②由a1＝1，an＋1＝3an－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的通项an和Sn的表达式；③由圆x2＋y2＝1的面积S＝πr2，猜想出椭圆的面积S＝πab；④科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇．②③④本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效(2)设n∈N*，且sinx＋cosx＝－1，归纳猜想sinnx＋cosnx的值．解先观察研究n＝1,2,3,4时的情形．当n＝1时，有sinx＋cosx＝－1.当n＝2时，有sin2x＋cos2x＝1.当n＝3时，有sin3x＋cos3x＝(sin2x＋cos2x)(sinx＋cosx)－sinxcosx·(sinx＋cosx)．因为(sinx＋cosx)2＝(－1)2，所以sin2x＋2sinxcosx＋cos2x＝1.所以sinxcosx＝0.本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效代入前面的式子，即得：sin3x＋cos3x＝1×(－1)－0×(－1)＝－1.当n＝4时，有sin4x＋cos4x＝(sin3x＋cos3x)(sinx＋cosx)－sinxcosx(sin2x＋cos2x)＝(－1)2－0×1＝1.由以上可以猜测，当n∈N*时，sinnx＋cosnx＝(－1)n.本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效题型二综合法与分析法综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法，但两种证明方法思路截然相反，分析法既可用于寻找解题思路，也可以是完整的证明过程，分析法与综合法可相互转换，相互渗透，要充分利用这一辩证关系，在解题中综合法和分析法联合运用，转换解题思路，增加解题途径．一般以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表示证明过程．本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效例2用综合法和分析法证明：已知α∈(0，π)，求证：2sin2α≤sinα1－cosα.证明(分析法)要证明2sin2α≤sinα1－cosα成立．只要证明4sinαcosα≤sinα1－cosα.∵α∈(0，π)，∴sinα0.只要证明4cosα≤11－cosα.上式可变形为4≤11－cosα＋4(1－cosα)．本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效∵1－cosα0，∴11－cosα＋4(1－cosα)≥211－cosα·41－cosα＝4，当且仅当cosα＝12，即α＝π3时取等号．∴4≤11－cosα＋4(1－cosα)成立．∴不等式2sin2α≤sinα1－cosα成立．(综合法)∵11－cosα＋4(1－cosα)≥4，(1－cosα0，当且仅当cosα＝12，即α＝π3时取等号)本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效∴4cosα≤11－cosα.∵α∈(0，π)，∴sinα0.∴4sinαcosα≤sinα1－cosα.∴2sin2α≤sinα1－cosα.本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效跟踪训练2求证：sin2α＋βsinα－2cos(α＋β)＝sinβsinα.证明∵sin(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，两边同除以sinα得sin2α＋βsinα－2cos(α＋β)＝sinβsinα.本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效题型三反证法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．反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性，从逻辑角度看，命题：“若p则q”的否定是“若p则綈q”，由此进行推理，如果发生矛盾，那么就说明“若p则綈q”为假，从而可以导出“若p则q”为真，从而达到证明的目的．本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效例3设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中的a、b、c都为整数，已知f(0)、f(1)均为奇数，求证：方程f(x)＝0无整数根．证明假设方程f(x)＝0有一个整数根k，则ak2＋bk＋c＝0①∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都为奇数，∴a＋b必为偶数．当k为偶数时，令k＝2n(n∈Z)，则ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必为偶数，与①式矛盾；当k为奇数时，令k＝2n＋1(n∈Z)，则ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与①式矛盾．综上可知方程f(x)＝0无整数根．本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效小结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．本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效跟踪训练3已知：ac≥2(b＋d)．求证：方程x2＋ax＋b＝0与方程x2＋cx＋d＝0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Δ1＝a2－4b0与Δ2＝c2－4d0，有a2＋c24(b＋d)，而a2＋c2≥2ac，从而有4(b＋d)2ac，即ac2(b＋d)，与已知矛盾，故原命题成立．本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效题型四数学归纳法数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后继传递性的保证，两步合在一起为完全归纳步骤，这两步缺一不可，第二步中证明“当n＝k＋1时结论正确”的过程中，必须用“归纳假设”，否则就是错误的．本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效例4用数学归纳法证明当n∈N*时，1·n＋2·(n－1)＋3·(n－2)＋…＋(n－2)·3＋(n－1)·2＋n·1＝16n(n＋1)·(n＋2)．证明(1)当n＝1时，1＝16·1·2·3，结论成立．(2)假设当n＝k时结论成立，即1·k＋2·(k－1)＋3·(k－2)＋…＋(k－2)·3＋(k－1)·2＋k·1＝16k(k＋1)(k＋2)．当n＝k＋1时，则1·(k＋1)＋2·k＋3·(k－1)＋…＋(k－1)·3＋k·2＋(k＋1)·1本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效＝1·k＋2·(k－1)＋…＋(k－1)·2＋k·1＋[1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)]＝16k(k＋1)(k＋2)＋12(k＋1)(k＋2)＝16(k＋1)(k＋2)(k＋3)，即当n＝k＋1时结论也成立．综合上述，可知结论对一切n∈N*都成立．本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效跟踪训练4等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(1)求r的值；(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·bn＋1bnn＋1成立．本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效(1)解由题意：Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，由于b0且b≠1，所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，a2a1＝b，即bb－1b＋r＝b，解得r＝－1.本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效(2)证明当b＝2时，由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n＋12nn＋1.①当n＝1时，左式＝32，右式＝2.左式右式，所以结论成立，②假设n＝k(k∈N*)时结论成立，即2＋12·4＋14·…·2k＋12kk＋1，则当n＝k＋1时，2＋12·4＋14·…2k＋12k·2k＋32k＋1k＋1·2k＋32k＋1＝2k＋32k＋1.本课时栏目开关画一画研一研章末复习课研一研·题型解法、解题更高效要证当n＝k＋1时结论成立，只需证2k＋32k＋1≥k＋2，即证2k＋32≥k＋1k＋2，由均值不等式2k＋32＝k＋1＋k＋22≥k＋1k＋2成立，故2k＋32k＋1≥k＋2成立，所以当n＝k＋1时，结论成立．由①②可知，n∈N*时，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·bn＋1bnn＋1成立．本课时栏目开关画一画研一研