2019-2020学年高中数学 第一章 推理与证明 习题课（一） 推理与证明课件 北师大版选修2-2

习题课(一)(提升关键能力)推理与证明高频考点一合情推理1．归纳推理的特点及一般步骤2．类比推理的特点及一般步骤[典例](1)观察下列等式：1－12＝12，1－12＋13－14＝13＋14，1－12＋13－14＋15－16＝14＋15＋16，……，据此规律，第n个等式可为__________________________．(2)在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则S1S2＝14，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P­ABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则V1V2＝________.[答案](1)1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n(2)127[解析](1)等式的左边的通项为12n－1－12n，前n项和为1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n；右边的每个式子的第一项为1n＋1，共有n项，故为1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n.(2)正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故V1V2＝127.[类题通法](1)用归纳推理可从具体事例中发现一般规律，但应注意，仅根据一系列有限的特殊事例，所得出的一般结论不一定可靠，其结论的正确与否，还要经过严格的理论证明．(2)进行类比推理时，要尽量从本质上思考，不要被表面现象所迷惑，否则，只抓住一点表面的相似甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误．[集训冲关]1．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n个图的蜂巢总数．则f(4)＝________，f(n)＝________.解析：因为f(1)＝1，f(2)＝7＝1＋6，f(3)＝19＝1＋6＋12，所以f(4)＝1＋6＋12＋18＝37，所以f(n)＝1＋6＋12＋18＋…＋6(n－1)＝3n2－3n＋1.答案：373n2－3n＋12．若数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，则有性质“若Sm＝Sn(m，n∈N＋且m≠n)，则Sm＋n＝0.”类比上述性质，相应地，当数列{bn}为等比数列时，写出一个正确的性质：____________________.答案：数列{bn}为等比数列，Tm表示其前m项的积，若Tm＝Tn(m，n∈N＋，m≠n)，则Tm＋n＝1高频考点二综合法与分析法(1)综合法：是从已知条件推导出结论的证明方法；综合法又叫做顺推证法或由因导果法．(2)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，用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即要证……”“只需证……”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．[典例]设a0，b0，a＋b＝1，求证：1a＋1b＋1ab≥8.[证明]法一：综合法因为a0，b0，a＋b＝1，所以1＝a＋b≥2ab，ab≤12，ab≤14，所以1ab≥4，又1a＋1b＝(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab≥4，所以1a＋1b＋1ab≥8(当且仅当a＝b＝12时等号成立)．法二：分析法因为a0，b0，a＋b＝1，要证1a＋1b＋1ab≥8.只要证1a＋1b＋a＋bab≥8，只要证1a＋1b＋1b＋1a≥8，即证1a＋1b≥4.也就是证a＋ba＋a＋bb≥4.即证ba＋ab≥2，由基本不等式可知，当a0，b0时，ba＋ab≥2成立，所以原不等式成立．[类题通法]综合法和分析法的特点(1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式．(2)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；综合法条理清晰，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．[集训冲关]1．若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，求证：d＋a＜b＋c.证明：要证d＋a＜b＋c，只需证(d＋a)2＜(b＋c)2，即a＋d＋2ad＜b＋c＋2bc，因a＋d＝b＋c，只需证ad＜bc，即ad＜bc，设a＋d＝b＋c＝t，则ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)(c＋d－t)＜0，故ad＜bc成立，从而d＋a＜b＋c成立．2．定义在R上的函数y＝f(x)，f(0)≠0，当x0时，f(x)1，且对任意的a，b∈R有f(a＋b)＝f(a)·f(b)．(1)证明：f(0)＝1；(2)证明：对任意的x∈R，恒有f(x)0.证明：(1)令a＝b＝0，得f(0)＝f(0)·f(0)，又f(0)≠0，所以f(0)＝1.(2)由已知当x0时，f(x)1，由(1)得f(0)＝1，故当x≥0时，f(x)0成立．当x0时，－x0，所以f(－x)1，而f(x－x)＝f(x)f(－x)，所以f(x)＝1f－x，可得0f(x)1.综上，对任意的x∈R，恒有f(x)0成立．高频考点三反证法(1)使用反证法应注意的问题：利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．(2)一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；②否定性命题、唯一性命题，存在性命题、“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明比较困难，往往用反证法．[典例](1)否定：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为()A．a，b，c都是偶数B．a，b，c都是奇数C．a，b，c中至少有两个偶数D．a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数(2)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．[解析](1)自然数a，b，c的奇偶性共有四种情形：3个都是奇数，1个偶数2个奇数，2个偶数1个奇数，3个都是偶数，所以否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时正确的反设为“a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数．”[答案]D(2)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．[类题通法]反证法是利用原命题的否命题不成立则原命题一定成立来进行证明的，在使用反证法时，必须在假设中罗列出与原命题相异的结论，缺少任何一种可能，反证法都是不完全的．[集训冲关]1．已知x∈R，a＝x2＋12，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.证明：假设a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，则有a＋b＋c＜3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋12＋3＝2x－122＋3≥3，两者矛盾，所以假设不成立，故a，b，c至少有一个不小于1.2．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＝0，∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都为奇数，∴a＋b必为偶数，ak2＋bk为奇数．当k为偶数时，令k＝2n(n∈Z)，则ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必为偶数，与ak2＋bk为奇数矛盾；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ak2＋bk为奇数矛盾．综上可知方程f(x)＝0无整数根．高频考点四数学归纳法(1)定义：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)n＝n0时结论成立．第二步(归纳递推)假设n＝k时，结论成立，推得n＝k＋1时结论也成立．(2)注意问题：①n＝n0时成立，要弄清楚命题的含义．②由假设n＝k成立证n＝k＋1时，要推导详实，并且一定要运用n＝k成立的结论．③要注意n＝k到n＝k＋1时增加的项数．[典例]设a0，f(x)＝axa＋x，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N＋.(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论．[解](1)∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝a1＋a；a3＝f(a2)＝a2＋a；a4＝f(a3)＝a3＋a.猜想an＝an－1＋a(n∈N＋)．(2)证明：①易知，n＝1时，猜想正确．②假设n＝k(k∈N＋)时猜想正确，即ak＝ak－1＋a，则ak＋1＝f(ak)＝a·aka＋ak＝a·ak－1＋aa＋ak－1＋a＝ak－1＋a＋1＝a[k＋1－1]＋a.这说明，n＝k＋1时猜想正确．由①②知，对于任何n∈N＋，都有an＝an－1＋a.[类题通法]与“归纳—猜想—证明”相关的常用题型的处理策略(1)与函数有关的证明：由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想，充分利用已知条件并用数学归纳法证明．(2)与数列有关的证明：利用已知条件，当直接证明遇阻时，可考虑应用数学归纳法．[集训冲关]1．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________.解析：由(S1－1)2＝S21得：S1＝12；由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝23；由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝34.猜想Sn＝nn＋1.答案：nn＋12．已知正项数列{an}中，对于一切的n∈N＋均有a2n≤an－an＋1成立．(1)证明：数列{an}中的任意一项都小于1；(2)探究an与1n的大小关系，并证明你的结论．解：(1)证明：由a2n≤an－an＋1得an＋1≤an－a2n.∵在数列{an}中，an0，∴an＋10，∴an－a2n0，∴0an1，故数列{an}中的任何一项都小于1.(2)由(1)知0a11，那么a2≤a1－a21＝－a1－122＋14≤1412，由此猜想an1n.下面用数学归纳法证明：当n≥2，且n∈N＋时猜想正确．①当n＝2时已证；②假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时，有ak1k成立，即1k≤12，那么ak＋1≤ak－a2k＝－ak－122＋14－1k－122＋14＝1k－1k2＝k－1k2k－1k2－1＝1k＋1，∴当n＝k＋1时，猜想正确．综上所述，对于一切n∈N＋，都有an1n.