2019-2020学年高中数学 第2章 推理与证明章末复习课课件 新人教A版选修2-2

第二章推理与证明章末复习课合情推理【例1】(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)类比三角形内角平分线定理：设△ABC的内角A的平分线交BC于点M，则ABAC＝BMMC.若在四面体P­ABC中，二面角B­PA­C的平分面PAD交BC于点D，你可得到的结论是________．(1)1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n(2)S△BPAS△CPA＝S△BDPS△CDP[(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)画出相应图形，如图所示．由类比推理得所探索结论为S△BDPS△CDP＝S△BPAS△CPA.证明如下：由于平面PAD是二面角B­PA­C的平分面，所以点D到平面BPA与平面CPA的距离相等，所以VD­BPAVD­CPA＝S△BPAS△CPA.①又因为VD­BPAVD­CPA＝VA­BDPVA­CDP＝S△BDPS△CDP.②由①②知S△BPAS△CPA＝S△BDPS△CDP成立．]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1．(1)观察如图中各正方形图案，每条边上有n(n≥2)个点，第n个图案中圆点的总数是Sn.按此规律，推出Sn与n的关系式为________．(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn,则T4，________，________，T16T12成等比数列．(1)Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*)(2)T8T4T12T8[(1)依图的构造规律可以看出：S2＝2×4－4，S3＝3×4－4，S4＝4×4－4(正方形四个顶点重复计算一次，应减去)．……猜想：Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*)．(2)等差数列类比于等比数列时，和类比于积，减法类比于除法，可得类比结论为：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，T8T4，T12T8，T16T12成等比数列．]综合法与分析法【例2】若a，b，c是△ABC的三边长，m＞0，求证：aa＋m＋bb＋m＞cc＋m.思路探究：根据在△ABC中任意两边之和大于第三边，再利用分析法与综合法结合证明不等式成立．[证明]要证明aa＋m＋bb＋m＞cc＋m，只需证明aa＋m＋bb＋m－cc＋m＞0即可．∵aa＋m＋bb＋m－cc＋m＝ab＋mc＋m＋ba＋mc＋m－ca＋mb＋ma＋mb＋mc＋m，∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0，∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0，∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m2，∵△ABC中任意两边之和大于第三边，∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0，∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0，∴aa＋m＋bb＋m＞cc＋m.1.(改变条件)本例删掉条件“m＞0”，证明：a＋b1＋a＋b＞c1＋c.[证明]要证a＋b1＋a＋b＞c1＋c，只需证a＋b＋(a＋b)c(1＋a＋b)c，即证a＋bc，而a＋bc显然成立，所以a＋b1＋a＋b＞c1＋c.2．(变换条件)本例增加条件“三个内角A，B，C成等差数列”，求证：1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c.[证明]要证1a＋b＋1b＋c＝3a＋b＋c，即证a＋b＋ca＋b＋a＋b＋cb＋c＝3，即证ca＋b＋ab＋c＝1.即证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，即证c2＋a2＝ac＋b2.∵△ABC三个内角A，B，C成等差数列．∴B＝60°.由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos60°，即b2＝c2＋a2－ac.∴c2＋a2＝ac＋b2成立，命题得证．分析综合法的应用综合法由因导果，分析法执果索因，因此在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来使用，即先利用分析法寻找解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程．反证法【例3】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.反证法的关注点(1)反证法的思维过程：否定结论⇒推理过程中引出矛盾⇒否定假设肯定结论，即否定——推理——否定(经过正确的推理导致逻辑矛盾，从而达到新的“否定”(即肯定原命题))．(2)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．2．若x，y，z∈(0,2)，求证：x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不可能都大于1.[证明]假设x(2－y)1，且y(2－z)1，且z(2－x)1均成立，则三式相乘有xyz(2－x)(2－y)(2－z)1，①由于0x2，所以0x(2－x)≤1，同理0y(2－y)≤1,0z(2－z)≤1，三式相乘得0xyz(2－x)(2－y)(2－z)≤1，②②与①矛盾，故假设不成立．所以x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不可能都大于1.数学归纳法【例4】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.1．数学归纳法的两点关注(1)关注点一：用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型，其关键点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少．(2)关注点二：由n＝k到n＝k＋1时，除等式两边变化的项外还要利用n＝k时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．2．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．3．用数学归纳法证明不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n1324(n≥2，n∈N*)[证明]①当n＝2时，12＋1＋12＋2＝712＞1324.②假设当n＝k(k≥2且k∈N*)时不等式成立，即1k＋1＋1k＋2＋…＋12k＞1324，那么当n＝k＋1时，1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋1＝1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＋1k＋1－1k＋1＝1k＋1＋1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2－1k＋1＞1324＋12k＋1＋12k＋2－1k＋1＝1324＋12k＋1－12k＋2＝1324＋122k＋1k＋1＞1324.这就是说，当n＝k＋1时，不等式也成立．由①②可知，原不等式对任意大于1的正整数都成立．转化与化归思想的应用【例5】已知α，β≠kπ＋π2(k∈Z)，且sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin2β.求证：1－tan2α1＋tan2α＝1－tan2β21＋tan2β.[证明]要证1－tan2α1＋tan2α＝1－tan2β21＋tan2β成立，即证1－sin2αcos2α1＋sin2αcos2α＝1－sin2βcos2β21＋sin2βcos2β，即证cos2α－sin2α＝12(cos2β－sin2β)，即证1－2sin2α＝12(1－2sin2β)，即证4sin2α－2sin2β＝1.因为sinθ＋cosθ＝2sinα，sinθcosθ＝sin2β，所以(sinθ＋cosθ)2＝1＋2sinθcosθ＝4sin2α，所以1＋2sin2β＝4sin2α，即4sin2α－2sin2β＝1.故原结论正确．转化与化归思想转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法，数学中的一切问题的解决都离不开转化与化归，转化与化归的原则是将不熟悉的或难解的问题转化为熟知的、易解或已经解决的问题；将抽象的问题转化为具体的直观的问题；将复杂的问题转化为简单的问题；将一般性的问题转化为直观的特殊问题；将实际应用问题转化为数学问题．本章中无论是推理过程还是用分析法、综合法、反证法、数学归纳法证明问题的过程中都用到了转化与化归思想．4．已知函数f(x)在R上是增函数，a，b∈R.(1)求证：如果a＋b≥0，那么f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；(2)判断(1)中的命题的逆命题是否成立？并证明你的结论．[解](1)证明：当a＋b≥0时，a≥－b且b≥－a.∵f(x)在R上是增函数，∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．(2)(1)中命题的逆命题为“如果f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，那么a＋b≥0”，此命题成立．用反证法证明如下：假设a＋b＜0，则a＜－b，∴f(a)＜f(－b)．同理可得f(b)＜f(－a)．∴f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)，这与f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)矛盾，故假设不成立，∴a＋b≥0成立，即(1)中命题的逆命题成立．