（浙江专版）2019-2020学年高中数学 第二章 推理与证明习题课课件 新人教A版选修2-2

(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．习题课二提升关键能力推理与证明高频考点一综合法与分析法[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．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．[集训冲关]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.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．高频考点二反证法[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]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．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.[集训冲关]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.(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．高频考点三数学归纳法[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．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＋1[集训冲关]2．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.