2019-2020学年高中数学 第3章 推理与证明章末复习课学案 北师大版选修1-2

-1-第3章推理与证明归纳推理【例1】(1)观察式子：1＋12232，1＋122＋13253，1＋122＋132＋14274，…，由此可归纳出的式子为()A．1＋122＋132＋…＋1n212n－1B．1＋122＋132＋…＋1n212n＋1C．1＋122＋132＋…＋1n22n－1nD．1＋122＋132＋…＋1n22n2n＋1(2)两点等分单位圆时，有相应正确关系为sinα＋sin(π＋α)＝0；三点等分单位圆时，有相应正确关系为sinα＋sinα＋2π3＋sinα＋4π3＝0，由此可以推知，四点等分单位圆时的相应正确关系为__________．思路点拨：(1)观察各式特点，找准相关点，归纳即得．(2)观察各角的正弦值之间的关系得出结论．(1)C(2)sinα＋sinα＋π2＋sin(α＋π)＋sinα＋3π2＝0[(1)由各式特点，可得1＋122＋132＋…＋1n22n－1n.故选C.-2-(2)用两点等分单位圆时，关系为sinα＋sin(π＋α)＝0，两个角的正弦值之和为0，且第一个角为α，第二个角与第一个角的差为(π＋α)－α＝π，用三点等分单位圆时，关系为sinα＋sinα＋2π3＋sinα＋4π3＝0，此时三个角的正弦值之和为0，且第一个角为α，第二个角与第一个角的差与第三个角与第二个角的差相等，即有α＋4π3－α＋2π3＝α＋2π3－α＝2π3.依此类推，可得当四点等分单位圆时，为四个角正弦值之和为0，且第一个角为α，第二个角为2π4＋α＝π2＋α，第三个角为π2＋α＋2π4＝π＋α，第四个角为π＋α＋2π4＝3π2＋α，即其关系为sinα＋sinα＋π2＋sin(α＋π)＋sinα＋3π2＝0.]归纳推理的特点及一般步骤1．已知函数y＝sin4x＋cos4x(x∈R)的值域是12，1，则(1)函数y＝sin6x＋cos6x(x∈R)的值域是__________；(2)类比上述结论，函数y＝sin2nx＋cos2nx(n∈N＋)的值域是_______．(1)14，1(2)[21－n,1][(1)y＝sin6x＋cos6x＝(sin2x＋cos2x)(sin4x－sin2xcos2x＋cos4x)＝sin4x－sin2xcos2x＋cos4x＝(sin2x＋cos2x)2－3sin2xcos2x＝1－34sin22x＝1－38(1－cos4x)＝58＋38cos4x∈14，1.(2)由类比可知，y＝sin2nx＋cos2nx的值域是[21－n,1]．]类比推理【例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＝-3-BMMC.若在四面体P－ABC中，二面角B­PA­C的平分面PAD交BC于点D，你可得到什么结论？并加以证明．[思路点拨]此题是平面图形与立体图形作类比，因为平面图形中得出的结论是线段的比，所以立体图形中可想到面积的比．[解]画出相应图形，如图所示．由题意类比推理所探索结论为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与它到平面CPA的距离相等，所以VD­BPAVD­BPA＝S△BPAS△CPA，①又因为VD­BPAVD­CPA＝VA­BDPVA­CDP＝S△BDPS△CDP，②由①②知S△BDPS△CDP＝S△BPAS△CPA成立．类比推理的特点及一般步骤2．在Rt△ABC中，若∠C＝90°，则cos2A＋cos2B＝1，则在立体几何中，给出四面体相应结论的猜想．[解]直角三角形类比三个侧面两两垂直的四面体；直角三角形的两个锐角类比上述四面体的三个侧面与底面所成的角，分别设为α，β，γ；类比直角三角形中相应的结论猜想cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.演绎推理【例3】已知平面α∥平面β，直线l⊥α，l∩α＝A，如图所示，求证：l⊥β.-4-[思路点拨]分别确定大前提、小前提，利用演绎推理的方法证明．[解]在平面β内任取一条直线b，平面γ是经过点A与直线b的平面．设γ∩α＝a.①如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行，(大前提)α∥β，且α∩γ＝a，β∩γ＝b，(小前提)所以a∥b.(结论)②如果一条直线与一个平面垂直，那么这条直线和这个平面内的任意一条直线都垂直，(大前提)且l⊥α，a⊂α，(小前提)所以l⊥a.(结论)③如果一条直线和两条平行线中的一条垂直，那么它也与另一条垂直，(大前提)a∥b，且l⊥a，(小前提)所以l⊥b.(结论)④如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，那么这条直线和这个平面垂直，(大前提)因为l⊥b，且直线b是平面β内的任意一条直线，(小前提)所以l⊥β.(结论)演绎推理的形式及应用1．三段论推理的根据，从集合的观点来讲，就是：若集合M的所有元素都具有性质P，S是M的子集，那么S中所有元素都具有性质P.2．在几何证明题中，每一步实际上都暗含着一般性原理，都可以分析出大前提和小前提，把一般性原理用于特殊情况，从而得到结论．3．如图，在△ABC中，ACBC，CD是AB边上的高，求证：∠ACD∠BCD.[证明]因为CD⊥AB，所以∠ADC＝∠BDC＝90°.所以∠A＋∠ACD＝∠B＋∠BCD＝90°.所以∠A－∠B＝∠BCD－∠ACD.在△ABC中，因为ACBC，所以∠B∠A，即∠A－∠B0，所以∠BCD－∠ACD0，所以∠ACD∠BCD.综合法与分析法-5-【例4】设a0，b0，a＋b＝1，求证：1a＋1b＋1ab≥8.试用综合法和分析法分别证明．思路点拨：(1)综合法：根据a＋b＝1，分别求1a＋1b与1ab的最小值．(2)分析法：把1ab变形为a＋bab＝1a＋1b求证．[证明]法一：(综合法)∵a0，b0，a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2ab，ab≤12，ab≤14，∴1ab≥4.又1a＋1b＝(a＋b)1a＋1b＝2＋ba＋ab≥4，∴1a＋1b＋1ab≥8(当且仅当a＝b＝12时等号成立)．法二：(分析法)∵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．综合法与分析法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-6-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．4．(1)已知a，b，c为互不相等的非负数．求证：a2＋b2＋c2abc(a＋b＋c)．(2)用分析法证明：2cos(α－β)－sin2α－βsinα＝sinβsinα.[解](1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，又因为a，b，c为互不相等的非负数，所以上面三个式子中都不能取“＝”，所以a2＋b2＋c2ab＋bc＋ac，因为ab＋bc≥2ab2c，bc＋ac≥2abc2，ab＋ac≥2a2bc，又a，b，c为互不相等的非负数，所以ab＋bc＋acabc(a＋b＋c)，所以a2＋b2＋c2abc(a＋b＋c)．(2)要证原等式成立，只需证：2cos(α－β)sinα－sin(2α－β)＝sinβ，①因为①左边＝2cos(α－β)sinα－sin[(α－β)＋α]＝2cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα－cos(α－β)sinα＝cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα＝sinβ＝右边，所以①成立，即原等式成立．反证法【例5】设{an}是公比为q的等比数列．(1)推导{an}的前n项和公式；(2)设q≠1，证明：数列{an＋1}不是等比数列．思路点拨：(1)利用等比数列的概念及通项公式推导前n项和公式；(2)利用反证法证明要证的结论．[解](1)设{an}的前n项和为Sn，-7-当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝a11－qn1－q，∴Sn＝na1，q＝1，a11－qn1－q，q≠1.(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N＋，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，a2k＋1＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，a21q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．反证法原理反证法是间接证明的一种基本方法，用反证法证明时，假定原结论的对立面为真，从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果，断定反设不成立，从而肯定结论．反证法的思路：反设→归谬→结论．5．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a0)的图像与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0xc时，f(x)0.(1)证明：1a是f(x)＝0的一个根；(2)试比较1a与c的大小．[解](1)证明：∵f(x)的图像与x轴有两个不同的交点，∴f(x)＝0有两个不等实根x1，x2.∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根．又x1x2＝ca，∴x2＝1a1a≠c，-8-∴1a是f(x)＝0的一个根．(2)假设1ac，又1a0，由0xc时，f(x)0，知f1a0与f1a＝0矛盾，∴1a≥c.又∵1a≠c，∴1ac.