理科高三数学教案：推理与证明总复习

1、.理科高三数学教案：推理与证明总复习【】鉴于大家对查字典数学网非常关注，小编在此为大家搜集整理了此文理科高三数学教案：推理与证明总复习，供大家参考!本文题目：理科高三数学教案：推理与证明总复习第十四章 推理与证明高考导航考试要求 重难点击 命题展望1.理解合情推理的含义.2.能利用归纳与类比等进展简单的推理.3.体会并认识合情推理在数学发现中的作用.4.理解演绎推理的重要性.5.掌握演绎推理的根本形式：三段论.6.能运用演绎推理进展简单的推理.7.理解演绎推理、合情推理的联络与区别.8.理解直接证明的两种根本方法：分析法与综合法.9.理解分析法与综合法的思维过程、特点.10.理解反证法是间接证

2、明的一种根本方法及反证法的思维过程、特点.11.理解数学归纳法的原理.12.能用数学归纳法证明一些简单的与自然数有关的数学命题. 本章重点：1.利用归纳与类比进展推理;2.利用三段论进展推理与证明;3.运用直接证明分析法、综合法与间接证明反证法的方法证明一些简单的命题;4.数 学归纳法的根本思想与证明步骤;运用数学归纳法证明与自然数nnN*有关的数学命题.本章难点：1.利用归纳与类比的推理来发现结论并形成猜测命题;2.根据综合法、分析法及反证法的思维过程与特点选取适当的证明方法证明命题;3.理解数学归纳法的思维本质，特别是在第二个步骤要根据归纳假设进展推理与证明. 推理与证明是数学的根本思维过

3、程，也是人们学习和生活中经常使用的思维方式.本章要求考生通过对已有知识的回忆与总结，进一步体会直观感知、观察发现、归纳类比、空间想象、抽象概括、符号表示、运算求解、数据处理、演绎证明、反思与建构等数学思维过程以及合情推理、演绎推理之间的联络与差异，体会数学证明的特点，理解数学证明的根本方法.本章是新课程考纲中新增的内容，考察的范围宽，内容多，涉及数学知识的方方面面，与旧考纲相比，增加了合情推理等知识点，这为创新性试题的命制提供了空间.知识网络14.1 合情推理与演绎推理典例精析题型一 运用归纳推理发现一般性结论【例1】 通过观察以下等式，猜测出一个一般性的结论，并证明结论的真假.sin215+

4、sin275+sin2135sin230+sin290+sin2150sin245+sin2105+sin2165sin260+sin2120+sin2180=32.【解析】猜测：sin2-60+sin2+sin2+60=32.左边=sin cos 60-cos sin 602+sin2+sin cos 60+cos sin 602=32sin2+cos2=32=右边.【点拨】先猜后证是一种常见题型;归纳推理的一些常见形式：一是具有共同特征型，二是递推型，三是循环型周期性.【变式训练1】设直角三角形的两直角边的长分别为a，b，斜边长为c，斜边上的高为h，那么有a+ba2+b2a3+b3c5+h

5、5.其中正确结论的序号是 ;进一步类比得到的一般结论是 .【解析】;an+bn题型二 运用类比推理拓展新知识【例2】 请用类比推理完成下表：平面 空间三角形两边之和大于第三边 三棱锥任意三个面的面积之和大于第四个面的面积三角形的面积等于任意一边的长度与这边上的高的乘积的一半 三棱锥的体积等于任意一个底面的面积与该底面上的高的乘积的三分之一三角形的面积等于其内切圆半径与三角形周长的乘积的一半【解析】 此题由的前两组类比可得到如下信息：平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象;三角形各边的边长与三棱锥各面的面积是类比对象;三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象;三角形的面积与三棱锥的体积是类比对

6、象;三 角形的面积公式中的二分之一与三棱锥的体积公式中的三分之一是类比对象.由以上分析可知：故第三行空格应填：三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥外表积的乘积的三分之一.此题结论可以用等体积法，将三棱锥分割成四个小的三棱锥去证明，此处从略.【点拨】类比推理的关键是找到适宜的类比对象.平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论.一般平面中的一些元素与空间中的一些元素的类比列表如下：平面 空间点 线线 面圆 球三角形 三棱锥角 二面角面积 体积周长 外表积【变式训练2】面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为aii=1,2,3,4，此四边形内任一点P到第i条边的间隔

7、 为hii=1,2,3,4，1假设a11=a22=a33=a44=k，那么 =;2类比以上性质，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Sii=1,2,3,4，此三棱锥内任一点Q到第i个面的间隔 记为Hii=1,2,3,4，假设S11=S22=S33=S44=K，那么 = .【解析】2Sk;3VK.题型三 运用三段论进展演绎推理【例3】函数fx=ln ax-x-axa0.1求此函数的单调区间及最值;2求证：对于任意正整数n，均有1+12+13+1nln enn!.【解析】1由题意fx=x-ax2.当a0时，函数fx的定义域为0，+，此时函数在0，a上是减函数，在a，+上是增函数，fminx=fa=

8、ln a2，无最大值.当a0时，函数fx的定义域为-，0，此时函数在-，a上是减函数，在a,0上是增函数，fminx=fa=ln a2，无最大值.2取a=1，由1知，fx=ln x-x-1xf1=0，故1x1-ln x=ln ex，取x=1,2,3，n，那么1+12+ 13+1nln e+ln e2+ln en=ln enn!.【点拨】演绎推理是推理证明的主要途径，而三段论是演绎推理的一种重要的推理形式，在高考中以证明题出现的频率较大.【变式训练3】函数fx=egx，gx=kx-1x+1e是自然对数的底数，1假设对任意的x0，都有fx2求证：ln1+12+ln1+23+ln1+nn+12n-3

9、nN*.【解析】1由条件得到f1 k2ln 2+13，猜测最大整数k=2，如今证明 0恒成立：2，设hx=lnx+1+3x+1，那么hx=1x+1-3x+12=x-2x+12.故x0,2时，hx0，当x2，+时，hx0.所以对任意的x0都有hxh2=ln 3+12，即 0恒成立，所以整数k的最大值为2.2由1得到不等式2-3x+1所以ln1+kk+12-3kk+1+12-3kk+1，ln1+12+ln1+23+ln1+nn+12-312+2-323+2-3nn+1=2n-3112+123+1nn+1=2n-3+3n+12n-3，所以原不等式成立.总结进步合情推理与演绎推理是两种根本的思维推理方

10、式.尽管合情推理归纳、类比得到的结论未必正确，但归纳推理与类比推理具有猜测和发现新结论、探究和提供证明的新思路的重要作用，特别在数学学习中，我们可以由熟悉的、的知识领域运用归纳、类比思维获取发现和创造的灵感去探究陌生的、未知的知识领域.演绎推理是数学逻辑思维的主要形式，担负着判断命题真假的重要使命.假如说合情推理是以感性思维为主，只需有感而发;那么演绎推理那么是以理性思维为主，要求言必有据.在近几年高考中一道合情推理的 试题往往会成为一套高考试题的特色与亮点，以彰显数学思维的魅力.其中数列的通项公式、求和公式的归纳、等差数列与等比数列、平面与空间、圆锥曲线与圆、杨辉三角等的类比的考察频率较大.

11、而演绎推理的考察那么可以浸透到每一道试题中.14.2 直接证明与间接证明典例精析题型一 运用综合法证明【例1】设a0，b0，a+b=1，求证：1a+1b+1ab8.【证明】因为a+b=1，所以1a+1b+1ab=a+ba+a+bb+a+bab=1+ba+1+ab+a+bab2+ +a+ba+b22=2+2+4=8，当且仅当a=b=12时等号成立.【点拨】在用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想条件所具备的各种性质，逐层推进，从逐渐引出结论.【变式训练1】设a，b，c0，求证：a2b+b2c+c2aa+b+c.【证明】因为a，b，c0

12、，根据根本不等式，有a2b+b2a，b2c+c2b，c2a+a2c.三式相加：a2b+b2c+c2a+a+b+c2a+b+c.即a2b+b2c+c2aa+b+c.题型二 运用分析法证明【例2】设a、b、c为任意三角形三边长，I=a+b+c，S=ab+bc+ca.求证：I24S.【证明】由I2=a+b+c2=a2+b2+c2+2ab+bc+ac=a2+b2+c2+2S，故要证I24S，只需证a2+b2+c2+2S4S，即a2+b2+c22S.欲证上式，只需证a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca0，即证a2-ab-ac+b2-bc-ba+c2-ca-cb0，只需证三括号中的式子均为负值即可，即

13、证a2即a显然成立，因为三角形任意一边小于其他两边之和.故I24S.【点拨】1应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解题途径.2应用分析法证明问题时要注意：严格按分析法的语言表达;下一步是上一步的充分条件.【变式训练2】a0，求证：a2+1a2-2a+1a-2.【证明】要证a2+1a2-2a+1a-2，只要证a2+1a2+2a+1a+2.因为a0，故只要证a2+1a2+22a+1a+22，即a2+1a2+4a2+1a2+4a2+2+1a2+22a+1a+2，从而只要证2a2+1a22a+1a，只要证4a2+1a22a2 +2+1a2，即a2+1a22，而该不等式显然成立，故原不等式成立.题型三

14、 运用反证法证明【例3】 假设x，y都是正实数，且x+y2.求证：1+xy2或1+yx2中至少有一个成立.【证明】假设1+xy2和1+yx2都不成立.那么1+xy2，1+yx2同时成立.因为x0且y0，所以1+x2y且1+y2x，两式相加得2+x+y2x+2y，所以x+y2，这与条件x+y2相矛盾.因此1+xy2与1+yx2中至少有一个成立.【点拨 】一般以下题型用反证法：当结论的反面比结论本身更简单、更详细、更明确;否认命题，唯一性命题，存在性命题，至多至少型命题;有的肯定形式命题，由于或结论涉及到无限个元素，用直接证明形式比较困难因此往往采用反证法.【变式训练3】以下三个方程：x2+4ax

15、-4a+3=0;x2+a-1x+a2=0;x2+2ax-2a=0，假设至少有一个方程有实根，务实数a的取值范围.【解析】假设三个方程均无实根，那么有由4a2-4-4a+30，得4a2+4a-30，即-32由a-12-4a20，得a+13a-10，即a-1或a由2a2-4-2a0，得aa+20，即-2以上三部分取交集得M=a|-32总结进步分析法与综合法各有其优缺点：分析法是执果索因，比较容易寻求解题思路，但表达繁琐;综合法表达简洁，但常常思路阻塞.因此在实际解题时，需将两者结合起来运用，先用分析法寻求解题思路，再用综合法简洁地表达解题过程.从逻辑思维的角度看，原命题pq与逆否命题 q p是等价

16、的，而反证法是相当于由 q推出 p成立，从而证明了原命题正确.因此在运用反证法的证明过程中要特别注意条件 q的推理作用.综合法与分析法在新课标中第一次成为独立的显性的课题，预测可能有显性的相关考试命题.反证法证明的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与矛盾，或与假设矛盾或与定义、公理、公式事实矛盾等.14.3 数学归纳法典例精析题型一 用数学归纳法证明恒等式【例1】是否存在常数a、b、c，使等式12+22+32+n2+n-12+22+12=anbn2+c对于一切nN*都成立?假设存在，求出a、b、c并证明;假设不存在，试说明理由.【解析】 假设存在a、b、c使12+22+32+n2+n

17、-12+22+12=anbn2+c对于一切nN*都成立.当n=1时，ab+c=1;当n=2时，2a4b+c=6;当n=3时，3a9b+c=19.解方程组 解得证明如下：当n=1时，显然成立;假设n=kkN*，k1时等式成立，即12+22+32+k2+ k-12 +22+12=13k2k2+1;那么当n=k+1时，12+22+32+k2+k+12+k2+k-12+22+12=13k2k2+1+k+12+k2=13k2k2+3k+1+k+12=13k2k+1k+1+k+12=13k+12k2+4k+3=13k+12k+12+1.因此存在a=13，b=2，c=1，使等式对一切nN*都成立.【点拨】

18、用数学归纳法证明与正整数n有关的恒等式时要弄清等式两边的项的构成规律：由n=k到n=k+1时等式左右各如何增减，发生了怎样的变化.【变式训练1】用数学归纳法证明：当nN*时，113+135+12n-12n+1=n2n+1.【证明】1当n=1时，左边=113=13，右边=121+1=13，左边=右边，所以等式成立.2假设当n=kkN*时等式成立，即有113+135+12k-12k+1=k2k+1，那么当n=k+1时，113+135+12k-12k+1+12k+12k+3=k2k+1+12k+12k+3=k2k+3+12k+12k+3=2k2+3k+12k+12k+3=k+12k+3=k+12k+

19、1+1，所以当n=k+1时，等式也成立.由12可知，对一切nN*等式都成立.题型二 用数学归纳法证明整除性问题【例2】 fn=2n+73n+9，是否存在自然数m使得任意的nN*，都有m整除fn?假设存在，求出最大的m值，并证明你的结论;假设不存在，请说明理由.【解析】 由f1=36，f2=108，f3=360，猜测：fn能被36整除，下面用数学归纳法证明.1当n=1时，结论显然成立;2假设当n=kk1，kN*时结论成立，即fk=2k+73k+9能被36整除.那么当n=k+1时，fk+1=2k+93k+1+9=32k+73k+9+183k-1-1，由假设知32k+73k+9能被36 整除，又3k

20、-1-1是 偶数，故183k-1-1也能被36 整除.即n=k+1时结论也成立.故由12可知，对任意正整数n都有fn能被36整除.由f1=36知36是整除fn的最大值.【点拨】 与正整数n有关的整除性问题也可考虑用数学归纳法证明. 在证明n=k+1结论也成立时，要注意凑形，即凑出归纳假设的形式，以便于充分利用归纳假设的条件.【变式训练2】求证：当n为正整数时，fn=32n+2-8n-9能被64整除.【证明】方法一：当n=1时，f1=34-8-9=64，命题显然成立.假设当n=kk1，kN*时结论成立，即fk=32k+2-8k-9能被64整除.由于32k+1+2-8k+1-9=932k+2-8k

21、-9+98k+99-8k+1-9=932k+2-8k-9+64k+1，即fk+1=9fk+64k+1，所以n=k+1时命题也成立.根据可知，对任意的nN*，命题都成立.方法二：当n=1时，f1=34-8-9=64，命题显然成立.假设当n=kk1，kN*时，fk=32k+2-8k-9能被64整除.由归纳假设，设32k+2-8k-9=64mm为大于1的自然数，将32k+2=64m+8k+9代入到fk +1中得fk+1=964m+8k+9-8k+1-9=649m+k+1，所以n=k+1时命题也成立.根据可知，对任意的nN*，命题都成立.题型三 数学归纳法在函数、数列、不等式证明中的运用【例3】202

22、0山东等比数列an的前n项和为Sn，对任意的nN*，点n，Sn均在函数y=bx+rb0且b1，b，r均为常数的图象上.1求r的值;2当b=2时，记bn=2log2an+1nN*，求证：对任意的nN*，不等式b1+1b1b2+1b2bn+1bnn+1成立.【解析】1因为点n，Sn均在函数y=bx+rb0且b1，b，r均为常数的图象上，所以Sn=bn+rb0且b1，b，r均为常数.当n=1时，a1=S1=b+r;当n2时，an=Sn-Sn-1=bn+r-bn-1-r=b-1bn-1.又数列an为等比数列，故r=-1且公比为b.2当b=2时，an=2n-1，所以bn=2log2an+1=2log22

23、n-1+1=2nnN*，所以bn+1bn=2n+12n，于是要证明的不等式为32542n+12nn+1对任意的nN*成立.下面用数学归纳法证明.当n=1时，322显然成立.假设当n=k时不等式成立，即32542k+12kk+1.那么当n=k+1时，32542k+12k2k+32k+2k+12k+32k+2=k+12k+32k+22=2k+324k+1=2k+1+124k+1=4k+12+4k+1+14k+1=k+1+1+14k+1k+1+1，即当n=k+1时不等式成立，所以原不等式对任意nN*成立.【点拨】 运用归纳推理得到的结论不一定正确，需进展证明.用数学归纳法证明不等式时必需要利用归纳假

24、设的条件，并且灵敏运用放缩法、根本不等式等数学方法.【变式训练3】设函数fx=ex-1+axaR.1假设函数fx在x=1处有极值，且函数gx=fx+b在0，+上有零点，求b的最大值;2假设fx在1,2上为单调函数，务实数a的取值范围;3在1的条件下，数列an中a1=1，an+1=fan-fan，求|an+1-an|的最小值.【解析】1fx=ex-1-ax2，又函数fx在x=1处有极值，所以f1=0，即a=1，经检验符合题意.gx=ex-1-1x2，当x0,1时，gx0，gx为减函数，当x=1时，gx=0，当x1，+时gx0，gx为增函数.所以gx在x=1时获得极小值g1=2+b，依题意g10，

25、所以b-2，所以b的最大值为-2.2fx=ex-1-ax2，当fx在1,2上单调递增时，ex-1-ax20在1,2上恒成立，所以ax2ex-1，令hx=x2 ，那么hx=ex-1x2+2x0在1,2上恒成立，即hx在1,2上单调递增，所以hx在1,2上的最小值为h1=1，所以a当fx在1,2上单调递减时，同理ax2ex-1，hx=x2ex-1在1,2上的最大值为h2=4e，所以a4e.综上实数a的取值范围为a1或a4e.3由1得a=1，所以fx-fx=1x+1x2，因此an+1=1an+1a2n，a1=1，所以a2=2，可得02.用数学归纳法证明如下：当n=1时，a3=34，a4=289，结论成立;设n=k，kN*时结论成立，即02，那么n=k+1时，a2k+3=1a2k+2+1a22k+212+12=1，所以01+1=2.所以n=k+1时结论也成立，根据可得02恒成立，所以|an+1-an|a2-a1=2-1=1，即|an+1-an|的最小值为1.总结 进步数学归纳法是证明与自