高中数学人教A版2第二章推理与证明 章末复习课

章末复习课[整合·网络构建][警示·易错提醒]1．进行类比推理时，可以从以下方面入手进行类比：①问题的外在结构特征；②图形的性质或维数；③处理一类问题的方法；④事物的相似性质等．要尽量从本质上去类比，不要被表面现象迷惑，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．2．进行归纳推理时，要把作为归纳基础的条件变形为有规律的统一的形式，以便于作出归纳猜想．3．推理证明过程叙述要完整、严谨，逻辑关系清晰、不跳步．4．注意区分演绎推理和合情推理，当前提为真时，前者结论一定为真，而后者结论可能为真也可能为假．合情推理得到的结论的正确性需要进一步推证，合情推理中运用猜想时要有依据．5．用反证法证明数学命题时，必须把反设作为推理依据．书写证明过程时，一定要注意不能把“假设”误写为“设”，还要注意一些常见用语的否定形式．6．运用分析法时仅需要寻求结论成立的充分条件即可，而不是充要条件．分析法是逆推证明，故在利用分析法证明问题时应注意逻辑性与规范性.7．应用数学归纳法证明有关自然数n的命题时，第一步验证n取第一个值时，必须注意项数，第二步从n＝k到n＝k＋1的过渡必须注意两点，一是n＝k＋1的证明必须用上归纳假设，二是弄清n＝k与n＝k＋1时命题(等式、不等式、整除等)的变化．专题一合情推理合情推理包括归纳推理和类比推理，归纳推理是由部分到整体，由特殊到一般的推理，是做出科学发现的重要手段．类比推理是由特殊到特殊的推理，它常以已知的知识作基础，推测出新的结果，具有发现功能．[例1](1)观察下列等式：1＝1 13＝11＋2＝3 13＋23＝91＋2＋3＝6 13＋23＋33＝361＋2＋3＋4＝10 13＋23＋33＋43＝1001＋2＋3＋4＋5＝15 13＋23＋33＋43＋53＝225… …可以推测：13＋23＋33＋…＋n3＝________(n∈N*，用含有n的代数式表示)．(2)由圆的下列性质类比球的有关性质．①圆心与弦(非直径)中点的连线垂直于弦．②与圆心距离相等的两弦相等．③圆的周长c＝πd(d为直径)．④圆的面积S＝eq\f(π,4)d2.解析：(1)由条件可知：13＝12，13＋23＝9＝32＝(1＋2)2，13＋23＋33＝36＝62＝(1＋2＋3)2，…，不难得出：13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(n（n＋1）,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(n2（n＋1）2,4).答案：eq\f(n2（n＋1）2,4)(2)解：圆与球具有下列相似性质(见下表)，与圆的有关性质相比较，可以推测球的有关性质．圆球①圆心与弦(非直径)中点的连线垂直于弦球心与截面圆(非轴截面)圆心的连线垂直于截面②与圆心距离相等的两条弦长相等与球心距离相等的两个截面圆面积相等③圆的周长c＝πd球的表面积S＝πd2④圆的面积S＝eq\f(π,4)d2球的体积V＝eq\f(π,6)d3归纳升华(1)归纳推理中有很大一部分题目是数列内容，通过观察给定的规律，得到一些简单数列的通项公式是数列中的常见方法．(2)类比推理重在考查观察和比较的能力，题目一般情况下较为新颖，也有一定的探索性．[变式训练](1)有一个奇数列1，3，5，7，9，…，现在进行如下分组：第一组含一个数{1}；第二组含两个数{3，5}；第三组含三个数{7，9，11}；第四组含四个数{13，15，17，19}；….则观察每组内各数之和f(n)(n∈N*)与组的编号数的关系式为________．(2)在平面几何中，对于Rt△ABC，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则：①a2＋b2＝c2；②cos2A＋cos2B＝1；③Rt△ABC的外接圆半径为r＝eq\f(\r(a2＋b2),2).把上面的结论类比到空间写出相类似的结论．(1)解析：由于1＝13，3＋5＝8＝23，7＋9＋11＝27＝33，13＋15＋17＋19＝64＝43，…，猜想第n组内各数之和f(n)与组的编号数n的关系式为f(n)＝n3.答案：f(n)＝n3(2)解：选取3个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象．①设3个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，底面面积为S，则Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝S2.②设3个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.③设3个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为a，b，c，则这个四面体的外接球的半径为R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).专题二演绎推理演绎推理是由一般到特殊的推理，其结论不会超出前提所界定的范围，所以其前提和结论之间的联系是必然的．因此，在演绎推理中，只要前提及推理正确，结论必然正确．[例2]已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))x3.(1)判断f(x)的奇偶性；(2)证明：f(x)＞0.(1)解：因为2x－1≠0，所以函数f(x)的定义域为{x|x≠0}．因为f(－x)－f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2－x－1)＋\f(1,2)))(－x3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))x3＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2x,1－2x)＋\f(1,2)))(－x3)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2x－1)＋\f(1,2)))x3＝x3－x3＝0，所以f(－x)＝f(x)，所以f(x)是偶函数．(2)证明：因为x≠0，所以当x＞0时，2x＞1，2x－1＞0，x3＞0，所以f(x)＞0.当x＜0时，－x＞0，f(－x)＝f(x)＞0，所以f(x)＞0.综上可知，f(x)＞0.归纳升华数学中的演绎推理一般是以“三段论”的格式进行的．“三段论”由大前提、小前提和结论三个命题组成，大前提是一个一般性原理，小前提给出了适合这个原理的一个特殊场合，结论是大前提和小前提的逻辑结果．[变式训练]若定义在区间D上函数f(x)对于D上的几个值x1，x2，…，xn总满足eq\f(1,n)[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))称函数f(x)为D上的凸函数，现已知f(x)＝sinx在(0，π)上是凸函数，则在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．解析：因为eq\f(1,n)[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，因为f(x)＝sinx在(0，π)上是凸函数，所以f(A)＋f(B)＋f(C)≤3feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,n)))，即sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2)，所以sinA＋sinB＋sinC的最大值是eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)专题三综合法与分析法综合法是从原因推测结果的思维方法，即从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证的结论，这是常用的数学方法．分析法是从待证的结论出发，一步一步地寻找结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．[例3]用综合法和分析法证明：已知α∈(0，π)，求证：2sin2α≤eq\f(sinα,1－cosα).证明：法一(分析法)要证明2sin2α≤eq\f(sinα,1－cosα)成立，只要证明4sinαcosα≤eq\f(sinα,1－cosα).因为a∈(0，π)，所以sinα＞0，只要证明4cosα≤eq\f(1,1－cosα).上式可变形为4≤eq\f(1,1－cosα)＋4(1－cosα)．因为1－cosα＞0，所以eq\f(1,1－cosα)＋4(1－cosα)≥2eq\r(\f(1,1－cosα)·4（1－cosα）)＝4.当且仅当cosα＝eq\f(1,2)，即α＝eq\f(π,3)时取等号．所以4≤eq\f(1,1－cosα)＋4(1－cosα)成立．所以不等式2sin2α≤eq\f(sinα,1－cosα)成立．法二(综合法)因为eq\f(1,1－cosα)＋4(1－cosα)≥4，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cosα＞0，当且仅当cosα＝\f(1,2)，即α＝\f(π,3)，α＝\f(π,3)时取等号))所以4cosα≤eq\f(1,1－cosα).因为α∈(0，π)，所以sinα＞0，所以4sinαcosα≤eq\f(sinα,1－cosα).所以2sin2α≤eq\f(sinα,1－cosα).归纳升华综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法，但两种证明方法思路截然相反，分析法既可用于寻找解题思路，也可以是完整的证明过程．分析法与综合法可相互转换，相互渗透，要充分利用这一辩证关系，在解题中综合法和分析法联合运用，可转换解题思路，增加解题途径．一般以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表示证明过程．[变式训练]求证：eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sinβ,sinα).证明：因为sin(2α＋β)－2cos(α＋β)sinα＝sin[(α＋β)＋α]－2cos(α＋β)sinα＝sin(α＋β)cosα＋cos(α＋β)sinα－2cos(α＋β)sinα＝sin(α＋β)cosα－cos(α＋β)sinα＝sin[(α＋β)－α]＝sinβ，两边同除以sinα得eq\f(sin（2α＋β）,sinα)－2cos(α＋β)＝eq\f(sinβ,sinα).专题四反证法反证法不是去直接证明结论，而是先否定结论，在此基础上运用演绎推理，导出矛盾，从而肯定结论的真实性．[例4]等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求数列{an}的通项an及前n项和Sn；(2)设bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)．求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1)解：设等差数列公差为d，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1＋\r(2)，,S3＝a1＋a2＋a3＝9＋3\r(2)))得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝1＋\r(2)，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))解得d＝2.所以an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)证明：由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假设{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则beq\o\al(2,q)＝bp·br.即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))，所以(q2－pr)＋(2q－p－r)·eq\r(2)＝0.因为p，q，r∈N*，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0，))所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))eq\s\up12(2)＝pr.所以(p－r)2＝0，所以p＝r与p≠r矛盾．所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．归纳升华应用反证法证明命题时要注意以下三点：(1)必须先否定结论．当结论的反面有多种情况时，必须罗列各种情况加以论证，缺少任何一种可能，反证法都是不完全的．(2)反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论，不从结论的反面进行推理，就不是反证法．(3)推导出的矛盾多种多样，有的与已知相矛盾，有的与假设相矛盾，有的与已知事实相矛盾等等，推出的矛盾必须是明显的．[变式训练]已知直线ax－y＝1与曲线x2－2y2＝1相交于P，Q两点，证明：不存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点O.证明：假设存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点O，则OP⊥OQ.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则eq\f(y1,x1)·eq\f(y2,x2)＝－1，所以(ax1－1)(ax2－1)＝－x1·x2，即(1＋a2)x1·x2－a(x1＋x2)＋1＝0.由题意得(1－2a2)x2＋4ax－3＝0所以x1＋x2＝eq\f(－4a,1－2a2)，x1·x2＝eq\f(－3,1－2a2).所以(1＋a2)·eq\f(－3,1－2a2)－a·eq\f(－4a,1－2a2)＋1＝0，即a2＝－2，这是不可能的．所以假设不成立．故不存在实数a，使得以PQ为直径的圆经过坐标原点O.专题五数学归纳法数学归纳法是专门证明与正整数有关的命题的一种方法．它是一种完全归纳法，它的证明共分两步，其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳奠基”(或称特殊性)；第二步解决的是延续性(又称传递性)问题，称为归纳递推．[例5]已知函数f(x)＝eq\f(x,\r(1＋x2))(x＞0)，数列{an}满足a1＝f(x)，an＋1＝f(an)．(1)求a2、a3、a4；(2)猜想数列{an}的通项公式，并用数学归纳法予以证明．解：(1)由a1＝f(x)，an＋1＝f(an)得：a2＝f(a1)＝eq\f(a1,\r(1＋aeq\o\al(2,1)))＝eq\f(x,\r(1＋2x2))；a3＝f(a2)＝eq\f(a2,\r(1＋aeq\o\al(2,2)))＝eq\f(x,\r(1＋3x2))；a4＝f(a3)＝eq\f(a3,\r(1＋aeq\o\al(2,3)))＝eq\f(x,\r(1＋4x2)).(2)猜想数列{an}的通项公式an＝eq\f(x,\r(1＋nx2)).证明：①当n＝1时，结论显然成立；②假设当n＝k时结论成立，即ak＝eq\f(x,\r(1＋kx2))，则当n＝k＋1时，ak＋1＝f(ak)＝eq\f(\f(x,\r(1＋kx