数学-本章整合：第二章推理与证明

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精本章整合知识网络专题探究专题一合情推理与演绎推理1．归纳推理和类比推理都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳，然后提出猜想的推理，我们统称为合情推理．合情推理常常能为我们提供证明的思路和方向．归纳推理的思维过程大致如下:eq\x(实验，观察）→eq\x（概括,推广)→eq\x（猜测一般性结论)类比推理的思维过程大致如下：eq\x（观察，比较）→eq\x（联想,类推）→eq\x（猜测新的结论）2．演绎推理是由一般到特殊的推理，又叫逻辑推理．其中三段论推理是演绎推理的主要形式．演绎推理具有如下特点：（1)演绎的前提是一般性原理，演绎所得的结论完全蕴涵于前提之中．(2)演绎推理中，前提与结论之间存在必然的联系，演绎推理是数学中严格证明的工具．(3)演绎推理是一种收敛性的思维方法，它创造性较少，但却具有条理清晰、令人佩服的论证作用,有助于科学的理论化和系统化．【例1】证明下列各等式，并从中归纳出一个一般性的结论．2coseq\f（π,4）＝eq\r（2),2coseq\f(π,8）＝eq\r（2＋\r(2）），2coseq\f（π,16)＝eq\r(2＋\r(2＋\r(2）)).证明：2coseq\f(π，4)＝2×eq\f(\r（2),2）＝eq\r（2）,2coseq\f(π,8）＝2×eq\r（\f（1＋cos\f(π，4)，2）)＝2×eq\r(\f(1＋\f(\r(2）,2）,2））＝eq\r（2＋\r（2))，2coseq\f(π,16）＝2×eq\r(\f（1＋cos\f（π,8)，2）)＝2×eq\r(\f(1＋\f（1,2）\r(2＋\r（2))，2））＝eq\r（2＋\r(2＋\r（2）)）。……从以上各式归纳可得一般性的结论如下：2coseq\f（π，2n＋1)＝eq\r(2＋\r（2＋\r(2＋…)）)(n∈N＋，n≥1)．【例2】已知椭圆具有性质：若M，N是椭圆C上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点,当直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．试对双曲线eq\f(x2，a2)－eq\f(y2，b2）＝1写出具有类似特性的性质，并加以证明．解：类似的性质为：若M,N是双曲线eq\f（x2，a2)－eq\f（y2，b2)＝1上关于原点对称的两个点,点P是双曲线上任意一点，当直线PM，PN的斜率都存在,并记为kPM，kPN时，那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．证明:设点M，P的坐标为(m，n）,(x，y），则N（－m，－n）．因为点M(m，n)在已知双曲线上,所以n2＝eq\f（b2,a2）m2－b2.同理y2＝eq\f（b2，a2）x2－b2。因为kPM·kPN＝eq\f（y－n，x－m)·eq\f(y＋n,x＋m)＝eq\f(y2－n2，x2－m2）＝eq\f（b2，a2)·eq\f(x2－m2,x2－m2）＝eq\f（b2，a2)（定值)，所以kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．专题二直接证明与间接证明1．直接证明的两种基本方法是综合法与分析法．综合法与分析法的区别与联系：分析法的特点是：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理,实际上是要寻找它的充分条件．综合法的特点是：从“已知”看“可知",逐步推向“未知”,其逐步推理，实际上是寻找它的必要条件．分析法与综合法各有其特点．有些具体的问题，用分析法或综合法都可以证明出来，人们往往选择比较简单的一种．在解决问题时，我们经常把综合法和分析法结合起来使用．根据条件的结构特点去转化结论,得到中间结论Q；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P。若由Q可以推出P成立，就可以证明结论成立．2．反证法是一种间接证明命题的方法，它的理论基础是互为逆否命题的两个命题为等价命题，反证法反映了“正难则反”的证明思想．用反证法证明问题时要注意以下三点：（1）必须先否定结论,即肯定结论的反面，当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能的情况,缺少任何一种可能，反证都是不完全的；(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，不从结论的反面出发进行推理,就不是反证法；(3)推导出的矛盾可能多种多样,有的与已知矛盾，有的与假设矛盾,有的与已知事实矛盾等,推导出的矛盾必须是明显的．【例3】设集合S＝{x|x∈R且|x|＜1}，若S中定义运算“*”,使得a*b＝eq\f(a＋b，1＋ab）。证明:（1）如果a∈S,b∈S，那么a＊b∈S；（2）对于S中的任何元素a，b，c，都有(a＊b）＊c＝a*(b*c）成立．证明：(1)由a∈S,b∈S，则|a｜＜1,｜b｜＜1，a*b＝eq\f（a＋b,1＋ab），要证a＊b∈S，即证|a＊b|＝eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f(a＋b，1＋ab）））＜1，只需证｜a＋b｜＜|1＋ab｜,即只需证(a＋b)2＜（1＋ab）2,即证（1－a2）（1－b2）＞0。∵|a|＜1，｜b|＜1，∴a2＜1，b2＜1，∴(1－a2)(1－b2)＞0成立，∴a＊b∈S.(2)(a*b)＊c＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(a＋b，1＋ab））)*c＝eq\f（a＋b＋c＋abc,1＋ab＋ac＋bc）,同理a*（b＊c)＝a*eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（b＋c,1＋bc))）＝eq\f(a＋b＋c＋abc，1＋ab＋ac＋bc)，∴(a＊b）*c＝a＊(b*c）．【例4】有10只猴子共分了56个香蕉，每只猴子至少分到1个香蕉，最多分到10个香蕉,试证：至少有两只猴子分到同样多的香蕉．证明：假设10只猴子分到的香蕉都不一样多．∵每只猴子最少分到一个香蕉，至多分到10个香蕉，∴只能是分别分到1,2，3，…，10个香蕉．此时10只猴子共分了：1＋2＋3＋…＋10＝55（个），这与共分了56个香蕉相矛盾，故至少有两只猴子分得同样多的香蕉．专题三归纳-猜想-证明的方法探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此类问题未给出问题结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论．它的解题思路是:从所给条件出发,通过观察、试验、归纳、猜想，探索出结论，然后再对归纳、猜想的结论进行证明．【例5】若不等式eq\f(1,n＋1）＋eq\f(1，n＋2)＋eq\f（1，n＋3）＋…＋eq\f（1，3n＋1）＞eq\f(a，24)对一切正整数n都成立,求正整数a的最大值,并证明你的结论．解：取n＝1，eq\f(1,1＋1）＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,3×1＋1）＝eq\f（26,24).令eq\f(26，24)＞eq\f(a，24)，得a＜26，而a∈N＋,所以取a＝25，下面用数学归纳法证明eq\f（1，n＋1)＋eq\f(1，n＋2）＋…＋eq\f（1,3n＋1）＞eq\f(25，24)。（1)当n＝1时,已证结论正确．（2）假设当n＝k（k∈N＋)时,结论成立,即eq\f（1，k＋1)＋eq\f(1，k＋2)＋…＋eq\f（1,3k＋1）＞eq\f（25，24），则当n＝k＋1时，有eq\f（1,k＋1＋1）＋eq\f（1,k＋1＋2）＋…＋eq\f（1,3k＋1)＋eq\f（1,3k＋2）＋eq\f（1,3k＋3)＋eq\f(1，3k＋1＋1)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，k＋1)＋\f（1，k＋2）＋…＋\f(1,3k＋1）))＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，3k＋2)＋\f(1，3k＋3)＋\f（1，3k＋4)－\f(1,k＋1)））＞eq\f（25,24)＋eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(1，3k＋2）＋\f(1,3k＋4)－\f(2,3k＋1))）。因为eq\f（1,3k＋2)＋eq\f（1，3k＋4)＝eq\f(6k＋1,9k2＋18k＋8）＞eq\f(6k＋1,9k2＋2k＋1)＝eq\f（2，3k＋1)，所以eq\f（1，3k＋2）＋eq\f（1