高中数学 第二章 推理与证明章末总结 新人教A版选修2-2

第二章推理与证明章末总结知识点一合情推理归纳和类比是常用的合情推理，都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳类比，然后提出猜想的推理，从推理形式上看，归纳是由部分到整体，个别到一般的推理，类比是由特殊到特殊的推理．例1在平面上有n条直线，任何两条都不平行，并且任何三条都不交于同一点，问这些直线把平面分成多少部分？例2已知点O是△ABC内任意一点，连接AO、BO、CO并延长交边于A′、B′、C′，则eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＝1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＝eq\f(S△OBC,S△ABC)＋eq\f(S△OCA,S△ABC)＋eq\f(S△OAB,S△ABC)＝eq\f(S△ABC,S△ABC)＝1，那么在空间四面体A—BCD中存在怎样的结论？并证明．知识点二演绎推理合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确．从二者在认识事物的过程中所发挥作用的角度考虑，它们又是紧密联系，相辅相成的．合情推理的结论需要演绎推理的验证，而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得，合情推理可以为演绎推理提供方向和思路．演绎推理的一般模式是“三段论”．例3已知函数f(x)＝eq\f(a,x)＋bx，其中a>0，b>0，x∈(0，＋∞)，确定f(x)的单调区间，并证明在每个单调区间上的增减性．知识点三综合法与分析法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，分析法和综合法可相互转换，相互渗透，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，转换解题思路，增加解题途径．例4已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求证：知识点四反证法反证法是间接证明的一种基本方法，它不去直接证明结论，而是先否定结论，在否定结论的基础上，运用正确的推理，导出矛盾，从而肯定结论的真实性．在证明一些否定性命题、唯一性命题或含有“至多”、“至少”等字句的命题时，正面证明较难，可考虑反证法，即“正难则反”．例5已知a，b，c∈(0,1)．求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能都大于eq\f(1,4).例6如图所示，已知两直线l∩m＝O，l⊂α，m⊂α，l⊄β，m⊄β，α∩β＝a.求证：l与m中至少有一条与β相交．知识点五数学归纳法数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后继传递性的保证，两步合在一起为完全归纳步骤，这两步缺一不可，第二步中证明“当n＝k＋1时结论正确”的过程中，必须用“归纳假设”，否则就是错误的．例7数列|an|满足Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．答案重点解读例1解设n条直线分平面为Sn部分，先实验观察特例有如下结果：n123456…Sn247111622…n与Sn之间的关系不太明显，但Sn－Sn－1有如下关系：n123456…Sn247111622…Sn－Sn－123456…观察上表发现如下规律：Sn－Sn－1＝n(n＝2,3，…)．这是因为在n－1条直线后添加第n条直线被原(n－1)条直线截得的n段中的任何一段都将它所在的原平面一分为二，相应地增加n部分，所以Sn＝Sn－1＋n，即Sn－Sn－1＝n.从而S2－S1＝2，S3－S2＝3，S4－S3＝4，…，Sn－Sn－1＝n.将上面各式相加有Sn－S1＝2＋3＋…＋n，∴Sn＝S1＋2＋3＋…＋n＝2＋2＋3＋…＋n＝1＋eq\f(nn＋1,2).例2解在四面体A—BCD内，任取一点O，连接AO、BO、CO、DO，并延长交对面于A′、B′、C′、D′，则有eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＋eq\f(OD′,DD′)＝1.证明如下：在四面体O—BCD与A—BCD中，eq\f(OA′,AA′)＝eq\f(VO—BCD,VA—BCD)，同理有eq\f(OB′,BB′)＝eq\f(VO—ACD,VB—ACD)，eq\f(OC′,CC′)＝eq\f(VO—ABD,VC—ABD)，eq\f(OD′,DD′)＝eq\f(VO—ABC,VD—ABC)，∴eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＋eq\f(OD′,DD′)＝eq\f(VO—BCD,VA—BCD)＋eq\f(VO—ACD,VB—ACD)＋eq\f(VO—ABD,VC—ABD)＋eq\f(VO—ABC,VD—ABC)＝eq\f(VO—BCD＋VO—ACD＋VO—ABD＋VO—ABC,VA—BCD)＝1，即eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＋eq\f(OD′,DD′)＝1.例3解f(x)的单调区间为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,b))))和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))，＋∞))，证明：设0<x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1)＋bx1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x2)＋bx2))＝(x2－x1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1x2)－b))当0<x1<x2≤eq\r(\f(a,b))时，则x2－x1>0,0<x1x2<eq\f(a,b)，eq\f(a,x1x2)>b，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,b))))上是减函数．当x2>x1≥eq\r(\f(a,b))时，则x2－x1>0，x1x2>eq\f(a,b)，eq\f(a,x1x2)<b，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))，＋∞))上是增函数．例4证明方法一(综合法)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,a)－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,b)－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,c)－1))＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)＝eq\f(b＋ca＋ca＋b,abc)≥eq\f(2\r(bc)·2\r(ac)·2\r(ab),abc)＝8，当且仅当a＝b＝c时等号成立，所以不等式成立．方法二(分析法)要证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8成立，只需证eq\f(1－a,a)·eq\f(1－b,b)·eq\f(1－c,c)≥8成立．因为a＋b＋c＝1，所以只需证eq\f(a＋b＋c－a,a)·eq\f(a＋b＋c－b,b)·eq\f(a＋b＋c－c,c)≥8成立．即eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥8.只需证eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)≥8成立，而eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)≥8显然成立，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8成立．例5证明假设三个式子同时大于eq\f(1,4)，即(1－a)b>eq\f(1,4)，(1－b)c>eq\f(1,4)，(1－c)a>eq\f(1,4)，三式相乘得：(1－a)·a·(1－b)·b·(1－c)·c>eq\f(1,43)，①又因为0<a<1，∴0<a(1－a)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1－a,2)))2＝eq\f(1,4)，同理0<b(1－b)≤eq\f(1,4)，0<c(1－c)≤eq\f(1,4)，所以(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c≤eq\f(1,43)，②①与②矛盾，所以假设不成立，故原命题成立．例6证明假设l，m都不与β相交，∵l⊄β，m⊄β，∴l∥β且m∥β.又∵l⊂α，m⊂α，α∩β＝a，∴l∥a，m∥a，∴l∥m.这与已知l、m是相交直线矛盾．因此l和m至少有一条与β相交．例7(1)解当n＝1时，S1＝2－a1，∴a1＝1，同理可得a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(7,4)，a4＝eq\f(15,8)，猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1).(2)证明Sn＝2n－an，当n≥2时，Sn－1＝2(n－1)－an－1，可得当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝1＋eq\f(1,2)an－1，①当n＝