理科第十四章推理与证明
2012年高考真题汇编——理科数学(解析版)14:推理与证明

2012高考真题分类汇编:推理与证明1.【2012高考真题江西理6】观察下列各式:221,3,a b a b +=+=3344554,7,11,a b a b a b +=+=+= 则1010a b +=A .28B .76C .123D .199 【答案】C【命题立意】本题考查合情推理中的归纳推理以及递推数列的通项公式。
【解析】等式右面的数构成一个数列1,3,4,7,11,数列的前两项相加后面的项,即21++=+n n n a a a ,所以可推出12310=a ,选C.2.【2012高考真题全国卷理12】正方形ABCD 的边长为1,点E 在边AB 上,点F 在边BC 上,AE =BF =73.动点P 从E 出发沿直线喜爱那个F 运动,每当碰到正方形的方向的边时反弹,反弹时反射等于入射角,当点P 第一次碰到E 时,P 与正方形的边碰撞的次数为 (A )16(B )14(C )12(D)10 【答案】B【解析】结合已知中的点E,F 的位置,进行作图,推理可知,在反射的过程中,直线是平行的,那么利用平行关系,作图,可以得到回到EA 点时,需要碰撞14次即可.3.【2012高考真题湖北理10】我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰:置积尺数,以十六乘之,九而一,所得开立方除之,即立圆径. “开立圆术”相当于给出了已知球的体积V ,求其直径d的一个近似公式d ≈. 人们还用过一些类似的近似公式. 根据π =3.14159 判断,下列近似公式中最精确的一个是11.d ≈ B.d C.d ≈ D.d ≈ 【答案】D 【解析】346b 69()d ,===3.37532b 16616157611==3==3.14,==3.142857230021d a V A a B D πππππππ⨯==⨯⨯⨯由,得设选项中常数为则;中代入得,中代入得,C 中代入得中代入得,由于D 中值最接近的真实值,故选择D 。
第十四章 推理证明- 教师版

第14 章推理与证明一、本章知识框图二、本章在高考中的要求三、本章核心素养解读核心素养在本章的具体体现有:在合情推理的学习过程中,利用归纳和类比等进行简单的推理,体会并认识合情推理在问题解决中的具有猜测和发现结论、探索和提供思路的作用,提高推理能力,培养创新意识.在演绎推理的学习过程中,结合已学过的数学实例和生活中的实例,体会演绎推理的重要性,掌握演绎推理的基本模式,运用它们进行一些简单推理,保证数学结论的正确性,提高演绎推理、逻辑证明的能力.通过证明方法的学习,结合已经学过的数学实例,了解数学证明的基本方法,包括直接证明的方法(如分析法、综合法、数学归纳法)和间接证明的方法(如反证法),体会证明对合情推理的有力补充,对数学发展的严谨支撑的作用,提高逻辑推理的能力.总之,通过对已学知识的回顾,进一步体会合情推理、演绎推理以及二者之间的联系与差异,合情推理和演绎推理之间联系紧密、相辅相成.体会数学证明的特点,感受逻辑证明在数学以及日常生活中的作用,提高逻辑推理能力,养成言之有理、论证有据的习惯.1四、本章教学建议1.推理方法和证明方法都是数学的基本思维方法,它们是从数学活动过程中抽象出来的,不仅要重视这些方法的应用,还要重视这些方法被抽象出来的过程,通过对数学活动过程的分析,来认识它们的特点和作用,从而正确地理解和运用这些方法,达到从整体上提高数学思维的能力.2.教学中应通过实例,引导学生运用合情推理去探索、猜测一些数学结论,并用演绎推理确认所得结论的正确性,或者用反例推翻错误的猜想.教学的重点在于通过具体实例理解合情推理与演绎推理,而不追求对概念的抽象表述.3.本模块中设置的证明内容是对学生已学过的基本证明方法的总结.在教学中,应通过实例,引导学生认识各种证明方法的特点,体会证明的必要性.对证明的技巧性不宜作过高的要求.4.数学归纳法是证明与正整数n 有关的命题的一把利刃,题目可简可难.教师应借助具体实例让学生了解数学归纳法的原理,对证明的问题要控制难度.2§14.1 合情推理与演绎推理【复习指导】1.考试说明对知识点的要求:合情推理与演绎推理(B).2.了解合情推理的含义,能利用归纳和类比等进行简单的推理,了解合情推理在数学发现中的作用;了解演绎推理的重要性,掌握演绎推理的基本模式,并能运用它们进行一些简单推理.3.了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.【自主先学】一、自主梳理1.重读课本选修2-2 P63—P81(☆☆☆).独立完成下列梳理.2.合情推理(☆☆☆)(1) 归纳推理①定义:由某类事物的部分对象具有某些特征,推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理,或者由个别事实概括出一般结论的推理,称为归纳推理(简称归纳).②特点:由部分到整体、由个别到一般的推理.(2) 类比推理①定义:由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征,推出另一类对象也具有这些特征的推理称为类比推理(简称类比).②特点:类比推理是由特殊到特殊的推理.(3) 合情推理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、类比,然后提出猜想的推理,我们把它们统称为合情推理.3.演绎推理(☆☆☆)(1) 演绎推理从一般性的原理出发,推出某个特殊情况下的结论,我们把这种推理称为演绎推理.简言之,演绎推理是由一般到特殊的推理.(2) “三段论”是演绎推理的一般模式①大前提——已知的一般原理;②小前提——所研究的特殊情况;③结论——根据一般原理,对特殊情况做出的判断.34二、自主练习1.(☆☆☆)(选修 2-2 P 72 练习题 4 改编)“因为指数函数 y =a x是增函数(大前提),而 y =⎝ ⎛⎭⎪⎫13x是指数函数(小前提),所以y =⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 是增函数(结论)”,上面推理错误的原因是___________. 2.(☆☆☆)(选修 2-2 P 72 练习题 3 改编)用三段论的形式写出“矩形的对角线相等,正方形是矩 形,所以正方形的对角线相等.”的演绎推理过程.3.(☆☆☆)(选修 2-2 P 66 练习题 3(2)改编)观察下列各式:2211,2343,34567=++=++++=52,4+5+6+7+8+9+10=72,…,可以得出的一般结论是___________. 4.(☆☆☆)(选修 2-2 P 66 练习题 5 改编)观察下列等式:22393941641624;24;3;3;4;4;1122223333+=⨯=+=⨯=+=⨯=L 根据这些等式反映的结果, 可以得出一个关于自然数 n 的等式,这个等式可以表示为.5.(☆☆☆)(选修 2-2 P 68 练习题 3 改编)在平面上,若两个正三角形的边长的比为 1∶2,则它们 的面积比为 1∶4,类似地,在空间中,若两个正四面体的棱长比为 1∶2,则它们的体积比为 .答案:1.大前提错误 2.每一个矩形的对角线相等(大前提) 正方形是矩形(小前提) 正方形的对 角线相等(结论)3.211(1)(2)(32)(21) 4.(1)(n n n n n n n n n n n++++++++-=-++=⨯+L 【自我反思】【交流展示】【问题探究】 【问题 1】归纳推理 (1) 观察下列等式12=15h12-22=-3 12-22+32=6 12-22+32-42=-10… …照此规律,第 n 个等式可为.(2)已知 f (n )=1+1+1+…+1(n ∈N *),经计算得 f (4)>2,f (8)>5,f (16)>3,f (32)>7,则有2 3 n 2 2.n (n +1)答案:(1) 12-22+32-42+…+(-1)n +1n 2=(-1)n +1· ;2n +2(2)f (2n)> (n ≥2,n ∈N *).2解析:(1) 观察等式左边的式子,每次增加一项,故第 n 个等式左边有 n 项,指数都是 2,且正、负相间,所以等式左边的通项为(-1)n +1n 2.等式右边的值的符号也是正、负相间,其绝对值分 别为 1,3,6,10,15,21,…设此数列为{a n },则 a 2-a 1=2,a 3-a 2=3,a 4-a 3=4,a 5-a 4 n (n +1)=5,…,a n -a n -1=n ,各式相加得 a n -a 1=2+3+4+…+n ,即 a n =1+2+3+…+n = 2 .所n (n +1)以第 n 个等式为 12-22+32-42+…+(-1)n +1n 2=(-1)n+1. 24 5 6 7n +2 (2)由题意得 f (22)> ,f (23)> ,f (24)> ,f (25)> ,所以当 n ≥2 时,有 f (2n )> .2 2 2 2 2 n +2故填 f (2n )> 2(n ≥2,n ∈N *).备课笔记:归纳推理的一般步骤:(1)通过观察个别情况发现某些相同特征;(2)从已知的相同性质中 推出一个明确表述的一般性命题. 【问题 2】类比推理nb -ma(1)已知数列{a n }为等差数列,若 a m =a ,a n =b (n -m ≥1,m ,n ∈N *),则 a m +n = n -m .类比等差 数列{a n }的上述结论,对于等比数列{b n }(b n >0,n ∈N *),若 b m =c ,b n =d (n -m ≥2,m ,n ∈N *), 则可以得到 b m +n = . (2)在平面上,设 h a ,h b ,h c 是三角形 ABC 三条边上的高,P 为三角形内任一点,P 到相应三边的距 P a P b P c离分别为 P a ,P b ,P c ,我们可以得到结论: a+h b+h c=1.把它类比到空间,则三棱锥中的类似结论为.n-m d n高中数学核心素养读本(教师版)6P a P b P c P d答案:(1) c m;(2)ha+hb+hc+hd=1.a x+ax x解析:(1)设数列{a n}的公差为d,数列{b n}的公比为q.—nb-ma n-m d n因为a n=a1+(n-1)d,b n=b1q n1,a m+n=n-m,所以类比得b m+n=c m.(2)设h a,h b,h c,h d 分别是三棱锥A-BCD 四个面上的高,P 为三棱锥A-BCD 内任一点,PP a P b P c P d到相应四个面的距离分别为P a,P b,P c,P d,于是可以得出结论:ha +hb+hc+hd=1.备课笔记:(1)进行类比推理,应从具体问题出发,通过观察、分析、联想进行类比,提出猜想.其中找到合适的类比对象是解题的关键.(2)类比推理常见的情形有平面与空间类比;低维的与高维的类比;等差数列与等比数列类比;数的运算与向量的运算类比;圆锥曲线间的类比等.【问题3】演绎推理已知函数f(x)=-aa x+a(a>0,且a≠1).1 1(1)证明:函数y=f(x)的图象关于点( ,-)对称;2 2(2)求f(-2)+f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)的值.1 1(1)证明:函数f(x)的定义域为全体实数,任取一点(x,y),它关于点( ,-)对称的点的坐标为2 2(1-x,-1-y).由已知y=-aa x+a,则-1-y=-1+aa x+a=-a,a x+af(1-x)=-a=-a a·a x=-=-a,a1-x+ a a a+a·a x a x+a1 1∴-1-y=f(1-x),即函数y=f(x)的图象关于点( ,-)对称.2 2(2)解析:由(1)知-1-f(x)=f(1-x),即f(x)+f(1-x)=-1.∴f(-2)+f(3)=-1,f(-1)+f(2)=-1,f(0)+f(1)=-1.则f(-2)+f(-1)+f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=-3.备课笔记:演绎推理是由一般到特殊的推理,常用的一般模式为三段论,演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关系,解题时要找准正确的大前提,一般地,若大前提不明确时,可找一个使结论成立的充分条件作为大前提.【质疑拓展】7变式1:如果函数f(x)在区间 D 上是凸函数,那么对于区间 D 内的任意x1,x2,…,x n,都有f(x1)+f(x2)+…+f(x n) ⎛x1+x2+…+x n⎫n ≤f⎝ n ⎭.若y=sin x 在区间(0,π)上是凸函数,那么在△ABC 中,sin A+sin B+sin C 的最大值是.3 3答案:2f(x1)+f(x2)+…+f(x n)⎛x1+x2+…+x n⎫解析:由题意知,凸函数满足≤f ⎪,⎝n ⎭A+B+Cπ 3 3sin A+sin B+sin C≤3sin 3 =3sin =.3 2变式2:若{a n}是等差数列,m,n,p 是互不相等的正整数,则有:(m-n)a p+(n-p)a m+(p-m)a n =0,类比上述性质,相应地,对等比数列{b n},有.答案:b m-n·b n-p·b p-mp m n=1解析:设{b n}的首项为b1,公比为q,则b m-n n-p p-m p-1 m-n m-1 n-p n-1 p-m 0 0p·b m ·b n =(b1q ) ·(b1q) ·(b1q ) =b1·q =1.变式3:对于三次函数f(x)=ax3+bx2+cx+d(a≠0),给出定义:设f′(x)是函数y=f(x)的导数,f″(x) 是f′(x)的导数,若方程f″(x)=0 有实数解x0,则称点(x0,f(x0))为函数y=f(x)的“拐点”.某同学经过探究发现:任何一个三次函数都有“拐点”;任何一个三次函数都有对称中心,1 1 5且“拐点”就是对称中心.若f(x)=x3-x2+3x-,请你根据这一发现,3 2 121 1 5(1)求函数f(x)=x3-x2+3x-的对称中心;3 2 122 012(2)计算f( 1)+f(2)+f(3)+f(4)+…+f( ).2 01312 013 2 013 2 013 2 013答案:(1) ( ,1) (2) 2 012.21 解析:(1)f′(x)=x2-x+3,f″(x)=2x-1,由f″(x)=0,即2x-1=0,解得x=.1 1 1 1 12 1 5f( )=×( )3-×( )2+3×-=1.2 3 2 2 2 2 12n8高中数学核心素养读本(教师版)1 151由题中给出的结论,可知函数f(x)=x3-x2+3x-的对称中心为( ,1).3 2 12 21 1 5 1(2)由(1),知函数f(x)=x3-x2+3x-的对称中心为( ,1),3 2 12 21 1所以f( +x)+f( -x)=2,即f(x)+f(1-x)=2.2 29高中数学核心素养读本(教师版)1022 012 2 2 0113 2 010 2 012 1故f(1)+f( )=2,f( )+f( )=2,f( )+f( )=2,…,f( )+f( )=2.2 013 2 013 2 013 2 013 2 0132 0122 01312 013 2 013所以f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+…+f( )=×2×2 012=2 012.2 013【教学反思】2 013 2 013 2 013 2 013 2【巩固练习】当堂检测1.观察下列不等式:31+1<,2 251+1+1<,22 32 371+1+1+1<,22 32 42 4… …照此规律,第.五.个.不等式为.a1+a2+…+a n2.若数列{a n}是等差数列,则数列{b n}(b n=n )也为等差数列.类比这一性质可知,若正项数列{c n}是等比数列,且{d n}也是等比数列,则d n 的表达式应为.3.设f(x)=1,先分别求f(0)+f(1),f(-1)+f(2),f(-2)+f(3),然后归纳猜想一般性结论,并3x+ 3给出证明.11 n 3答案:1.1+1+1+1+1+1<2.d = c ·c ·…·c 3.22 32 42 52 62 6 n 1 2 n3解析:1.观察每行不等式的特点,每行不等式左端最后一个分数的分母的开方与右端值的分母相等,11且每行右端分数的分子构成等差数列.故第五个不等式为1+1+1+1+1+1<.高中数学核心素养读本(教师版)11122 32 n n -142 52 6262.若{a n }是等差数列,则 a 1+a 2+…+a n =na 1+ 2 d , n - d d∴b n =a 1+ 2 d =2 +a 1- ,即{b n }为等差数列;n2+ +…+ -n (n 1)n若{c n }是等比数列,则 c 1·c 2·…·c n =c n ·q 1 2 (n 1)=c 1·q2,x1 x21 2 1 2.n∴d n=c1·c2·…·c n=c1·qn-12 ,即{d n}为等比数列.3.f(0)+f(1)=1+1=1+1 3-1=3- 3 330+ 3 31+ 3 1+ 3 3+ 3 2 + 6 =3 ,同理可得:f(-1)+f(2)=3f(-2)+f(3)=33 , 3 ,并注意到在这三个特殊式子中,自变量之和均等于1.归纳猜想得:当x +x =1 时,均有f(x )+f(x )=33证明:设x1+x2=1,∵f(x1)+f(x2)=1====3课后作业一、填空题1.观察下列等式:(1+1)=2×1 (2+1)(2+2)=22×1×3 (3+1)(3+2)(3+3)=23×1×3×5… …照此规律,第n 个等式可为.答案:(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)解析:由已知的三个等式左边的变化规律,得第n 个等式左边为(n+1)(n+2)…(n+n),由已知的三个等式右边的变化规律,得第n 个等式右边为2n 与n 个奇数之积,即2n×1×3×…×(2n-1).2.将正奇数按如图所示的规律排列,则第21 行从左向右的第5 个数为.13 5 79 11 13 15 1719 21 23 25 27 29 31………答案:809解析:前20 行共有正奇数1+3+5+…+39=202=400 个,则第21 行从左向右的第5 个数是第405 个正奇数,所以这个数是2×405-1=809.3.仔细观察下面○和●的排列规律:○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●○○○○○○x1 x212132 2●…若依此规律继续下去,得到一系列的○和●,那么在前 120 个○和●中,●的个数是 . 答案:14 解析:进行分组○●|○○●|○○○●|○○○○●|○○○○○●|○○○○○○●|…,n (n +3)则前 n 组两种圈的总数是 f (n )=2+3+4+…+(n +1)=故 n =14.2 ,易知 f (14)=119,f (15)=135, 4.设等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ,则 S 4,S 8-S 4,S 12-S 8,S 16-S 12 成等差数列.类比以上结论, T 16设等比数列{b n }的前 n 项积为 T n ,则 T 4,,, 成等比数列.T 8 答案: T 4T 12T 8T 12解析:对于等比数列,通过类比,有等比数列{b n }的前 n 项积为 T n , 则 T 4=a 1a 2a 3a 4,T 8=a 1a 2…a 8,T 12=a 1a 2…a 12,T 16=a 1a 2…a 16,T 8 T 12 T 16因此 =a 5a 6a 7a 8, =a 9a 10a 11a 12, =a 13a 14a 15a 16,T 4 T 8 T 12 T 8T 16 T 1216T 8 T 12T 16 而 T 4, , , 的公比为 q ,因此 T 4, , , 成等比数列.T 4 T 8 T 12 T 4 T 8 T 1215.在平面几何中,有“正三角形内切圆半径等于这个正三角形高的 ”.拓展到空间,类比平面几3 何的上述正确结论,则正四面体的内切球半径等于这个正四面体的高的 .1 答案:41解析:设正三角形的边长为 a ,高为 h ,内切圆半径为 r ,由等面积法知 3ar =ah ,所以 r = h ;3 1同理,由等体积法知 4SR =HS ,所以 R = H .46.如图(1)若从点 O 所作的两条射线 OM 、ON 上分别有点 M 1、M 2 与点 N 1、N 2,则三角形面积之比S ∆OM N1 1=1· 1.如图(2),若从点 O 所作的不在同一平面内的三条射线 OP 、OQ 和 OR 上S ∆OM N OM OM 2 ON ON 2分别有点 P 1、P 2,点 Q 1、Q 2 和点 R 1、R 2,则类似的结论为.高中数学核心素养读本(教师版)142 2 2VO-P Q R 1答案: 1 1 1 =·1· 1OP OQ ORVO-P Q ROP2 OQ2 OR2解析:考查类比推理问题,由图看出三棱锥P1-OR1Q1 及三棱锥P2-OR2Q2 的底面面积之比为高中数学核心素养读本(教师版)151 1 1V1OQ 1 OR 1 OP 1V O -P Q R OQ 2· OR 2, 又 过 顶 点 分 别 向 底 面 作 垂 线 , 得 到 高 的 比 为 OP2, 故 体 积 之 比 为 = O -P 2Q 2 R 2OP 1 OQ 1 OR 1 OP 2·· . OQ 2 OR 27.已知①正方形的对角线相等;②矩形的对角线相等;③正方形是矩形.根据“三段论”推理出一 个结论.则这个结论是 . 答案:正方形的对角线相等 解析:根据演绎推理的特点,正方形与矩形是特殊与一般的关系,所以结论是正方形的对角线相 等.x 2 8.若 P 0(x 0,y 0)在椭圆 2+ y 22=1(a >b >0)外,过 P 0 作椭圆的两条切线的切点为 P 1,P 2,则切点弦a b x 0x y 0yx 2 y 2 P 1P 2 所在的直线方程是 a 2 + b 2 =1,那么对于双曲线则有如下命题:若P 0(x 0,y 0)在双曲线 2- 2ab=1(a >0,b >0)外,过 P 0 作双曲线的两条切线,切点为 P 1,P 2,则切点弦 P 1P 2 所在直线的方程是 . x 0x y 0y 答案: a 2 - b 2 =1x 1xy 1yx 2xy 2y 解析:设 P 1(x 1,y 1),P 2(x 2,y 2),则 P 1,P 2 的切线方程分别是 a 2 - b 2 =1, a 2 - b 2 =1. x 1x 0 y 1y 0 x 2x 0 y 2y 0 因为 P 0(x 0,y 0)在这两条切线上,故有 a 2 - b 2 =1, a 2 - b 2 =1, x 0x y 0y 这说明 P 1(x 1,y 1),P 2(x 2,y 2)在直线 a 2 - b 2 =1 上, x 0x y 0y 故切点弦 P 1P 2 所在的直线方程是 a 2 - b 2 =1.9.古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数,如三角形数 1,3,6,10,…,第 n 个三 n (n +1) 1n 2角形数为 2 =2+ n ,记第 n 个 k 边形数为 N (n ,k )(k ≥3),以下列出了部分 k 边形数中第 n2 个数的表达式: 1 1 三角形数 N (n ,3)= n 2+ n ,2 2 正方形数 N (n ,4)=n 2,3 1 五边形数 N (n ,5)= n 2- n ,2 2 六边形数N (n ,6)=2n 2-n高中数学核心素养读本(教师版)16 ………………………………………可以推测N(n,k)的表达式,由此计算N(10,24)=.答案:1000172k -2 4-k解析:由 N (n ,4)=n 2,N (n ,6)=2n 2-n ,可以推测:当 k 为偶数时,N (n ,k )= 2 n 2+ n ,2 24-2 4-24所以 N (10,24)= 2 ×100+ 2 ×10=1 100-100=1 000. 10.在平面直角坐标系中,若点 P (x ,y )的坐标 x ,y 均为整数,则称点 P 为格点.若一个多边形的顶点全是格点,则称该多边形为格点多边形.格点多边形的面积记为 S ,其内部的格点数记为 N , 边界上的格点数记为 L .例如图中△ABC 是格点三角形,对应的 S =1,N =0,L =4.(1)图中格点四边形 DEFG 对应的 S ,N ,L 分别是 ;(2)已知格点多边形的面积可表示为 S =aN +bL +c ,其中 a ,b ,c 为常数.若某格点多边形对应 的 N =71,L =18,则 S = (用数值作答). 答案:(1)3,1,6 (2)79 解析:(1)由定义知,四边形 DEFG 由一个等腰直角三角形和一个平行四边形构成,其内部格点⎪⎧1=a ·0+b ·3+c , 有 1 个,边界上格点有 6 个,S 四边形 DEFG=3.(2)由待定系数法可得,⎨1=a ·0+b ·4+c ,⎩⎪3=a ·1+b ·6+c ,a =1,⎧⎪ 1 1⇒⎨b = ,当 N =71,L =18 时,S =1×71+ ×18-1=79.22⎩⎪c =-1,二、解答题11.已知等差数列{a n }的公差 d =2,首项 a 1=5.(1)求数列{a n }的前 n 项和 S n ;(2)设 T n =n (2a n -5),求 S 1,S 2,S 3,S 4,S 5;T 1,T 2,T 3,T 4,T 5,并归纳出 S n 与 T n 的 大小规律. 答案:(1) n (n +4); (2) 当 n =1 时,S n =T n ;当 n ≥2,n ∈N 时,S n <T n . n n - 解析:(1)∵a 1=5,d =2,∴S n =5n + 2 ×2=n (n +4). (2)∵T n =n (2a n -5)=n [2(2n +3)-5]=4n 2+n .18BD∴T 1=5,T 2=4×22+2=18,T 3=4×32+3=39, T 4=4×42+4=68,T 5=4×52+5=105.S 1=5,S 2=2×(2+4)=12,S 3=3×(3+4)=21, S 4=4×(4+4)=32,S 5=5×(5+4)=45. 由此可知 S 1=T 1,当 2≤n ≤5,n ∈N 时,S n <T n . 归纳猜想:当 n =1 时,S n =T n ;当 n ≥2,n ∈N 时,S n <T n .12.在 Rt △ABC 中,AB ⊥AC ,AD ⊥BC 于 D ,求证: 1 2= 1 2+ 12,那么在四面体 ABCD 中,类AD 比上述结论,你能得到怎样的猜想,并说明理由.AB AC答案:四面体 ABCD 中,AB 、AC 、AD 两两垂直,AE ⊥平面 BCD ,则 1 2= 1 2+ 1 2+ 12.解析:如图所示,由射影定理 AD 2=BD ·DC ,AB 2=BD ·BC , AC 2=BC ·DC ,AE AB AC AD ∴ 1 1 = BC = BC AD 2= ·DCBD ·BC ·DC ·BC AB 2·AC 2.AB 2+AC 21 1又 BC 2=AB 2+AC 2,∴ 1 2= ADAB 2·AC2 = 2+ 2. AB AC 猜想,四面体 ABCD 中,AB 、AC 、AD 两两垂直,AE ⊥平面 BCD ,则 1 2= 1 2+ 1 2+ 12.证明:如图,连接 BE 并延长交 CD 于 F ,连接 AF . ∵AB ⊥AC ,AB ⊥AD ,∴AB ⊥平面 ACD .∴AB ⊥AF . 在 Rt △ABF 中,AE ⊥BF ,∴ 1 2= 1 2+ 1 2.AE AB AC AD AE AB AF在 Rt △ACD 中,AF ⊥CD ,∴ 1 2= 1 2+ 1 2,∴ 1 2= 1 2+ 1 2+ 12.AF AC AD AE AB AC AD22§14.2 直接证明与间接证明【复习指导】1.考试说明对知识点的要求:分析法与综合法(A),反证法(A).2.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法;了解分析法和综合法的思考过程和特点.3.了解反证法的思考过程和特点.【自主先学】一、自主梳理1.重读课本选修2-2 P82—P87(☆☆☆).独立完成下列梳理.2.直接证明(☆☆☆)(1)综合法①定义:利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等,经过一系列的推理论证,最后推导出所要证明的结论成立,这种证明方法叫做综合法.②框图表示:P⇒Q1 ―→Q1⇒Q2 ―→Q2⇒Q3 ―→…―→Q n⇒Q(其中P 表示已知条件、已有的定义、定理、公理等,Q 表示要证的结论).③思维过程:由因导果.(2)分析法①定义:从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直到最后,把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止,这种证明方法叫做分析法.②框图表示:Q⇐P1 ―→P1⇐P2 ―→P2⇐P3 ―→…―→得到一个明显成立的条件(其中Q 表示要证明的结论).③思维过程:执果索因.3.间接证明(☆☆☆)反证法:假设原命题不成立(即在原命题的条件下,结论不成立),经过正确的推理,最后得出矛盾,因此说明假设错误,从而证明原命题成立的证明方法.二、自主练习3 1.(☆☆☆)(选修2-2 P86 练习题2 改编)用反证法证明命题“如果a>b,那么a>3b”时,假设的内容应为.2.(☆☆☆)(选修2-2 P84 练习题3 改编)6-2 2与5-7的大小关系是.1 1 3.(☆☆☆)(选修2-2 P84 练习题1 改编)设a,b 为两个正数,且a+b=1,则使得+≥μ恒成a b1920立的 μ 的取值范围是.4.(☆☆☆)(选修 2-2 P 87 练习题 2 改编)设 a ,b ,c 均为大于 1 的正数,且 ab =10,求证:log a c +log b c ≥4lg c .5.(☆☆☆)(选修 2-2 P 87 练习题 9 改编)证明: 2, 3, 5不能为同一等差数列中的三项.答案:1. 3 a =3 b 或 3 a <3b2. 6-2 2> 5- 7 3.(-∞,4] 4.证明:(分析法)由于 a >1,b >1,c >1,故要证明 log a c +log b c ≥4lg c ,只要证明lg clg c +≥4lgc ,lg a lg blg a +lg b 即≥4,因为 ab =10,故 lg a +lg b =1.只要证明 1 ≥4,由于 a >1,b >1,故 lg a >0, lg a ·lg b⎛lg a +lg b ⎫⎛1⎫2 1 lg a lg b1lg b >0,所以 0<lg a lg b ≤ ⎪2=⎝ ⎭ = ,即 ≥4 成立.所以原不等式成立. ⎝ 2 ⎭24lg a lg b⎪⎧ 3= 2+md ①,5.证明:假设 2, 3, 5为同一等差数列的三项,则存在整数 m 、n 满足⎨ ⎩⎪ 5= 2+nd ②,①×n -②×m 得 3n - 5m = 2(n -m ),两边平方得 3n 2+5m 2-2 15mn =2(n -m )2,左边为无 理数,右边为有理数,且有理数≠无理数,故假设不正确,即 2, 3, 5不能为同一等差数列的三项. 【自我反思】【交流展示】【问题探究】【问题 1】综合法的应用设 a ,b ,c 均为正数,且 a +b +c =1,证明: 1 a 2 b 2 c 2(1)ab +bc +ac ≤ ; (2) + + ≥1.3 b c a证明:(1)由 a 2+b 2≥2ab ,b 2+c 2≥2bc ,c 2+a 2≥2ac 得 a 2+b 2+c 2≥ab +bc +ca . 由题设得(a +高中数学核心素养读本(教师版)b+c)2=1,即a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=1.21高中数学核心素养读本(教师版)2221 所以3(ab+bc+ca)≤1,即ab+bc+ca≤.3 a2 b2 c2(2)因为b +b≥2a,c +c≥2b,a +a≥2c,a2 b2 c2故b +c +a +(a+b+c)≥2(a+b+c),a2 b2 c2 a2 b2 c2即b +c +a ≥a+b+c.所以b +c +a ≥1.备课笔记:(1)综合法是“由因导果”的证明方法,它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法,即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发,经过一系列中间推理,最后导出所要求证结论的真实性.(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理.【问题2】分析法的应用1已知a>0,求证:a2+1-2≥a+-2.a2 a11证明:要证a2+1-2≥a+-22≥a++2.a2 a a a1∵a>0,故只要证( a2+1+2)2≥(a++2)2,a2 a1即a2+1+4 a2+1+4≥a2+2+1+2 2(a+)+2,a2 a2 a2 a1从而只要证2 ≥2(a+),a2 a只要证4(a2+1)≥2(a2+2+1),a2 a2即a2+1≥2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立.a备课笔记:(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想,通过反推,逐步寻找使结论成立的充分条件.正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键.(2)证明较复杂的问题时,可以采用两头凑的办法,即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论,然后通过综合法证明这个中间结论,从而使原命题得证.【问题3】反证法的应用已知数列{a n}的前n 项和为S n,且满足a n+S n=2.(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证:数列{a n}中不存在三项按原来顺序高中数学核心素养读本(教师版)成等差数列.(1)解析:当n=1 时,a1+S1=2a1=2,则a1=1.又a n+S n=2,所以a n+1+S n+1=2,23241 1 1两式相减得 a n +1= a n ,所以{a n }是首项为 1,公比为 的等比数列,所以 a n = n -1.2 2 2(2)证明 反证法:假设存在三项按原来顺序成等差数列,记为 a p +1,a q +1,a r +1(p <q <r ,且 p ,q ,r ∈N *),则 2· 1 = 1 + 1 ,所以 2·2r -q =2r -p +1.(*)2q 2p 2r 又因为 p <q <r ,所以 r -q ,r -p ∈N *.所以(*)式左边是偶数,右边是奇数,等式不成立. 所以假设不成立,原命题得证.备课笔记:(1)当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时,可用反证法来 证,反证法关键是在正确的推理下得出矛盾,矛盾可以是与已知条件矛盾,与假设矛盾,与定义、 公理、定理矛盾,与事实矛盾等. (2)用反证法证明不等式要把握三点:①必须否定结论;②必须从否定结论进行推理;③推导出的矛 盾必须是明显的. 【质疑拓展】变式 1:对于定义域为[0,1]的函数 f (x ),如果同时满足:①对任意的 x ∈[0,1],总有 f (x )≥0; ②f (1)=1;③若 x 1≥0,x 2≥0,x 1+x 2≤1,都有 f (x 1+x 2)≥f (x 1)+f (x 2)成立,则称函数 f (x )为理想函数. (1)若函数 f (x )为理想函数,证明:f (0)=0;(2)试判断函数 f (x )=2x (x ∈[0,1]),f (x )=x 2(x ∈[0,1]),f (x )= x (x ∈[0,1])是不是理想函数.(1)证明:取 x 1=x 2=0,则 x 1+x 2=0≤1,∴f (0+0)≥f (0)+f (0),∴f (0)≤0. 又对任意的 x ∈[0,1],总有 f (x )≥0,∴f (0)≥0.于是 f (0)=0. (2)解析:对于 f (x )=2x ,x ∈[0,1],f (1)=2 不满足新定义中的条件②, ∴f (x )=2x ,(x ∈[0,1])不是理想函数.对于 f (x )=x 2,x ∈[0,1],显然 f (x )≥0,且 f (1)=1.任意的 x 1,x 2∈[0,1],x 1+x 2≤1,f (x 1+x 2)-f (x 1)-f (x 2)=(x 1+x 2)2-x 2-x 2=2x x ≥0,即 f (x 1)+f (x 2)≤f (x 1+x 2).∴f (x )=x 2(x ∈[0,1])是理想函数. 对于 f (x )= x ,x ∈[0,1],显然满足条件①②. 对任意的 x 1,x 2∈[0,1],x 1+x 2≤1,121 225n = 有 f 2(x 1+x 2)-[f (x 1)+f (x 2)]2=(x 1+x 2)-(x 1+2 x 1x 2+x 2)=-2 x 1x 2≤0, 即 f 2(x 1+x 2)≤[f (x 1)+f (x 2)]2.∴f (x 1+x 2)≤f (x 1)+f (x 2),不满足条件③.∴f (x )= x (x ∈[0,1])不是理想函数. 综上,f (x )=x 2(x ∈[0,1])是理想函数,f (x )=2x (x ∈[0,1])与 f (x )= x (x ∈[0,1])不是理想函数. 11 变式 2:求证:(a 3+b 3) 3<(a 2+b 2) 2.证明:因为 a ,b ∈(0,+∞),所以要证原不等式成立,1 1只需证[(a 3+b 3) 3 ]6<[(a 2+b 2) 2 ]6, 即证(a 3+b 3)2<(a 2+b 2)3, 即证 a 6+2a 3b 3+b 6<a 6+3a 4b 2+3a 2b 4+b 6, 只需证 2a 3b 3<3a 4b 2+3a 2b 4. 因为 a ,b ∈(0,+∞), 所以即证 2ab <3(a 2+b 2). 而 a 2+b 2≥2ab ,3(a 2+b 2)≥6ab >2ab 成立,1 1 所以(a3+b 3) 3 <(a 2+b 2) 2.变式 3:等差数列{a n }的前 n 项和为 S n ,a 1=1+ 2,S 3=9+3 2. (1)求数列{a n }的通项 a n 与前 n 项和 S n ;S n * (2)设 b n = n (n ∈N ),求证:数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列.⎧a 1= 2+1,(1)解析:由已知得⎨⎩3a 1+3d =9+3 2,(2)证明:由(1)得 b S n=n + 2.n∴d =2,故 a n =2n -1+ 2,S n =n (n + 2),n ∈N *. 假设数列{b n }中存在三项 b p ,b q ,b r (p ,q ,r ∈N *,且互不相等)成等比数列,则 b 2=b b ,即(q + 2)2=(p + 2)(r + 2).∴(q 2-pr )+ 2(2q -p -r )=0.⎪⎧q 2-pr =0, ∵p ,q ,r ∈N *,∴⎨⎩⎪2q -p -r =0. qp rp +r 2 2∴( 2 ) =pr ,即(p -r ) =0.∴p =r ,与 p ≠r 矛盾.∴假设不成立,即数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列. 【教学反思】【巩固练习】当堂检测1.a2+2+2与2 2的大小关系是.a2+22.用反证法证明命题:“设a,b 为实数,则方程x3+ax+b=0 至少有一个实根”时,应假设.|a|+|b| 3.已知非零向量a⊥b,求证:|a-b| ≤2.答案:1.a2+2+2>2 2 2.方程x3+ax+b=0 没有实根3.证明:∵a⊥b,∴a·b=0.|a|+|b| a2+22 2 2 2要证|a-b| ≤2,只需证:|a|+|b|≤2|a-b|,平方得:|a| +|b| +2|a||b|≤2(|a| +|b| -2a·b),只需证:|a|2+|b|2-2|a||b|≥0,即(|a|-|b|)2≥0,显然成立.故原不等式得证.课后作业一、填空题1.如果a a+b b>a b+b a,则a、b 应满足的条件是.答案:a≥0,b≥0 且a≠b解析:∵a a+b b-(a b+b a)=a(a-b)+b(b-a)=( a-b)(a-b)=( a-b)2( a+b).∴当a≥0,b≥0且a≠b 时,( a-b)2( a+b)>0.故a a+b b>a b+b a成立的条件是a≥0,b≥0且a≠b.2.若P=a+a+7,Q=a+3+a+4(a≥0),则P,Q 的大小关系是.答案:P<Q解析:∵P2=2a+7+2 a·a+7=2a+7+2 a2+7a,Q2=2a+7+2 a+3·a+4=2a+7+2 a2+7a+12,∴P2<Q2,∴P<Q.3.下列条件:①ab>0;②ab<0;③a>0,b>0;④a<0,b<0.b a其中能使+≥2 成立的条件的个数是.a b答案:3b a b a解析:要使+≥2,只要>0,且>0,即a、b 不为0 且同号,故有3 个.a b a b26271 2 1 2 1 2 1 2 2 4.设 a ,b 是两个实数,给出下列条件:①a +b >1;②a +b =2;③a +b >2;④a 2+b 2>2;⑤ab >1.其中能推出:“a ,b 中至少有一个大于 1”的条件是.答案:③1 2解析:若 a = ,b = ,则 a +b >1,但 a <1,b <1,故①推不出;2 3 若 a =b =1,则 a +b =2,故②推不出;若 a =-2,b =-3,则 a 2+b 2>2,故④推不出;若 a =-2,b =-3,则 ab >1,故⑤推不出; 对于③,即 a +b >2,则 a ,b 中至少有一个大于 1,反证法:假设 a ≤1 且 b ≤1,则 a +b ≤2 与 a +b >2 矛盾,因此假设不成立,a ,b 中至少有一个大 于 1.1 a +b 2ab5.已知函数 f (x )=( )x ,a ,b 是正实数,A =f ( ),B =f ( ab ),C =f ( ),则 A 、B 、C 的大小关2 系为.2 a +b 答案:A ≤B ≤Ca +b2ab1 xa +b2ab解析:∵2 ≥ ab ≥a +b ,又 f (x )=(2) 在 R 上是减函数,∴f ()≤f ( ab )≤f ( a +b),即A ≤B ≤C .6.用反证法证明:若整系数一元二次方程 ax 2+bx +c =0(a ≠0)有有理数根,那么 a ,b ,c 中至少有一个是偶数.用反证法证明时,应假设 . 答案:a ,b ,c 都不是偶数 解析:“至少有一个”的否定为“都不是”.7.某同学准备用反证法证明如下一个问题:函数 f (x )在[0,1]上有意义,且 f (0)=f (1),如果对于不 同的 x ,x ∈[0,1],都有|f (x )-f (x )|<|x -x |,求证:|f (x )-f (x )|<1.那么他的反设应该是2.1答案:∃ x 1,x 2∈[0,1],使得|f (x 1)-f (x 2)|<|x 1-x 2|则|f (x 1)-f (x 2)|≥ . 8.设 a ,b ,c 是不全相等的正数,给出下列判断:①(a -b )2+(b -c )2+(c -a )2≠0;②a >b ,a <b 及 a =b 中至少有一个成立; ③a ≠c ,b ≠c ,a ≠b 不能同时成立, 其中正确的判断为 . 答案:①②2解析:③中,a≠b,b≠c,a≠c 可以同时成立,如a=1,b=2,c=3.9.已知点A n(n,a n)为函数y=x2+1图像上的点,B n(n,b n)为函数y=x 图像上的点,其中n∈N*,设c n=a n-b n,则c n 与c n+1 的大小关系为.答案:c n+1<c n1解析:由条件得c n=a n-b n=n2+1-n=,∴c n 随n 的增大而减小.∴c n+1<c n.n2+1+n1 910.已知a、b、c∈(0,+∞),且a<c,b<c,+a=1,若以a、b、c 为三边构造三角形,则c 的b取值范围是.答案:(10,16)解析:要以a、b、c 为三边构造三角形,需要满足任意两边之和大于第三边,任意两边之差小⎛1 9⎫ b 9a+=10++≥16,∴c 于第三边,而a<c,b<c,所以a+b>c 恒成立.而a+b=(a+b)⎝a b⎭ a b1 1 1 1 10 1 9<16.又>,>,∴<+=1,∴c>10,∴0<c<16.a cb c二、解答题c a b11.若a>b>c>d>0,且a+d=b+c,求证:d+a<b+c.证明:要证d+a<b+c,只需证( d+a)2<( b+c)2,即a+d+2 ad<b+c+2 bc,因a+d=b+c,只需证ad<bc,即ad<bc,设a+d=b+c=t,则ad-bc=(t-d)d-(t-c)c=(c-d)(c+d-t)<0,故ad<bc 成立,从而d+a<b+c成立.12.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)的图象与x 轴有两个不同的交点,若f(c)=0,且0<x<c 时,f(x)>0.1 1(1)证明:是函数f(x)的一个零点;(2)试用反证法证明:>c.a a证明:(1)∵f(x)图象与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,c 1 1 1 1又x1x2=,∴x2=( ≠c),∴是f(x)=0 的一个根.即是函数f(x)的一个零点.a a a a1 1a1 1 128高中数学核心素养读本(教师版)(2)假设<c,又>0,由0<x<c 时,f(x)>0,知f( )>0 与f( )=0 矛盾,∴≥c,a a a a a29高中数学核心素养读本(教师版)301 1又∵≠c,∴>c.a a§14.3 数学归纳法【复习指导】1.考试说明对知识点的要求:数学归纳法的原理(A),数学归纳法的简单应用(B).2.了解数学归纳法的原理.3.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.【自主先学】一、自主梳理1.重读课本选修2-2 P88—P94(☆☆☆).独立完成下列梳理.2.数学归纳法(☆☆☆)证明一个与正整数n 有关的命题,可按下列步骤进行:(1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立;(2)(归纳递推)假设n=k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当n=k+1 时命题也成立.只要完成这两个步骤,就可以断定命题对从n0 开始的所有正整数n 都成立.二、自主练习1 1 11.(☆☆☆)(选修2-2P91 练习题4 改编)若f(n)=1+++…+(n∈N*),则f(1)为.2 3 6n-12.(☆☆☆)(选修2-2P105 练习题9 改编)用数学归纳法证明不等式“2n>n2+1 对于n≥n0 的自然数n 都成立”时,第一步证明中的起始值n0 应取为.1 1 1 1+++…+(n∈N*),则f(k+1)-f(k) 3.(☆☆☆)(选修2-2P105 练习题10 改编)设f(n)=1+2 3 4=.3n-14.(☆☆☆)(选修2-2P102 练习题8 改编)用数学归纳法证明“当n 为正偶数时x n-y n 能被x+y 整除”第一步应验证n=时,命题成立;第二步归纳假设成立应写成.1 3a n5.(☆☆☆)(选修2-2P94 练习题8 改编)已知a1=,a n+1=,则a2,a3,a4,a5 的值分别为2,由此猜想a n=.a n+31 1 1 1 1 1 1答案:1.1++++2.5 3.++4.2 当n=2k(k∈N*)时结论成立,x2k2 3 4 53 3 3 3k33k+133k+2-y2k 能被x+y 整除.5.,,,.7 8 910 n+5【自我反思】31【交流展示】【问题探究】【问题1】用数学归纳法证明等式求证:(n+1)(n+2)·…·(n+n)=2n·1·3·5·…·(2n-1)(n∈N*).证明:①当n=1 时,等式左边=2,右边=2,故等式成立;②假设当n=k(k≥1,n∈N*)时等式成立,即(k+1)(k+2)·…·(k+k)=2k·1·3·5·…·(2k-1),那么当n=k+1 时,左边=(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k+1)=(k+2)(k+3)·…·(k+k)(2k+1)(2k+2)=2k·1·3·5·…·(2k-1)(2k+1)·2=2k+1·1·3·5·…·(2k-1)(2k+1),这就是说当n=k+1 时等式也成立.由①②可知,对所有n∈N*等式成立.备课笔记:用数学归纳法证明恒等式应注意(1)明确初始值n0 的取值并验证n=n0 时等式成立.(2)由n=k 证明n=k+1 时,弄清左边增加的项,且明确变形目标.(3)掌握恒等变形常用的方法:①因式分解;②添拆项;③配方法.【问题2】用数学归纳法证明不等式已知数列{a n},a n≥0,a1=0,a2+a +-1=a2,求证:当n∈N*时,a <a +.n+1 n 1 n n n 1 证明:(1)当n=1 时,因为a2 是方程a2+a -1=0 的正根,所以a <a .2 2 1 2(2)假设当n=k(k≥1,n∈N*)时,0≤a k<a k+1,则由a2-a2=(a2+a +-1)-(a2+a +-1)=(a +-a +)(a ++a ++1)>0,得a +<a +,k+1 k k+2 k 2 k+1 k 1 k 2 k 1 k 2 k 1 k 1 k 2 即当n=k+1 时,a n<a n+1 也成立,根据(1)和(2),可知a n<a n+1 对任何n∈N*都成立.备课笔记:(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时,应用其他办法不容易证,则可考虑应用数学归纳法.(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n=k 成立,推证n=k+1 时也成立,在归纳假设后,可采用3233222分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明. 【问题 3】归纳—猜想—证明a n 1 * 已知数列{a n }的前 n 项和 S n 满足:S n = 2 + -1,且a n >0,n ∈N . a n(1)求 a 1,a 2,a 3,并猜想{a n }的通项公式; (2)证明通项公式的正确性.a 1 1 2(1)解析:当 n =1 时,由已知得 a 1= 2 + -1,a 1+2a 1-2=0.∴a 1= 3-1(a 1>0).a 1a 2 1 2 当 n =2 时,由已知得 a 1+a 2= 2 + -1,将a 1= 3-1 代入并整理得 a 2+2 3a 2-2=0. a 2∴a 2= 5- 3(a 2>0).同理可得 a 3= 7- 5.猜想 a n = 2n +1- 2n -1(n ∈N *). (2)证明:①由(1)知,当 n =1,2,3 时,通项公式成立. ②假设当 n =k (k ≥3,k ∈N *)时,通项公式成立,即 a k = 2k +1- 2k -1. a k +1 1 a k 1 由 a k +1=S k +1-S k = 2 + - 2 - ,a k +1a k将 a k = 2k +1- 2k -1代入上式并整理得 a 2 +2 2k +1a + -2=0,解得:a k +1= 2k +3- 2k +1(a n >0). 即当 n =k +1 时,通项公式也成立.k +1k 1由①和②,可知对所有 n ∈N *,a n = 2n +1- 2n -1都成立. 备课笔记:(1)利用数学归纳法可以探索与正整数 n 有关的未知问题、存在性问题,其基本模式是“归 纳—猜想—证明”,即先由合情推理发现结论,然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性. (2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”.高中阶段与数列结合的问题是 最常见的问题. 【质疑拓展】变式 1:用数学归纳法证明:1+ 2+…+nn (n +1)= (n ∈N *).1×3 3×5(2n -1)(2n +1) 2(2n +1)证明:①当 n =1 时,左边= 11×(1+1) = ,右边== ,左边=右边,等式成立.211×3 312×(2×1+1) 3。
2014年(理科)二轮复习课件:推理与证明

3.直接证明 (1)综合法 用 P 表示已知条件、已有的定义、定理、公理等,Q 表示 所要证明的结论,则综合法可用框图表示为 P⇒Q1 → Q1⇒Q2 → Q2⇒Q3 →„→ Qn⇒Q (2)分析法 用 Q 表示要证明的结论,则分析法可用框图表示为 Q⇐P1 → P1⇐P2 → P2⇐P3 →„→
D)
n n n cn + c +…+ c n 1 2 n C.dn= D.dn= c1·c2·…·cn n
________.
b 2 a
2
a1+a2+…+an 3.若数列{an}是等差数列,bn= ,则数列{bn}也 n
为等差数列. 类比这一性质可知, 若正项数列{cn}是等比数列, 且{dn}也是等比数列,则 dn 的表达式应为 (
c1+c2+…+cn A.dn= n
c1·c2·…·cn B.dn= n
(2)合情推理与演绎推理的区别 归纳和类比是常用的合情推理, 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; 而演绎推理是由一般到特殊的推理.从推理所得的结论来看, 合情推理的结论不一定正确, 有待进一步证明; 演绎推理在大 前提、 小前提和推理形式都正确的前提下, 得到的结论一定正 确.
1.合情推理 (1)归纳推理 ①归纳推理是由某类事物的部分对象具有某些特征,推出 该类事物的所有对象具有这些特征的推理,或者由个别事 实概括出一般结论的推理. ②归纳推理的思维过程如下: 实验、观察 → 概括、推广 → 猜测一般性结论
(2)类比推理 ①类比推理是由两类对象具有某些类似特征和其中一类对 象的某些已知特征,推出另一类对象也具有这些特征的推 理. ②类比推理的思维过程如下: 观察、比较 → 联想、类推 → 猜测新的结论 2.演绎推理 (1)“三段论”是演绎推理的一般模式,包括: ①大前提——已知的一般性原理. ②小前提——所研究的特殊情况. ③结论——根据一般原理,对特殊情况做出的判断.
(全国通用)高考数学一轮总复习第十四章推理与证明课件理新人教B版

两个相似几何体,体积比是相似比的立方,∴它们的体积比为1∶8.
答案 1∶8
2-1 (2016贵州都匀二模,10,5分)已知正三角形内切圆的半径是其高的 ,把这个结论推广到空
间正四面体,类似的结论是 ( )
A.正四面体的内切球的半径是其高的
1
B.正四面体的内切球的半径是其高的
3
1 2 1 3
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Sn (2)证明:由(1n)得bn= =n+ .
假(r+设 数), 列{bn}中存在三项bpa、1 bq、2br(1p,、q、r互不相等)成等比数列,则 =2bpbr,即(q+ )22=(p+ ) ∴(q2-pr)+(2q-p-r) =0.∵p,3qa,r1∈N3*d,∴ 9 3 2,
Sn
2
n
2
bq2
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突破方法
方法(fāngfǎ)1 归纳推理
归纳推理的一般步骤: 例1 (2015广东湛江一模,10,5分)由正整点坐标(横坐标和纵坐标都是正整数)表示的一组平面 向量ai(i=1,2,3,…,n,…)按照一定的顺序排成如图所示的三角形向量序列图.规则:∀n∈N*,第n行 共有(ɡònɡ yǒu)(2n-1)个向量,若第n行第k个向量为am,则am= 例如a1=(1,1),a2=(1,2),a3= (2,2),a4=(2,1),……,依此类推,则a2 015= ( )
A.76 B.80 C.86 D.92 答案 B 解析 由已知条件,得|x|+|y|=n(n∈N+)的整数解(x,y)的个数为4n,故|x|+|y|=20的不同整数解(x,y)的 个数为80.故选B.
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高三理科数学一轮总复习第十四章 推理与证明

第十四章推理与证明高考导航学归纳法的基知识网络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】通过观察下列等式,猜想出一个一般性的结论,并证明结论的真假.sin215°+sin275°+sin2135°=3 2;sin230°+sin290°+sin2150°=3 2;sin245°+sin2105°+sin2165°=3 2;sin260°+sin2120°+sin2180°=3 2.【解析】猜想:sin2(α-60°)+sin2α+sin2(α+60°)=3 2.左边=(sin αcos 60°-cos αsin 60°)2+sin2α+(sin αcos 60°+cos αsin 60°)2=32(sin2α+cos2α)=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,则有a+b <c+h成立,某同学通过类比得到如下四个结论:①a2+b2>c2+h2;②a3+b3<c3+h3;③a4+b4<c4+h4;④a5+b5>c5+h5.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】②③;a n+b n<c n+h n(n∈N*).题型二运用类比推理拓展新知识三角形两边之和大于第三边【解析】本题由已知的前两组类比可得到如下信息:①平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象;②三角形各边的边长与三棱锥各面的面积是类比对象;③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象;④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象;⑤三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表面积的乘积的三分之一.本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合适的类比对象.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:【变式训练2】面积为S i ,此四边形内任一点P 到第i 条边的距离为h i (i =1,2,3,4),(1)若a 11=a 22=a 33=a 44=k ,则∑=41i i ih = ;(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S i (i =1,2,3,4),此三棱锥内任一点Q 到第i 个面的距离记为H i (i =1,2,3,4),若S 11=S 22=S 33=S 44=K ,则∑=41i iiH = .【解析】2S k ;3VK.题型三 运用“三段论”进行演绎推理【例3】已知函数f (x )=ln ax -x -ax(a ≠0).(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+…+1n ≥ln e nn !.【解析】(1)由题意f ′(x )=x -ax 2.当a >0时,函数f (x )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, f min (x )=f (a )=ln a 2,无最大值.当a <0时,函数f (x )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, f min (x )=f (a )=ln a 2,无最大值.(2)取a =1,由(1)知,f (x )=ln x -x -1x≥f (1)=0,故1x ≥1-ln x =ln e x, 取x =1,2,3,…,n ,则1+12+13+…+1n ≥ln e +ln e 2+…+ln e n =ln e nn !.【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】已知函数f (x )=e g (x ),g (x )=kx -1x +1(e 是自然对数的底数),(1)若对任意的x >0,都有f (x )<x +1,求满足条件的最大整数k 的值; (2)求证:ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n (n +1)]>2n -3(n ∈N *). 【解析】(1)由条件得到f (1)<2⇒11-2e +x x <2⇒k <2ln 2+1<3,猜测最大整数k =2,现在证明11-2e +x x <x +1对任意x >0恒成立:11-2e +x x <x +1等价于2-3x +1<ln(x +1)⇔ln(x +1)+3x +1>2,设h (x )=ln(x +1)+3x +1,则h ′(x )=1x +1-3(x +1)2=x -2(x +1)2.故x ∈(0,2)时,h ′(x )<0,当x ∈(2,+∞)时,h ′(x )>0. 所以对任意的x >0都有h (x )≥h (2)=ln 3+1>2,即11-2e +x x <x +1对任意x >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<ln(x +1),所以ln[1+k (k +1)]>2-3k (k +1)+1>2-3k (k +1),ln(1+1×2)+ln(1+2×3)+…+ln[1+n (n +1)]>(2-31×2)+(2-32×3)+…+[2-3n (n +1)]=2n -3[11×2+12×3+…+1n (n +1)]=2n -3+3n +1>2n -3, 所以原不等式成立.总结提高合情推理与演绎推理是两种基本的思维推理方式.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想和发现新结论、探索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、已知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索陌生的、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.如果说合情推理是以感性思维为主,只需有感而发;那么演绎推理则是以理性思维为主,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查频率较大.而演绎推理的考查则可以渗透到每一道试题中.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a >0,b >0,a +b =1,求证:1a +1b +1ab≥8.【证明】因为a +b =1,所以1a +1b +1ab =a +b a +a +b b +a +b ab =1+b a +1+a b +a +b ab ≥2+baa b ∙+a +b (a +b 2)2=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已知条件所具备的各种性质,逐层推进,从已知逐渐引出结论.【变式训练1】设a ,b ,c >0,求证:a 2b +b 2c +c 2a≥a +b +c .【证明】因为a ,b ,c >0,根据基本不等式, 有a 2b +b ≥2a ,b 2c +c ≥2b ,c 2a+a ≥2c . 三式相加:a 2b +b 2c +c2a+a +b +c ≥2(a +b +c ).即a 2b +b 2c +c2a ≥a +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:I 2<4S . 【证明】由I 2=(a +b +c )2=a 2+b 2+c 2+2(ab +bc +ac )=a 2+b 2+c 2+2S , 故要证I 2<4S ,只需证a 2+b 2+c 2+2S <4S ,即a 2+b 2+c 2<2S . 欲证上式,只需证a 2+b 2+c 2-2ab -2bc -2ca <0, 即证(a 2-ab -ac )+(b 2-bc -ba )+(c 2-ca -cb )<0, 只需证三括号中的式子均为负值即可, 即证a 2<ab +ac ,b 2<bc +ba ,c 2<ca +cb , 即a <b +c ,b <a +c ,c <a +b ,显然成立,因为三角形任意一边小于其他两边之和. 故I 2<4S .【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】已知a >0,求证:a 2+1a 2-2≥a +1a-2.【证明】要证a 2+1a 2-2≥a +1a -2,只要证a 2+1a 2+2≥a +1a+ 2.因为a >0,故只要证(a 2+1a 2+2)2≥(a +1a+2)2,即a 2+1a 2+4a 2+1a 2+4≥a 2+2+1a 2+22(a +1a)+2,从而只要证2a 2+1a 2≥2(a +1a ),只要证4(a 2+1a 2)≥2(a 2+2+1a 2),即a 2+1a2≥2,而该不等式显然成立,故原不等式成立. 题型三 运用反证法证明【例3】 若x ,y 都是正实数,且x +y >2.求证:1+x y <2或1+yx<2中至少有一个成立.【证明】假设1+x y <2和1+y x <2都不成立.则1+x y ≥2,1+yx ≥2同时成立.因为x >0且y >0,所以1+x ≥2y 且1+y ≥2x ,两式相加得2+x +y ≥2x +2y ,所以x +y ≤2,这与已知条件x +y >2相矛盾.因此1+x y <2与1+y x<2中至少有一个成立.【点拨】一般以下题型用反证法:①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确;②否定命题,唯一性命题,存在性命题,“至多”“至少”型命题;③有的肯定形式命题,由于已知或结论涉及到无限个元素,用直接证明形式比较困难因而往往采用反证法.【变式训练3】已知下列三个方程:x 2+4ax -4a +3=0;x 2+(a -1)x +a 2=0;x 2+2ax -2a =0,若至少有一个方程有实根,求实数a 的取值范围.【解析】假设三个方程均无实根,则有 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧----+--<0.)2(4)(2<0,4)1(<0,)34(4)4(2222a a a a a a由(4a )2-4(-4a +3)<0,得4a 2+4a -3<0,即-32<a <12;由(a -1)2-4a 2<0,得(a +1)(3a -1)>0,即a <-1或a >13;由(2a )2-4(-2a )<0,得a (a +2)<0,即-2<a <0.以上三部分取交集得M ={a |-32<a <-1},则三个方程至少有一个方程有实根的实数a 的取值范围为∁R M ,即{a |a ≤-32或a ≥-1}.总结提高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,但叙述繁琐;综合法叙述简洁,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,再用综合法简洁地叙述解题过程.从逻辑思维的角度看,原命题“p ⇒q ”与逆否命题“⌝q ⇒⌝p ”是等价的,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,这个矛盾可以是与已知矛盾,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+…+n 2+(n -1)2+…+22+12=an (bn 2+c )对于一切n ∈N *都成立?若存在,求出a 、b 、c 并证明;若不存在,试说明理由.【解析】 假设存在a 、b 、c 使12+22+32+…+n 2+(n -1)2+…+22+12=an (bn 2+c )对于一切n ∈N *都成立.当n =1时,a (b +c )=1; 当n =2时,2a (4b +c )=6; 当n =3时,3a (9b +c )=19. 解方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+,19)9(3,3)4(,1)(c b a c b b c b a 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===.1,2,31c b a证明如下:当n =1时,显然成立;假设n =k (k ∈N *,k ≥1)时等式成立,即12+22+32+…+k 2+(k -1)2+…+22+12=13k (2k 2+1);则当n =k +1时,12+22+32+…+k 2+(k +1)2+k 2+(k -1)2+…+22+12=13k (2k 2+1)+(k +1)2+k 2=13k (2k 2+3k +1)+(k +1)2=13k (2k +1)(k +1)+(k +1)2=13(k +1)(2k 2+4k +3)=13(k +1)[2(k +1)2+1]. 因此存在a =13,b =2,c =1,使等式对一切n ∈N *都成立.【点拨】 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n ∈N *时,11×3+13×5+…+1(2n -1)(2n +1)=n2n +1.【证明】(1)当n =1时,左边=11×3=13,右边=12×1+1=13,左边=右边,所以等式成立.(2)假设当n =k (k ∈N *)时等式成立,即有11×3+13×5+…+1(2k -1)(2k +1)=k2k +1,则当n =k +1时, 11×3+13×5+…+1(2k -1)(2k +1)+1(2k +1)(2k +3)=k 2k +1+1(2k +1)(2k +3)=k (2k +3)+1(2k +1)(2k +3)=2k 2+3k +1(2k +1)(2k +3)=k +12k +3=k +12(k +1)+1, 所以当n =k +1时,等式也成立. 由(1)(2)可知,对一切n ∈N *等式都成立. 题型二 用数学归纳法证明整除性问题【例2】 已知f (n )=(2n +7)·3n +9,是否存在自然数m 使得任意的n ∈N *,都有m 整除f (n )?若存在,求出最大的m 值,并证明你的结论;若不存在,请说明理由.【解析】 由f (1)=36,f (2)=108,f (3)=360,猜想:f (n )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 =k (k ≥1,k ∈N *)时结论成立,即f (k )=(2k +7)·3k +9能被36整除. 则当n =k +1时,f (k +1)=(2k +9)·3k +1+9=3[(2k +7)·3k +9]+18(3k -1-1),由假设知3[(2k +7)·3k +9]能被36 整除,又3k -1-1是偶数,故18(3k -1-1)也能被36 整除.即n =k +1时结论也成立.故由(1)(2)可知,对任意正整数n 都有f (n )能被36整除. 由f (1)=36知36是整除f (n )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,f (n )=32n +2-8n -9能被64整除.【证明】方法一:①当n =1时,f (1)=34-8-9=64,命题显然成立. ②假设当n =k (k ≥1,k ∈N *)时结论成立,即f (k )=32k +2-8k -9能被64整除.由于32(k+1)+2-8(k +1)-9=9(32k +2-8k -9)+9·8k +9·9-8(k +1)-9=9(32k +2-8k -9)+64(k +1),即f (k +1)=9f (k )+64(k +1),所以n =k +1时命题也成立.根据①②可知,对任意的n ∈N *,命题都成立.方法二:①当n =1时,f (1)=34-8-9=64,命题显然成立.②假设当n =k (k ≥1,k ∈N *)时,f (k )=32k +2-8k -9能被64整除.由归纳假设,设32k +2-8k -9=64m (m为大于1的自然数),将32k +2=64m +8k +9代入到f (k +1)中得f (k +1)=9(64m +8k +9)-8(k +1)-9=64(9m +k +1),所以n =k +1时命题也成立. 根据①②可知,对任意的n ∈N *,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】(2009山东)等比数列{a n }的前n 项和为S n ,已知对任意的n ∈N *,点(n ,S n )均在函数y =b x +r (b >0且b ≠1,b ,r 均为常数)的图象上.(1)求r 的值;(2)当b =2时,记b n =2(log 2a n +1)(n ∈N *),求证:对任意的n ∈N *,不等式b 1+1b 1· b 2+1b 2·…·b n +1b n>n +1成立. 【解析】(1)因为点(n ,S n )均在函数y =b x +r (b >0且b ≠1,b ,r 均为常数)的图象上, 所以S n =b n +r (b >0且b ≠1,b ,r 均为常数).当n =1时,a 1=S 1=b +r ;当n ≥2时,a n =S n -S n -1=b n +r -b n -1-r =(b -1)b n -1.又数列{a n }为等比数列,故r =-1且公比为b . (2)当b =2时,a n =2n -1,所以b n =2(log 2a n +1)=2(log 22n -1+1)=2n (n ∈N *),所以b n +1b n =2n +12n,于是要证明的不等式为32·54·…·2n +12n>n +1对任意的n ∈N *成立.下面用数学归纳法证明.当n =1时,32>2显然成立.假设当n =k 时不等式成立,即32·54·…·2k +12k >k +1.则当n =k +1时,32·54·…·2k +12k ·2k +32k +2>k +1·2k +32k +2=k +1·(2k +32k +2)2=(2k +3)24(k +1)=[2(k +1)+1]24(k +1)=4(k +1)2+4(k +1)+14(k +1)=(k +1)+1+14(k +1)>(k +1)+1,即当n =k +1时不等式成立,所以原不等式对任意n ∈N *成立.【点拨】 运用归纳推理得到的结论不一定正确,需进行证明.用数学归纳法证明不等式时必须要利用归纳假设的条件,并且灵活运用放缩法、基本不等式等数学方法.【变式训练3】设函数f (x )=e x -1+a x(a ∈R ).(1)若函数f (x )在x =1处有极值,且函数g (x )=f (x )+b 在(0,+∞)上有零点,求b 的最大值; (2)若f (x )在(1,2)上为单调函数,求实数a 的取值范围;(3)在(1)的条件下,数列{a n }中a 1=1,a n +1=f (a n )-f ′(a n ),求|a n +1-a n |的最小值.【解析】(1)f ′(x )=e x -1-a x2,又函数f (x )在x =1处有极值,所以f ′(1)=0,即a =1,经检验符合题意.g ′(x )=e x -1-1x2,当x ∈(0,1)时,g ′(x )<0,g (x )为减函数,当x =1时,g ′(x )=0,当x ∈(1,+∞)时g ′(x )>0,g (x )为增函数.所以g (x )在x =1时取得极小值g (1)=2+b ,依题意g (1)≤0,所以b ≤-2, 所以b 的最大值为-2.(2)f ′(x )=e x -1-a x2,当f (x )在(1,2)上单调递增时,e x -1-a x2≥0在[1,2]上恒成立,所以a ≤x 2e x -1,令h (x )=x 21e x ,则h ′(x )=e x -1(x 2+2x )>0在[1,2]上恒成立,即h (x )在[1,2]上单调递增,所以h (x )在[1,2]上的最小值为h (1)=1,所以a ≤1; 当f (x )在[1,2]上单调递减时,同理a ≥x 2e x -1,h (x )=x 2e x-1在[1,2]上的最大值为h (2)=4e ,所以a ≥4e.综上实数a 的取值范围为a ≤1或a ≥4e.(3)由(1)得a =1,所以f (x )-f ′(x )=1x +1x 2,因此a n +1=1a n +1a 2n,a 1=1,所以a 2=2,可得0<a 2n +1<1,a 2n +2>2.用数学归纳法证明如下:①当n =1时,a 3=34,a 4=289,结论成立;②设n =k ,k ∈N *时结论成立,即0<a 2k +1<1,a 2k +2>2,则n =k +1时,a 2k +3=1a 2k +2+1a 22k +2<12+12=1,所以0<a 2k +3<1,a 2k +4=1a 2k +3+1a 22k +3>1+1=2.所以n =k +1时结论也成立,根据①②可得0<a 2n +1<1,a 2n +2>2恒成立,所以|a n +1-a n |≥a 2-a 1=2-1=1,即|a n +1-a n |的最小值为1.总结提高数学归纳法是证明与自然数有关的命题的常用方法,它是在归纳的基础上进行的演绎推理,其大前提是皮亚诺公理(即归纳公理):设M 是正整数集合的子集,且具有如下性质: ①1∈M ;②若k ∈M ,则k +1∈M ,那么必有M =N *成立.数学归纳法证明的两个步骤体现了递推的数学思想,第一步是递推的基础,第二步是递推的依据,通过对两个命题的证明替代了无限多次的验证,实现了有限与无限的辩证统一.从近几年的高考试题来看,比较注重于对数学归纳法的思想本质的考查,如“归纳、猜想、证明”是一种常见的命题形式.而涉及的知识内容也是很广泛的,可覆盖代数命题、三角恒等式、不等式、数列、几何命题、整除性命题等.其难点往往在第二步,关键是“凑形”以便运用归纳假设的条件.。
2019版高考数学(理科 新课标III)B版课件:第十四章 推理与证明

答案 D 本题主要考查逻辑推理能力. 由题意可知,“甲看乙、丙的成绩,不知道自己的成绩”说明乙、丙两人是一个优秀一个良好,
则乙看了丙的成绩,可以知道自己的成绩;丁看了甲的成绩,也可以知道自己的成绩.故选D.
解后反思 本题主要考查学生的逻辑思维、归纳推理的能力.
考点二
直接证明与间接证明
(2017课标全国Ⅱ,23,10分)已知a>0,b>0,a3+b3=2.证明: (1)(a+b)(a5+b5)≥4;
(2)a+b≤2.
证明 本题考查不等式的证明. (1)(a+b)(a5+b5)=a6+ab5+a5b+b6 =(a3+b3)2-2a3b3+ab(a4+b4)
=4+ab(a2-b2)2≥4.
(2)因为(a+b)3=a3+3a2b+3ab2+b3
3(a b) =2+3ab(a+b)≤2+ (a+b)
根据(i)(ii)知对任何n∈N*结论都成立. (12分) 解后反思 本题主要考查函数单调性和导数之间的关系,以及利用数学归纳法证明不等式,综 合性较强,难度较大.
B组
考点一
自主命题·省(区、市)卷题组
合情推理与演绎推理
1.(2016北京,8,5分)袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次 从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放入乙盒, 否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,则 ( A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 C.乙盒中红球不多于丙盒中红球 D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 )
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(3)由(2)知,任意两个不同的元素α与β满足M(α,β)=0, 则α与β无同一位置同为1, ∴元素个数最大为n+1, B={(0,0,…,0),(1,0,…,0),(0,1,…,0),…,(0,0,…,1)}.
考点二 直接证明与间接证明
1.(2014山东,4,5分)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时, 要做的假设是 ( ) A.方程x3+ax+b=0没有实根 B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根 C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根 D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根
B组 自主命题·省(区、市)卷题组
考点一 合情推理与演绎推理
1.(2017北京,14,5分)三名工人加工同一种零件,他们在一天中的工作情况如图所示,其中点Ai的
横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数,点Bi的横、纵坐标分别为第i名
工人下午的工作时间和加工的零件数,i=1,2,3.
①记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数,则Q1,Q2,Q3中最大的是
×(0+2+0)=1.
∴xi+yi-|xi-yi|=
02,,xxii
yi yi
0或xi 1,
yi ,
当n=4时,因为M(α,α)为奇数,所以α有1项或3项为1,其余项为0,所以元素个数最多有 C+14 C=834
个.
因为M(α,β)为偶数(α,β不同),所以两者同一位置同为1的项数为0或者2(若为4,则α与β相同).
所①以当cdn1=>0时bb11 , aa11nn,(n1)(d2nd1),当当
2021高考理科数学一轮总复习课标通用版课件:第14章 推理与证明 14-2

从要证明的________出发,逐步寻求使它成立的________,直至最后,把要证明的
结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止,这种证明方
法叫作分析法.
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14 推理与证明
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§14.2 直接证明与间接证明
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4.反证法的定义 假设________不成立(即在________的条件下,________不成立),经过正确的推理, 最后得出________,因此说明假设错误,从而证明了________成立,这种证明方法,叫作 反证法.
答案 1.(2)综合法 分析法 2.推理论证 结论 3.结论 充分条件 4.原命题 原命题 结论 矛盾 原命题
所以
a2+b32+c2≥a+3b+c成立(当且仅当 a=b=c 时等号成立).
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证法 2:采用综合法. ∵a,b,c∈R+,∴(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≥0, ∴2(a2+b2+c2)≥2(ab+bc+ac), ∴3(a2+b2+c2)≥a2+b2+c2+2ab+2bc+2ac, ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2,
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第十四章 推理与证明第一节合情推理与演绎推理 题型185 归纳推理例题14.1设函数f (x )=,观察:,根据以上事实,由归纳推理可得:当___.14、(21)2nnx x -+例题14.2定义(,)n F A B 表示所有满足{}12,,,n AB a a a =⋅⋅⋅的集合,A B 组成的有序集合对(,)A B 的个数.试探究12(,),(,),F A B F A B ⋅⋅⋅,并归纳推得(,)n F A B =_________.16.3n.例题14.3如图,坐标纸上的每个单元格的边长为1,由下往上的六个点:1,2,3,4,5,6的横纵坐标分别对应数列{}*()n a n N ∈的前12项,如下表所示:按如此规律下去,则200920102011a a a ++= .1a 2a 3a 4a 5a 6a 7a 8a 9a 10a 11a 12a1x 1y 2x 2y 3x 3y 4x 4y 5x 5y 6x 6y15.1005例题14.4已知函数1(1)sin 2,[2,21)2(),()(1)sin 22,[21,22)2nn x n x n n f x n N x n x n n ππ+⎧-+∈+⎪⎪=∈⎨⎪-++∈++⎪⎩, 若数列{a m }满足))(2(+∈=N m mf a m ,且{}ma 的前m 项和为m S ,则20142006S S -= .15.8042例题14.5意大利著名数学家斐波那契在研究兔子繁殖问题时,发现有这样一组数: 1,1,2,3,5,8,13,…其中从第三个数起,每一个数都等于他前而两个数的和.该数列是一个非常美丽、和谐的数列,有很多奇妙的属性.比如:随着数列项数的增加,前一项与后一项之比越逼近黄金分割0.6180339887….人们称该数列{a n }为“斐波那契数列”.若把该数列{a n }的每一项除以4所得的余数按相对应的顺序组成新数列{b n },在数列{b n }中第2014项的值是___3_____ 15、【KS5U 答案】 3解析:写出前几项数列的数,可以找出规律。
例题14.6观察下列等式:()()22003sin cos 30sin cos 304αααα++++=; ()()22001sin cos 452sin cos 452αααα++++=; ()()22001sin cos 603sin cos 604αααα++++=; ()()2200sin cos 902sin cos 900αααα++++= ;可以猜想出结论:()()2200sin cos 75si 2n cos 7453αααα+++=-+ 训练题1[2014·北京卷] 学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级,依次为“优秀”“合格”“不合格”.若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙,且其中至少有一门成绩高于乙,则称“学生甲比学生乙成绩好”.如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好,并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生,那么这组学生最多有( )A .2人B .3人C .4人D .5人 8.B训练题2[2014·福建卷] 已知集合{a ,b ,c }={0,1,2},且下列三个关系:①a ≠2;②b=2;③c ≠0有且只有一个正确,则100a +10b +c 等于________.16.201训练题3[2014·陕西卷] 已知f (x )=x1+x ,x ≥0,若f 1(x )=f (x ),f n +1(x )=f (f n (x )),n↔N +,则f 2014(x )的表达式为________.14.x1+2014x训练题4[2014·福建卷] 若集合{a ,b ,c ,d }={1,2,3,4},且下列四个关系:①a =1;②b ≠1;③c =2;④d ≠4有且只有一个是正确的,则符合条件的有序数组(a ,b ,c ,d )的个数是________.15.6 [解析] 若①正确,则②③④不正确,可得b ≠1不正确,即b =1,与a =1矛盾,故①不正确;若②正确,则①③④不正确,由④不正确,得d =4;由a ≠1,b ≠1,c ≠2,得满足条件的有序数组为a =3,b =2,c =1,d =4或a =2,b =3,c =1,d =4.若③正确,则①②④不正确,由④不正确,得d =4;由②不正确,得b =1,则满足条件的有序数组为a =3,b =1,c =2,d =4;若④正确,则①②③不正确,由②不正确,得b =1,由a ≠1,c ≠2,d ≠4,得满足条件的有序数组为a =2,b =1,c =4,d =3或a =3,b =1,c =4,d =2或a =4,b =1,c =3,d =2;综上所述,满足条件的有序数组的个数为6.训练题5[2014·新课标全国卷Ⅰ] 甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A ,B ,C 三个城市时,甲说:我去过的城市比乙多,但没去过B 城市; 乙说:我没去过C 城市;丙说:我们三人去过同一城市.由此可判断乙去过的城市为________. 14.A训练题6[2014·陕西卷] 观察分析下表中的数据:多面体 面数(F ) 顶点数(V )棱数(E ) 三棱柱 5 6 9 五棱锥 6 6 10 立方体6812猜想一般凸多面体中F ,V ,E 所满足的等式是________. 14.F +V -E =2训练题7向圆内随机投掷一点,此点落在该圆的内接正n ()3,n n ≥∈N 边形内的概率为n p ,下列论断正确的是A .随着n 的增大,n p 增大B .随着n 的增大,n p 减小C .随着n 的增大,n p 先增大后减小D .随着n 的增大,n p 先减小后增大 4.A训练题8n 个连续自然数按规律排成下表,根据规律,2011到2013,箭头的方向依次为( )A .↓→B .→↓C .↑→D .→↑9.B 训练题9答案:41题型186 类比推理例题14.7观察下列等式:1535522C C +=-,1597399922C C C ++=+,159131151313131322C C C C +++=-, 1591317157171717171722C C C C C ++++=+,………由以上等式推测到一个一般的结论:对于*n N ∈,1594141414141n n n n n C C C C +++++++++= .答案 ()4121212nn n --+-解析 这是一种需类比推理方法破解的问题,结论由二项构成,第二项前有()1n-, 二项指数分别为41212,2n n --,因此对于*n N ∈,1594141414141n n n n n C C C C +++++++++=()4121212nn n --+-例题14.8(2013年上海市春季高考数学试卷(含答案))36的所有正约数之和可按如下方法得到:因为2236=23⨯,所以36的所有正约数之和为22222222(133)(22323)(22323)(122)133)91++++⨯+⨯++⨯+⨯=++++=(参照上述方法,可求得2000的所有正约数之和为________________________【答案】4836 例题14.9将函数1y x =的图象绕原点顺时针旋转45︒后可得到双曲线222x y -=.据此类推得函数41xy x =-的图象的焦距为 .15. 8例题14.10在平面上有如下命题:“O 为直线AB 外的一点,则点P 在直线AB 上的充要条件是:存在实数y x ,满足OB y OA x OP +=,且1=+y x ”,我们把它称为平面中三点共线定理,请尝试类比此命题,给出空间中四点共面定理,应描述为: 15.O 为平面ABC 外一点,则点P 在平面ABC 内的充要条件是:存在实数z y x ,,满足 OC z OB y OA x OP ++=且1=++z y x例题14.11已知命题:在平面直角坐标系xoy 中,ABC ∆的顶点)0,(p A -和)0,(p C ,顶点B 在椭圆),0(1222222n m p n m n y m x -=>>=+上,则B C A sin sin sin +e 1=(其中e 为椭圆的离心率).试将该命题类比到双曲线中,给出一个真命题:在平面直角坐标系xoy 中,ABC∆的顶点)0,(p A -和)0,(p C ,顶点B 在双曲线),0(1222222n m p n m ny m x +=>>=-上,则 .例题14.12设S 、V 分别表示面积和体积,如△ABC 面积用S △ABC 表示,三棱锥O -ABC 的体积用V O -ABC 表示.对于命题:如果O 是线段AB 上一点,则|OB →|·OA →+|OA →|·OB →=0.将它类比到平面的情形是:若O 是△ABC 内一点,有S △OBC ·OA →+S △OCA ·OB →+S △OBA ·OC →=0.将它类比到空间的情形应该是:若O 是三棱锥A -BCD 内一点,则有__________________________. 例题14.13在计算“1223(1)n n ⨯+⨯+⋅⋅⋅++”时,某同学学到了如下一种方法:先改写第k 项:1(1)[(1)(2)(1)(1)],3k k k k k k k k +=++--+由此得112(123012),3⨯=⨯⨯-⨯⨯123(234123),3⨯=⨯⨯-⨯⨯…1(1)[(1)(2)(1)(1)].3n n n n n n n n +=++--+相加,得11223(1)(1)(2).3n n n n n ⨯+⨯+⋅⋅⋅++=++类比上述方法,请你计算“123234(1)(2)n n n ⨯⨯+⨯⨯+⋅⋅⋅+++”, 其结果为 .16、()()()32141+++n n n n例题14.14设△ABC 的三边长分别为a 、b 、c ,△ABC 的面积为S ,内切圆半径为r ,则r =2Sa +b +c;类比这个结论可知:四面体S -ABC 的四个面的面积分别为S 1、S 2、S 3、S 4,内切球的半径为r ,四面体S -ABC 的体积为V ,则r = .15.3VS1+S2+S3+S4训练题1若012,,,na a a a 成等差数列,则有等式012012(1)0n nn n n n n C a C a C a C a -+++-=成立,类比上述性质,相应地:若 012,,,n b b b b成等比数列,则有等式__ 012(1)0121nnn n n nC C C C n b b b b --⋅⋅⋅⋅= _成立。