高中数学《第二章 推理与证明》复习小结课件 新人教A版选修1-2
人教版数学高二人教A版选修1-2第二章《推理与证明》章末小结
章末小结合情推理与演绎推理运用合情推理时，要认识到观察、归纳、类比、猜想、证明是相互联系的．在解决问题时，可以先从观察入手，发现问题的特点，形成解决问题的初步思路；然后用归纳、类比的方法进行探索，提出猜想；最后用演绎推理的方法进行验证．观察下图中各正方形图案，每条边上有n(n≥2)个点，第n个图案中圆点的总数是S n.••••，••••••••，••••••••••••，…n＝2，S2＝4；n＝3，S3＝8；n＝4，S4＝12；…，按此规律，推出S n 与n的关系式为________．解析：依图的构造规律可以看出： S 2＝2×4－4， S 3＝3×4－4，S 4＝4×4－4(正方形四个顶点重复计算一次，应减去)． …猜想：S n ＝4n －4(n ≥2，n ∈N *)． 答案：S n ＝4n －4(n ≥2，n ∈N *)若数列{a n }是等比数列，且a n >0，则有数列b n ＝na 1·a 2·…·a n (n ∈N *)也为等比数列，类比上述性质，相应地，数列{c n }是等差数列，则有d n ＝________也是等差数列．解析：类比猜想可得d n ＝c 1＋c 2＋…＋c n n 也成等差数列，若设等差数列{c n }的公差为x ，则d n ＝c 1＋c 2＋…＋c n n＝nc 1＋n （n －1）2xn＝c 1＋(n －1)·x2.可见{d n }是一个以c 1为首项，x2为公差的等差数列，故猜想是正确的．答案：c 1＋c 2＋…＋c nn已知函数f (x )＝x 13－x －135，g (x )＝x 13＋x －135.(1)证明f (x )是奇函数，并求f (x )的单调区间；(2)分别计算f (4)－5f (2)·g (2)和f (9)－5f (3)·g (3)的值，由此概括出涉及函数f (x )和g (x )的对所有不等于零的实数x 都成立的一个等式，并加以证明．(1)证明：函数f (x )的定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，又f (－x )＝（－x ）13－（－x ）－135＝－x 13－x －135＝－f (x )，∴f (x )是奇函数．任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，设x 1<x 2， f (x 1)－f (x 2)＝x 131－x －1315－x 132－x －1325＝15(x 131－x 132)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 131·x 132. ∵x 131－x 132<0，1＋1x 131·x 132>0，∴f (x 1)－f (x 2)<0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．∴f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和(0，＋∞)．(2)解析：计算得f (4)－5f (2)·g (2)＝0，f (9)－5f (3)·g (3)＝0.由此概括出对所有不等于零的实数x 有 f (x 2)－5f (x )·g (x )＝0. ∵f (x 2)－5f (x )·g (x )＝x 23－x －235－5·x 13－x －135·x 13＋x －135＝15(x 23－x －23)－15(x 23－x －23)＝0， ∴该等式成立．点评：问题(1)的大前提为函数奇偶性和单调性的定义．问题(2)实际上是合情推理在高考中的体现，有一定的创新性．►变式训练1．已知数列{a n }的相邻两项a 2k －1，a 2k 是关于x 的方程x 2－(3k ＋2k )x ＋3k ·2k ＝0的两个根且a 2k －1≤a 2k (k ＝1，2，3，…)．(1)求a 1，a 3，a 5，a 7及a 2n (n ≥4)，不必证明； (2)求数列{a n }的前2n 项和S 2n .解析：(1)方程x 2－(3k ＋2k )x ＋3k ·2k ＝0的两根为x 1＝3k ，x 2＝2k . 当k ＝1时，x 1＝3，x 2＝2，∴a 1＝2； 当k ＝2时，x 1＝6，x 2＝4，∴a 3＝4； 当k ＝3时，x 1＝9，x 2＝8，∴a 5＝8； 当k ＝4时，x 1＝12，x 2＝16，∴a 7＝12.∵当n ≥4时，2n ＞3n ， ∴a 2n ＝2n (n ≥4)． (2)S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(3＋6＋9＋…＋3n )＋(2＋22＋…＋2n ) ＝3n 2＋3n 2＋2n ＋1－2.直接证明综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题常用的思维方式．如果从解题的切入点的角度细分，直接证明方法可具体分为：比较法、代换法、放缩法、判别式法、构造函数法等．应用综合法证明问题时，必须首先想到从哪里开始起步，分析法就可以帮助我们克服这种困难，在实际证明问题时，应当把分析法和综合法综合起来使用．设a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab ≥8.证明：证法一(综合法) ∵a >0，b >0，a ＋b ＝1，∴1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12，ab ≤14，∴1ab≥4. 又1a ＋1b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋ab ≥4， ∴1a ＋1b ＋1ab≥8.证法二(分析法) ∵a >0，b >0，a ＋b ＝1， ∴要证1a ＋1b ＋1ab≥8，只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋a ＋b ab ≥8，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋1a ≥8，即证1a ＋1b ≥4，即证a ＋b a ＋a ＋b b ≥4，即证b a ＋ab≥2.由基本不等式可知，当a >0，b >0时，b a ＋ab ≥2成立，∴原不等式成立．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：CF ⊥平面BDE . 证明：(1)设AC 与BD 交于点G . ∵EF ∥AG ，且EF ＝1， AG ＝12AC ＝1，∴四边形AGEF 为平行四边形． ∴AF ∥EG .∵EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ， ∴AF ∥平面BDE .(2)连接FG ，∵EF ∥CG ，EF ＝CG ＝1，且CE ＝1， ∴四边形CEFG 为菱形，∴CF ⊥EG . ∵四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC .又∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，且平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ， ∴BD ⊥平面ACEF ，∴CF ⊥BD .又BD ∩EG ＝G . ∴CF ⊥平面BDE .►变式训练2．在等差数列{a n }中，首项a 1＝1，数列{b n }满足b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n，且b 1·b 2·b 3＝164. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＜2.(1)解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n，所以b 1＝12，b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋d ，b 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2d .由b 1b 2b 3＝164，解得d ＝1，所以a n ＝1＋(n －1)·1＝n .(2)证明：由(1)得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.设T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，①则12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.②①－②得12T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.所以T n ＝2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝2－12n －1－n2n ，又因为2－12n －1－n2n ＜2，所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＜2.点评：本题考查了等差数列的性质以及利用综合法证题的过程． 反证法反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性，从逻辑的角度看，命题：“若p 则q ”的否定是“若p 则¬q ”由此进行推理，如果发生矛盾，那么就说明“若p 则¬q ”为假，从而可以导出“若p 则q ”为真，从而达到证明的目的，反证法是高中数学的一种重要的证明方法，在不等式和立体几何的证明中经常用到，在高考题中也经常出现，它所反映出的“正难则反”的解决问题的思想方法更为重要。
(教师用书)高中数学 第二章 推理与证明章末归纳提升课件 新人教A版选修1-2
如图 2－3(1)，在三角形 ABC 中，AB⊥AC，若 AD⊥BC， 则 AB2＝BD· BC；若类比该命题，如图 2－3(2)，三棱锥 A－ BCD 中，AD⊥平面 ABC，若 A 点在三角形 BCD 所在平面内 的射影为 M，则可以得到什么命题？命题是否为真命题并加 以证明．
(1) 图 2－3
2 2 2 ∴S2 ＋ S ＋ S ＝ S 1 2 3 4. 2 2 2 【答案】 S2 1＋S2＋S3＝S4
在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，
那么位于表中的第 n 行第 n＋1 列的数是________．
【解析】
由题中数表知：第 n 行中的项分别为
n,2n,3n， …， 组成一等差数列， 所以第 n 行第 n＋1 列的数是： n2＋n. 【答案】
若平面外一条直线平行于平面内一条直线，则直线与此 平面平行， EF⊄平面 BCD，BD⊂平面 BCD，EF∥BD， 小前提 EF∥平面 BCD. 结论 大前提
归纳推理
归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理，常见 的归纳推理题目主要涉及两个类型：数的归纳和形的归纳， 其求解思路如下： (1)通过观察个别对象发现某些相同性质； (2)由相同性质猜想得出一般性结论． 需特别注意一点，由归纳猜想得出的结论未必正确，常 需要严格的推理证明．
(2013· 南昌高二检测) 在平面上，我们如果用一 条直线去截正方形的一个角， 那么截下的是一个直角三角形， 若将该直角三角形按图标出边长 a，b，c，则由勾股定理有： a2＋b2＝c2.设想把正方形换成正方体，把截线换成如图 2－1 的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥 O －LMN，如果用 S1，S2，S3 表示三个侧面面积，S4 表示截面 面积，那么你类比得到的结论是________．
高二数学人教A版选修1-2课件：第二章 推理与证明
专题一
专题二
专题二 直接证明与间接证明
1.综合法证明数学问题是“执因索果”,而分析法则是“执果索因”,二者一正一反,各有特点,综合法的特点是表述 简单条理清楚,分析法则便于解题思路的探寻.
2.分析法与综合法往往结合起来使用,即用分析法探寻解题思路,而用综合法书写过程,即“两头凑”,可使问题便 于解决.
专题一
专题二
【例1】 已知数列 归纳出Sn的计算公式.
8× 1 12 × 32
,
8× 32×
252,…,(2…������,-S1n为)82其×(2前������������n+项1的)2和, ,计算S1,S2,S3,S4,观察计算结果,并
思路分析:通过计算S1,S2,S3,S4的取值,发现它们的共同点有:都是分数,分母为奇数的平方,分子比分母少1,据
ABCD
中,������������������������'
+
������������ ������������'
+
������������ ������������'
+
������������������������' =4-������������-������������������+������������-������������������������������-+������������������������������-������������������ +������������-������������������ =4-������������������������--������������������������������������ =3.
2019-2020高中数学第二章推理与证明章末复习同步课件新人教A版选修1_2
3.直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法．直接证明的 两类基本方法是综合法和分析法：综合法是从已知条件推导出结论的 证明方法；分析法是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题 时，常把它们结合起来使用．间接证明的一种方法是反证法，反证法 是从结论反面成立出发，推出矛盾的证明方法．
本课结束
关系式为__f(_n_)_＝__n_3.
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.
解析 答案
反思与感悟 (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问题中的常见类型. (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.
证明
反思与感悟 根据待证不等式的结构特点构造函数，将此问题转化为函数 问题，再利用函数的图象与性质解决问题.
跟踪训练2 设a，b是两个正实数，且a≠b，求证：a3＋b3>a2b＋ab2. 证明 要证a3＋b3>a2b＋ab2成立，即需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b) 成立， 即需证a2－ab＋b2>ab成立. 只需证a2－2ab＋b2>0成立， 即需证(a－b)2>0成立. 而由已知条件可知，a≠b，所以a－b≠0， 所以(a－b)2>0显然成立. 即a3＋b3>a2b＋ab2.
第二章 推理与证明
章末复习
学习目标 1.理解合情推理和演绎推理. 2.会用直接证明和间接证明方法证明问题.
内容索引
知识梳理 题型探究 达标检测
知识梳理
1.合情推理 (1)归纳推理：由部分 到 整体 、由 个别到 一般 的推理. (2)类比推理：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. 2.演绎推理 (1)演绎推理：由 一般到 特殊的推理.
人教版A版高中数学选修1-2：第二章推理与证明_小结(8)
件：
充要条件
①
；
充要条件
②
．
（写出你认为正确的两个充要条件）
1.两组相对侧面分别平行； 2.一组相对侧面平行且全 等；
3.对角线交于一点； 4.底面是平行四边形．
例5. 类比平面内直角三角形的勾股 定理,试给出空间中四面体性质的猜 想.
1.C=90° 2.3条边的长度a,b,c. 3.2条直角边a,b和斜边c.
(1)整数是自然数, -3是整数,
-3是自然数;
(2)无理1(数0.333是) 无限小数,
3
11 3
(
0.333
)
是无限小数,
3
1 是无理数.
3
演绎推理错误的主要原因 （1）大前提不成立； （2）小前提不符合大前提的条件
正确性有待进一步证明.
归纳推理是由特殊到一般的推 理;
类比推理是由特殊到特殊的ห้องสมุดไป่ตู้ 理．
演绎推理是由一般到特殊的推 理
三段论是演绎推理的一般模式,包括:
(1)大前提 已知的一般原理; M是P，
(2)小前提 (3)结论
所研究的特殊情况; S是M， 根据一般原理,对特 所以，S是P。 殊情况做出的判断.
（2）类比推理的思维过程大致如下 图所示：
强调：类比推理不象归纳推理 那样局限于同类事物, 同时,类 比推理比归纳推理更富于想 像,因而也就更具有创造性.
动手练一练：
①
②
③
1.观察图中 和 的个数，猜想第n 个图形中 和 的个数
2.试求第几个图中 和 的个数相等
练习： 1.在括号内填上适当的数
(1) 1,5,9,13,17,
☆用集合论的观点看,三段论的依据是:若集 合M的所有元素都具有性质P,S是M的一个子 集,那么S中所有元素也都具有性质P.
人教新课标版数学高二-人A选修1-2课件 第二章《推理与证明》复习
推测未知，都能用于猜想，推理的结论不一定为真，有待进
一步证明.
2.演绎推理与合情推理不同，是由一般到特殊的推理，是数学
中证明的基本推理形式.也是公理化体系所采用的推理形式，
另一方面，合情推理与演绎推理又是相辅相成的，前者是后
者的前提，后者论证前者的可靠性.
章末复习提升
4
3.直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法.直接 证明的两类基本方法是综合法和分析法：综合法是从已知条 件推导出结论的证明方法；分析法是由结论追溯到条件的证 明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，间接 证法的一种方法是反证法，反证法是从结论反面成立出发， 推出矛盾的证明方法.
章末复习提升
11
例 2 已知 a>0，求证： a2＋a12－ 2≥a＋1a－2.
证明 要证 a2＋a12－ 2≥a＋a1－2，
只需证 a2＋a12＋2≥a＋a1＋ 2.
∵a>0，故只需证
a2＋a12＋22≥a＋a1＋ 22，
即 a2＋a12＋4 a2＋a12＋4≥a2＋2＋a12＋2 2a＋a1＋2，
CF∩EF＝F.
EF∥AD， 因为
AD⊥BD，
又因为CB＝CD，F为BD的中点，
所以 EF⊥BD.
所以CF⊥BD.所以平面EFC⊥平面BCD.
章末复习提升
15
题型三 反证法 如果一个命题的结论难以直接证明时，可以考虑反证法.通过反 设已知条件，经过逻辑推理，得出矛盾，从而肯定原结论成立. 反证法是高中数学的一种重要的证明方法，在不等式和立体几 何的证明中经常用到，它所反映出的“正难则反”的解决问题 的思想方法更为重要.反证法主要证明：否定性、唯一性命题； 至多、至少型问题；几何问题.
数学：2[1].1《合情推理与演绎证明--合情推理》PPT课件(新人教A版-选修1-2)
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2
1
3
解;设an表示移动n块金属片时的移动次数. 当n=1时,a1=1 当n=2时,a2= 3 猜想 an= 2n -1 当n=3时,a3= 7 当n=4时,a4= 15
2
1
3
歌德巴赫猜想的提出过程：
…
这种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,或者由个别事实概栝出一般结论 的推理,称为归纳推理.(简称;归纳) 归纳推理的几个特点;
1.归纳是依据特殊现象推断一般现象,因而,由归纳 所得的结论超越了前提所包容的范围. 2.归纳是依据若干已知的、没有穷尽的现象推断尚 属未知的现象,因而结论具有猜测性. 3.归纳的前提是特殊的情况,因而归纳是立足于观 察、经验和实验的基础之上. 归纳是立足于观察、经验、实验和对有限资料分 析的基础上.提出带有规律性的结论. 需证明
这就是著的哥德巴赫猜想。欧拉在6月30日给他的回信中说， 他相信这个猜想是正确的，但他不能证明。叙述如此简单的问 题，连欧拉这样首屈一指的数学家都不能证明，这个猜想便引 起了许多数学家的注意。从提出这个猜想至今，许多数学家都 不断努力想攻克它，但都没有成功。当然曾经有人作了些具体 的验证工作，例如: 6 = 3 + 3, 8 = 3 + 5, 10 = 5 + 5 = 3 + 7, 12 = 5 + 7, 14 = 7 + 7 = 3 + 11,16 = 5 + 11, 18 = 5 + 13, . . . . 等等。有人对33×108以内且大过6之偶数一 一进行验算，哥德巴赫猜想(a)都成立。但严格的数学证明尚 待数学家的努力。从此，这道著名的数学难题引起了世界上成 千上万数学家的注意。200年过去了，没有人证明它。哥德巴 赫猜想由此成为数学皇冠上一颗可望不可及的“明珠”。到了 20世纪20年代，才有人开始向它靠近。
新版高中数学人教A版选修1-2课件：第二章 推理与证明 2.2.1
∵PA⊥底面ABCD,CD⊂平面ABCD, ∴PA⊥CD. ∵AC⊥CD,PA∩AC=A,∴CD⊥平面PAC. 而AE⊂平面PAC,∴CD⊥AE.
题型一
题型二
题型三
题型四
(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA.
∵E是PC的中点,∴AE⊥PC.
题型一
题型二
题型三
题型四
【变式训练3】 如图,三角形PDC所在的平面与长方形ABCD所 在的平面垂直,PD=PC=4,AB=6,BC=3.
典例透析
(1)证明:BC∥平面PDA; (2)证明:BC⊥PD; (3)求点C到平面PDA的距离. (1)证明因为四边形ABCD是长方形,所以BC∥AD. 因为BC⊄平面PDA,AD⊂平面PDA,所以BC∥平面PDA.
−
1)(������∈N*,n≥2),求证: 1 为等差数列.
������������
分析:(1)类比题目所给等式得到 Sn+1 与 an+1 之间的关系式→两式相减→说明{an}是等比数列
(2)利用(1)中的公比
q
得到
f(m)→化简式子
bn=
3 2
������
(bn-1)→证明
1 ������������
两式相减,得Sn=n·2n-1×20-1×21-…-1×2n-1=n·2n-2n+1=2n(n-1)+1.
典例透析
题型一
题型二
题型三
题型四
利用综合法证明不等式
【例 2】 已知 a,b,c 是正实数,且 a+b+c=1. 求证:(1)a2+b2+c2≥13 ; (2) ������ + ������ + ������ ≤ 3.
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证法2:∵a、b、c为 不相等正数 ，且abc = 1，
1 1 1 ∴ a+ b+ c = + + bc ca ab 1 1 1 1 1 1 + + + b c + c a + a b = 1 + 1 +1. < 2 2 2 a b c
1 1 1 ∴ a + b + c < + + 成立. a b c
二.分析法
例：已知a > 5，求证 ：
• • • • • • • •
a -5 - a -3 <
证明: a -5 - a -3 < a -2 - a 要证 只需证 a - 5 a < a - 2 + a - 3 只需证 a(a - 5)< (a - 2)(a - 3) 只需证 a(a - 5)<(a - 2)(a - 3) 只需证 0 < 6 0 < 6 成立. 因为 所以 a - 5 - a - 3 < a - 2 - a 成立.
Байду номын сангаас
作业：
１:平面内有n条直线,其中任何两条不平行,任何三条 不过同一点, 证明这n条直线把平面分成f(n)＝(n2+n+2)/2个区域.
问题:如图;已知L1、L2 是异面直线且
A、B∈ L1,C、D∈ L2,,
求证;AC,SD也是异面直线.
C D
L1
a
L2
A
B
五.归纳、类比、猜想、证明
例：在各项为正的数列{a n }中，数列的前n项 1 1 和s n 满足s n = (a n + ) 2 an （1）求a1、a 2、a 3； （2）由（1）猜想到数列{a n }的通项公式， 并用数学归纳法证明你的猜想。
例:平面内有n条直线,其中任何两条不平行,任何三条 不过同一点,证明交点的个数f(n)等于n(n-1)/2. 证:(1)当n=2时,两条直线的交点只有1个,又 f(2)=2•(2-1)/2=1,因此,当n=2时命题成立. (2)假设当n=k(k≥2)时命题成立,就是说,平面内满足 题设的任何k条直线的交点个数f(k)等于k(k-1)/2. 以下来考虑平面内有k+1条直线的情况.任取其中 的1条直线,记作l.由归纳假设,除l以外的其他k 条直线的交点个数f(k)等于k(k-1)/2. 另外,因为已知任何两条直线不平行,所以直线l 必与平面内其他k条直线都相交,有k个交点.
第二章 推理与证 明复习小结
知识结构
合情推理 推理 推 理 与 证 明 证明 间接证明 演绎推理 比较法
归纳推理 类比推理
直接证明
综合法 分析法 反证法
数学归纳法
一.综合法
例.已知a、b、c 为不相等正数 ，且abc = 1， 1 1 1 证求 ：a + b + c < + + . a b c
1 1 1 ∴ + + = bc + ca + ab a b c
证 法1:∵ a、b、c 为 不相等正 数 ，且abc = 1，
bc + ca ca + ab ab + bc = + + 2 2 2
>
abc +
2
a bc +
2
ab c =
2
a + b + c.
1 1 1 ∴ a + b + c < + + 成立. a b c
例.已知a、b、c 为 不相等正数 ，且abc = 1， 1 1 1 证求 ：a + b + c < + + . a b c
a - 2 - a.
问题一:
三:反证法
求证:两条相交直线有且只有一个交点.
注:1.结论中的有且只有(有且仅有)形式出现, 是唯一性问题,常用反证法 2.有且只有的反面包含1)不存在;2)至少两个.
问题二:求证一元二次方程至多 ------有两个不相等的实根.
注:所谓至多有两个,就是不可能有三个,要 证“至多有两个不相等的实根”只要证明 它的反面“有三个不相等的实根”不成立即 可.
又因为已知任何三条直线不过同一点,所以上面的k 个交点两两不相同,且与平面内其他的k(k-1)/2个 交点也两两不相同. 从而平面内交点的个数是 k(k-1)/2+k=k[(k-1)+2]/2 =(k+1)[(k+1)-1]/2. 这就是说,当n=k+1时,k+1条直线的交点个数为: f(k+1)=(k+1)[(k+1)-1]/2. 根据(1)、(2)可知,命题对一切大于1的正整数都成 立. 说明:用数学归纳法证明几何问题,重难点是处理好当 n=k+1时利用假设结合几何知识证明命题成立.
注:在上例的题设条件下还可以有如下二个结论: (1)设这n条直线互相分割成f(n)条线段或射线, ---则: f(n)=n2. (2)这n条直线把平面分成(n2+n+2)/2个区域. 练习1:凸n边形有f(n)条对角线,则凸n+1边形的对角线 ------的条数f(n+1)=f(n)+_________. n-1 练习2:设有通过一点的k个平面,其中任何三个平面或 三个以上的平面不共有一条直线,这k个平面将 空间分成f(k)个区域,则k+1个平面将空间分成 f(k+1)=f(k)+__________个区域. 2k
例：有下列各式： 1 1> , 2 1 1 1+ + > 1, 2 3 1 1 1 1 1 1 3 1+ + + + + + > , 2 3 4 5 6 7 2 1 1 1 1 1 1 1 1+ + + + + + + + > 2 2 3 4 5 6 7 15 你能得到怎样的一般不等式，并加以证明。