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(新课程)高中数学《第二章 推理与证明》归纳整合课件 新人教A版选修1-2


本 章 归 纳 整 合

知识网络

要点归纳

1.归纳和类比都是合情推理,前者是由特殊到一般,部分到整体
的推理,后者是由特殊到特殊的推理,但二者都能由已知推测 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.

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.

4.归纳、猜想、证明 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 论的问题称为探求规律性问题,它的解题思想是:从给出的条 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.

专题一 归纳推理和类比推理

归纳推理和类比推理是常用的合情推理,两种推理的结论

“合情”但不一定“合理”,其正确性都有待严格证明.尽管如此, 合情推理在探索新知识方面有着极其重要的作用. 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、
猜想,最后用逻辑推理方法进行验证.

【例1】 如下图所示,由正整数排成的三角形数表,第n行首尾两

数均为n,记第n(n>1)行第2个数为f(n),根据数表中上下两行
的数据关系可以得到递推关系________,并通过有关求解可 以得到通项f(n)=________.

解析

由数表知 f(3)比 f(2)多 2,f(4)比 f(3)多 3,

f(5)比 f(4)多 4?归纳得 f(n)比 f(n-1)多 n-1, 故得递推关系:f(n)-f(n-1)=n-1, 即 f(n)=f(n-1)+n-1. ∴f(3)-f(2)=2,f(4)-f(3)=3,?, f(n)-f(n-1)=n-1. 上述式子相加得 f(n)-f(2)=2+3+?+(n-1), n?n-1? n2-n+2 ∴f(n)=1+[1+2+?+(n-1)]=1+ = . 2 2 答案 f(n)=f(n-1)+n-1(n>1) n2-n+2 2

【例2】 自然数按下表的规律排列

则上起第2 007行,左起第2 008列的数为( A.2 0072 C.2 006×2 007 B.2 0082

).

D.2 007×2 008

解析 经观察可得这个自然数表的排列特点:
①第一列的每个数都是完全平方数,并且恰好等于它所在行数的 平方,即第n行的第1个数为n2; ②第一行第n个数为(n-1)2+1; ③第n行从第1个数至第n个数依次递减1; ④第n列从第1个数至第n个数依次递增1. 故上起第2 007行,左起第2 008列的数,应是第2 008列的第2 007

个数,即为[(2 008-1)2+1]+2 006=2 007×2 008.
答案 D

S△AEF 【例 3】 一直线与△ABC 的边 AB, AC 分别相交于 E, F, 则 S△ABC AE· AF = .将平面上的三角形与空间中的三棱锥进行类比, 试 AB· AC 推理三棱锥的性质,并给出证明. 解 在三棱锥 SABC 中,平面 α 与侧棱 SA,SB,SC 分别相 交于 D,E,F. VSDEF SD· SE· SF 则V =SA· SB· SC . SABC 证明如下:

设∠BSC=α,SA 和平面 SBC 所成的角为 β. 1 1 则 VSDEF=3· SD· sin β· S△SEF=6SD· sin α· sin β, 1 同理,VSABC=6SA· SB· SC· sin α· sin β, VSDEF SD· SE· SF ∴V =SA· . SB · SC SABC 1 β· SE· SF· sin α=6SD· SE· SF· sin

专题二 演绎推理 演绎推理的一般模式为三段论,应用三段论解决问题时,首

先应该明确什么是大前提,小前提,然后再找结论.
在推理论证过程中,一些稍复杂一点的证明题常要由几个三 段论才能过完成.大前提通常省略不写,或者写在结论后面的括 号内,小前提有时也可以省略,而采取某种简明的推理模式.

n+2 【例 4】 数列{an}的前 n 项和记为 Sn, 已知 a1=1, an+1= S (n n n ∈N*),证明:
? ?Sn? ? ? (1)数列 n ?是等比数列; ? ? ? ?

(2)Sn+1=4an. n+2 证明 (1)∵an+1=Sn+1-Sn,an+1= S, n n ∴(n+2)Sn=n(Sn+1-Sn),即 nSn+1=2(n+1)Sn. Sn+1 Sn ∴ =2· ,(小前提) n n+1

? ?Sn? ? ? 故 n ?是以 ? ? ? ?

2 为公比的等比数列.(结论)

(大前提是等比数列的定义,这里省略了) Sn+1 Sn-1 (2)由(1)可知 =4· (n≥2), n+1 n-1 Sn-1 n-1+2 ∴Sn+1=4(n+1)· =4· · Sn-1=4an(n≥2) n-1 n-1 (小前提) 又 a2=3S1=3,S2=a1+a2=1+3=4=4a1,(小前提) ∴对于任意正整数 n,都有 Sn+1=4an.(结论) (第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)

专题三 直接证明

由近三年的高考题可以看出,直接证明的考查中,各种题型
均有体现,尤其是解答题,几年来一直是考查证明方法的热点与 重点. 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结合起来使用.

【例 5】 已知 a>0,求证: 证明 要证 只需证
2 2

1 1 a +a2- 2≥a+a-2.
2

1 1 a +a2- 2≥a+a-2,

1 1 a +a2+2≥a+a+ 2.
? ? 1 1 ?2 ? a +a2+2? ≥?a+a+ 2?2, ? ? ?
2

? ∵a>0,故只需证? ? ?

1 即 a +a2+4
2

1 1 2 a +a2+4≥a +2+a2+
2

2 2

? 1? ?a+ ?+2, a? ?

从而只需证 2 只要证
2

? 1? 1 a + 2≥ 2 ?a+a?, a ? ?
2

? 1? ? 2 1? 2 4?a +a2?≥2?a +2+a2?, ? ? ? ?

1 即 a + 2≥2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立. a

【例 6】 如图,在四面体 BACD中,CB= CD, AD⊥BD,且E,F 分别是AB,BD的中点,求证: (1)直线EF∥平面ACD;

(2)平面EFC⊥平面BCD.

证明 (1)要证直线 EF∥平面 ACD, 只需证 EF∥AD 且 EF?平面 ACD. 因为 E,F 分别是 AB,BD 的中点, 所以 EF 是△ABD 的中位线, 所以 EF∥AD, 所以直线 EF∥平面 ACD. (2)要证平面 EFC⊥平面 BCD, 只需证 BD⊥平面 EFC, ?EF⊥BD, ? 只需证?CF⊥BD, ?CF∩EF=F. ?

? ?EF∥AD, 因为? ? ?AD⊥BD,

所以 EF⊥BD.

又因为 CB=CD,F 为 BD 的中点, 所以 CF⊥BD.所以平面 EFC⊥平面 BCD.

专题四 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,在高考题中也经常体现,它所反映出的

“正难则反”的解决问题的思想方法更为重要.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.

2 【例 7】 已知数列{an}和{bn}满足 a1=λ, an+1= an+n-4, bn=(- 3 1)n(an-3n+21),其中 λ 为实数,n 为正整数. (1)求证对任意实数 λ,数列{an}不是等比数列; (2)求证当 λ≠-18 时,数列{bn}是等比数列; (3)设 Sn 为数列{bn}的前 n 项和,则是否存在实数 λ,使得对 任意正整数 n,都有 Sn>-12?若存在,求出 λ 的取值范围; 若不存在,请说明理由.

(1)证明 假设存在一个实数 λ,使{an}是等比数列, 则有 a2 2=a1a3,
?2 ? ?4 ? 4 4 2 2 2 ? ? ? ? 即 3λ-3 =λ 9λ-4 ?9λ -4λ+9=9λ -4λ?9=0, 矛盾, 所以对 ? ? ? ?

任意实数 λ,数列{an}不是等比数列. (2)证明 因为 λ≠-18,所以 b1=-(λ+18)≠0. 又因为 bn+1=(-1)n+1· [an+1-3(n+1)+21] =(-1) =(-1)
n+1

?2 ? ? an+n-4-3?n+1?+21? · ?3 ? ?2 ? ? an-2n+14? · ?3 ?

n+1

2 2 n =- (-1) · (an-3n+21)=- bn, 3 3 bn+1 2 所以 bn≠0,且 b =-3(n∈N*). n 2 故当 λ≠-18 时,数列{bn}是以-(λ+18)为首项,- 为公比的 3 等比数列. (3)解 当 λ≠-18 时,

? ? 2? ? 3 ?1-?- ?n?. 由(2)得 Sn=- (λ+18)· 5 ? ? 3? ?

当 λ=-18 时,bn=0,从而 Sn=0,上式成立. 要使对任意正整数 n,都有 Sn>-12,

? ? 2? ? 3 ?1-?- ?n?>-12, 即要- (λ+18)· 5 ? ? 3? ?

即 λ<

? 2? -18. 1-?-3?n ? ?

20



? 2? f(n)=1-?-3?n, ? ?

则当 n 为正奇数时, 5 1<f(n)≤3; 当 n 为正偶数时, 5 ≤f(n)<1, 9

5 所以 f(n)的最大值为 f(1)=3. 3 于是可得 λ<20×5-18=-6. 综上所述,存在实数 λ,使得对任意正整数 n,都有 Sn>-12,λ 的取值范围为(-∞,-6).

命题趋势
1.从近年来的新课标高考看,新课标高考对本部分的考查直接涉 及的多为小题,主要考查利用归纳推理、类比推理去寻求更为 一般的、新的结论,而其他主要是渗透到数学问题的求解之 中.因此,对本部分知识的复习,要注意做好以下两点:一要

熟悉归纳推理、类比推理、演绎推理的一般原理、步骤、格式,
搞清合情推理与演绎推理的联系与区别;二要把握归纳推理、 类比推理、演绎推理的基本应用,在给定的条件下,能够运用 归纳推理、类比推理获得新的一般结论,能够运用演绎推理对 数学问题进行严格的证明.

2.直接证明与间接证明是解决数学证明问题的两种重要的思想与

方法,是数学证明题的核心,也是数学学习的重要内容.从近
三年的新课标高考看,高考对本部分考查的难度多为中档题, 也有高档题,其相关知识常常涉及数学的各个方面,主要是不 等式、数列、三角函数、向量、函数、解析几何、立体几何 等.

在备考中,对本部分的内容,要抓住关键,即分析法、综合法、
反证法,要搞清三种方法的特点,把握三种方法在解决问题中 的一般步骤,熟悉三种方法适用于解决的问题的类型,同时也 要加强训练,达到熟能生巧,有效运用它们的目的.

3.数学归纳法是解决与正整数有关的数学命题证明的一种方法,

是高考常考的一个重要内容.
从近三年的新课标高考看,对本部分的考查常常在解答题中进 行,且多为解答题中的某一个小问,但考查问题多涉及数列、 不等式、整除问题以及几何问题等,范围广.因此,备考中, 我们要做好以下几点:其一,要抓住数学归纳法证明数学命题

的原理,明晰其内在的联系;其二,要把握数学归纳法证明命
题的一般步骤,熟知每一步间的区别联系;其三,要熟悉数学 归纳法在证明命题中的应用技巧,并在证明的过程中注意使 用.

高考真题

1.(2011·陕西高考)观察下列等式
1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49

照此规律,第五个等式应为________.

解析

由于1=12,2+3+4=9=32,3+4+5+6+7=25=52,4+5+6

+7 +8+ 9 +10 = 49 =72 ,所以第五个等式为 5+ 6 + 7 + 8 + 9 + 10 +11+12+13=92=81. 答案 5+6+7+8+9+10+11+12+13=81

2.(2010·陕西高考)观察下列等式:
13+23=32,13+23+33=62,13+23+33+43=102,?, 根据上述规律,第五个等式为____________________. 解析 由13+23=(1+2)2=32; 13+23+33=(1+2+3)2=62; 13 + 23 + 33 + 43 =(1+2 +3 + 4)2 = 102?13+23 + 33 + 43 +53 =(1 +2+3+4+5)2=152;

则第五个式子为13+23+33+43+53+63=(1+2+3+4+5+6)2
=212. 答案 13+23+33+43+53+63=212

3.(2010· 浙江高考)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S4,S8- S4,S12-S8,S16-S12 成等差数列.类比以上结论有:设等比数 T16 列{bn}的前 n 项积为 Tn,则 T4,________,________,T 成等 12 比数列. 解析 由于等差数列与等比数列具有类比性, 且等差数列与和 差有关,等比数列与积商有关,因此当等差数列依次每 4 项之 和仍成等差数列时, 类比到等比数列为依次每 4 项的积的商成 等比数列.下面证明该结论的正确性:

设等比数列{bn}的公比为 q,首项为 b1,
6 8 1+2+?+7 28 由 T4=b4 =b8 1q ,T8=b1q 1q , 1+2+?+11 12 66 T12=b12 q = b 1 1 q ,

T8 4 22 T12 4 38 ∴ =b1q , =b1q , T4 T8
?T8? T12 2 即?T ? = · T ,故 T8 4 ? 4?

T8 T12 T4, , 成等比数列. T4 T8

T8 T12 答案 T4 T8

x 4.(2011· 山东高考)设函数 f(x)= (x>0),观察: x+2 x f1(x)=f(x)= , x+2 x f2(x)=f(f1(x))= , 3x+4 x f3(x)=f(f2(x))= , 7x+8 x f4(x)=f(f3(x))= , 15x+16 ?? 根据以上事实,由归纳推理可得: 当 n∈N*且 n≥2 时,fn(x)=f(fn-1(x))=________.

解析 依题意,先求函数结果的分母中 x 项系数所组成数列的通 项公式,由 1,3,7,15,?,可推知该数列的通项公式为 an=2n-1. 又函数结果的分母中常数项依次为 2,4,8,16,?,故其通项公式 为 bn=2n. x 所以当 n≥2 时,fn(x)=f(fn-1(x))= n n. ?2 -1?x+2 x 答案 ?2n-1?x+2n

5. (2011· 天津高考)已知数列{an}与{bn}满足 bn+1an+bnan+1=(-2)n 3+?-1?n 1 +1,bn= ,n∈N*,且 a1=2. 2


(1)求 a2,a3 的值; (2)设 cn=a2n+1-a2n-1,n∈N*,证明{cn}是等比数列; S2n-1 S2n S1 S2 1 (3)设 Sn 为{an}的前 n 项和, 证明 + +?+ + ≤n- (n a1 a2 3 a2n-1 a2n ∈N*).

3+?-1?n-1 * (1)解 由 bn= , n ∈ N , 2 可得
? ?2,n为奇数, bn=? ? ?1,n为偶数.

又 bn+1an+bnan+1=(-2)n+1, 当 n=1 时,a1+2a2=-1, 3 由 a1=2,可得 a2=-2; 当 n=2 时,2a2+a3=5,可得 a3=8.

(2)证明

对任意 n∈N*,


a2n-1+2a2n=-22n 1+1, 2a2n+a2n+1=22n+1. ②-①,得 a2n+1-a2n-1=3×22n-1,即 cn=3×22n-1, cn+1 于是 c =4.所以{cn}是等比数列. n (3)证明 a1=2,由(2)知,当 k∈N*且 k≥2 时,

① ②

a2k-1=a1+(a3-a1)+(a5-a3)+(a7-a5)+?+(a2k-1-a2k-3)
k 1 2 ? 1 - 4 ? 2k-1 3 5 2k-3 =2+3(2+2 +2 +?+2 )=2+3× =2 , 1-4


故对任意 k∈N*,a2k-1=22k 1.


由①得 22k 1+2a2k=-22k 1+1,
- -

1 2k-1 所以 a2k=2-2 ,k∈N*. k 因此,S2k=(a1+a2)+(a3+a4)+?+(a2k-1+a2k)= . 2 k-1 2k-1 于是 S2k-1=S2k-a2k= 2 +2 . k-1 2k-1 k S2k-1 S2k 2 +2 2 故 + = + - 1 2k-1 a2k-1 a2k 22k 1 2-2

k-1+22k k = - 2k 22k 2 -1 k 1 =1- k- k k . 4 4 ?4 -1? 所以,对任意 n∈N*, S2n-1 S2n S1 S2 a1+a2+?+a2n-1+a2n
?S2n-1 S ? ?S1 S2? ?S3 S4? 2n? ? ? ? ? ? + ? = a +a + a +a +?+? a ? 1 ? 3 - 2? 4? ? 2n 1 a2n?

? ? 1 2 1 1? ? 1 n ? ? ? ? = 1-4-12 +?1-42-42?42-1??+?+1- n- n n 4 4 ?4 -1? ? ? ? ? ? ?1 ?1 1 2 1? ? 1? 1 n ? ? =n-?4+12?-?42+42?42-1??-?- n+ n n ≤n-?4+12?= 4 4 ?4 -1? ? ? ? ? ? ?

1 n-3.


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