2017-2018學年高中數(shù)學 復(fù)習課(二) 推理與證明教學案 新人教A版選修1-2

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1、 復(fù)習課(二)　直接證明與間接證明 合情推理 (1)近幾年的高考中歸納推理和類比推理有時考查，考查的形式以填空題為主，其中歸納推理出現(xiàn)的頻率較高，重點考查歸納、猜想、探究、類比等創(chuàng)新能力． (2)處理與歸納推理相關(guān)的類型及策略 ①與數(shù)字有關(guān)：觀察數(shù)字特點，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律可解． ②與式有關(guān)：觀察每個式的特點，找到規(guī)律后可解． ③進行類比推理，應(yīng)從具體問題出發(fā)，通過觀察、分析、聯(lián)想進行對比，提出猜想．其中找到合適的類比對象是解題的關(guān)鍵． 1．歸納推理的特點及一般步驟 2．類比推理的特點及一般步驟 [典例]　(1)在平面幾何中有如下結(jié)論：正三角形ABC

2、的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則＝，推廣到空間可以得到類似結(jié)論：已知正四面體P-ABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則＝(　　) A.　　　　　　　　 B. C. D. (2)(陜西高考)觀察下列等式： 1－＝， 1－＋－＝＋， 1－＋－＋－＝＋＋， ……， 據(jù)此規(guī)律，第n個等式可為______________________________________________． [解析]　(1)正四面體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為1∶3，故＝. (2)等式的左邊的通項為－，前n項和為1－＋－＋…＋－；右邊的每個式子的第一項為，共有n項，故為＋＋…＋. [

3、答案]　(1)D　(2)1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋ [類題通法] (1)用歸納推理可從具體事例中發(fā)現(xiàn)一般規(guī)律，但應(yīng)注意，僅根據(jù)一系列有限的特殊事例，所得出的一般結(jié)論不一定可靠，其結(jié)論的正確與否，還要經(jīng)過嚴格的理論證明． (2)進行類比推理時，要盡量從本質(zhì)上思考，不要被表面現(xiàn)象所迷惑，否則，只抓住一點表面的相似甚至假象就去類比，就會犯機械類比的錯誤． 1．某種樹的分枝生長規(guī)律如圖所示，第1年到第5年的分枝數(shù)分別為1,1,2,3,5，則預(yù)計第10年樹的分枝數(shù)為(　　) A．21 B．34 C．52 D．55 解析：選D　因為2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即從第三

4、項起每一項都等于前兩項的和，所以第10年樹的分枝數(shù)為21＋34＝55. 2．在平面幾何中：△ABC的∠C內(nèi)角平分線CE分AB所成線段的比為＝.把這個結(jié)論類比到空間：在三棱錐A-BCD中(如圖)，DEC平分二面角A-CD-B且與AB相交于E，則得到類比的結(jié)論是________________． 解析：由平面中線段的比轉(zhuǎn)化為空間中面積的比可得 ＝. 答案：＝ 演繹推理 (1)演繹推理在高考中不會刻意去考查，但實際上是無處不在，常以數(shù)列、不等式、立體幾何、解析幾何等主干知識為載體進行考查． (2)解答此類問題，結(jié)合已學過的知識和生活中的實例，了解演繹推理的含義、基本方法

5、在證明中的應(yīng)用是關(guān)鍵． 演繹推理是由一般到特殊的推理，其結(jié)論不會超出前提所界定的范圍，所以其前提和結(jié)論之間的聯(lián)系是必然的．因此，在演繹推理中，只要前提及推理正確，結(jié)論必然正確． [典例]　已知f(x)＝－ ，數(shù)列{an}的前n項和為Sn，點Pn在曲線y＝f(x)上(n∈N*)，且a1＝1，an>0. (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)求證：Sn>(－1)，n∈N*. [解]　(1)f(an)＝－＝－，且an>0， ∴＝， ∴－＝4(n∈N*)． ∴數(shù)列是等差數(shù)列，首項＝1，公差d＝4， ∴＝1＋4(n－1)，∴a＝. ∵an>0，∴an＝(n∈N*)． (2)證

6、明：∵an＝ ＝> ＝， ∴Sn＝a1＋a2＋…＋an>[(－1)＋(－)＋… ＋(－)] ＝(－1)． [類題通法] 應(yīng)用三段論證明問題時，要充分挖掘題目外在和內(nèi)在條件(小前提)，根據(jù)需要引入相關(guān)的適用的定理和性質(zhì)(大前提)，并保證每一步的推理都是正確的，嚴密的，才能得出正確的結(jié)論． 常見的解題錯誤： (1)條件理解錯誤(小前提錯)； (2)定理引入和應(yīng)用錯誤(大前提錯)； (3)推理過程錯誤等． 1．已知a＝，函數(shù)f(x)＝ax，若實數(shù)m，n滿足f(m)>f(n)，則m，n的大小關(guān)系是　　　　. 解析：當0

7、,1)，∴函數(shù)f(x)＝x為減函數(shù)，故由f(m)>f(n)，得m0，f(x)＝＋是R上的偶函數(shù)，求a的值． 解析：∵f(x)＝＋是R上的偶函數(shù)， ∴f(－x)＝f(x)，即＋＝＋， ∴(e－x－ex)＋a＝0. ∴＝0對一切x∈R恒成立， ∴a－＝0，即a2＝1. 又a>0，∴a＝1. 綜合法與分析法 (1)綜合法與分析法是高考重點考查內(nèi)容，一般以某一知識點作為載體，考查由分析法獲得解題思路以及用綜合法有條理地表達證明過程． (2)理解綜合法與分析法的概念及區(qū)別，掌握兩種方法的特點，體會兩種方法的相輔相成、辯證統(tǒng)一的關(guān)系，以便熟練運

8、用兩種方法解題． 1．綜合法：是從已知條件推導出結(jié)論的證明方法；綜合法又叫做順推證法或由因?qū)Чǎ? 2．分析法：是由結(jié)論追溯到條件的證明方法，在解決數(shù)學問題時，常把它們結(jié)合起來使用，用分析法證明數(shù)學問題時，要注意書寫格式的規(guī)范性，常常用“要證(欲證)……”“即要證……”“只需證……”等分析到一個明顯成立的結(jié)論P，再說明所要證明的數(shù)學問題成立． [典例]　設(shè)a>0，b>0，a＋b＝1， 求證：＋＋≥8. [證明]　法一：綜合法 因為a>0，b>0，a＋b＝1， 所以1＝a＋b≥2，≤，ab≤，所以≥4， 又＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4， 所以＋＋≥8(當且僅當a＝b＝時等號成

9、立)． 法二：分析法 因為a>0，b>0，a＋b＝1，要證＋＋≥8. 只要證＋≥8， 只要證＋≥8， 即證＋≥4. 也就是證＋≥4. 即證＋≥2， 由基本不等式可知，當a>0，b>0時，＋≥2成立， 所以原不等式成立． [類題通法] 綜合法和分析法的特點 (1)綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數(shù)學問題的常用的方法，綜合法是由因?qū)Ч乃季S方式，而分析法的思路恰恰相反，它是執(zhí)果索因的思維方式． (2)分析法和綜合法是兩種思路相反的推理方法：分析法是倒溯，綜合法是順推，二者各有優(yōu)缺點．分析法容易探路，且探路與表述合一，缺點是表述易錯；綜合法條理清晰，

10、易于表述，因此對于難題常把二者交互運用，互補優(yōu)缺，形成分析綜合法，其邏輯基礎(chǔ)是充分條件與必要條件． 1．已知a>0，b>0，如果不等式＋≥恒成立，那么m的最大值等于(　　) A．10　　　　　　　　　　　B．9 C．8 D．7 解析：選B　∵a>0，b>0，∴2a＋b>0. ∴不等式可化為m≤(2a＋b)＝5＋2. ∵5＋2≥5＋4＝9，即其最小值為9， ∴m≤9，即m的最大值等于9. 2．若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c， 求證：＋＜＋. 證明：要證＋＜＋， 只需證(＋)2＜(＋)2， 即a＋d＋2＜b＋c＋2， 因a＋d＝b＋c，只需證＜， 即ad＜b

11、c，設(shè)a＋d＝b＋c＝t， 則ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)(c＋d－t)＜0， 故ad＜bc成立，從而＋＜＋成立. 反證法 (1)反證法是證明問題的一種方法，在高考中很少單獨考查，常用來證明解答題中的一問． (2)反證法是間接證明的一種基本方法，使用反證法進行證明的關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾． 1．使用反證法應(yīng)注意的問題：利用反證法證明數(shù)學問題時，要假設(shè)結(jié)論錯誤，并用假設(shè)命題進行推理，沒有用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過程是錯誤的． 2．一般以下題型用反證法： (1)當“結(jié)論”的反面比“結(jié)論”本身更簡單、更具體、更明確； (2)否定性命題

12、、唯一性命題，存在性命題、“至多”“至少”型命題； (3)有的肯定形式命題，由于已知或結(jié)論涉及無限個元素，用直接證明比較困難，往往用反證法． [典例]　(1)否定：“自然數(shù)a，b，c中恰有一個偶數(shù)”時正確的反設(shè)為(　　) A．a(chǎn)，b，c都是偶數(shù) B．a(chǎn)，b，c都是奇數(shù) C．a(chǎn)，b，c中至少有兩個偶數(shù) D．a(chǎn)，b，c中都是奇數(shù)或至少有兩個偶數(shù) (2)已知：ac≥2(b＋d)． 求證：方程x2＋ax＋b＝0與方程x2＋cx＋d＝0中至少有一個方程有實數(shù)根． [解析]　(1)自然數(shù)a，b，c的奇偶性共有四種情形：3個都是奇數(shù)，1個偶數(shù)2個奇數(shù)，2個偶數(shù)1個奇數(shù)，3個都是偶數(shù)，所以否

13、定“自然數(shù)a，b，c中恰有一個偶數(shù)”時正確的反設(shè)為“a，b，c中都是奇數(shù)或至少有兩個偶數(shù)．” 答案：D (2)證明：假設(shè)兩方程都沒有實數(shù)根．則Δ1＝a2－4b<0與Δ2＝c2－4d<0，有a2＋c2<4(b＋d)，而a2＋c2≥2ac， 從而有4(b＋d)>2ac，即ac<2(b＋d)， 與已知矛盾，故原命題成立． [類題通法] 反證法是利用原命題的否命題不成立則原命題一定成立來進行證明的，在使用反證法時，必須在假設(shè)中羅列出與原命題相異的結(jié)論，缺少任何一種可能，反證法都是不完全的． 1．已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，試證明a，b，c至少有一個不小于1.

14、 證明：假設(shè)a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1， 則有a＋b＋c＜3， 而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3＝22＋3≥3， 兩者矛盾，所以假設(shè)不成立， 故a，b，c至少有一個不小于1. 2．設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中的a，b，c都為整數(shù)，已知f(0)，f(1)均為奇數(shù)，求證：方程f(x)＝0無整數(shù)根． 證明：假設(shè)方程f(x)＝0有一個整數(shù)根k， 則ak2＋bk＋c＝0， ∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都為奇數(shù)， ∴a＋b必為偶數(shù)，ak2＋bk為奇數(shù)． 當k為偶數(shù)時，令k＝2n(n∈Z)， 則ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na

15、＋b)必為偶數(shù)， 與ak2＋bk為奇數(shù)矛盾； 當k為奇數(shù)時，令k＝2n＋1(n∈Z)， 則ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)為一奇數(shù)與一偶數(shù)乘積，必為偶數(shù)，也與ak2＋bk為奇數(shù)矛盾． 綜上可知方程f(x)＝0無整數(shù)根． 1．用演繹推理證明函數(shù)y＝x3是增函數(shù)時的大前提是(　　 ) A．增函數(shù)的定義 B．函數(shù)y＝x3滿足增函數(shù)的定義 C．若x1x2，則f(x1)>f(x2) 解析：選A　根據(jù)演繹推理的特點知，演繹推理是一種由一般到特殊的推理，所以函數(shù)y＝x3是增函數(shù)的大前提應(yīng)是增函數(shù)的定義． 2．數(shù)列{an}中

16、，已知a1＝1，當n≥2時，an＝an－1＋2n－1，依次計算a2，a3，a4后，猜想an的表達式是(　　 ) A．a(chǎn)n＝3n－2　　　　　　　　 B．a(chǎn)n＝n2 C．a(chǎn)n＝3n－1 D．a(chǎn)n＝4n－3 解析：選B　求得a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2. 3．在平面直角坐標系內(nèi)，方程＋＝1表示在x，y軸上的截距分別為a，b的直線，拓展到空間直角坐標系內(nèi)，在x，y，z軸上的截距分別為a，b，c(abc≠0)的平面方程為(　　) A.＋＋＝1 B.＋＋＝1 C.＋＋＝1 D．a(chǎn)x＋by＋cz＝1 解析：選A　類比到空間應(yīng)選A.另外也可將點(a,0,0)代入驗

17、證． 4．(山東高考)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設(shè)是(　　) A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根 解析：選A　至少有一個實根的否定是沒有實根，故要做的假設(shè)是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實根”． 5．公差不為零的等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若a4是a3與a7的等比中項，S8＝32，則S10＝(　　) A．18 B．24 C．60 D．90 解析：選C　由a＝a3a7得(a1＋3d

18、)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，即2a1＋3d＝0.再由S8＝8a1＋d＝32，得2a1＋7d＝8，則d＝2，a1＝－3.所以S10＝10a1＋d＝60，選C. 6．已知結(jié)論：“在正三角形ABC中，若D是邊BC的中點，G是三角形ABC的重心，則＝2”．若把該結(jié)論推廣到空間，則有結(jié)論：“在棱長都相等的四面體ABCD中，若△BCD的中心為M，四面體內(nèi)部一點O到四面體各面的距離都相等”，則＝(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析：選C　如圖，設(shè)正四面體的棱長為1，則易知其高AM＝，此時易知點O即為正四面體內(nèi)切球的球心，設(shè)其半徑為r，利用等積法有4××r＝××?r＝，故AO

19、＝AM－MO＝－＝，故AO∶OM＝∶＝3. 7．圖1是一個水平擺放的小正方體木塊，圖2，圖3是由這樣的小正方體木塊疊放而成的，按照這樣的規(guī)律放下去，至第七個疊放的圖形中，小正方體木塊總數(shù)就是　　　　. 解析：分別觀察正方體的個數(shù)為：1,1＋5,1＋5＋9，… 歸納可知，第n個疊放圖形中共有n層，構(gòu)成了以1為首項，以4為公差的等差數(shù)列， 所以Sn＝n＋[n(n－1)×4]÷2＝2n2－n， 所以S7＝2×72－7＝91. 答案：91 8．對于命題：若O是線段AB上一點，則||·＋||·＝0，將它類比到平面的情形是：若O是△ABC內(nèi)一點，則S△OBC·＋S△OCA·＋S△OBA·

20、＝0，將它類比到空間的情形應(yīng)該是：若O是四面體ABCD內(nèi)一點，則________________________________________________________________________． 解析：根據(jù)類比的特點和規(guī)律，所得結(jié)論形式上一致，由線段類比到平面，平面類比到空間，由線段長類比為三角形面積，三角形面積再類比成四面體的體積，故可以類比為VO -BCD·＋VO -ACD·＋VO -ABD·＋VO -ABC·＝0. 答案：VO -BCD·＋VO -ACD·＋VO -ABD·＋VO -ABC·＝0 9．(全國卷Ⅰ)有三張卡片，分別寫有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙

21、三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是______． 解析：法一：由題意得丙的卡片上的數(shù)字不是2和3. 若丙的卡片上的數(shù)字是1和2，則由乙的說法知乙的卡片上的數(shù)字是2和3，則甲的卡片上的數(shù)字是1和3，滿足題意； 若丙的卡片上的數(shù)字是1和3，則由乙的說法知乙的卡片上的數(shù)字是2和3，則甲的卡片上的數(shù)字是1和2，不滿足甲的說法． 故甲的卡片上的數(shù)字是1和3. 法二：因為甲與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2，所以丙的卡片上必有數(shù)字2.又丙的卡片上的

22、數(shù)字之和不是5，所以丙的卡片上的數(shù)字是1和2.因為乙與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1，所以乙的卡片上的數(shù)字是2和3，所以甲的卡片上的數(shù)字是1和3. 答案：1和3 10．設(shè)函數(shù)f(x)＝exln x＋，證明：f(x)>1. 證明：由題意知f(x)>1等價于xln x>xe－x－. 設(shè)函數(shù)g(x)＝xln x，則g′(x)＝1＋ln x. 所以當x∈時，g′(x)<0； 當x∈時，g′(x)>0. 故g(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增， 從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為g＝－. 設(shè)函數(shù)h(x)＝xe－x－，則h′(x)＝e－x(1－x)． 所以當x∈(0,1)時，h′(x)>

23、0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)<0. 故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減， 從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－. 綜上，當x>0時，g(x)>h(x)，即f(x)>1. 11．下面(a)、(b)、(c)、(d)為四個平面圖． (1)數(shù)出每個平面圖的頂點數(shù)、邊數(shù)、區(qū)域數(shù)，并將相應(yīng)結(jié)果填入下表： 頂點數(shù) 邊數(shù) 區(qū)域數(shù) (a) 4 6 3 (b) 12 (c) 6 (d) 15 (2)觀察上表，若記一個平面圖的頂點數(shù)、邊數(shù)、區(qū)域數(shù)分別為E，F(xiàn)，G，試推斷E，F(xiàn)，G之間的等量關(guān)系； (

24、3)現(xiàn)已知某個平面圖有2 016個頂點，且圍成2 016個區(qū)域，試根據(jù)以上關(guān)系確定該平面圖的邊數(shù)． 解：(1) 頂點數(shù) 邊數(shù) 區(qū)域數(shù) (a) 4 6 3 (b) 8 12 5 (c) 6 9 4 (d) 10 15 6 (2)E＋G－F＝1. (3)邊數(shù)F＝E＋G－1＝2 016＋2 016－1＝4 031. 12.△ABC是以B為直角頂點的直角三角形，AB＝1，BC＝2，D為BC的中點．直線l過點A且垂直于平面ABC，P是l上異于A的點(如右圖)． (1)證明：P在l上運動時，恒有∠BPD＜∠BAD； (2)證明：P在l上運動時，∠CPD

25、＜∠CAD并不恒成立． 證明：(1)由PA⊥平面ABC和CB⊥AB得CB⊥PB， 于是tan∠BPD＝＜＝tan∠BAD， 而這兩個角都是銳角， ∴∠BPD＜∠BAD. (2)∵∠CPD，∠CAD都是銳角， ∴∠CPD＜∠CAD?cos∠CPD>cos∠CAD. 要證cos∠CPD＞cos∠CAD不恒成立， 也就是只要證明存在點P， 使得cos∠CPD≤cos∠CAD成立． 令PA＝x≠0，在Rt△PAB中，PB＝， 在Rt△PBD中，PD＝＝， 在Rt△PBC中，PC＝， 在△PCD中，由余弦定理可得 cos∠CPD＝， 在△ADC中，同理可求得cos∠CAD＝， 故只要證明不等式 ≤有非零解， 而上述不等式可化為x2≤3，顯然有非零解， 故P在l上運動時，∠CPD＜∠CAD并不恒成立． 12