人教A版理科高考數(shù)學(xué) 一輪細(xì)講精練【第十二篇】推理與證明、算法、復(fù)數(shù)

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1、 第十二篇推理與證明、算法、復(fù)數(shù)A第1講合情推理與演繹推理最新考綱1了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進(jìn)行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用2了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡單推理3了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異.知 識 梳 理1合情推理(1)歸納推理：由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或者由個別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理，稱為歸納推理簡言之，歸納推理是由部分到整體、由個別到一般的推理(2)類比推理：由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理稱為類比

2、推理簡言之，類比推理是由特殊到特殊的推理(3)合情推理：歸納推理和類比推理都是根據(jù)已有的事實(shí)，經(jīng)過觀察、分析、比較、聯(lián)想，再進(jìn)行歸納、類比，然后提出猜想的推理，我們把它們統(tǒng)稱為合情推理2演繹推理(1)演繹推理：從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結(jié)論，我們把這種推理稱為演繹推理簡言之，演繹推理是由一般到特殊的推理(2)“三段論”是演繹推理的一般模式，包括：大前提已知的一般原理；小前提所研究的特殊情況；結(jié)論根據(jù)一般原理，對特殊情況作出的判斷辨 析 感 悟1對合情推理的認(rèn)識(1)歸納推理得到的結(jié)論不一定正確，類比推理得到的結(jié)論一定正確()(2)由平面三角形的性質(zhì)推測空間四面體的性質(zhì)，這是一種合

3、情推理()(3)在類比時，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對象較為合適()(4)(教材習(xí)題改編)一個數(shù)列的前三項(xiàng)是1,2,3，那么這個數(shù)列的通項(xiàng)公式是ann(nN*)()(5)(20xx安慶調(diào)研改編)在平面上，若兩個正三角形的邊長比為12，則它們的面積比為14，類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長比為12，則它們的體積比為18.()2對演繹推理的認(rèn)識(6)“所有3的倍數(shù)都是9的倍數(shù)，某數(shù)m是3的倍數(shù)，則m一定是9的倍數(shù)”，這是三段論推理，但其結(jié)論是錯誤的()(7)在演繹推理中，只要符合演繹推理的形式，結(jié)論就一定正確()感悟提升三點(diǎn)提醒一是合情推理包括歸納推理和類比推理，所得到的結(jié)論

4、都不一定正確，其結(jié)論的正確性是需要證明的二是在進(jìn)行類比推理時，要盡量從本質(zhì)上去類比，不要被表面現(xiàn)象所迷惑；否則只抓住一點(diǎn)表面現(xiàn)象甚至假象就去類比，就會犯機(jī)械類比的錯誤，如(3)三是應(yīng)用三段論解決問題時，應(yīng)首先明確什么是大前提，什么是小前提，如果大前提與推理形式是正確的，結(jié)論必定是正確的如果大前提錯誤，盡管推理形式是正確的，所得結(jié)論也是錯誤的如(7)學(xué)生用書第200頁考點(diǎn)一歸納推理【例1】 (20xx湖北卷)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過各種多邊形數(shù)，如三角形數(shù)1,3,6,10，第n個三角形數(shù)為n2n，記第n個k邊形數(shù)為N(n，k)(k3)，以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個數(shù)的表達(dá)式：三角形數(shù)

5、N(n,3)n2n，正方形數(shù) N(n,4)n2，五邊形數(shù) N(n,5)n2n，六邊形數(shù) N(n,6)2n2n可以推測N(n，k)的表達(dá)式，由此計(jì)算N(10,24)_.解析由N(n,3)n2n，N(n,4)n2n，N(n,5)n2n，N(n,6)n2n，推測N(n，k)n2n，k3.從而N(n,24)11n210n，N(10,24)1 000.答案1 000規(guī)律方法 歸納推理是由部分到整體、由特殊到一般的推理，由歸納推理所得的結(jié)論不一定正確，通常歸納的個體數(shù)目越多，越具有代表性，那么推廣的一般性命題也會越可靠，它是一種發(fā)現(xiàn)一般性規(guī)律的重要方法【訓(xùn)練1】 (1)(20xx佛山質(zhì)檢)觀察下列不等式：

6、1；.則第5個不等式為_(2)(20xx陜西卷)觀察下列等式(11)21(21)(22)2213(31)(32)(33)23135照此規(guī)律，第n個等式可為_解析(2)由已知的三個等式左邊的變化規(guī)律，得第n個等式左邊為(n1)(n2)(nn)，由已知的三個等式右邊的變化規(guī)律，得第n個等式右邊為2n與n個奇數(shù)之積，即2n135(2n1)答案(1)(2)(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)考點(diǎn)二類比推理【例2】 在平面幾何里，有“若ABC的三邊長分別為a，b，c，內(nèi)切圓半徑為r，則三角形面積為SABC(abc)r”，拓展到空間，類比上述結(jié)論，“若四面體ABCD的四個面的面積分別為S1，S2，S

7、3，S4，內(nèi)切球的半徑為r，則四面體的體積為_”審題路線三角形面積類比為四面體的體積三角形的邊長類比為四面體四個面的面積內(nèi)切圓半徑類比為內(nèi)切球的半徑二維圖形中類比為三維圖形中的得出結(jié)論答案V四面體ABCD(S1S2S3S4)r規(guī)律方法 在進(jìn)行類比推理時，不僅要注意形式的類比，還要注意方法的類比，且要注意以下兩點(diǎn)：找兩類對象的對應(yīng)元素，如：三角形對應(yīng)三棱錐，圓對應(yīng)球，面積對應(yīng)體積等等；找對應(yīng)元素的對應(yīng)關(guān)系，如：兩條邊(直線)垂直對應(yīng)線面垂直或面面垂直，邊相等對應(yīng)面積相等【訓(xùn)練2】 二維空間中圓的一維測度(周長)l2r，二維測度(面積)Sr2，觀察發(fā)現(xiàn)Sl；三維空間中球的二維測度(表面積)S4r2

8、，三維測度(體積)Vr3，觀察發(fā)現(xiàn)VS.則四維空間中“超球”的四維測度W2r4，猜想其三維測度V_.解析由已知，可得圓的一維測度為二維測度的導(dǎo)函數(shù)；球的二維測度是三維測度的導(dǎo)函數(shù)類比上述結(jié)論，“超球”的三維測度是四維測度的導(dǎo)函數(shù)，即VW(2r4)8r3.答案8r3考點(diǎn)三演繹推理【例3】 數(shù)列an的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a11，an1Sn(nN*)證明：(1)數(shù)列是等比數(shù)列；(2)Sn14an.證明(1)an1Sn1Sn，an1Sn，(n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn.2，又10， (小前提)故是以1為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列(結(jié)論)(大前提是等比數(shù)列的定義，這里省略了)(2

9、)由(1)可知4(n2)，Sn14(n1)4Sn14an(n2)， (小前提)又a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)對于任意正整數(shù)n，都有Sn14an.(結(jié)論)(第(2)問的大前提是第(1)問的結(jié)論以及題中的已知條件)學(xué)生用書第201頁規(guī)律方法 演繹推理是從一般到特殊的推理；其一般形式是三段論，應(yīng)用三段論解決問題時，應(yīng)當(dāng)首先明確什么是大前提和小前提，如果前提是顯然的，則可以省略【訓(xùn)練3】 “因?yàn)閷?shù)函數(shù)ylogax是增函數(shù)(大前提)，而ylogx是對數(shù)函數(shù)(小前提)，所以ylogx是增函數(shù)(結(jié)論)”，以上推理的錯誤是()A大前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤B小前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤C推理形式錯

10、誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤D大前提和小前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤解析當(dāng)a1時，函數(shù)ylogax是增函數(shù)；當(dāng)0a1時，函數(shù)ylogax是減函數(shù)故大前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤答案A1合情推理主要包括歸納推理和類比推理數(shù)學(xué)研究中，在得到一個新結(jié)論前，合情推理能幫助猜測和發(fā)現(xiàn)結(jié)論，在證明一個數(shù)學(xué)結(jié)論之前，合情推理常常能為證明提供思路與方向2演繹推理是從一般的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結(jié)論的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段論數(shù)學(xué)問題的證明主要通過演繹推理來進(jìn)行3合情推理僅是“合乎情理”的推理，它得到的結(jié)論不一定正確而演繹推理得到的結(jié)論一定正確(前提和推理形式都正確的前提下)創(chuàng)新突破12新定義下的歸納推理

11、【典例】 (20xx湖南卷)對于Ea1，a2，a100的子集Xai1，ai2，aik，定義X的“特征數(shù)列”為x1，x2，x100，其中xi1xi2xik1，其余項(xiàng)均為0.例如：子集a2，a3的“特征數(shù)列”為0,1,1,0,0，0.(1)子集a1，a3，a5的“特征數(shù)列”的前3項(xiàng)和等于_；(2)若E的子集P的“特征數(shù)列”p1，p2，p100滿足p11，pipi11,1i99；E的子集Q的“特征數(shù)列”q1，q2，q100滿足q11，qjqj1qj21,1j98，則PQ的元素個數(shù)為_突破1：讀懂信息，對于集合Xai1，ai2，aik來說，定義X的“特征數(shù)列”為x1，x2，x100是一個新的數(shù)列，該數(shù)

12、列的xi1xi2xik1，其余項(xiàng)均為0.突破2：通過例子：“子集a2，a3的特征數(shù)列為0,1,1,0，0，0”來理解“特征數(shù)列”的特征；第2項(xiàng)，第3項(xiàng)為1，其余項(xiàng)為0.突破3：根據(jù)p11，pipi11可寫出子集P的“特征數(shù)列”為：1,0,1,0,1,0，1,0，歸納出子集P；同理，子集Q的特征數(shù)列為1,0,0,1,0,0，1,0,0，歸納出子集Q.突破4：由P與Q的前幾項(xiàng)的規(guī)律，找出子集P與子集Q的公共元素即可解析(1)根據(jù)題意可知子集a1，a3，a5的“特征數(shù)列”為1,0,1,0,1,0,0，0，此數(shù)列前3項(xiàng)和為2.(2)根據(jù)題意可寫出子集P的“特征數(shù)列”為1,0,1,0,1，0，1,0，則

13、Pa1，a3，a2n1，a99(1n50)，子集Q的“特征數(shù)列”為1,0,0,1,0,0，1,0,0,1，則Qa1，a4，a3k2，a100(1k34)，則PQa1，a7，a13，a97，共有17項(xiàng)答案(1)2(2)17反思感悟 此類問題一定要抓住題設(shè)中的例子與定義的緊密結(jié)合， 細(xì)心觀察，尋求相鄰項(xiàng)及項(xiàng)與序號之間的關(guān)系，需有一定的邏輯推理能力【自主體驗(yàn)】若定義在區(qū)間D上的函數(shù)f(x)對于D上的n個值x1，x2，xn總滿足f(x1)f(x2)f(xn)f，稱函數(shù)f(x)為D上的凸函數(shù)現(xiàn)已知f(x)sin x在(0，)上是凸函數(shù)，則在ABC中，sin Asin Bsin C的最大值是_解析已知f(

14、x1)f(x2)f(xn)f， (大前提)因?yàn)閒(x)sin x在(0，)上是凸函數(shù)，(小前提)所以f(A)f(B)f(C)3f，(結(jié)論)即sin Asin Bsin C3sin .因此sin Asin Bsin C的最大值是.答案對應(yīng)學(xué)生用書P379基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1正弦函數(shù)是奇函數(shù)，f(x)sin(x21)是正弦函數(shù)，因此f(x)sin(x21)是奇函數(shù)，以上推理()A結(jié)論正確 B大前提不正確C小前提不正確 D全不正確解析f(x)sin(x21)不是正弦函數(shù)而是復(fù)合函數(shù)，所以小前提不正確答案C2觀察(x2)2x，(x4)4x3，(cos x)sin x，由歸納推

15、理得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(x)f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g(x)()Af(x) Bf(x) Cg(x) Dg(x)解析由已知得偶函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為奇函數(shù)，故g(x)g(x)答案D3(20xx江西卷)觀察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，則a10b10等于()A28 B76 C123 D199解析從給出的式子特點(diǎn)觀察可推知，等式右端的值，從第三項(xiàng)開始，后一個式子的右端值等于它前面兩個式子右端值的和，照此規(guī)律，則a10b10123.答案C4(20xx長春調(diào)研)類比“兩角和與差的正弦公式”的形式，對于給定的兩個函數(shù)：S(x)axax，C(x

16、)axax，其中a0，且a1，下面正確的運(yùn)算公式是()S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)A B C D解析經(jīng)驗(yàn)證易知錯誤依題意，注意到2S(xy)2(axyaxy)，S(x)C(y)C(x)S(y)2(axyaxy)，因此有2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；同理有2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)綜上所述，選B.答案B5由代數(shù)式的乘法法則類比推導(dǎo)向量的數(shù)量積的運(yùn)算法則：“mnnm”類比得到“abba”；“(mn)tmtnt”類比得

17、到“(ab)cacbc”；“(mn)tm(nt)”類比得到“(ab)ca(bc)”；“t0，mtxtmx”類比得到“p0，apxpax”；“|mn|m|n|”類比得到“|ab|a|b|”；“”類比得到“”以上式子中，類比得到的結(jié)論正確的個數(shù)是()A1 B2 C3 D4解析正確；錯誤答案B二、填空題6(20xx西安五校聯(lián)考)觀察下式：112；23432；3456752；4567891072，則得出結(jié)論：_.解析各等式的左邊是第n個自然數(shù)到第3n2個連續(xù)自然數(shù)的和，右邊是中間奇數(shù)的平方，故得出結(jié)論：n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.答案n(n1)(n2)(3n2)(2n1)27若等差數(shù)列a

18、n的首項(xiàng)為a1，公差為d，前n項(xiàng)的和為Sn，則數(shù)列為等差數(shù)列，且通項(xiàng)為a1(n1)，類似地，請完成下列命題：若各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列bn的首項(xiàng)為b1，公比為q，前n項(xiàng)的積為Tn，則_答案數(shù)列為等比數(shù)列，且通項(xiàng)為b1()n18(20xx揭陽一模)給出下列等式：2cos ，2cos ，2cos ，請從中歸納出第n個等式：_.答案2cos 三、解答題9給出下面的數(shù)表序列：表1表2表31131354 4812其中表n(n1,2,3，)有n行，第1行的n個數(shù)是1,3，5，2n1，從第2行起，每行中的每個數(shù)都等于它肩上的兩數(shù)之和寫出表4，驗(yàn)證表4各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成等比數(shù)列，并將結(jié)論推廣

19、到表n(n3)(不要求證明)解表4為1357 4812 1220 32它的第1,2,3,4行中的數(shù)的平均數(shù)分別是4,8,16,32，它們構(gòu)成首項(xiàng)為4，公比為2的等比數(shù)列將這一結(jié)論推廣到表n(n3)，即表n(n3)各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成首項(xiàng)為n，公比為2的等比數(shù)列10f(x)，先分別求f(0)f(1)，f(1)f(2)，f(2)f(3)，然后歸納猜想一般性結(jié)論，并給出證明解f(0)f(1)，同理可得：f(1)f(2)，f(2)f(3).由此猜想f(x)f(1x).證明：f(x)f(1x).能力提升題組(建議用時：25分鐘)一、選擇題1(20xx江西卷)觀察下列事實(shí)：|x|y|1的

20、不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為4，|x|y|2的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為8，|x|y|3的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為12，則|x|y|20的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為()A76 B80 C86 D92解析由|x|y|1的不同整數(shù)解的個數(shù)為4，|x|y|2的不同整數(shù)解的個數(shù)為8，|x|y|3的不同整數(shù)解的個數(shù)為12，歸納推理得|x|y|n的不同整數(shù)解的個數(shù)為4n，故|x|y|20的不同整數(shù)解的個數(shù)為80.故選B.答案B2古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來研究數(shù)比如：他們研究過圖1中的1,3,6,10，由于這些數(shù)能夠表示成三角形，將其稱為三角形數(shù)；類似地，稱圖2中的1,4,9,16，這

21、樣的數(shù)為正方形數(shù)下列數(shù)中既是三角形數(shù)又是正方形數(shù)的是()A289 B1 024 C1 225 D1 378解析觀察三角形數(shù)：1,3,6,10，記該數(shù)列為an，則a11，a2a12，a3a23，anan1n.a1a2an(a1a2an1)(123n)an123n，觀察正方形數(shù)：1,4,9,16，記該數(shù)列為bn，則bnn2.把四個選項(xiàng)的數(shù)字，分別代入上述兩個通項(xiàng)公式，可知使得n都為正整數(shù)的只有1 225.答案C二、填空題3在平面直角坐標(biāo)系中，若點(diǎn)P(x，y)的坐標(biāo)x，y均為整數(shù)，則稱點(diǎn)P為格點(diǎn)若一個多邊形的頂點(diǎn)全是格點(diǎn)，則稱該多邊形為格點(diǎn)多邊形格點(diǎn)多邊形的面積記為S，其內(nèi)部的格點(diǎn)數(shù)記為N，邊界上的

22、格點(diǎn)數(shù)記為L.例如圖中ABC是格點(diǎn)三角形，對應(yīng)的S1，N0，L4.(1)圖中格點(diǎn)四邊形DEFG對應(yīng)的S，N，L分別是_；(2)已知格點(diǎn)多邊形的面積可表示為SaNbLc，其中a，b，c為常數(shù)若某格點(diǎn)多邊形對應(yīng)的N71，L18，則S_(用數(shù)值作答)解析(1)四邊形DEFG是一個直角梯形，觀察圖形可知：S(2)3，N1，L6.(2)由(1)知，S四邊形DEFGa6bc3.SABC4bc1.在平面直角坐標(biāo)系中，取一“田”字型四邊形，構(gòu)成邊長為2的正方形，該正方形中S4，N1，L8.則Sa8bc4.聯(lián)立解得a1，b.c1.SNL1，若某格點(diǎn)多邊形對應(yīng)的N71，L18，則S7118179.答案(1)3,1

23、,6(2)79三、解答題4(20xx福建卷)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論解(1)選擇式，計(jì)算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301.(2)三角恒等式

24、為sin2cos2(30)sin cos(30).證明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.學(xué)生用書第202頁第2講直接證明與間接證明最新考綱1了解直接證明的兩種基本方法分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程和特點(diǎn)2了解反證法的思考過程和特點(diǎn).知 識 梳 理1直接證明(1)綜合法定義：利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法

25、叫做綜合法框圖表示：PQ1Q1Q2Q2Q3QnQ(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證的結(jié)論)思維過程：由因?qū)Ч?2)分析法定義：從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止這種證明方法叫做分析法框圖表示：QP1P1P2P2P3得到一個明顯成立的條件(其中Q表示要證明的結(jié)論)思維過程：執(zhí)果索因2間接證明反證法：假設(shè)原命題不成立(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯誤，從而證明原命題成立的證明方法辨 析 感 悟?qū)θN證明方法的認(rèn)識(1)分析法是

26、從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的充要條件()(2)反證法是指將結(jié)論和條件同時否定，推出矛盾()(3)在解決問題時，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程()(4)證明不等式最合適的方法是分析法()感悟提升兩點(diǎn)提醒一是分析法是“執(zhí)果索因”，特點(diǎn)是從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理，實(shí)際上是尋找使結(jié)論成立的充分條件，如(1)；二是應(yīng)用反證法證題時必須先否定結(jié)論，把結(jié)論的反面作為條件，且必須根據(jù)這一條件進(jìn)行推理，否則，僅否定結(jié)論，不從結(jié)論的反面出發(fā)進(jìn)行推理，就不是反證法所謂矛盾主要指：與已知條件矛盾；與假設(shè)矛盾；與定義、公理、定理矛盾；與公認(rèn)的簡單事實(shí)

27、矛盾；自相矛盾.考點(diǎn)一綜合法的應(yīng)用【例1】 (20xx新課標(biāo)全國卷)設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且abc1，證明：(1)abbcac；(2)1.證明(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac得a2b2c2abbcca.由題設(shè)得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以3(abbcca)1，即abbcca.(2)因?yàn)閎2a，c2b，a2c，故(abc)2(abc)，即abc.所以1.學(xué)生用書第203頁規(guī)律方法 綜合法往往以分析法為基礎(chǔ)，是分析法的逆過程，但更要注意從有關(guān)不等式的定理、結(jié)論或題設(shè)條件出發(fā)，根據(jù)不等式的性質(zhì)推導(dǎo)證明【訓(xùn)練1】 (1)設(shè)a0，b0，ab1，求證：8.

28、(2)已知a，b，c是全不相等的正實(shí)數(shù)，求證：3.證明(1)ab1，11222248，當(dāng)且僅當(dāng)ab時，等號成立(2)a，b，c全不相等，且都大于0.與，與，與全不相等，2，2，2，三式相加得6，3，即3.考點(diǎn)二分析法的應(yīng)用【例2】 已知a0，求證：a2.審題路線從結(jié)論出發(fā)觀察不等式兩邊的符號移項(xiàng)(把不等式兩邊都變?yōu)檎?xiàng))平方移項(xiàng)整理平方移項(xiàng)整理可得顯然成立的結(jié)論證明(1)要證a2，只需要證2a.a0，故只需要證22，即a244a2222，從而只需要證2，只需要證42，即a22，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立規(guī)律方法 (1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充

29、分條件正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順利獲解的關(guān)鍵(2)證明較復(fù)雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結(jié)論等價(或充分)的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個中間結(jié)論，從而使原命題得證【訓(xùn)練2】 已知m0，a，bR，求證：2.證明m0，1m0.所以要證原不等式成立，只需證(amb)2(1m)(a2mb2)即證m(a22abb2)0，即證(ab)20，而(ab)20顯然成立，故原不等式得證考點(diǎn)三反證法的應(yīng)用【例3】 等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a11，S393.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn；(2)設(shè)bn(nN*)，求證：數(shù)列bn中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列(1)解由

30、已知得d2，故an2n1，Snn(n)(2)證明由(1)得bnn.假設(shè)數(shù)列bn中存在三項(xiàng)bp，bq，br(p，q，rN*，且互不相等)成等比數(shù)列，則bbpbr.即(q)2(p)(r)(q2pr)(2qpr)0.p，q，rN*，2pr，(pr)20.pr，與pr矛盾數(shù)列bn中任意不同的三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列.學(xué)生用書第204頁規(guī)律方法 用反證法證明不等式要把握三點(diǎn)：(1)必須先否定結(jié)論，即肯定結(jié)論的反面；(2)必須從否定結(jié)論進(jìn)行推理，即應(yīng)把結(jié)論的反面作為條件，且必須依據(jù)這一條件進(jìn)行推證；(3)推導(dǎo)出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設(shè)矛盾，有的與已知事實(shí)矛盾等，且推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯

31、的【訓(xùn)練3】 已知a1，求證三個方程：x24ax4a30，x2(a1)xa20，x22ax2a0中至少有一個方程有實(shí)數(shù)根證明假設(shè)三個方程都沒有實(shí)數(shù)根，則a1.這與已知a1矛盾，所以假設(shè)不成立，故原結(jié)論成立1分析法的特點(diǎn)：從未知看需知，逐步靠攏已知2綜合法的特點(diǎn)：從已知看可知，逐步推出未知3分析法和綜合法各有優(yōu)缺點(diǎn)分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點(diǎn)是思路逆行，敘述較繁；綜合法從條件推出結(jié)論，較簡捷地解決問題，但不便于思考實(shí)際證題時常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來4利用反證法證明數(shù)學(xué)問題時，要假設(shè)結(jié)論錯誤，并用假設(shè)的命題進(jìn)行推理，沒有用假設(shè)命題推理

32、而推出矛盾結(jié)果，其推理過程是錯誤的答題模板13反證法在證明題中的應(yīng)用【典例】 (14分)(20xx北京卷)直線ykxm(m0)與橢圓W：y21相交于A，C兩點(diǎn)，O是坐標(biāo)原點(diǎn)(1)當(dāng)點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長；(2)當(dāng)點(diǎn)B在W上且不是W的頂點(diǎn)時，證明：四邊形OABC不可能為菱形規(guī)范解答(1)解因?yàn)樗倪呅蜲ABC為菱形，所以AC與OB相互垂直平分 (2分)所以可設(shè)A，代入橢圓方程得1，即t.所以|AC|2. (5分)(2)證明假設(shè)四邊形OABC為菱形因?yàn)辄c(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)，且ACOB，所以k0.由消y并整理得(14k2)x28kmx4m240. (7分)設(shè)A(x1，

33、y1)，C(x2，y2)，則，km.所以AC的中點(diǎn)為M. (9分)因?yàn)镸為AC和OB的交點(diǎn)，且m0，k0，所以直線OB的斜率為.(11分)因?yàn)閗1，所以AC與OB不垂直 (13分)所以四邊形OABC不是菱形，與假設(shè)矛盾所以當(dāng)點(diǎn)B不是W的頂點(diǎn)時，四邊形OABC不可能為菱形(14分)反思感悟 (1)掌握反證法的證明思路及證題步驟，明確作假設(shè)是反證法的基礎(chǔ)，應(yīng)用假設(shè)是反證法的基本手段，得到矛盾是反證法的目的(2)當(dāng)證明的結(jié)論和條件聯(lián)系不明顯、直接證明不清晰或正面證明分類較多、而反面情況只有一種或較少時，常采用反證法(3)利用反證法證明時，一定要回到結(jié)論上去答題模板用反證法證明數(shù)學(xué)命題的答題模板：第一

34、步：分清命題“pq”的條件和結(jié)論；第二步：作出與命題結(jié)論q相矛盾的假定綈q；第三步：由p和綈q出發(fā)，應(yīng)用正確的推理方法，推出矛盾結(jié)果；第四步：斷定產(chǎn)生矛盾結(jié)果的原因，在于所作的假設(shè)綈q不真，于是原結(jié)論q成立，從而間接地證明了命題.學(xué)生用書第205頁【自主體驗(yàn)】設(shè)直線l1：yk1x1，l2：yk2x1，其中實(shí)數(shù)k1，k2滿足k1k220.(1)證明：l1與l2相交；(2)證明：l1與l2的交點(diǎn)在橢圓2x2y21上證明(1)假設(shè)l1與l2不相交，則l1與l2平行或重合，有k1k2，代入k1k220，得k20.這與k1為實(shí)數(shù)的事實(shí)相矛盾，從而k1k2，即l1與l2相交(2)由方程組解得交點(diǎn)P的坐標(biāo)為

35、.從而2x2y22221，所以l1與l2的交點(diǎn)P(x，y)在橢圓2x2y21上對應(yīng)學(xué)生用書P381基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1(20xx安陽模擬)若ab0，則下列不等式中成立的是()A. BabCba D.解析(特值法)取a2，b1，驗(yàn)證C正確答案C2用反證法證明命題：“已知a，bN，若ab可被5整除，則a，b中至少有一個能被5整除”時，反設(shè)正確的是()Aa，b都不能被5整除Ba，b都能被5整除Ca，b中有一個不能被5整除Da，b中有一個能被5整除解析由反證法的定義得，反設(shè)即否定結(jié)論答案A3(20xx上海模擬)“a”是“對任意正數(shù)x，均有x1”的()A充分不必要條件 B必要不

36、充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析當(dāng)a時，x21，當(dāng)且僅當(dāng)x，即x時取等號；反之，顯然不成立答案A4(20xx張家口模擬)分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設(shè)abc，且abc0，求證a”索的因應(yīng)是()Aab0 Bac0C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0解析由題意知ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a202a2acc202a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)0.答案C5(20xx天津模擬)p，q(m，n，a，b，c，d均為正數(shù))，則p，q的大小為()Apq Bpq Cpq D不確定解析q p.答案B二、填空題6下列條件：ab0，ab0

37、，b0，a0，b0且0成立，即a，b不為0且同號即可，故能使2成立答案37已知a，b，m均為正數(shù)，且ab，則與的大小關(guān)系是_解析，a，b，m0，且ab，ba0，.答案8設(shè)a，b是兩個實(shí)數(shù)，給出下列條件：ab2；a2b22.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件的是_(填上序號)答案三、解答題9若a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：lglglglg alg blg c.證明a，b，c(0，)，0，0，0.又上述三個不等式中等號不能同時成立abc成立上式兩邊同時取常用對數(shù)，得lglg abc，lglglglg alg blg c.10(20xx鶴崗模擬)設(shè)數(shù)列an是公比為q的等比數(shù)列，Sn是

38、它的前n項(xiàng)和(1)求證：數(shù)列Sn不是等比數(shù)列；(2)數(shù)列Sn是等差數(shù)列嗎？為什么？(1)證明假設(shè)數(shù)列Sn是等比數(shù)列，則SS1S3，即a(1q)2a1a1(1qq2)，因?yàn)閍10，所以(1q)21qq2，即q0，這與公比q0矛盾，所以數(shù)列Sn不是等比數(shù)列(2)解當(dāng)q1時，Snna1，故Sn是等差數(shù)列；當(dāng)q1時，Sn不是等差數(shù)列，否則2S2S1S3，即2a1(1q)a1a1(1qq2)，得q0，這與公比q0矛盾綜上，當(dāng)q1時，數(shù)列Sn是等差數(shù)列；當(dāng)q1時，Sn不是等差數(shù)列能力提升題組(建議用時：25分鐘)一、選擇題1(20xx漳州一模)設(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，則三個數(shù)a，b，c()A都大于2 B都

39、小于2C至少有一個不大于2 D至少有一個不小于2解析a0，b0，c0，6，當(dāng)且僅當(dāng)abc1時，“”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2.答案D2已知函數(shù)f(x)x，a，b是正實(shí)數(shù)，Af，Bf()，Cf，則A，B，C的大小關(guān)系為()AABC BACBCBCA DCBA解析，又f(x)x在R上是減函數(shù)，ff()f.答案A二、填空題3(20xx株洲模擬)已知a，b，(0，)，且1，則使得ab恒成立的的取值范圍是_解析a，b(0，)，且1，ab(ab)1010216，當(dāng)且僅當(dāng)a4，b12時，等號成立，ab的最小值為16.要使ab恒成立，需16，0，11,1，12，你能得到一個怎樣的一般不等式

40、？并加以證明審題路線 觀察前4個式子，左邊的項(xiàng)數(shù)及分母的變化不難發(fā)現(xiàn)一般的不等式為1(nN*)，并用數(shù)學(xué)歸納法證明解一般結(jié)論：1(nN*)，證明如下：(1)當(dāng)n1時，由題設(shè)條件知命題成立(2)假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時，猜想正確即1.當(dāng)nk1時，1.當(dāng)nk1時，不等式成立根據(jù)(1)、(2)可知，對nN*,1.規(guī)律方法 用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的關(guān)鍵是由nk時命題成立證nk1時命題也成立，在歸納假設(shè)使用后可運(yùn)用比較法、綜合法、分析法、放縮法等來加以證明，充分應(yīng)用基本不等式、不等式的性質(zhì)等放縮技巧，使問題得以簡化【訓(xùn)練2】 若函數(shù)f(x)x22x3，定義數(shù)列xn如下：x12，xn1是過點(diǎn)P(4,5)、Q

41、n(xn，f(xn)的直線PQn與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，試運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明：2xnxn13.證明(1)當(dāng)n1時，x12，f(x1)3，Q1(2，3)直線PQ1的方程為y4x11，令y0，得x2，因此，2x1x23，即n1時結(jié)論成立(2)假設(shè)當(dāng)nk時，結(jié)論成立，即2xkxk13.直線PQk1的方程為y5(x4)又f(xk1)x2xk13，代入上式，令y0，得xk24，由歸納假設(shè)，2xk13，xk240，即xk1xk2.所以2xk1xk23，即當(dāng)nk1時，結(jié)論成立由(1)、(2)知對任意的正整數(shù)n,2xnxn10，nN*.(1)求a1，a2，a3，并猜想an的通項(xiàng)公式；(2)證明通項(xiàng)公式的正確性審

42、題路線從特殊入手，正確計(jì)算a1，a2，a3，探求an與n的一般關(guān)系運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法嚴(yán)格證明(1)解當(dāng)n1時，由已知得a11，a2a120.a11(a10)當(dāng)n2時，由已知得a1a21，將a11代入并整理得a2a220.a2(a20)同理可得a3.猜想an(nN*)(2)證明由(1)知，當(dāng)n1,2,3時，通項(xiàng)公式成立假設(shè)當(dāng)nk(k3，kN*)時，通項(xiàng)公式成立，即ak.由于ak1Sk1Sk，將ak代入上式，整理得a2ak120，ak1，即nk1時通項(xiàng)公式成立由、，可知對所有nN*，an都成立規(guī)律方法 “歸納猜想證明”的模式，是不完全歸納法與數(shù)學(xué)歸納法綜合應(yīng)用的解題模式，這種方法在解決探索性問題、存在

43、性問題時起著重要作用，它的模式是先由合情推理發(fā)現(xiàn)結(jié)論，然后經(jīng)邏輯推理證明結(jié)論的正確性【訓(xùn)練3】 已知函數(shù)f(x)x3x，數(shù)列an滿足條件：a11，an1f(an1)試比較與1的大小，并說明理由解f(x)x21，an1f(an1)，an1(an1)21.函數(shù)g(x)(x1)21x22x在區(qū)間1，)上單調(diào)遞增，于是由a11，得a2(a11)21221，進(jìn)而得a3(a21)21241231，由此猜想：an2n1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個猜想：(1)當(dāng)n1時，a12111，結(jié)論成立；(2)假設(shè)nk(k1且kN*)時結(jié)論成立，即ak2k1，當(dāng)nk1時，由g(x)(x1)21在區(qū)間1，)上單調(diào)遞增知，ak

44、1(ak1)2122k12k11，當(dāng)nk1時，結(jié)論也成立由(1)、(2)知，對任意nN*，都有an2n1.即1an2n，因此，1n1.1在數(shù)學(xué)歸納法中，歸納奠基和歸納遞推缺一不可在較復(fù)雜的式子中，注意由nk到nk1時，式子中項(xiàng)數(shù)的變化應(yīng)仔細(xì)分析，觀察通項(xiàng)同時還應(yīng)注意，不用假設(shè)的證法不是數(shù)學(xué)歸納法2對于證明等式問題，在證nk1等式也成立時，應(yīng)及時把結(jié)論和推導(dǎo)過程對比，以減少計(jì)算時的復(fù)雜程度；對于整除性問題，關(guān)鍵是湊假設(shè)；證明不等式時，一般要運(yùn)用放縮法3歸納猜想證明屬于探索性問題的一種，一般經(jīng)過計(jì)算、觀察、歸納，然后猜想出結(jié)論，再用數(shù)學(xué)歸納法證明由于“猜想”是“證明”的前提和“對象”，務(wù)必保證猜想的正確性，同時必須嚴(yán)格按照數(shù)學(xué)歸納法的步驟書寫 答題模板14數(shù)學(xué)歸納法在數(shù)列問題中的應(yīng)用【典例】 (12分)(20xx安徽卷改編)數(shù)列xn滿足x10，xn1xxnc(nN*)(1)證明：xn是遞減數(shù)列的充要條件是c0；(2)若0c，證明數(shù)列xn是遞增數(shù)列規(guī)范解答(1)充分性：若c0，由于xn1xxncxncxn，數(shù)列xn是遞減數(shù)列 (2分)必要性：若xn是遞減數(shù)列，則x2x1，且x10.又x2x