2018年秋高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明階段復(fù)習(xí)課學(xué)案 新人教A版選修1-2

《2018年秋高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明階段復(fù)習(xí)課學(xué)案 新人教A版選修1-2》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2018年秋高中數(shù)學(xué) 第2章 推理與證明階段復(fù)習(xí)課學(xué)案 新人教A版選修1-2（6頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第二課　推理與證明 [核心速填] 1．合情推理 (1)歸納推理：由部分到整體、由個(gè)別到一般的推理． (2)類比推理：由特殊到特殊的推理． (3)合情推理： 歸納和類比是常用的合情推理，都是根據(jù)已有的事實(shí)，經(jīng)過(guò)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． 2．演繹推理 (1)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： ①大前提——已知的一般原理； ②小前提——所研究的特殊情況； ③結(jié)論——根據(jù)一般原理，對(duì)特殊情況做出的判斷． 3．直接證明與間接證明 (1)直接證明的兩類基本方法是綜合法和分析法： ①綜合法是從條件推導(dǎo)出結(jié)

2、論的證明方法； ②分析法是由結(jié)論追溯到條件的證明方法； (2)間接證明一種方法是反證法，它是從結(jié)論反面成立出發(fā)，推出矛盾的證明方法． [題型探究] 合情推理 　(1)觀察下列等式： 1－＝， 1－＋－＝＋， 1－＋－＋－＝＋＋， ……， 據(jù)此規(guī)律，第n個(gè)等式可為_(kāi)___________________________________． (2)類比三角形內(nèi)角平分線定理：設(shè)△ABC的內(nèi)角A的平分線交BC于點(diǎn)M，則＝.若在四面體P-ABC中，二面角B-PA-C的平分面PAD交BC于點(diǎn)D，你可得到的結(jié)論是________，并加以證明. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：48662093】 1－

3、＋－＋…＋－＝＋＋…＋　(2)＝　[(1)等式的左邊的通項(xiàng)為－，前n項(xiàng)和為1－＋－＋…＋－；右邊的每個(gè)式子的第一項(xiàng)為，共有n項(xiàng)，故為＋＋…＋. (2)畫(huà)出相應(yīng)圖形，如圖所示． 由類比推理得所探索結(jié)論為＝. 證明如下：由于平面PAD是二面角B-PA-C的平分面，所以點(diǎn)D到平面BPA與平面CPA的距離相等，所以＝.① 又因?yàn)椋剑?② 由①②知＝成立．] [規(guī)律方法]　 1．歸納推理的特點(diǎn)及一般步驟 2．類比推理的特點(diǎn)及一般步驟 [跟蹤訓(xùn)練] 1．(1)觀察下圖2-1中各正方形圖案，每條邊上有n(n≥2)個(gè)點(diǎn)，第n個(gè)圖案中圓點(diǎn)的總數(shù)是Sn. 圖2-1 按此規(guī)律，推

4、出Sn與n的關(guān)系式為_(kāi)_______． (2)設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列．類比以上結(jié)論有：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為T(mén)n,則T4，_______， ________，成等比數(shù)列． (1)Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*)　(2)　　[(1)依圖的構(gòu)造規(guī)律可以看出： S2＝2×4－4， S3＝3×4－4， S4＝4×4－4(正方形四個(gè)頂點(diǎn)重復(fù)計(jì)算一次，應(yīng)減去)． …… 猜想：Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*)． (2)等差數(shù)列類比于等比數(shù)列時(shí)，和類比于積，減法類比于除法，可得類比結(jié)論為：設(shè)等比數(shù)列{bn}的

5、前n項(xiàng)積為T(mén)n，則T4，，，成等比數(shù)列．] 綜合法與分析法 　若a、b、c是△ABC的三邊長(zhǎng)，m＞0，求證：＋＞. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：48662094】 思路探究：根據(jù)在△ABC中任意兩邊之和大于第三邊，再利用分析法與綜合法結(jié)合證明不等式成立． [證明]　要證明＋＞， 只需證明＋－＞0即可． ∵＋－＝ ∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0， ∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0， ∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋b

6、m2－cm2＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m2， ∵△ABC中任意兩邊之和大于第三邊， ∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0， ∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0， ∴＋＞. 母題探究：1.(改變條件)本例刪掉條件“m＞0”，證明：>. [證明]　要證>.只需證a＋b＋(a＋b)c>(1＋a＋b)c. 即證a＋b>c.而a＋b>c顯然成立． 所以>. 2．(改變條件)本例增加條件“三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列”，求證：＋＝. [證明]　要證＋＝. 即證＋＝3，即證＋＝1. 即證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 即證c2＋a2＝ac＋

7、b2. ∵△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列． ∴B＝60°. 由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos 60°， 即b2＝c2＋a2－ac. ∴c2＋a2＝ac＋b2成立，命題得證． [規(guī)律方法]　分析法，綜合法的應(yīng)用 綜合法由因?qū)Ч?，分析法?zhí)果索因，因此在實(shí)際解題時(shí)，常常把分析法和綜合法結(jié)合起來(lái)使用，即先利用分析法尋找解題思路，再利用綜合法有條理地表述解答過(guò)程. 反證法 　已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，試證明a，b，c至少有一個(gè)不小于1. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：48662095】 [證明]　假設(shè)a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c

8、＜1， 則有a＋b＋c＜3， 而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3＝2＋3≥3， 兩者矛盾，所以假設(shè)不成立， 故a，b，c至少有一個(gè)不小于1. [規(guī)律方法]　反證法的關(guān)注點(diǎn) (1)反證法的思維過(guò)程：否定結(jié)論?推理過(guò)程中引出矛盾?否定假設(shè)肯定結(jié)論，即否定——推理——否定(經(jīng)過(guò)正確的推理導(dǎo)致邏輯矛盾，從而達(dá)到新的“否定”，即肯定原命題). (2)反證法常用于直接證明困難或以否定形式出現(xiàn)的命題；涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命題時(shí)，也常用反證法. [跟蹤訓(xùn)練] 2．若x，y，z∈(0,2)，求證：x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不可能都大于1.

9、 [證明]　假設(shè)x(2－y)>1，且y(2－z)>1，且z(2－x)>1均成立，則三式相乘有xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1， ① 由于0

10、證＝成立， 即證＝. 即證cos2α－sin2α＝(cos2β－sin2β)， 即證1－2sin2α＝(1－2sin2β)， 即證4sin2α－2sin2β＝1， 因?yàn)閟in θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2 β， 所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝4sin2α，所以1＋2sin2β＝4sin2α，即4sin2α－2sin2 β＝1.故原結(jié)論正確． [規(guī)律方法]　轉(zhuǎn)化與化歸思想 轉(zhuǎn)化與化歸的思想方法是數(shù)學(xué)中最基本的思想方法，數(shù)學(xué)中的一切問(wèn)題的解決都離不開(kāi)轉(zhuǎn)化與化歸.轉(zhuǎn)化與化歸的原則是將不熟悉的或難解的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為熟知的、易

11、解或已經(jīng)解決的問(wèn)題；將抽象的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為具體的直觀的問(wèn)題； 將復(fù)雜的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為簡(jiǎn)單的問(wèn)題；將一般性的問(wèn)題轉(zhuǎn)化為直觀的特殊問(wèn)題；將實(shí)際問(wèn)題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)問(wèn)題.本章中無(wú)論是推理過(guò)程還是用分析法、綜合法、反證法、數(shù)學(xué)歸納法證明問(wèn)題的過(guò)程中都用到了轉(zhuǎn)化與化歸思想. [跟蹤訓(xùn)練] 3．已知函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，a，b∈R. (1)求證：如果a＋b≥0，那么f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)； (2)判斷(1)中的命題的逆命題是否成立？并證明你的結(jié)論． [解]　(1)證明：當(dāng)a＋b≥0時(shí)，a≥－b且b≥－a. ∵f(x)在R上是增函數(shù)， ∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)， ∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)． (2)(1)中命題的逆命題為“如果f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，那么a＋b≥0”，此命題成立． 用反證法證明如下： 假設(shè)a＋b＜0，則a＜－b，∴f(a)＜f(－b)． 同理可得f(b)＜f(－a)． ∴f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)，這與f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)矛盾，故假設(shè)不成立， ∴a＋b≥0成立，即(1)中命題的逆命題成立． 6