版选修1_2.docx

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1、1第二章 推理与证明章末复习学习目标 1.理解合情推理与演绎推理的区别与联系，会利用归纳与类比推理进行简单的推理.2.加深对直接证明和间接证明的认识，会应用其解决一些简单的问题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(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：大前提 已知的一般原理小前提 所研究的特殊情况结论 根据一般原理，对特殊情况作出的判断3直接证明和间

2、接证明(1)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出结论的证明方法分析法是从结论追溯到条件的证明方法(2)间接证明的一种方法是反证法，是从结论反面成立出发，推出矛盾的方法1归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确( )2 “所有 3 的倍数都是 9 的倍数，某数 m 是 3 的倍数，则 m 一定是 9 的倍数” ，这是三段论推理，但其结论是错误的( )3综合法是直接证明，分析法是间接证明( )4反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾( )2类型一 合情推理的应用例 1 (1)有一个奇数列 1,3,5,7,9，现在进行如下分组：第一组含一个数1；第二组含两个

3、数3,5；第三组含三个数7,9,11；第四组含四个数13,15,17,19；，试观察每组内各数之和并猜想 f(n)(nN )与组的编号数 n 的关系式为_答案 f(n) n3解析 由于 11 3，3582 3，7911273 3，13151719644 3，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.(2)在平面几何中，对于 Rt ABC， AC BC，设 AB c， AC b， BC a，则 a2 b2 c2；cos 2Acos 2B1；Rt ABC 的外接圆半径为 r .a2 b22把上面的结论类比到空间写出相类似的结论；试对其中一个猜想进行证明解 选取

4、 3 个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象设 3 个两两垂直的侧面的面积分别为 S1， S2， S3，底面面积为 S，则 S S S S2.21 2 23设 3 个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为 ， ， ，则cos2 cos 2 cos 2 1.设 3 个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为 a， b， c，则这个四面体的外接球的半径为R .a2 b2 c22下面对的猜想进行证明如图在四面体 A BCD 中， AB， AC， AD 两两垂直，平面 ABC，平面 ABD，平面 ACD 为三个两两垂直的侧面设 AB a， AC b， AD c，则在 Rt ABC 中， BC ， SRt

5、ABC ab.AB2 AC2 a2 b212同理， CD ， SRt ACD bc.b2 c2123BD ， SRt ABD ac.a2 c212 S BCD .14BC2BD2 14BC2 BD2 CD22经检验， S S S S .2Rt ABC 2Rt ACD 2Rt ABD 2 BCD即所证猜想为真命题反思与感悟 (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中的常见方法(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，也有一定的探索性跟踪训练 1 如图是由火柴棒拼成的图形，第 n 个图形由 n 个正方形组成通过观察可以发

6、现：第 4 个图形中有_根火柴棒；第 n 个图形中有_根火柴棒考点 归纳推理的应用题点 归纳推理在图形中的应用答案 13 3 n1解析 设第 n 个图形中火柴棒的根数为 an，可知 a413.通过观察得到递推关系式 an an1 3( n2， nN )，所以 an3 n1.类型二 综合法与分析法例 2 试用分析法和综合法分别推证下列命题：已知 (0，)，求证：2sin 2 .sin 1 cos 考点 分析法和综合法的综合应用题点 分析法和综合法的综合应用证明 分析法要证 2sin 2 成立，sin 1 cos 只需证 4sin cos ，sin 1 cos (0，)，sin 0，只需证 4co

7、s ，11 cos 1cos 0，4cos (1cos )1，4可变形为 4cos2 4cos 10，只需证(2cos 1) 20，显然成立5综合法 4(1cos )4，11 cos 当且仅当 cos ，即 时取等号，12 34cos .11 cos (0，)，sin 0，4sin cos ，sin 1 cos 2sin 2 .sin 1 cos 反思与感悟 分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条件清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必

8、要条件跟踪训练 2 设 a0， b0， a b1，求证： 8.试用综合法和分析法分别证明1a 1b 1ab证明 (综合法)因为 a0， b0， a b1，所以 1 a b2 ， ， ab ，所以 4.ab ab12 14 1ab又 ( a b) 2 4，1a 1b (1a 1b) ba ab所以 8(当且仅当 a b 时等号成立)1a 1b 1ab 12(分析法)因为 a0， b0， a b1，要证 8，1a 1b 1ab只需证 8，(1a 1b) a bab只需证 8，(1a 1b) (1b 1a)即证 4.1a 1b也就是证 4.a ba a bb6即证 2，ba ab由基本不等式可知，当

9、 a0， b0 时， 2 恒成立，所以原不等式成立ba ab类型三 反证法例 3 已知数列 an的前 n 项和为 Sn，且满足 an Sn2.(1)求数列 an的通项公式；(2)求证：数列 an中不存在三项按原来顺序成等差数列(1)解 当 n1 时， a1 S12 a12，则 a11.又 an Sn2，所以 an1 Sn1 2，两式相减得 an1 an，12所以 an是首项为 1，公比为 的等比数列，12所以 an (nN )12n 1(2)证明 假 设 存 在 三 项 按 原 来 顺 序 成 等 差 数 列 ， 记 为 ap 1， aq 1， ar 1(p2，求证： 0 且 y0，所以 1

10、x2 y 且 1 y2 x，两式相加，得 2 x y2 x2 y，所以 x y2.这与已知 x y2 矛盾故 0， b0，则有( )A. 2b a B. 0，则有 a4a6a3a7，类比上述性质，在等比数列 bn中，若 bn0， q1，则下列有关 b4， b5， b7， b8的不等关系正确的是( )A b4 b8b5 b7 B b5 b7b4 b8C b4 b7b5 b8 D b4 b5b7 b8答案 A3我们把 1,4,9,16,25，这些数称做正方形数，这是因为这些数目的点可以排成一个正方形(如图)试求第 n 个正方形数是( )A n(n1) B n(n1)C n2 D( n1) 2答案

11、C解析 观察前 5 个正方形数，恰好是序号的平方，所以第 n 个正方形数应为 n2.4当 n1,2,3,4,5,6 时，比较 2n和 n2的大小并猜想( )A n1 时，2 nn2 B n3 时，2 nn2C n4 时，2 nn2 D n5 时，2 nn2考点 归纳推理题点 归纳推理在数对(组)中的应用答案 D解析 当 n1 时，2 nn2；当 n2 时，2 n n2；10当 n3 时，2 nn2；当 n6 时，2 nn2.故猜想当 n5 时，2 nn2.5 “四边形 ABCD 是矩形，四边形 ABCD 的对角线相等 ”以上推理的大前提是( )A正方形都是对角线相等的四边形B矩形都是对角线相等

12、的四边形C等腰梯形都是对角线相等的四边形D矩形都是对边平行且相等的四边形答案 B解析 利用三段论分析：大前提：矩形都是对角线相等的四边形；小前提：四边形 ABCD 是矩形；结论：四边形 ABCD 的对角线相等6定义运算： xyError! 例如 344，则下列等式不成立的是( )A xy yxB( xy)z x(yz)C( xy)2 x2y2D c(xy) (cy)(cx)(c0)考点 合情推理的综合应用题点 合情推理在函数中的应用答案 C解析 由定义可知：“”是求两个数中的较大者，所以 A，B，D 均是恒成立的7某学校运动会的立定跳远和 30 秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段，下表为

13、10 名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊.学生序号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10立定跳远(单位：米) 1.96 1.92 1.82 1.80 1.78 1.76 1.74 1.72 1.68 1.6030 秒跳绳(单位：次) 63 a 75 60 63 72 70 a1 b 65在这 10 名学生中，进入立定跳远决赛的有 8 人，同时进入立定跳远决赛和 30 秒跳绳决赛的有 6 人，则( )11A2 号学生进入 30 秒跳绳决赛B5 号学生进入 30 秒跳绳决赛C8 号学生进入 30 秒跳绳决赛D9 号学生进入 30 秒跳绳决赛考点 演绎推理的综合应用题点 演绎推理在其他方面的应

14、用答案 B解析 进入立定跳远决赛的有 8 人，根据成绩应是 1 号至 8 号若 a63，则同时进入两决赛的不是 6 人，不符合题意；若 61 a63，则同时进入两决赛的有 1,2,3,5,6,7 号，符合题意；若 a60，则同时进入两决赛的不是 6 人，不符合题意；若 a59，则同时进入两决赛的有 1,3,4,5,6,7 号，符合题意综上可知，5 号进入 30 秒跳绳决赛二、填空题8如果函数 f(x)在区间 D 上是凸函数，那么对于区间 D 内的任意 x1， x2， xn，都有 f .若 ysin x 在区间(0，)上是凸函数，那fx1 fx2 fxnn (x1 x2 xnn )么在 ABC

15、中，sin Asin Bsin C 的最大值是_答案 332解析 sin Asin Bsin C3sin 3sin .A B C3 3 3329在平面几何中， ABC 的内角平分线 CE 分 AB 所成线段的比为 ，把这个结论类比AEEB ACBC到空间：在三棱锥 ABCD 中(如图所示)，面 DEC 平分二面角 ACDB 且与 AB 相交于 E，则得到的类比的结论是_考点 类比推理题点 类比推理在图形中的应用答案 AEEB S ACDS BCD解析 CE 平分 ACB，而面 CDE 平分二面角 ACDB. 可类比成 ，ACBC S ACDS BCD12故结论为 .AEEB S ACDS BC

16、D10已知 f(x) ，定义 f1(x) f( x)， f2(x) f1(x)， fn1 (x) fn(x)xex， nN .经计算 f1(x) ， f2(x) ， f3(x) ，照此规律， fn(x)1 xex x 2ex 3 xex_.答案 1nx nex解析 观察各个式子，发现分母都是 ex，分子依次是( x1)，( x2)，( x3)，故fn(x) . 1nx nex三、解答题11已知 a0， b0， 1.求证： .1b 1a 1 a 11 b证明 要证 成立，1 a11 b只需证 1 a ，11 b只需证(1 a)(1 b)1(1 b0)，即 1 b a ab1， a b ab，只需

17、证 1( a0， b0)，a bab即证 1.又 1 成立，1b 1a 1b 1a 成立1 a11 b12求证：不论 x， y 取何非零实数，等式 总不成立1x 1y 1x y考点 反证法及应用题点 反证法的应用证明 假设存在非零实数 x， y 使得等式 成立1x 1y 1x y于是有 y(x y) x(x y) xy，即 x2 y2 xy0，即 2 y20.(xy2) 34由 y0，得 y20.3413又 20，(xy2)所以 2 y20.(xy2) 34与 x2 y2 xy0 矛盾，故原命题成立13已知 a0， b0,2ca b，求证： c a2 ab，因为 a0，所以只需证 2ca b.

18、因为 2ca b 已知，所以原不等式成立四、探究与拓展14设 S， V 分别表示表面积和体积，如 ABC 的面积用 S ABC表示，三棱锥 O ABC 的体积用 VO ABC表示，对于命题：如果 O 是线段 AB 上一点，则| | | | 0.将它类比OB OA OA OB 到平面的情形时，应该有：若 O 是 ABC 内一点，有 S OBC S OCA S OBA 0.OA OB OC 将它类比到空间的情形时，应该有：若 O 是三棱锥 A BCD 内一点，则有_考点 类比推理的应用题点 平面几何与立体几何之间的类比答案 VO BCD VO ACD VO ABD VO ABC 0OA OB OC

19、 OD 15某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：sin 213cos 217sin 13cos 17；sin 215cos 215sin 15cos 15；sin 218cos 212sin 18cos 12；sin 2(18)cos 248sin(18)cos 48；sin 2(25)cos 255sin(25)cos 55.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论解 (1)选择式，计算如下：14sin215cos 215sin 15cos 151 sin 301 .12 14 34(2)三角恒等式为 sin2 cos 2(30 )sin cos(30 ) .34证明如下：sin2 cos 2(30 )sin cos(30 )sin 2 (cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin 2 cos2 sin cos sin2 sin cos 34 32 14 32 sin2 sin2 cos2 .12 34 34 34