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《步步高 学案导学设计》2013-2014学年 高中数学人教B版选修2-2精要课件 第二章推理与证明 章末复习课


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题型一
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合情推理与演绎推理

r />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.

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2.演绎推理与合情推理不同,它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
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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.

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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};第二组含两个数 {3,5};第三组含三个数{7,9,11};第四组含四个数
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{13,15,17,19} ; ? 试 观 察 每 组 内 各 数 之 和 f(n)(n∈N*) 与 组 的 编 号 数 n 的 关 系 式 为
f(n)=n3 ________.
解析 由于 1=13,3+5=8=23,

7+9+11=27=33,13+15+17+19=64=43,?,
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.

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(2)在平面几何中,对于 Rt△ABC,设 AB=c,AC=b, BC=a,则: ①a2+b2=c2;
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②cos2A+cos2B=1; a2+b2 ③Rt△ABC 的外接圆半径为 r= . 2 把上面的结论类比到空间写出相类似的结论;如果你能证 明,写出证明过程;如果在直角三角形中你还发现了异于 上面的结论,试试看能否类比到空间?

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选取 3 个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比

对象.
①设 3 个两两垂直的侧面的面积分别为 S1,S2,S3,底面面积
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2 为 S,则 S2+S2+S2=S2. 1 3

②设 3 个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为 α,β,γ,则 cos2α+cos2β+cos2γ=1.
③设 3 个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为 a,b,c,则这 a2+b2+c2 个四面体的外接球的半径为 R= . 2

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② 跟踪训练 1 (1)下列推理是归纳推理的是________, 是类 ③④ 比推理的是________.
①A、B 为定点,若动点 P 满足|PA|+|PB|=2a>|AB|,
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则点 P 的轨迹是椭圆; ②由 a1=1,an+1=3an-1,求出 S1,S2,S3,猜想出数 列的通项 an 和 Sn 的表达式; ③由圆 x2+y2=1 的面积 S=πr2,猜想出椭圆的面积 S =πab; ④科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇.

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(2)设 n∈N*,且 sin x+cos x=-1,归纳猜想 sinnx+cosnx 的值.

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先观察研究 n=1,2,3,4 时的情形.

当 n=1 时,有 sin x+cos x=-1.
当 n=2 时,有 sin2x+cos2x=1.

当 n=3 时,有 sin3x+cos3x=(sin2x+cos2x)(sin x+cos x)-
sin xcos x· x+cos x). (sin 因为(sin x+cos x)2=(-1)2,

所以 sin2x+2sinxcos x+cos2x=1. 所以 sin xcos x=0.

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代入前面的式子,即得:
sin3x+cos3x=1×(-1)-0×(-1)=-1.
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当 n=4 时, sin4x+cos4x=(sin3x+cos3x)(sin x+cos x) 有 -sin xcos x(sin2x+cos2x)=(-1)2-0×1=1.

由以上可以猜测,当 n∈N*时,sinnx+cosnx=(-1)n.

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题型二

综合法与分析法

综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方 法,但两种证明方法思路截然相反,分析法既可用于
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寻找解题思路,也可以是完整的证明过程,分析法与 综合法可相互转换,相互渗透,要充分利用这一辩证 关系,在解题中综合法和分析法联合运用,转换解题 思路,增加解题途径.一般以分析法为主寻求解题思 路,再用综合法有条理地表示证明过程.

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例 2 用综合法和分析法证明: sin α 已知 α∈(0,π),求证:2sin 2α≤ . 1-cos α 证明 (分析法)
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sin α 要证明 2sin 2α≤ 成立. 1-cos α sin α 只要证明 4sin αcos α≤ . 1-cos α

∵α∈(0,π),∴sin α>0.
1 只要证明 4cos α≤ . 1-cos α
上式可变形为
1 4≤ +4(1-cos α). 1-cos α

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∵1-cos α>0,
1 ∴ +4(1-cos α)≥2 1-cos α 1 · 4?1-cos α?=4, 1-cos α

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1 π 当且仅当 cos α= ,即 α= 时取等号. 2 3
1 ∴4≤ +4(1-cos α)成立. 1-cos α sin α ∴不等式 2sin 2α≤ 成立. 1-cos α
(综合法)
1 ∵ +4(1-cos α)≥4, 1-cos α
1 π (1-cos α>0,当且仅当 cos α=2,即 α=3时取等号)

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1 ∴4cos α≤ . 1-cos α
∵α∈(0,π),∴sin α>0.
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sin α ∴4sin αcos α≤ . 1-cos α sin α ∴2sin 2α≤ . 1-cos α

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sin?2α+β? sin β 跟踪训练 2 求证: -2cos(α+β)= . sin α sin α
证明 ∵sin(2α+β)-2cos(α+β)sin α
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=sin[(α+β)+α]-2cos(α+β)sin α
=sin(α+β)cos α+cos(α+β)sin α-2cos(α+β)sin α =sin(α+β)cos α-cos(α+β)sin α
=sin[(α+β)-α]=sin β,
两边同除以 sin α 得 sin?2α+β? sin β -2cos(α+β)= . sin α sin α

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题型三

反证法

反证法是一种间接证明命题的方法,它从命题结论 的反面出发引出矛盾,从而肯定命题的结论.
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反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性, 从逻辑 角度看, 命题: “若 p 则 q”的否定是“若 p 则綈 q”, 由此进行推理,如果发生矛盾,那么就说明“若 p 则綈 q”为假,从而可以导出“若 p 则 q”为真,从 而达到证明的目的.

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例 3 设二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a≠0)中的 a、b、 c 都为整数,已知 f(0)、f(1)均为奇数,求证:方程 f(x)=0 无整数根.
证明 假设方程 f(x)=0 有一个整数根 k,
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则 ak2+bk+c=0①
∵f(0)=c,f(1)=a+b+c 都为奇数,∴a+b 必为偶数.
当 k 为偶数时,令 k=2n(n∈Z),则 ak2+bk=4n2a+2nb=
2n(2na+b)必为偶数,与①式矛盾;
当 k 为奇数时,令 k=2n+1(n∈Z),则 ak2+bk=(2n+1)· (2na +a+b)为一奇数与一偶数乘积,必为偶数,也与①式矛盾. 综上可知方程 f(x)=0 无整数根.

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小结
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反证法常用于直接证明困难或以否定

形式出现的命题;涉及“都是??”“都不 是??”“ 至少??”“至多??” 等形式 的命题时,也常用反证法.

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跟踪训练 3 已知:ac≥2(b+d). 求证:方程 x2+ax+b=0 与方程 x2+cx+d=0 中 至少有一个方程有实数根.
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证明 假设两方程都没有实数根,
则 Δ1=a2-4b<0 与 Δ2=c2-4d<0,有 a2+c2<4(b+d),

而 a2+c2≥2ac,从而有 4(b+d)>2ac,即 ac<2(b+d), 与已知矛盾,故原命题成立.

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题型四

数学归纳法

数学归纳法是推理逻辑,它的第一步称为奠基步 骤,是论证的基础保证,即通过验证落实传递的起
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点,这个基础必须真实可靠;它的第二步称为递推 步骤,是命题具有后继传递性的保证,两步合在一 起为完全归纳步骤,这两步缺一不可,第二步中证 明“当 n=k+1 时结论正确”的过程中,必须用 “归纳假设”,否则就是错误的.

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例4

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用数学归纳法证明当 n∈N*时, n+2· 1· (n-1)+3· (n-2) 1 +?+(n-2)· 3+(n-1)· 2+n· n(n+1)· 1= (n+2). 6 1 证明 (1)当 n=1 时,1=6· 2· 1· 3,结论成立. (2)假设当 n=k 时结论成立,
1 即 1· k+2· (k-1)+3· (k-2)+?+(k-2)· 3+(k-1)· 2+k· k(k+ 1= 6 1)(k+2).
当 n=k+1 时,则 1· (k+1)+2· k+3· (k-1)+?+(k-1)· 3+k· 2+ (k+1)· 1

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=1· k+2· (k-1)+?+(k-1)· 2+k· 1+[1+2+3+…+k+(k+ 1)]
本 课 时 栏 目 开 即当 n=k+1 时结论也成立. 关

1 1 = k(k+1)(k+2)+ (k+1)(k+2) 6 2 1 = (k+1)(k+2)(k+3), 6

综合上述,可知结论对一切 n∈N*都成立.

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跟踪训练 4 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知对任意 的 n∈N*,点(n,Sn)均在函数 y=bx+r(b>0 且 b≠1,b, r 均为常数)的图象上.
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(1)求 r 的值; (2)当 b=2 时,记 bn=2(log2an+1)(n∈N*),证明:对任 b1+1 b2+1 bn+1 * 意的 n∈N ,不等式 · · b > n+1成立. ?· b1 b2 n

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(1)解

由题意:Sn=bn+r,


当 n≥2 时,Sn-1=bn 1+r.
所以 an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1),
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由于 b>0 且 b≠1, 所以 n≥2 时,{an}是以 b 为公比的等比数列.

又 a1=b+r,a2=b(b-1),

b?b-1? a2 a1=b,即 b+r =b,解得 r=-1.

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(2)证明 当 b=2 时,由(1)知 an=2n-1,
因此 bn=2n(n∈N*),
2+1 4+1 2n+1 所证不等式为 2 · 4 · 2n > n+1. ?· 3 ①当 n=1 时,左式=2,右式= 2.
左式>右式,所以结论成立, ②假设 n=k(k∈N*)时结论成立, 2+1 4+1 2k+1 即 2 · 4 · 2k > k+1, ?· 则当 n=k+1 时,
2+1 4+1 2k+1 2k+3 2k+3 2k+3 · · ? · > k+1· = . 2 4 2k 2?k+1? 2?k+1? 2 k+1

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要证当 n=k+1 时结论成立,
2k+3 只需证 ≥ k+2, 2 k+1 2k+3 即证 ≥ ?k+1??k+2?, 2 2k+3 ?k+1?+?k+2? 由均值不等式 = 2 2
≥ ?k+1??k+2?成立, 2k+3 故 ≥ k+2成立, 2 k+1 所以当 n=k+1 时,结论成立.

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b1+1 b2+1 bn+1 由①②可知, n∈N 时, 不等式 b · b · b > n+1成立. ?·
* 1 2 n


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