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2015-2016高中数学 第二章 推理与证明章末小结 新人教A版选修1-2


2015-2016 高中数学 第二章 推理与证明章末小结 新人教 A 版选修 1-2

合情推理与演绎推理 运用合情推理时,要认识到观察、归纳、类比、猜想、证明是相互联系的.在解决问题 时,可以先从观察入手,发现问题的特点,形成解决问题的初步思路;然后用归纳、类比的 方法进行探索,提出猜想;最后用演绎推理的方法进行验证. 观察下图中各正方形图案, 每条边上有 n(n≥2)个点, 第 n 个图案中圆点的总数是 Sn. ? ? ? ? ? ? ? ?? ? ? ? ? , , ,? ?? ? ? ? ? ? ? ? ? ? n=2, S2=4; n=3, S3=8; n=4, S4=12; ?, 按此规律, 推出 Sn 与 n 的关系式为________. 解析:依图的构造规律可以看出: S2=2×4-4, S3=3×4-4, S4=4×4-4(正方形四个顶点重复计算一次,应减去). ? * 猜想:Sn=4n-4(n≥2,n∈N ). * 答案:Sn=4n-4(n≥2,n∈N )
1

若数列{an}是等比数列,且 an>0,则有数列 bn= a1·a2·?·an(n∈N )也为等比数 列,类比上述性质,相应地,数列{cn}是等差数列,则有 dn=________也是等差数列. c1+c2+?+cn 解析:类比猜想可得 dn= 也成等差数列,若设等差数列{cn}的公差为 x,

n

*

n



c1+c2+?+cn dn= n n(n-1) nc1+ x
= 2

n x

=c1+(n-1)· . 2 可见{dn}是一个以 c1 为首项, 为公差的等差数列,故猜想是正确的. 2 c1+c2+?+cn 答案:

x

n

1 1 1 x3+x- 3 3 已知函数 f(x)= ,g(x)= . 5 5 (1)证明 f(x)是奇函数,并求 f(x)的单调区间; (2)分别计算 f(4)-5f(2)·g(2)和 f(9)-5f(3)· g(3)的值, 由此概括出涉及函数 f(x) 和 g(x)的对所有不等于零的实数 x 都成立的一个等式,并加以证明. (1) 证明:函数 f(x) 的定义域 ( -∞, 0)∪(0,+∞)关于原点对称,又 f( - x) = 1 1 1 1 (-x)3-(-x)- x3-x- 3 3 =- =-f(x),∴f(x)是奇函数. 5 5 任取 x1,x2∈(0,+∞),设 x1<x2, 1 1 1 1 x31-x- 1 x32-x- 2 3 3 f(x1)-f(x2)= - = 5 5 1 ? 1 1 ? 1+ 1 ? 1 1 ?. (x31-x32) ? x ·x ? 5 31 32? ? 1 1 1 ∵x31-x32<0,1+ >0, 1 1 x31·x32 ∴f(x1)-f(x2)<0. ∴f(x)在(0,+∞)上单调递增. ∴f(x)的单调递增区间为(-∞,0)和(0,+∞). (2)解析:计算得 f(4)-5f(2)·g(2)=0,f(9)-5f(3)·g(3)=0. 由此概括出对所有不等于零的实数 x 有 f(x2)-5f(x)·g(x)=0. 2 ∵f(x )-5f(x)·g(x)

1

x3-x-

2

2 1 1 2 1 1 x3-x- x3-x- x3+x- 3 3 3 = -5· · 5 5 5 2 2 1 2 1 2 = (x3-x- )- (x3-x- )=0, 5 3 5 3 ∴该等式成立. 点评:问题(1)的大前提为函数奇偶性和单调性的定义. 问题(2)实际上是合情推理在高 考中的体现,有一定的创新性.

?变式训练 2 k k 1.已知数列{an}的相邻两项 a2k-1,a2k 是关于 x 的方程 x -(3k+2 )x+3k·2 =0 的两 个根且 a2k-1≤a2k(k=1,2,3,?). (1)求 a1,a3,a5,a7 及 a2n(n≥4),不必证明; (2)求数列{an}的前 2n 项和 S2n. 2 k k k 解析:(1)方程 x -(3k+2 )x+3k·2 =0 的两根为 x1=3k,x2=2 . 当 k=1 时,x1=3,x2=2,∴a1=2; 当 k=2 时,x1=6,x2=4,∴a3=4; 当 k=3 时,x1=9,x2=8,∴a5=8; 当 k=4 时,x1=12,x2=16,∴a7=12. n ∵当 n≥4 时,2 >3n, n ∴a2n=2 (n≥4). (2)S2n=a1+a2+?+a2n 2 n =(3+6+9+?+3n)+(2+2 +?+2 ) 2 3n +3n n+1 = +2 -2. 2

直接证明 综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法, 也是解决数学问题常用的思维方 式.如果从解题的切入点的角度细分,直接证明方法可具体分为: 比较法、代换法、 放缩法、 判别式法、构造函数法等.应用综合法证明问题时,必须首先想到从哪里开始起步,分析法 就可以帮助我们克服这种困难,在实际证明问题时,应当把分析法和综合法综合起来使用. 1 1 1 设 a>0,b>0,a+b=1,求证: + + ≥8.

a b ab

证明:证法一(综合法) ∵a>0,b>0,a+b=1, 1 1 ∴1=a+b≥2 ab, ab≤ ,ab≤ , 2 4 1 ∴ ≥4.

ab

1 1 b a ?1 1? 又 + =(a+b)? + ?=2+ + ≥4,

a b

?a b?

a b

1 1 1 ∴ + + ≥8.

a b ab

证法二(分析法) ∵a>0,b>0,a+b=1, 1 1 1 ∴要证 + + ≥8,

a b ab

3

?1 1? a+b≥8, 只需证? + ?+ ?a b?
ab

?1 1? ?1 1? 即证? + ?+? + ?≥8, ?a b? ?b a?
1 1 a+b a+b 即证 + ≥4,即证 + ≥4,

a b b a 即证 + ≥2. a b

a

b

由基本不等式可知,当 a>0,b>0 时, + ≥2 成立,∴原不等式成立.

b a a b

如图,正方形 ABCD 和四边形 ACEF 所在的平面互相垂直,EF∥AC,AB= 2,CE=EF= 1. (1)求证:AF∥平面 BDE; (2)求证:CF⊥平面 BDE. 证明:(1)设 AC 与 BD 交于点 G. ∵EF∥AG,且 EF=1, 1 AG= AC=1, 2 ∴四边形 AGEF 为平行四边形. ∴AF∥EG. ∵EG? 平面 BDE,AF?平面 BDE, ∴AF∥平面 BDE. (2)连接 FG,∵EF∥CG,EF=CG=1,且 CE=1, ∴四边形 CEFG 为菱形,∴CF⊥EG. ∵四边形 ABCD 为正方形,∴BD⊥AC. 又∵平面 ACEF⊥平面 ABCD,且平面 ACEF∩平面 ABCD=AC, ∴BD⊥平面 ACEF,∴CF⊥BD.又 BD∩EG=G. ∴CF⊥平面 BDE.

?变式训练

a 1 ?1? n 2.在等差数列{an}中,首项 a1=1,数列{bn}满足 bn=? ? ,且 b1·b2·b3= . 64 ?2? (1)求数列{an}的通项公式; (2)求证:a1b1+a2b2+?+anbn<2. a ?1? n (1)解析:设等差数列{an}的公差为 d,因为 a1=1,bn=? ? , ?2? 1+d 1+2d 1 ?1? ?1? 所以 b1= ,b2=? ? ,b3=? ? . 2 ?2? ?2? 1 由 b1b2b3= ,解得 d=1, 64 所以 an=1+(n-1)·1=n. n ?1? (2)证明:由(1)得 bn=? ? . ?2?
2 3 n 1 ?1? ?1? ?1? 设 Tn=a1b1+a2b2+?+anbn=1× +2×? ? +3×? ? +?+n·? ? ,① 2 ?2? ?2? ?2?
4

2 3 4 1 ?1? ?1? ?1? ?1?n+1 则 Tn=1×? ? +2×? ? +3×? ? +?+n·? ? .② 2 ?2? ?2? ?2? ?2? 2 3 n n+1 1 1 ?1? ?1? ?1? ?1? ①-②得 Tn= +? ? +? ? +?+? ? -n·? ? . 2 2 ?2? ?2? ?2? ?2?

n 1? ?1? ? ? 1 - ?2? ? n+1 2? ? ? ? ?1? 所以 Tn=2× -2n·? ? 1 ?2? 1- 2 1 n =2- n-1- n, 2 2 1 n 又因为 2- n-1- n<2,所以 a1b1+a2b2+?+anbn<2. 2 2
点评:本题考查了等差数列的性质以及利用综合法证题的过程.

反证法 反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性,从逻辑的角度看,命题:“若 p 则 q”的 否定是“若 p 则?q”由此进行推理,如果发生矛盾,那么就说明“若 p 则?q”为假,从而可 以导出“若 p 则 q”为真, 从而达到证明的目的, 反证法是高中数学的一种重要的证明方法, 在不等式和立体几何的证明中经常用到, 在高考题中也经常出现, 它所反映出的 “正难则反” 的解决问题的思想方法更为重要。 求证:两条相交直线有且只有一个交点. 证明:假设结论不成立,即有两种可能:①无交点;②不只有一个交点. (1)若直线 a、b 无交点,那么 a∥b 或 a 与 b 异面,与已知矛盾; (2)若直线 a、b 不只有一个交点,则至少有两个交点 A 和 B,这样同时经过点 A、B 就 有两条直线,这与“经过两点有且只有一条直线”相矛盾. 综上所述,两条相交直线有且只有一个交点. 点评:结论本身是否定形式或关于唯一性的命题、存在性的命题时,常用反证法.

已知 0<a≤3,函数 f(x)=x -ax 在区间[1,+∞)上是增函数,设当 x0≥1,f(x0)≥1 时,有 f(f(x0))=x0.求证:f(x0)=x0. 证明:假设 f(x0)≠x0, 则必有 f(x0)>x0 或 f(x0)<x0. 若 f(x0)>x0≥1, 由于 f(x)在[1,+∞)上为增函数, 则 f(f(x0))>f(x0). 又 f(f(x0))=x0,∴x0>f(x0),与假设矛盾. 若 x0>f(x0)≥1,则 f(x0)>f(f(x0)). 又 f(f(x0))=x0, ∴f(x0)>x0,也与假设矛盾. 综上所述,当 x0≥1,f(x0)≥1 且 f(f(x0))=x0 时有 f(x0)=x0. 点评:(1)对于 f(f(x0))的性质知之甚少,直接证明有困难,因而用反证法来证明,增 加了反设这一条件,为我们利用函数的单调性创造了可能. (2)反设中有两种情况,必须逐一否定.

3

5

?变式训练 3.等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1+ 2,S3=9+3 2. (1)求数列{an}的通项 an 及前 n 项和 Sn; (2)设 bn= (n∈N ),求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列. 解析:(1)设公差为 d,由 ?a1=1+ 2,

Sn n

*

? ?S3=a1+a2+a3=9+3 2,得 ?a1=1+ 2, ∴d=2. ? ?3a1+3d=9+3 2,
∴an=2n-1+ 2,Sn=n(n+ 2). (2)由(1)得 bn= =n+ 2. 假设{bn}中存在三项 bp,bq,br(p,q,r 互不相等)成等比数列,则 bq=bp·br. 2 即(q+ 2) =(p+ 2)(r+ 2), 2 ∴(q -pr)+(2q-p-r)· 2=0. * ∵p,q,r∈N , 2 2 ?q -pr=0, ? ?p+r? =pr. ∴? ∴? ? ? ?2q-p-r=0, ? 2 ? ∴(p-r) =0,∴p=r 与 p≠r 矛盾. ∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列.
2 2

Sn n

6


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