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【创新设计】2015-2016学年高中数学 第二章 推理与证明章末复习提升课件 新人教A版选修1-2_图文

第二章——

章末复习提升
1 知识网络
2 要点归纳 3 题型研修
系统盘点,提炼主干 整合要点,诠释疑点 突破重点,提升能力

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. 2.演绎推理与合情推理不同,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.

3.直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法.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 件推导出结论的证明方法;分析法是由结论追溯到条件的证 明方法,在解决数学问题时,常把它们结合起来使用,间接

证法的一种方法是反证法,反证法是从结论反面成立出发,
推出矛盾的证明方法.

4.归纳、猜想、证明

探索性命题是试题中经常出现的一种题型,此类问题未给出问
题结论,需要由特殊情况入手,猜想、证明一般结论的问题称 为探求规律性问题,它的解题思想是:从给出的条件出发,通 过观察、试验、归纳、猜想,探索出结论,然后再对归纳、猜 想的结论进行证明.

题型一 归纳推理和类比推理

归纳推理和类比推理是常用的合情推理,两种推理的结论“合 合情推理在探索新知识方面有着极其重要的作用.
运用合情推理时,要认识到观察、归纳、类比、猜想、证明是

情 ” 但不一定 “ 合理 ” ,其正确性都有待严格证明 . 尽管如此,

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、猜想,最后用逻辑推理方法进行验证.

例1 A.28
解析

观察下列各式:a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+ B.76 C.123 D.199

b4=7,a5+b5=11,?,则a10+b10等于( C )
记an +bn =f(n),则f(3) = f(1) +f(2) =1 +3=4;f(4) = f(2)

+f(3)=3+4=7 ;f(5)=f(3)+f(4)=11.通过观察不难发现f(n)=

f(n - 1) + f(n - 2)(n∈N* , n≥3) ,则 f(6) =f(4) + f(5) = 18; f(7) =
f(5)+f(6)=29;f(8)=f(6)+f(7)=47;f(9)=f(7)+f(8)=76;f(10)

=f(8)+f(9)=123.所以a10+b10=123.

跟踪演练1 自然数按下表的规律排列

则上起第2 014行,左起第2 015列的数为( A.2 0142 B.2 0152 C.2 013×2 014 D.2 014×2 015

)

解析 经观察可得这个自然数表的排列特点:

①第一列的每个数都是完全平方数,并且恰好等于它所在行数
的平方,即第n行的第1个数为n2;

②第一行第n个数为(n-1)2+1;
③第n行从第1个数至第n个数依次递减1; ④第n列从第1个数至第n个数依次递增1. 故上起第 2 014行,左起第2 015 列的数,应是第 2 015列的第 2 014个数,即为[(2 015-1)2+1]+2 013=2 014×2 015. 答案 D

题型二 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结合起来使用.

例2

已知 a>0,求证:
2

1 1 a +a2- 2≥a+a-2.
2

证明 要证 只需证
2

1 1 a +a2- 2≥a+a-2,

1 1 a +a2+2≥a+a+ 2.
? ? ? 1 1 ?2 ?2 ? 2 a + + 2 ≥ a +a2+2? ? a ? , ? ? ?

? ∵a>0,故只需证? ? ?

1 即 a +a2+4
2

? 1 1 1? ? 2 a +a2+4≥a +2+a2+2 2?a+ ? ?+2, a ? ?
2

从而只需证 2
只要证
2

? 1? 1 ? a +a2≥ 2?a+a? ?, ? ?
2

? ? 1? 1? ? 2 ? ? 2 4?a +a2?≥2?a +2+a2? ?, ? ? ? ?

1 即 a +a2≥2,而上述不等式显然成立, 故原不等式成立.

跟踪演练2 如图,在四面体BACD中,CB=CD, AD⊥BD,且E,F分别是AB,BD的中点,求证:

(1)直线EF∥平面ACD;
证明 要证直线EF∥平面ACD,

只需证EF∥AD且EF?平面ACD.
因为E,F分别是AB,BD的中点,

所以EF是△ABD的中位线,
所以EF∥AD,所以直线EF∥平面ACD.

(2)平面EFC⊥平面BCD.

证明 要证平面EFC⊥平面BCD,
只需证BD⊥平面EFC,
?EF⊥BD, ? ? 只需证?CF⊥BD, ? ? ?CF∩EF=F. ? ?EF∥AD, 因为? 所以 EF⊥BD. ? ?AD⊥BD,

又因为CB=CD,F为BD的中点,

所以CF⊥BD.所以平面EFC⊥平面BCD.

题型三 反证法

如果一个命题的结论难以直接证明时,可以考虑反证法.通过反
设已知条件,经过逻辑推理,得出矛盾,从而肯定原结论成立. 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,它所反映出的 “正难则反”的解决问题 的思想方法更为重要.反证法主要证明:否定性、唯一性命题;

至多、至少型问题;几何问题.

例3 如图所示,已知两个正方形ABCD和DCEF不

在同一平面内,M,N分别为AB、DF的中点.
(1)若平面ABCD⊥平面DCEF,求直线MN与平面

DCEF所成角的正弦值;
解 方法一 如图(1)所示,取CD的中点G,连接

MG,NG,设正方形ABCD,DCEF的边长为2,

则 MG⊥CD,MG=2,NG= 2,
∵平面ABCD⊥平面DCEF,
图(1)

∴MG⊥平面DCEF,

∴∠MNG 是 MN 与平面 DCEF 所成的角 .∵MN = 6 , 6 ∴sin∠MNG= 3 ,
6 ∴直线 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 3 .

方法二 设正方形ABCD,DCEF的边长为2,
以D为坐标原点,分别以射线DC,DF,DA

为x,y,z轴正半轴建立空间直角坐标系,如
图(2)所示.

则M(1,0,2),N(0,1,0),
→ ∴MN=(-1,1,-2).

图(2)

→ 又DA=(0,0,2)为平面 DCEF 的法向量,

→ → MN· DA 6 → → ∴cos〈MN,DA〉= =- 3 , → → |MN||DA|
∴MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 6 → → |cos〈MN,DA〉|= 3 .

(2)用反证法证明:直线ME与BN是两条异面直线. 证明 假设直线ME与BN共面,则AB?平面MBEN,且平面MBEN 与平面DCEF交于EN, ∵两正方形不共面,

∴AB?平面DCEF.
又 AB∥CD , 所 以 AB∥ 平 面 DCEF , 而 EN 为 平 面 MBEN 与 平 面

DCEF的交线,
∴AB∥EN.又AB∥CD∥EF, ∴EN∥EF,这与EN∩EF=E矛盾,故假设不成立. ∴ME与BN不共面,即它们是异面直线.

跟踪演练 3

π 若 a,b,c 均为实数,且 a=x -2y+2,b=y2
2

π π 2 -2z+3,c=z -2x+6.求证:a,b,c 中至少有一个大于 0.

证明 假设a,b,c都不大于0,即a≤0,b≤0,c≤0,
π 2 π 2 则 a+b+c≤0,而 a+b+c=x -2y+2+y -2z+3+z -2x
2

π +6=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+π-3.

∵π-3>0,且(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2≥0, ∴a+b+c>0,

这与a+b+c≤0矛盾,因此假设不成立,
∴a,b,c中至少有一个大于0.

课堂小结 1.合情推理主要包括归纳推理和类比推理 (1) 归纳推理的基本模式: a , b , c∈M 且 a , b , c 具有某属性, 结论:?d∈M,d也具有某属性. (2) 类比推理的基本模式: A 具有属性 a , b , c , d ; B 具有属性 a′, b′,c′ ;结论: B具有属性 d′.(a,b,c, d 与a′, b′ , c′,d′相似或相同)

2.使用反证法证明问题时,常见的“结论词”与“反设词”列表

如下:
原结论词 至少有 一个 反设词 原结论词 反设词

一个也没有

对所有x成立

存在某个x不成立
存在某个x成立

至多有一个 至少有两个 对任意x不成立

至少有n个 至多有n-1个

p或q

綈p且綈q

至多有n个 至少有n+1个

p且q

綈p或綈q


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