高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明章末總結(jié) 新人教A版選修2-2

第二章推理與證明章末總結(jié)知識(shí)點(diǎn)一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，從推理形式上看，歸納是由部分到整體，個(gè)別到一般的推理，類比是由特殊到特殊的推理．例1在平面上有n條直線，任何兩條都不平行，并且任何三條都不交于同一點(diǎn)，問(wèn)這些直線把平面分成多少部分？例2已知點(diǎn)O是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，連接AO、BO、CO并延長(zhǎng)交邊于A′、B′、C′，則eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＝1，這是一道平面幾何題，其證明常采用“面積法”：eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＝eq\f(S△OBC,S△ABC)＋eq\f(S△OCA,S△ABC)＋eq\f(S△OAB,S△ABC)＝eq\f(S△ABC,S△ABC)＝1，那么在空間四面體A—BCD中存在怎樣的結(jié)論？并證明．知識(shí)點(diǎn)二演繹推理合情推理的結(jié)論不一定正確，有待進(jìn)一步證明；演繹推理在前提和推理形式都正確的前提下，得到的結(jié)論一定正確．從二者在認(rèn)識(shí)事物的過(guò)程中所發(fā)揮作用的角度考慮，它們又是緊密聯(lián)系，相輔相成的．合情推理的結(jié)論需要演繹推理的驗(yàn)證，而演繹推理的內(nèi)容一般是通過(guò)合情推理獲得，合情推理可以為演繹推理提供方向和思路．演繹推理的一般模式是“三段論”．例3已知函數(shù)f(x)＝eq\f(a,x)＋bx，其中a>0，b>0，x∈(0，＋∞)，確定f(x)的單調(diào)區(qū)間，并證明在每個(gè)單調(diào)區(qū)間上的增減性．知識(shí)點(diǎn)三綜合法與分析法綜合法和分析法是直接證明中的兩種最基本的證明方法，但兩種證明方法思路截然相反，分析法既可用于尋找解題思路，也可以是完整的證明過(guò)程，分析法和綜合法可相互轉(zhuǎn)換，相互滲透，充分利用這一辯證關(guān)系，在解題中綜合法和分析法聯(lián)合運(yùn)用，轉(zhuǎn)換解題思路，增加解題途徑．例4已知a，b，c∈R＋，且a＋b＋c＝1，求證：知識(shí)點(diǎn)四反證法反證法是間接證明的一種基本方法，它不去直接證明結(jié)論，而是先否定結(jié)論，在否定結(jié)論的基礎(chǔ)上，運(yùn)用正確的推理，導(dǎo)出矛盾，從而肯定結(jié)論的真實(shí)性．在證明一些否定性命題、唯一性命題或含有“至多”、“至少”等字句的命題時(shí)，正面證明較難，可考慮反證法，即“正難則反”．例5已知a，b，c∈(0,1)．求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不可能都大于eq\f(1,4).例6如圖所示，已知兩直線l∩m＝O，l?α，m?α，l?β，m?β，α∩β＝a.求證：l與m中至少有一條與β相交．知識(shí)點(diǎn)五數(shù)學(xué)歸納法數(shù)學(xué)歸納法是推理邏輯，它的第一步稱為奠基步驟，是論證的基礎(chǔ)保證，即通過(guò)驗(yàn)證落實(shí)傳遞的起點(diǎn)，這個(gè)基礎(chǔ)必須真實(shí)可靠；它的第二步稱為遞推步驟，是命題具有后繼傳遞性的保證，兩步合在一起為完全歸納步驟，這兩步缺一不可，第二步中證明“當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論正確”的過(guò)程中，必須用“歸納假設(shè)”，否則就是錯(cuò)誤的．例7數(shù)列|an|滿足Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)計(jì)算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項(xiàng)公式；(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明(1)中的猜想．答案重點(diǎn)解讀例1解設(shè)n條直線分平面為Sn部分，先實(shí)驗(yàn)觀察特例有如下結(jié)果：n123456…Sn247111622…n與Sn之間的關(guān)系不太明顯，但Sn－Sn－1有如下關(guān)系：n123456…Sn247111622…Sn－Sn－123456…觀察上表發(fā)現(xiàn)如下規(guī)律：Sn－Sn－1＝n(n＝2,3，…)．這是因?yàn)樵趎－1條直線后添加第n條直線被原(n－1)條直線截得的n段中的任何一段都將它所在的原平面一分為二，相應(yīng)地增加n部分，所以Sn＝Sn－1＋n，即Sn－Sn－1＝n.從而S2－S1＝2，S3－S2＝3，S4－S3＝4，…，Sn－Sn－1＝n.將上面各式相加有Sn－S1＝2＋3＋…＋n，∴Sn＝S1＋2＋3＋…＋n＝2＋2＋3＋…＋n＝1＋eq\f(nn＋1,2).例2解在四面體A—BCD內(nèi)，任取一點(diǎn)O，連接AO、BO、CO、DO，并延長(zhǎng)交對(duì)面于A′、B′、C′、D′，則有eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＋eq\f(OD′,DD′)＝1.證明如下：在四面體O—BCD與A—BCD中，eq\f(OA′,AA′)＝eq\f(VO—BCD,VA—BCD)，同理有eq\f(OB′,BB′)＝eq\f(VO—ACD,VB—ACD)，eq\f(OC′,CC′)＝eq\f(VO—ABD,VC—ABD)，eq\f(OD′,DD′)＝eq\f(VO—ABC,VD—ABC)，∴eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＋eq\f(OD′,DD′)＝eq\f(VO—BCD,VA—BCD)＋eq\f(VO—ACD,VB—ACD)＋eq\f(VO—ABD,VC—ABD)＋eq\f(VO—ABC,VD—ABC)＝eq\f(VO—BCD＋VO—ACD＋VO—ABD＋VO—ABC,VA—BCD)＝1，即eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＋eq\f(OD′,DD′)＝1.例3解f(x)的單調(diào)區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,b))))和eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))，＋∞))，證明：設(shè)0<x1<x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1)＋bx1))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x2)＋bx2))＝(x2－x1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,x1x2)－b))當(dāng)0<x1<x2≤eq\r(\f(a,b))時(shí)，則x2－x1>0,0<x1x2<eq\f(a,b)，eq\f(a,x1x2)>b，∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\r(\f(a,b))))上是減函數(shù)．當(dāng)x2>x1≥eq\r(\f(a,b))時(shí)，則x2－x1>0，x1x2>eq\f(a,b)，eq\f(a,x1x2)<b，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)，∴f(x)在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(\f(a,b))，＋∞))上是增函數(shù)．例4證明方法一(綜合法)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,a)－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,b)－1))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b＋c,c)－1))＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)＝eq\f(b＋ca＋ca＋b,abc)≥eq\f(2\r(bc)·2\r(ac)·2\r(ab),abc)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)等號(hào)成立，所以不等式成立．方法二(分析法)要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8成立，只需證eq\f(1－a,a)·eq\f(1－b,b)·eq\f(1－c,c)≥8成立．因?yàn)閍＋b＋c＝1，所以只需證eq\f(a＋b＋c－a,a)·eq\f(a＋b＋c－b,b)·eq\f(a＋b＋c－c,c)≥8成立．即eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥8.只需證eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)≥8成立，而eq\f(2\r(bc),a)·eq\f(2\r(ac),b)·eq\f(2\r(ab),c)≥8顯然成立，故eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8成立．例5證明假設(shè)三個(gè)式子同時(shí)大于eq\f(1,4)，即(1－a)b>eq\f(1,4)，(1－b)c>eq\f(1,4)，(1－c)a>eq\f(1,4)，三式相乘得：(1－a)·a·(1－b)·b·(1－c)·c>eq\f(1,43)，①又因?yàn)?<a<1，∴0<a(1－a)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1－a,2)))2＝eq\f(1,4)，同理0<b(1－b)≤eq\f(1,4)，0<c(1－c)≤eq\f(1,4)，所以(1－a)a·(1－b)b·(1－c)c≤eq\f(1,43)，②①與②矛盾，所以假設(shè)不成立，故原命題成立．例6證明假設(shè)l，m都不與β相交，∵l?β，m?β，∴l(xiāng)∥β且m∥β.又∵l?α，m?α，α∩β＝a，∴l(xiāng)∥a，m∥a，∴l(xiāng)∥m.這與已知l、m是相交直線矛盾．因此l和m至少有一條與β相交．例7(1)解當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝2－a1，∴a1＝1，同理可得a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(7,4)，a4＝eq\f(15,8)，猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1).(2)證明Sn＝2n－an，當(dāng)n≥2時(shí)，Sn－1＝2(n－1)－an－1，可得當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝1＋eq\f(1,2)an－1，①當(dāng)n＝