高中数学 阶段复习课 第二章课件 新人教A版选修22.ppt

阶段复习课第二章 答案速填 由部分到整体 由个别到一般 类比推理 演绎推理 由一般到特殊 综合法 执果索因 反证法 数学归纳法 类型一合情推理的应用1 归纳推理的特点及一般步骤 2 类比推理的特点及一般步骤 典例1 1 2013 济宁高二检测 观察式子 由此可归纳出的式子为 a b c d 2 2013 宁波高二检测 两点等分单位圆时 有相应正确关系为sin sin 0 三点等分单位圆时 有相应正确关系为由此可以推知 四点等分单位圆时的相应正确关系为 解析 1 选c 根据几个不等式的特点 左边应为n项 所以左边 右边 故归纳出的不等式为 2 用两点等分单位圆时 关系为sin sin 0 两个角的正弦值之和为0 且第一个角为 第二个角与第一个角的差为 用三点等分单位圆时 关系为此时三个角的正弦值之和为0 且第一个角为 第二个角与第一个角的差与第三个角与第二个角的差相等 即有 依此类推 可得当四点等分单位圆时 为四个角正弦值之和为0 且第一个角为 第二个角为第三个角为第四个角为即其关系为sin sin sin sin 0 答案 sin sin sin sin 0 类型二演绎推理的应用1 演绎推理的特点演绎推理是从一般性的原理出发 推出某个特殊情况下的结论的推理 换言之 演绎推理是由一般到特殊的推理 它的主要形式是三段论 2 演绎推理与合情推理的区别 典例2 已知函数f x bx 其中a 0 b 0 x 0 试确定f x 的单调区间 并证明在每个单调区间上的增减性 解析 方法一 设0 x1 x2 则f x1 f x2 当00 b 0 所以x2 x1 0 所以f x1 f x2 0 即f x1 f x2 所以f x 在上是减函数 当x2 x1 0时 x2 x1 0 所以f x1 f x2 0 即f x1 f x2 所以f x 在 上是增函数 方法二 因为a 0 b 0 x 0 所以令f x b 0 得当0时 即f x 0 所以f x 在 上是增函数 类型三综合法与分析法综合法和分析法的特点 1 综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法 也是解决数学问题的常用的方法 综合法是由因导果的思维方式 而分析法的思路恰恰相反 它是执果索因的思维方式 2 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 综合法条理清晰 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要条件 典例3 已知 0 求证 证明 方法一 分析法 要证明成立 只要证明4sin cos 因为 0 所以sin 0 只要证明4cos 上式可变形为4 4 1 cos 因为1 cos 0 所以 4 1 cos 当且仅当cos 即 时取等号 所以4 4 1 cos 成立 所以不等式2sin2 成立 方法二 综合法 因为 4 1 cos 4 1 cos 0 当且仅当cos 即 时取等号 所以4cos 因为 0 所以sin 0 4sin cos 所以2sin2 类型四反证法的应用对反证法的认识 1 如果一个命题的结论难以直接证明 可以考虑运用反证法 通过反设结论 经过逻辑推理 得出矛盾 从而肯定原结论成立 2 反证法着眼于命题的转换 改变了研究的角度和方向 使论证的目标更为明确 由于增加了推理的前提 原结论的否定 更易于开拓思路 因此对于直接论证较为困难的时候 往往采用反证法证明 所以反证法在数学证明中有着广泛的应用 3 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 在高考题中也经常体现 它所反映出的 正难则反 的解决问题的思想方法更为重要 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 典例4 2013 昆明高二检测 已知 a b c 0 ab bc ca 0 abc 0 求证 a 0 b 0 c 0 证明 用反证法 假设a b c不都是正数 由abc 0可知 这三个数中必有两个为负数 一个为正数 不妨设a0 则由a b c 0 可得c a b 又a b0 ab 0 b2 0 所以 a2 ab b2 a2 ab b2 0矛盾 所以假设不成立 因此a 0 b 0 c 0成立 类型五数学归纳法数学归纳法的证题步骤及注意事项 1 用数学归纳法证明命题的具体步骤是 证明当n取第一值n0 例如 n0 1 n0 2等 时结论正确 假设当n k k n 且k n0 时结论正确 证明当n k 1时结论也正确 在完成了这两个步骤以后 就可以断定命题对从n0开始的所有的自然数n都正确 2 在用数学归纳法证明与自然数有关的命题时 第一步是递推的基础 缺少第一步 递推就缺乏正确的基础 一方面 第一步再简单 也不能省略 另一方面 第一步只要考查使结论成立的最小正整数就足够了 一般没有必要再多考查几个正整数 第二步是递推的根据 仅有这一步而没有第一步 就失去了递推的基础 这说明了缺少第一步这个基础 第二步的递推也就没有意义了 只有把第一步的结论与第二步的结论结合在一起 才能得出普遍性的结论 典例5 2013 盐城高二检测 设关于正整数n的函数f n 1 22 2 32 n n 1 2 1 求f 1 f 2 f 3 2 是否存在常数a b c使得f n an2 bn c 对一切自然数n都成立 并证明你的结论 解析 1 f 1 4 f 2 22 f 3 70 2 假设存在a b c使题设的等式成立 这时 n 1 2 3得解得 a 3 b 11 c 10 于是 对n 1 2 3下面等式成立 1 22 2 32 n n 1 2 3n2 11n 10 记sn 1 22 2 32 n n 1 2 假设n k时上式成立 即sk 3k2 11k 10 那么sk 1 sk k 1 k 2 2 3k2 11k 10 k 1 k 2 2 k 2 3k 5 k 1 k 2 2 3k2 5k 12k 24 3 k 1 2 11 k 1 10 也就是说 等式对n k 1也成立 综上所述 当a 3 b 11 c 10时 题设的等式对一切自然数n成立 跟踪训练 1 用演绎推理证明函数y x3是增函数时的大前提是 a 增函数的定义b 函数y x3满足增函数的定义c 若x1x2 则f x1 f x2 解析 选a 根据演绎推理的特点知 演绎推理是一种由一般到特殊的推理 所以函数y x3是增函数的大前提应是单调增函数的定义 2 2013 成都高二检测 已知 整数对 按如下规律排成一排 1 1 1 2 2 1 1 3 2 2 3 1 1 4 2 3 3 2 4 1 则第66个 整数对 是 a 7 5 b 5 7 c 2 10 d 11 1 解析 选d 由条件可知 整数对 中 两数字和为2的1个 整数对 和为3的两个 和为4的3个 和为5的4个 由 66得n 11 又n 10时 又66 55 11 所以第66个整数对应为 11 1 3 已知a b为不相等的正数 则a b的大小关系是 a a bb a bc ab 4 用数学归纳法证明命题 当n是正奇数时 xn yn能被x y整除 在第二步的证明时 正确的证法是 a 假设n k k n 时命题成立 证明n k 1时命题也成立b 假设n k k是正奇数 时命题成立 证明n k 1时命题也成立c 假设n k k是正奇数 时命题成立 证明n k 2时命题也成立d 假设n 2k 1 k n 时命题成立 证明n k 1时命题也成立 解析 选c 因为n为正奇数 当n k时 k下面第一个正奇数应为k 2 而非k 1 故应选c 5 2013 邢台高二检测 有甲 乙 丙 丁四位歌手参加比赛 其中只有一位获奖 有人走访了四位歌手 甲说 是乙或丙获奖 乙说 甲 丙都未获奖 丙说 我获奖了 丁说 是乙获奖了 四位歌手的话只有两句是对的 则获奖的歌手是 a 甲b 乙c 丙d 丁 解析 选c 若甲是获奖的歌手 则都说假话 不合题意 若乙是获奖的歌手 则甲 乙 丁都说真话 丙说假话 不符合题意 若丁是获奖的歌手 则甲 丙 丁都说假话 乙说真话 不符合题意 故获奖的歌手是丙 6 2013 东莞高二检测 当n 1时 有 a b a b a2 b2 当n 2时 有 a b a2 ab b2 a3 b3 当n 3时 有 a b a3 a2b ab2 b3 a4 b4 当n n 时 你能得到的结论是 解析 根据题意 由于当n 1时 有 a b a b a2 b2 当n 2时 有 a b a2 ab b2 a3 b3 当n 3时 有 a b a3 a2b ab2 b3 a4 b4 当n n 时 左边第二个因式根据二项式定理的展开式的特点可知为an an 1b abn 1 bn 那么对应的表达式为 a b an an 1b abn 1 bn an 1 bn 1 答案 a b an an 1b abn 1 bn an 1 bn 1 7 已知 x 1 y 1 用分析法证明 x y 1 xy 证明 要证 x y 1 xy 即证 x y 2 1 xy 2 即证x2 y2 1 x2y2 即证 x2 1 1 y2 0 因为 x 1 y 1 所以x2 1 0 1 y2 0 所以 x2 1 1 y2 0 不等式得证 8 2013 蒙城高二检测 用反证法证明 在数列 bn 中 已知bn n 求证 数列中任意不同的三项都不可能成等比数列 证明 假设数列 bn 中存在三项bp bq br p q r互不相等 成等比数列 则bq2 bp br 即 q 2 p r 所以 q2 pr 2q p r 0 因为p q r n 所以所以 p r 2 0 所以p r 这与p r相矛盾 所以假设不成立 故数列中任意不同的三项都不可能成等比数列 9 已知a b c abc 求证 证明 欲证原式成立 即证a 1 b2 1 c2 b 1 a2 1 c2 c 1 a2 1 b2 4abc 左边全部展开 有 左边 ab2c2 ab2 ac2 a2bc2 ba2 bc2 a2b2c ca2 cb2 a b