高三数学一轮6.2推理与证明精品学案

2012版高三数学一轮精品复习学案：第二节 推理与证明【高考目标导航】一、合情推理与演绎推理1、考纲点击（1）了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用；（2）了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理；（3）了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异。2、热点提示（1）归纳推理与数列相结合问题是考查重点；（2）类比推理、演绎推理是重点，也是难点；（3）以选择题、填空题的形式考查合情推理；考查演绎推理的各种题型都有，难度不大，多以中低档题为主。二、直接证明与间接证明1、考纲点击（1）了解直接证明的两种基本方法分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点；（2）了解间接证明的一种基本方法反证法，了解反证法的思考过程、特点；2、热点提示（1）本考点在历年高考中均有体现，主要以考查直接证明中的综合法为主；（2）分析法的思想应用广泛，反证法仅作为客观题的判官方法，一般不会单独命题；（3）题型以解答题为主，主要在与其他知识点交汇处命题。三、数学归纳法1、考纲点击（1）了解数学归纳法的原理；（2）能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。2、热点提示（1）归纳猜想证明仍是高考重点；（2）常与函数、数列、不等式等知识结合，在知识的交汇处命题是热点；（3）题型以解答题为主，难度中等偏上。【考纲知识梳理】一、合情推理与演绎推理注：归纳推理和类比推理的特点与区别：类比推理和归纳推理的结论都是有待于证明的。归纳推理是由特殊到一般的推理，类比推理是由特殊到特殊的推理。二、直接证明与间接证明1、直接证明注：分析法的特点是：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上寻求它的充分条件；综合法的特点是：从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是寻找它的必要条件。分析法与综合法各有其特点，有些具体的待证命题，用分析法或综合法均能证明出来，往往选择较简单的一种。2、间接证明反证法：假设原命题不成立（即在原命题的条件下，结论不成立），经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫反证法。三、数学归纳法数学归纳证题的步骤：（1）证明当n取第一值时命题成立：（2）假设n=k(k,k)时命题成立，证明当n=k+1时命题也成立。只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始的所有正整数n都成立。注：1、第一个值是否一定为1呢？不一定，要看题目中n的要求，如当n3时，则第一个值应该为3。2、数学归纳法两个步骤有何关系？数学归纳法中两个步骤体现了递推思想，第一步是递推基础，也叫归纳奠基，第二步是递推的依据，也叫归纳递推。两者缺一不可。【要点名师透析】一、合情推理与演绎推理（一）归纳推理相关链接1、归纳推理的特点：（1）归纳是依据特殊现象推断出一般现象，因而由归纳所得的结论超越了前提所包含的范围；（2）归纳的前提是特殊的情况，所以归纳是立足于观察、经验或试验的基础之上的。2、归纳推理的一般步骤：（1）通过观察个别情况发现某些相同本质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题。注：归纳推理所得结论未必正确，有待进一步证明。例题解析例设，先分别求，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明。思路解析：由f(x)计算各和式得出结论归纳猜想证明解答：，同理可得：。证明：设（二）类比推理相关链接1、类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）。2、类比是科学研究最普遍的方法之一。在数学中，类比是发现概念、方法、定理和公式的重要手段，也是开拓新领域和创造新分支的重要手段。类比在数学中应用广泛。数与式、平面与空间、一元与多元、低次与高次、相等与不等、有限与无限之间有不少结论，都是先用类比法猜想，而后加以证明的。注：类比推理推得的结论不一定正确，其正确性，有待进一步证明。例题解析例1请用类比推理完成下表：平面空间三角形两边之和大于第三边三棱锥任意三个面的面积之和大于第四个面的面积三角形的面积等于任意一边的长度与这边上高的乘积的一半三棱锥的体积等于任意一个面的面积与该面上的高的乘积的三分之一三角形的面积等于其内切圆半径与三角形周长的乘积的一半思路点拨：由表格一、二两个问题的类比可知，线对面，长度对面积，从而内切圆应相对内切球，从而可解。解答：本题由已知前两组类比可得到如下信息：平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；三角形各边的边长与三棱锥的各面的面积是类比对象；三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；三角形的面积公式中的“二分之一”，与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象。由以上分析可知：故第三行空格应填：三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥表面积的乘积的三分之一。（本题结论可用等体积法，将三棱锥分割成四个小三棱锥去证明，此处略）例2平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行。类似地，写出空间中的一个四棱锥为平行六面体的两个充要条件：充要条件： 充要条件： 解答：两组对边分别平行类比可得三组对面分别平行。一组对边平行且相等类比可得两组对面分别平行且全等。答案：三组对面分别平行；两组对面分别平行且全等。注：类比推理是根据两个对象有一部分属性类似，推出这两个对象其他属性亦类似的一种推理方法。例如分式与分数类比、平面几何与立体几何的某些对象类比等。当然类比时有能出现错误，如：在平面内，直线a、b、c，若ab,bc，则ac；在空间，三个平面、，若,，但与之间可能平行，也可能相交。（三）演绎推理例1（1）证明函数在上是增函数；（2）当时，是增函数还是减函数？思路解析：（1）证明本题的大前提是增函数的定义，即增函数满足：在给定区间内任取自变量的两个值且，小前提是函数，x，结论满足增函数定义。（1）关键是看与的增区间或减区间的关系。解答：（1）方法一：任取，则于是，根据“三段论”可知，在上是增函数；方法二：（2），而是区间的子区间，在上是增函数。注：三段论推理的依据用集合论的观点来讲就是：若集合M的所有元素都具体性质P，S是M的子集，那么S所有元素都具体性质P。三段论推理中包含三个原理；第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况；这两个判断联合起来，揭示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生了第三个判断：结论。例2用三段论的形式写出下列演绎推理。（1）若两角是对顶角，则该两角相等，所以若两角不相等，则该两角不是对顶角；（2）矩形的对角线相等，正方形的是矩形，所以正方形的对角线相等；（3）是有理数；（4）y=sinx(xR)是周期函数。解答：（1）两个角是对顶角，则两角相等，大前提1和2不相等小前提1和2不是对顶角结论（2）每个矩形的对角线相等大前提正方形是矩形小前提正方形的对角线相等结论（3）所有的循环小数是有理数，大前提是循环小数，小前提所以是有理数结论（4）三角函数是周期函数，大前提y=sinx是三角函数，小前提y=sinx是周期函数结论二、直接证明与间接证明（一）综合法证明不等式相关链接1、综合法是“由因导果”，它是从已知条件出发，顺着推证，经过一系列的中间推理，最后导出所证结论的真实性。用综合法证明题的逻辑关系是：（A为已知条件或数学定义、定理、公理等，B为要证结论），它的常见书面表达是“，”或“”；2、综合法是中学数学证明中常用方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法。例题解析例已知x+y+z=1，求证.思路点拨：利用，同时变形利用x+y+z=1，从而（x+y+z）2=1可证。解答：（二）分析法证明不等式相关链接1、分析法也是中学数学证明问题的常用方法，其主要过程是从结论出发，逐步寻求使结论成立的充分条件；2、分析法是“执果索因”，它是从要证的结论出发，倒着分析，逐渐地靠近已知事实。用分析法证“若P则Q”这个命题的模式是：为了证明命题为真，从而有这只需证明命题为真，从而有这只需证明命题为真，从而有这只需证明命题P为真。而已知P为真，故Q必为真。注：用分析法证题时，一定要严格按格式书写，否则容易出错。例题解析例已知非零向量，且，求证：。思路解析：。同意注意，将要证式子变形平方即可获证。解答：，要证，只需证，只需证（三）反证法证明相关链接1、反证法是间接证明问题的一种常用方法，其证明问题的一般步骤为：（1）反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面（否定命题）成立；（否定结论）（2）归廖：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾与已知条件、已知的公理、定义、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；（推导矛盾）（3）结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的廖误。既然结论的反面不成立，从而肯定了结论成立。（结论成立）注：用反证法证明问题时要注意以下三点：（1）必须否定结论，即肯定结论的反面，当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证都是不完全是；（2）反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法；（3）推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的。2、常见的“结论词”与“反设词”如下：原结论词反设词原结论词反设词至少有一个一个也没有对所有x成立存在某个x不成立至多有一个至少有两个对任意x不成立存在某个x成立至少有n个至多有n-1个p或q且至多有n个至多有n+1个p且q或例题解析例已知是互不相等的实数，求证：由确定的三条抛物线至少有一条与轴有两个不同的交点。思路解析：利用反证法，否定命题的结论利用同向不等式求和推出矛盾得结论解答：假设题设中的函数确定的三条抛物线都不与有两个不同的交点（即任何一条抛物线与轴没有两个不同的交点），由得（四）综合问题的证明例请先阅读：在等式（）的两边求导，得：，由求导法则，得，化简得等式：（1）利用上题的想法（或其他方法），试由等式（1x）n（，正整数），证明：（2）对于正整数，求证：（i）0；（ii）0；（iii）证明：（1）在等式两边对求导得 移项得 （*）（2）（i）在（*）式中，令，整理得 所以 （ii）由（1）知两边对求导，得在上式中，令 即 ，亦即 （1） 又由（i）知 （2）由（1）+（2）得（iii）将等式两边在上对积分 由微积分基本定理，得 所以 注：证明问题是初等数学中常见问题，也是高考常考问题，在各章知识中均有所体现，函数、数列、不等式、立体几何、解析几何中常有证明问题，本例就是导数应用到证明问题的直接体现，这就需要对各章知识灵活应用，如应用二项展开式亦可证明有关数学中整除性及不等式问题。三、数学归纳法（一）用数学归纳法证明等式相关链接1、用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型，其关键点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始n0是多少；2、由n=k到n=k+1时，除等式两边变化的项外还要充分利用n=k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明。例题解析例用数学归纳法证明：。思路解析：按数学归纳法的证明步骤。解答：（1）当n=1时，等式左边=，等式右边=，等式成立.(2)假设n=k(k1.k)时等式成立,即成立,那么当n=k+1时,即n=k+1时等式成立.由(1)、(2)可知,对任意n等式均成立.(二)用数学归纳法证明整除问题相关链接整除问题是常见数学问题,除了在二项式定理中利用二项式定理证明整除外,有些还可用数学归纳法,应用数学归纳法证明整除性问题时,关键是“凑项”，采用增项、减项、拆项和因式分解等方法。也可以说将式子“硬提公因式”，即将n=k时的项从n=k+1时的项中“硬提出来”，构成n=k时的项，后面的式子相对变形，使之与n=k+1时的项相同，从而达到利用假设的目的。例题解析例用数学归纳法证明能被整除（n）。思路解析：验证n=1时命题是否成立假设n=k时命题成立推证n=k+1时命题成立得结论。解答：（1）当n=1时，（2）假设n=k(k)时，能被整除，则当n=k+1时，（三）用数学归纳法证明几何问题相关链接在几何问题中，常有与n有关的几何证明，其中有交点个数、内角和、将平面分成若干部分等问题。这些问题可用数学归纳法证明，利用数学归纳法证明这些问题时，关键是“找项”，即几何元素从k个变成k+1个时，所证的几何量将增加多少，这需用到几何知识或借助于几何图形来分析，在实在分析不出来的情况下，将n=k+1和n=k分别代入所证的式子，然后作差，即可求出增加量，然后只需稍加说明即可，这也是用数学归纳法证明几何命题的一大技巧。例题解析例1平面内有n条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，求证：这n条直线把平面割成个区域。思路解析：n=k+1时，第k+1条直线被前k条直线分成（k+1）段，而每一段将它们所在区域一分为2，故增加了k+1个区域。解答：（1）当n=1时，一条直线把平面分成两部分，又n=1时命题成立。（2）假设n=k(k)时，命题成立，即k条满足题意的直线把平面分割成个区域。那么，当n=k+1时，k+1条直线中的k条直线把平面分成个区域，第k+1条直线被这k条直线分成k+1段，每段把它们所在的区域分成了两块。因此增加了k+1区域，k+1条直线把平面分成了个区域。n=k+1时命题也成立。由（1）、（2）知，对一切的n,此命题均成立。例2平面内有n个圆，其中每两个圆都交于两点，且无三个圆交于一点，求证：这n个圆将平面分成n2+n+2个部分.证明：（1）n=1时，1个圆将平面分成2部分，显然命题成立。（2）假设n=k(k)时，k个圆将平面分成k2-k+2个部分。当n=k+1时，第k+1个圆Ck+1交前面2k个点，这2k个点将圆Ck+1分成2k段，每段各自所在区域一分为二，于是增加了2k个区域，所以这k+1个圆将平面分成k2-k+2+2k个部分，即(k+1)2-(k+1)+2个部分。故n=k+1时，命题成立。由（1）、（2）可知，对任意n命题成立。注：用数学归纳法证明不等式的关键是由n=k成立得n=k+1成立，主要方法有：放缩法；利用基本不等式；作差比较法等。（四）数学归纳法证明数列问题例（安徽卷21）（本小题满分13分）设数列满足为实数（1）证明：对任意成立的充分必要条件是；（2）设，证明：;（3）设，证明：思路解析：（1）充要条件的证明要从充分性和必要性两个方面证明，证明充分性时可用数学归纳法；（2）注意应用（1）的结论，利用放缩法证明。解答： (1) 必要性 ： ， 又 ，即充分性 ：设，对用数学归纳法证明 当时，.假设 则，且，由数学归纳法知对所有成立 (2) 设 ，当时，结论成立 当 时， ,由（1）知，所以 且 (3) 设 ，当时，结论成立 当时，由（2）知 【感悟高考真题】1.（2011江西高考理科7） 观察下列各式：55=3 125, 56=15 625, 57=78 125，则52011 的末四位数字为( )A、3125 B、5625 C、0625 D、8125【思路点拨】只需求出，即可发现每个数的末四位数呈周期变化.【精讲精析】选D.由题意可得，经观察易知，每个数的末四位数呈周期变化，T=4，又因为2011=4502+3，所以52011 的末四位数字为8125.2. （2011山东高考理科15）设函数（x0），观察：，f2(x)=f(f1（x）)= ，f3(x)=f(f2（x）)= ，f4(x)=f(f3（x）)= ，根据以上事实，由归纳推理可得：当nN*且n2时，fn（x）=f（fn-1（x）= . 【思路点拨】本题应多写几项来归纳总结，考察了合情推理的推理过程.【精讲精析】由已知：f2(x)=f(f1（x）)= =f3(x)=f(f2（x）)= =f4(x)=f(f3（x）)= =猜想：fn(x)= 3. （2011湖南高考理科T22）（13分） 已知函数f(x)=g(x)=x+.（）求函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数，并说明理由；（）设数列a()满足,f(a)=g(),证明：存在常数M，使得对于任意的，都有【思路点拨】本题以函数为载体考查，考查函数的零点、方程的解、函数图象的交点之间的相互转化，兼顾考查导数的运用.进而以函数为载体引出数列再考查数列.考查学生的函数和方程思想、数形结合思想、等价转化思想，由线问题转化为到点问题.综合能力很强，要求学生有深层次的思维能力和逻辑推理能力.较好的数学素养是解决本题的关键.【精讲精析】（I）由知，而，且，则为的一个零点，且在内有零点，因此至少有两个零点解法1：，记，则.当时，因此在上单调递增，则在内至多只有一个零点.又因为，则在内有零点，所以在内有且只有一个零点.记此零点为，则当时，；当时，；所以，当时，单调递减，而，则在内无零点；当时，单调递增，则在内至多只有一个零点；从而在内至多只有一个零点.综上所述，有且只有两个零点.解法2：，记，则.当时，因此在上单调递增，则在内至多只有一个零点.因此在内也至多只有一个零点，综上所述，有且只有两个零点.（II）记的正零点为，即.（1）当时，由，即.而，因此，由此猜测：.下面用数学归纳法证明：当时，显然成立；假设当时，有成立，则当时，由知，因此，当时，成立.故对任意的，成立.（2）当时，由（1）知，在上单调递增.则，即.从而，即，由此猜测：.下面用数学归纳法证明：当时，显然成立；假设当时，有成立，则当时，由知，因此，当时，成立.故对任意的，成立.综上所述，存在常数，使得对于任意的，都有.【考点模拟精练】一、选择题1、下面说法正确的有（ ）（1）演绎推理是由一般到特殊的推理；（2）演绎推理得到的结论一定是正确的；（3）演绎推理一般模式是“三段论”形式；（4）演绎推理的结论的正误与大前提、小前提和推理形有关（A）1个 （B）2个 （C）3个 （D）4个答案: C2、数列2,5,11,20,x,47,中的x等于( )(A)28 (B)32 (C)33 (D)27【解析】选B. 5-2=3,11-5=6,20-11=9,推出x-20=12,所以x=32.3、命题：“有些有理数是分数，整数是有理数，则整数是分数”结论是错误的，其原因是（ ）（A）大前提错误 （B）小前提错误 （C）推理形式错误 （D）以上都不是答案: A4、函数在下列那个区间内是增函数（）（A）（，） （B）（，） （C）（，） （D）（，）答案: B5、在，这四个函数中，当时，使恒成立的函数的个数是（）（A）0 （B）1 （C）2 （D）3答案: C6、设、都是正整数，且，则下列不等式中恒不成立的是（）（A） （B） （C） （D）答案: A7、，且，则的值一定（）（A）大于零 （B）等于零 （C）小于零 （D）正负都有可能答案: A8、设是定义在R上的函数且，且，则（ ）（A） （B） （C）（D）答案: A9、在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步验证n等于（ ）A. 1 B.2 C.3 D.0答案: C10、(2011济南模拟)用数学归纳法证明则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上( )(A)k2+1(B)(k+1)2(C) (D)(k2+1)+(k2+2)+(k+1)2【解析】选D.当n=k时，左端=1+2+3+k2.当n=k+1时，左端=1+2+3+k2+(k2+1)+(k2+2)+(k+1)2,故当n=k+1时，左端应在n=k的基础上加上(k2+1)+(k2+2)+(k+1)2.故应选D.11、用数学归纳法证明（n+1)(n+2)(n+n)=2n135（2n1)(nN*)时，假设n=k时成立，若证n=k+1时也成立，两边同乘（）A.2k+1B.