高二数学第二章推理与证明人教实验版（B）选修2—2

高二数学高二数学第二章第二章 推理与证明推理与证明人教实验版（人教实验版（B B）选修选修 22 【本讲教育信息本讲教育信息】 一. 教学内容： 选修 22 第二章 推理与证明 二. 教学目的： 1、了解合情推理的含义，掌握演绎推理的基本模式，能利用归纳推理、类比推理和演绎 推理等进行简单的推理，体会并认识它们在数学发现中的作用和重要性 2、掌握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与 特点 3、掌握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 4、了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题 三. 教学重点、难点： 重点：合情推理、演绎推理以及证明方法直接证明和间接证明； 难点：对数学归纳法的理解 四. 知识分析： 【本章知识结构】 【重点知识回顾】 1、合情推理 前提为真时，结论可能为真的推理，叫做合情推理 说明：归纳推理和类比推理是数学中常用的合情推理。 （l）归纳推理 根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的所有对象都具有这种性质的 推理，叫做归纳推理（简称归纳） 归纳是从特殊到一般的过程 说明：归纳推理的前提与结论只具有偶然性联系，其结论不一定正确结论的正确性 还需要理论证明或实践检验 其一般步骤为： 通过观察个别情况发现某些相同性质； 从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题（猜想） 。 （2）类比推理 根据两类不同事物之间具有某些类似（或一致）性，推测其中一类事物具有与另一类 事物类似（或相同）的性质的推理，叫做类比推理（简称类比） 。 说明：在一般情况下，如果类比的相似性越多，相似的性质与推测的性质之间越相关， 那么类比得出的命题就越可靠 类比推理的一般步骤为： 找出两类事物之间的相似性或一致性； 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、演绎推理 根据一般性的真命题（或逻辑规则）导出特殊性命题为真的推理，叫做演绎推理 演绎推理的特征是：当前提为真时，结论必然为真例如，由真命题 a,b，遵循演绎推 理规则得出命题 q，则 q 必然为真 3、合情推理与演绎推理的区别 归纳和类比是常用的合情推理从推理形式上看，归纳是由部分到整体，个别到一般 的推理，类比是由特殊到特殊的推理，而演绎推理是由一般到特殊的推理从推理所得的 结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和 推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确 4、证明 （l）直接证明 直接证明是从命题的条件或结论出发，根据已知的定义、公理、定理，直接推证结论 的真实性常用的直接证明方法有综合法与分析法 综合法是从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论 分析法则是从待证结论出发，一步一步寻求结论成立的充分条件最后达到题设的已 知条件或已被证明的事实 分析法的特点是：从“未知”看“需知” ，逐步靠拢“已知”,其逐步推理，实际上是 要寻找它的充分条件， 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 法都可以证明出来，人们往往选择比较简单的一种 （2）反证法（间接证明） 一般地，由证明pq转向证明：qrt ,t 与假设矛盾，或与某个真命题 矛盾，从而判定q为假，推出 q 为真的方法，叫做反证法 5、数学归纳法 （l）数学归纳法：设 n p是一个与自然数相关的命题集合，如果证明起始命题 1 p（或 0 p）成立；在假设 k p成立的前提下，推出 k 1 p 也成立，那么可以断定， n p对 一切正整数（或自然数）成立 （2）数学归纳法的框图表示 （3）数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通过 验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后 继传递性的保证，即只要命题对某个正整数成立，就能保证该命题对后继正整数都成立， 两步合在一起为完全归纳步骤称数学归纳法这两步各司其职但缺一不可特别指出的是， 第二步不是判断命题的真假，而是证明命题是否具备递推性如果没有第一步，而仅有第 二步成立，命题也可能是假命题 【专题分析】 一、推理一、推理 推理是由一个或几个已知判断作出一个新的判断的思维形式由于数学中通常把判断 称为命题，因而数学推理是由已知命题推出新的命题的思维形式推理一般分为合情推理 和演绎推理，合情推理包括归纳推理和类比推理，演绎推理包括：假言推理、三段论推理、 关系推理以及完全归纳推理 1、归纳推理归纳推理 例 1. 在数列a n 中，1a1， Nn a2 a a n n 1n ，猜想这个数列的通项公式。 解：解：a n 中， 5 2 a2 a2 a 4 2 2 1 a2 a2 a 3 2 a2 a2 a1a 3 3 4 2 2 3 1 1 21 ， 所以猜想an的通项公式 1n 2 an 证明如下：因为1a1， n n 1n a2 a2 a ， 所以 2 1 a 1 a2 a2 a 1 nn n 1n 即 2 1 a 1 a 1 n1n 所以数列为首项是以1 a 1 a 1 1n 公差为 2 1 的等差数列 2 所以 2 1 n 2 1 2 1 ) 1n(1 a 1 n 所以通项公式 1n 2 an 例 2. 在平面上有 n 条直线，任何两条都不平行，并且任何三条都不交于同一点，问这些 直线把平面分成多少部分？ 解：解：设 n 条直线分平面为 n S部分，先实验观察特例有如下结果： n 与 n S之间的关系不太明显，但 n S n 1 S 有如下关系： 观察上表发现如下规律： n S n 1 S n（n2，3，）这是因为在 n1 条直线后添 加第 n 条直线被原 n1 条直线截得的 n 段中的任何一段都将它所在的原平面一分为二，相 应地增加 n 部分，所以 n S n 1 S n，即 n S n 1 S =n，从而 2 S 1 S=2， 3 S 2 S3， 4 S 3 S4， n S n 1 S n，将上面各式相加有 n S 1 S23n，所以 n S 1 S23n223n1（123n） 1 1n(n1) 2 【点评点评】通过归纳推理得出的结论可能正确，也可能不正确，它的正确性需要通过严 格的证明，猜想所得结论即可用演绎推理给出证明，虽然由归纳推理所得出的结论未必是 正确的，但它所具有的由特殊到一般、由具体到抽象的认识过程，对于数学的发展、科学 的发明是十分有用的。通过观察实验，对有限的资料作归纳整理，提出带有规律性的猜想， 也是数学研究的基本方法之一。 归纳推理的一般步骤是： 通过观察个别情况发现某些相同性质； 从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题（猜想） 。 2、类比推理、类比推理 例 3. 著名的欧姆定律就是德国物理学家欧姆在 1826 年把电传导系统与热传导系统作类 比而导出的电流 I 与热量 Q 相当，电压 V 同温差T 相当，电阻 R 与比热 c 的倒数相 当 在热传导系统中有关系式：Q=mcT（m 是质量） 于是，就可猜想在电传导系统中有关系式： l IV R ，这就是欧姆定理 例 4. （1）定义集合 A 与 B 的运算：ABx | xA,xBxAB且，则 ABA且_ （2）定义集合 A 与集合 B 的运算：A*Bx | xA,xB且写出含有集合运算符号 “*”对集合 A 和 B 都有的成立的一个等式 分析：分析：本题是学习类比应用新知识的一个题，这就要求同学们能类比课本上 学习和研究集合运算的方法，来研究题目中的条件，一般抽象集合问题往往借助于韦恩图 求解。 解：解：（1）由图中可知 AB 如图的阴影部分所示，若 ABC，我们运用类比的 方法，可得 CAB （2）由图可知，A*B 如图阴影部分所示 运用数形结合，类比的思想方法，结合“*”符号进行探索，可求得： AB *BA* AB 或AB *AB* AB 或 AB * ABA*BB*A等 3、演绎推理演绎推理 例 5. 在锐角三角形 ABC 中，ADBC，BEAC，D、E 是垂足 求证：AB 的中点 M 到 D、E 的距离相等 分析：分析：解答本题需要利用直角三角形斜边上的中线性质作为大前提 解：解：（l）因为有一个内角是直角的三角形是直角三角形 大前提 在ABD 中，ADBC。即ADB90 小前提 所以ABD 是直角三角形 结论 （2）因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半 大前提 而 M 是 RtABD 斜边 AB 的中点，DM 是斜边上的中线 小前提 所以 1 DMAB 2 结论 同理 1 EMAB 2 ，所以DMEM 【点评点评】演绎推理的主要形式就是由大前提、小前提推出三段论式推理。三段论推理 的依据用集合论的观点来讲就是：若集合 M 的所有元素都具有性质 P，S 是 M 的子集，那 么 S 中所有元素都具有性质 P。三段论的公式中包含三个判断：第一个判断称为大前提， 它提供了一个一般的原理；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。演绎 推理是一种必然性推理，它的前提和结论之间有蕴涵关系。因而，只要前提是真实的，推 理的形式是正确的，那么结论必定是真实的，但错误的前提可能导致错误的结论。 二、证明二、证明 1、综合法证明、综合法证明 综合法是我们在已经储存了大量的知识，积累了丰富的经验的基础上所用的一种方法， 其优点是叙述起来简洁、直观、条理、清楚，综合法可使我们从已知的知识中进一步获得 新知识 例 6. 由实数构成的集合 A 满足条件：若A a1 1 1aAa ，则，证明： （1）若A2，则集合 A 必有另外两个元素，并求出这两个元素； （2）非空集合 A 中至少有三个不同元素。 解：解：（1）A a1 1 1aAa ，则， A1 21 1 A2 时，有 由于11，有A 2 1 ) 1(1 1 由A2 2 1 1 1 1 2 1 ，有 如此循环可知集合 A 中的另外两个数1 2 1 ， （2）集合 A 非空，故存在A a1 1 1aAa ，有， 1 a1 1 A a1 1 且 即 a0 时，有A a 1a a1 1 1 1 即如此循环出现三个数 a，A a 1a a1 1 ， 若01aa a1 1 a 2 ，则，方程无实根 若01aa a 1a a1 1 2 ，则方程也无实根 若01aa a 1a a 2 ，则方程无实根 a， a 1a a1 1 ，互不相等，故集合 A 中至少有三个不同的元素 2、分析法证明、分析法证明 分析法是一种从未知到已知的逻辑推理方法在探求问题的证明时，它可以帮助我们 构思，因而在一般分析问题时，较多地采用分析法，只是找到思路后，往往用综合法加以 叙述，正如恩格斯所说“没有分析就没有综合” ，在数学证明中不能把分析法和综合法绝对 分开 例 7. 若1cossin1cossin 66 ，求证。 解：解： 323266 )(cos)(sincossin 22 224224 422422 cossin31 cossin3sincossin2sin )coscossin(sin)cos(sin 要证0cossin1cossin 2266 ，只需证 由0cossin21cossin两边平方得 0cossin3 22 1cossin 66 3、反证法证明、反证法证明 反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性，从逻辑角度看，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。 （1）证明否定性、唯一性命题 例 8. 求证：两条相交直线有且只有一个交点 分析：分析：结论中以“有且只有”形式出现，是唯一性命题，常用反证法。 证明：证明：假设结论不成立，即有两种可能：无交点，不只有一个交点 若直线 a、b 无交点，那么 a/b，与已知矛盾； 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 （2）用反证法证明“至多” 、 “至少”类型问题 例 9. 已知 a、b、c（0，1） ，求证： 4 1 a ) c1 (c )b1 (b)a1 (至少有一个小于，。 证明：证明：假设三式都大于 4 1 即 4 1 b)a1 ( 4 1 c )b1 ( 4 1 a ) c1 ( 得 3 ) 4 1 (c ) c1 (b)b1 (a )a1 ( 又) 10(a， 4 1 2 a)a1 ( a )a1 (0 2 同理 4 1 b)b1 (0 4 1 c ) c1 (0 得 3 ) 4 1 (c ) c1 (b)b1 (a )a1 ( 矛盾，假设错误，原命题成立。 （3）用反证法证几何问题 例 10. 如图所示，AB、CD 为圆的两条相交弦，且不全为直径，求证：AB、CD 不能互 相平分。 证明：证明：假设 AB、CD 互相平分，则 ACBD 为平行四边形 所以ACB=ADB，CAD=CBD 因为 ABCD 为圆内接四边形 所以ACBADB=180，CADCBD=180 因此ACB=90，CAD=90 所以对角线 AB、CD 均为直径，与已知矛盾 因此，AB、CD 不能互相平分 【点评点评】 （1）反证法的步骤： 假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立； 从这个假设出发，经过推理论证，得出矛盾； 由矛盾判断假设不成立，从而肯定命题的结论成立。 （2）反证法导出结果的几种情况： 导出非 p 为真，即与原命题的条件矛盾； 导出 q 为真，即与假设“非 q 为真”矛盾； 导出一个恒假命题，即与定义、公理、定理矛盾； 导出自相矛盾的命题。 4、数学归纳法证明、数学归纳法证明 数学归纳法是专门证明与正整数有关的命题的一种方法它是一种完全归纳法，它的 证明共分两步，其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳基础” （或称特殊性） 第二步 解决的是延续性问题（又称传递性） 运用数学归纳法证明有关命题要注意以下几点： （1）两个步骤缺一不可； （2）第二步中，证明“当 nk + 1 时结论正确”的过程里，必须利用“归纳假设” 即必须用上“当 nk 时结论正确”这一结论 （3）在第二步的证明中， “当 nk 时结论正确”这一归纳假设起着已知的作用； “当 nk +1 时结论正确”则是求证的目标在这一步中，一般首先要凑出归纳假设里给 出的形式，以便利用归纳假设，然后再去凑出当 nk + 1 时的结论 数学归纳法可以用来证明与正整数有关的代数恒等式、三角恒等式、不等式、整除性 问题及几何问题 （4）不完全归纳法是从特殊出发，通过实验、观察、分析、综合、抽象概括出一般性 结论的一种重要方法，运用不完全归纳法可通过对数列前 n 项的计算、观察、分析，推测 出它的通项公式或推测出这个数列的有关性质，应明确用不完全归纳去探索数学问题时， 必须用数学归纳法对结论的正确性予以证明 例 11. 求证：*)Nn( n2 1 2n 1 1n 1 n2 1 1n2 1 4 1 3 1 2 1 1 。 证明：证明：（1）当 n=1 时，左边 2 1 2 1 1，右边 2 1 ，等式成立 （2）假设 n=k 时， k2 1 2k 1 1k 1 k2 1 1k2 1 4 1 3 1 2 1 1 那么当1kn时， ) 1k(2 1 1) 1k(2 1 k2 1 1k2 1 4 1 3 1 2 1 1 ) 1k(2 1 k) 1k( 1 2) 1k( 1 1) 1k( 1 ) 1k(2 1 1k 1 1k2 1 k2 1 3k 1 2k 1 ) 1k(2 1 1k2 1 k2 1 2k 1 1k 1 所以1kn时，等式成立 由（1） （2）知对于任何*Nn，等式成立 三、归纳、猜想、证明三、归纳、猜想、证明 近年来，高考试题中已出现过这类题型，这类题型是高考的热点之一，它对培养创造 性思维具有很好的训练作用这类题型是：第一步给出命题（与正整数有关）的结构；第 二步要求计算出最初的三个至四个初始值；第三步要求通过已计算出的初始值，应用不完 全归纳法，发现其命题的一般性规律，作出科学的猜想和判断（要敢于猜想、善于猜想） ， 最后由数学归纳法对所作的猜想一般性结论，作出完整科学的证明 例 12. 在各项为正的数列a n 中，数列的前 n 项和 n S满足) a 1 a ( 2 1 S n nn （1）求 321 aaa，； （2）由（1）猜想到数列a n 的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想。 解：解：（1）1a) a 1 a ( 2 1 aS 2 1 1 111 得 1a0a 1n ， 01a2a) a 1 a ( 2 1 aaS 2 2 2 2 2212 得 ) a 1 a ( 2 1 aaaS12a 3 332132 ， 得23a01a22a 33 2 3 ， （2）猜想）（ Nn1nnan 证明如下：n=1 时，01a1命题成立； 假设 n=k 时，1kkak成立 则1kn时 ) a 1 a ( 2 1 ) a 1 a ( 2 1 SSa k k 1k 1kk1k1k 即) 1kk 1 1kk( 2 1 ) a 1 a ( 2 1 a 1k 1k1k k) a 1 a ( 2 1 1k 1k 01ak2a 1k 2 1k k1ka 1k 即1kn时，命题成立 据可知对任意的1nnaNn n ， 成立 【模拟试题模拟试题】 一、选择题（本大题共有 12 小题，每小题 5 分，共 60 分，其中只有一个正确答案。 ） 1. 我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形 状完全相同，就把它们叫做相似体。下面几何体中，一定属于相似体的是（ ） 两个球体；两个长方体；两个正四面体；两个正三棱柱；两个正四棱柱 A. B. C. D. 2. （1）已知2qp 33 ，求证2qp，用反证法证明时，可假设2qp （2）已知1|b|a|Rb, a ，求证方程0baxx 2 的两根的绝对值都小于 1。 用反证法证明时可假设方程有一根 1 x的绝对值大于或等于 1，即假设1|x| 1 ，以下结论正 确的是（ ） A. （1）与（2）的假设都错误 B. （1）与（2）的假设都正确 C. （1）的假设正确；（2）的假设错误 D. （1）的假设错误；（2）的假设正确 3. 用数学归纳法证明不等式）（2n 14 13 n2 1 2n 1 1n 1 的过程中，由 n=k 递推 到 n=k+1 时不等式左边（ ） A. 增加了一项 ) 1k(2 1 B. 增加了两项 2k2 1 1k2 1 C. 增加了（B）中两项但减少了一项 1k 1 D. 以上各种情况均不对 4. 分析法是从要证的不等式出发，寻求使它成立的（ ） A. 充分条件B. 必要条件 C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件 5. 用数学归纳法证明：），且，（1n*Nnn 1n2 1 3 1 2 1 1 时，第一步即证 下述哪个不等式（ ） A. 10，且 a1，下面正确的运算公式是（ ） )y(S)x(C)y(C)x(S)yx(S； )y(S)x(C)y(C)x(S)yx(S； )y(S)x(S)y(C)x(C)yx(C； )y(S)x(S)y(C)x(C)yx(C； A. B. C. D. 11. 在等差数列a n 中，若0an，公差 d0，则有 7364 aaaa，类比上述性质， 在等比数列b n 中，若 8754n bbbb1q0b，则， 的一个不等关系是（ ） A. 7584 bbbbB. 8475 bbbb C. 8574 bbbbD. 8754 bbbb 12. 已知实数 a、b、c 满足0cba，abc0，则 c 1 b 1 a 1 的值（ ） A. 一定是正数B. 一定是负数 C. 可能是 0D. 正、负不能确定 二、填空题（本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，将答案填在横线上。 ） 13. （2020保定）如图，在杨辉三角形中，从上往下数共有 n（ * Nn）行，在这些数 中非 1 的数字之和是_。 14. 观察下式： 2222 710987654576543343211；，则得出结论： _。 15. 已知数列a n 的前 n 项和为 n S，且）（， * n 2 n1 NnanS1a，试归纳猜想出 n S的 表达式为_。 16. 若记号“”表示求两个实数 a 和 b 的算术平均数的运算，即 ab= 2 ba ，则两边 均含有运算符号“”和“” ，且对于任意 3 个实数 a、b、c 都能成立的一个等式可以是 _。 三、解答题（本大题共 6 小题，1721 每题 12 分，第 22 题 14 分，每题必须写出必要的解 答过程，文字说明。 ） 17. 已知 f(x)对任意实数 a,b 都有1)b(f)a (f)ba (f，且当 x0 时，1)x(f。 （1）求证：f(x)是 R 上的增函数； （2）f(4)=5，解不等式3)2mm3(f 2 。 18. 设二次函数）（0acbxax)x(f 2 中的 a、b、c 均为整数，且 f(0)、f(1)均为奇 数，求证：方程 f(x)=0 无整数根。 19. 在 RtABC 中，若C=90，则1BcosAcos 22 ，则在立体几何中，给出四面 体性质的猜想。 20. 求证： 6 5 n3 1 2n 1 1n 1 。 （ * Nn2n ，） 21. 若不等式 24 m n2 1 2n 1 1n 1 对一切大于 1 的自然数 n 都成立，求自然数 m 的最大值。 22. 已知数列a n 中，2aa2（a 为常数） ， n S是a n 的前 n 项和，且 nanaS nn 与是的等差中项。 （1）求 31 aa ，； （2）猜想 n a的表达式，并用数学归纳法加以证明。 【试题答案试题答案】 1. C（只有是相似体。 ） 2. D（对（2）的结论：“两根绝对值都小于 1”的否定是“两根绝对值不都小于 1” 。 ） 3. B 4. A 5. C * Nn且 n1，n 的初始值为2n0，此时原不等式即为2 3 1 2 1 1。 6. A “真真) 1k(F)k(F”等价于“F(k+1)假F(k)假” ，故应选 A。 7. C（6 x 1 z z 1 y y 1 xcba，因此 a、b、c 至少有一个不小于 2，故选 C。 ） 8. D（当 n=k 时，等式为122221 k1k2 。那么当 n=k+1 时，左边 =12 k1k2 222 ，因此只需在归纳假设两端同时添加 k 2，即 1222 1k 2 kkk 2122。 ） 9. C（2513951a951a51a1a 7321 ，。 ） 10. D（将 S(x)，C(x)逐个检验。 ） 11. B 12. B（0)cabcab(2cba) cba ( 2222 且0cba 222 （由 abc0 知 a,b,c 均不为 0） cabcab0， 因此0 abc cabcab c 1 b 1 a 1 。 ） 13. n22n（所有数字之和122222S n1n20 n 除掉 1 的和12n n22) 1n2( n 。 ） 14. 2 ) 1n2()2n3()2n() 1n(n（各等式的左边是第 n 个自然数到第 2n3 个连续自然数的和，右边是奇数的平方，故得出结论： )2n3()2n() 1n(n= 2 ) 1n2(。 ） 15. 1n n2 （由 n 2 n1 anS1a ， 5 8 S 2 3 S2S1S 4321 ， 1n n2 Sn ） 16. abc=bac（ab= 2 ba ，ba= 2 ab ，abc=bac。 ） 17. 解：（1）设 21 xx ，由1)b(f)a (f)ba (f得 1)xx(f)x(f)xx(x f)x(f 1211212 0 xx 12 ，1)xx(f 12 )x(f11)x(f1)xx(f)x(f)x(f 111212 f(x)为增函数 （2）51)2(f)2(f)4(f，3)2(f )2(f3)2mm3(f 2 04mm322mm3 22 ，即 解得) 3 4 1( 3 4 m1，解集为， 18. 证明：假设方程 f(x)=0 有一个整数根 k，则 0cbkak 2 （1） f(