复习指导理数学一轮复习考试说明提点基本脉络贯通达标小题自测典型例题精析第十一章推理与证明、复数复习指导理pdf

高考复习指导 数学( 教师用书) 2 3 4 第第第第第 十十十十十 一一一一一 章章章章章 推理与证明、 复数 内 容 要 求 ABC 推理与证明 合情推理与演绎推理 分析法与综合法 反证法 数学归纳法的原理( 理科) 数学归纳法的简单应用 ( 理科) 复数 复数的概念 复数的四则运算 复数的几何意义 1 .合情推理和演绎推理是新课标中非常重要的内容, 在未来的高考中有可能成为考查的热点之一.在考题中填空 题、 解答题中均有可能涉及.若以填空题形式出现, 则主要考 查归纳推理与类比推理的运用, 对此, 应明确合情推理的一 般步骤, 掌握演绎推理的基本模式; 而在证明题中, 无不渗透 着演绎推理的思想, 即往往是在不经意间进行着对演绎推理 的考查. 2 .对常用证明方法的考查主要渗透于解答题中, 它可 能是解答题中的一问, 或仅为解答过程的某个环节, 但单独 命题进行考查的可能性不大. 3 .探索性命题是近几年高考中经常出现的一类热点 问题, 此类题或要求探索结论, 或要求探索使结论成立的条 件, 这类题目往往选择以“ 归纳、 猜想、 证明” 的形式出现, 而 对数学归纳法的应用, 也常出现在这类题目中.复习时, 对 这类题应引起高度的关注.其中, 尤其要关注这部分知识与 数列相结合的题, 这类题往往是一类与正整数有关的命题, 首先, 它要求计算最初的几个相关数值; 其次, 它要求通过 已算出的初始值, 应用不完全归纳法, 作出合理的猜想, 得 到一般性结论; 最后, 要求用数学归纳法给出严格的证明. “ 观察归纳猜想证明” 不仅是解这类题的基本步 骤, 同时, 它还是一种重要的探索新知识、 获得新知识的 方法. 4 .近几年高考考查复数的试题难度不大, 属于中低档 题, 且主要以填空题的形式考查基础知识, 但它考查的内容 涉及面广, 对基本问题掌握的熟练程度要求较高( 如2 0 1 1年 江苏卷第3题、2 0 1 2年江苏卷第3题、2 0 1 3年江苏卷第2 题、 2 0 1 4年江苏卷第2题均考查了复数的简单运算及基本 概念). 5 .复习复数内容时, 重点要关注的基本问题有: ( 1)以复数的概念为考点, 考查复数的基础知识.它 包括考查复数的实部、 虚部、 模, 虚数, 纯虚数, 共轭复数 以及虚数单位i的意义等概念.解这类题的关键在于正 确理解 概 念 和 掌 握 复 数 的 模、 纯 虚 数、 共 轭 复 数 等 的 性质. ( 2)以复数的四则运算为考点, 考查运算能力.解这类 题的关键在于掌握复数代数形式的加、 减、 乘、 除、 乘方等运 算的运算法则.同时, 若能掌握几个常见的结论, 如i n 和 n = -1 2 + 3 2 i 的周期性以及( 1i) 2 = 2 i, 则有利于 提高运算的速度. ( 3)以复数的几何意义为考点, 考查“ 数” 与“ 形” 的转化 能力.解这类题的关键在于理解复数的几何意义, 即复数与 复平面内的点一一对应; 复数与复平面内以原点为起点的向 量一一对应.因此可根据需要把复数转化为复平面内的点或 向量, “ 数形结合” 来解题. ( 4)以复数方程为考点( 如教材选修2 2 P 1 1 1习题 3 . 2的第8题, 选修1 2 P 6 6习题3 . 2的第7题) , 综合考查 复数知识, 以及运算能力.解这类题的关键在于熟练掌握复 数的性质以及复数相等的充要条件, 其基本解题思路是先 设复数的代数形式, 把复数问题实数化, 然后分别对实部和 虚部进行整理, 再利用复数相等的充要条件建立实数方程 求解. 第十一章 推理与证明、 复数 2 3 5 1 .复习“ 推理与证明” 时应强化以下几个基本思想和 意识. ( 1)归纳和类比意识: 归纳和类比是创造性思维的最重 要的组成部分之一, 所以要有强烈的归纳和类比意识, 要善 于总结, 要善于类比, 要有意识地培养自己更强的归纳和类 比能力. ( 2)证明意识: 数学中有许多通过不完全归纳和类比得 出的结论( 其中包括在学习过程中总结出来的一些具有实用 性的小结论) , 这些都要经过严格的证明后才能应用于解题 当中, 我们应具备这样的意识. ( 3)证明的方向意识: 结论是证明的最终方向, 证明过 程中要注意及时调整方向, 使其始终与结论的方向保持一 致.在寻找证明的方向、 方法时, 应注意:要善于树立证明 的方向.如, 在用数学归纳法证题的第二步中, 先把n=k+ 1 时的结论写出来, 这样就有利于树立从假设n=k成立到 n=k+1成立的证明方向. 要善于发现已知条件和结论的 提示作用.如, 若题目中涉及“ 至少” 、 “ 都” 等字样则要想到一 般用反证法来证; 若所需证的命题是与正整数有关的, 则要 想到一般选用数学归纳法来证等. 要善于寻找已知条件与 结论之间联系的桥梁.当已知条件头绪太多, 很难找到证明 的方向时, 可以先假设结论成立, 然后把结论当作条件, 分析 使结论成立所需满足的条件, 从而找到与已知条件联系的桥 梁, 最终达到求证的目的. ( 4)数学思维的严密性与灵活性: 审题要仔细, 要善于 充分挖掘题目外在的和内在的条件; 推理要严密, 每一步逻 辑推导都要准确( 由条件到结论要充分) ; 定理的引入与应用 要注意其适用范围; 要善于应用“ 正难则反” 的思想; 数学归 纳法要注意它的完备性, 即证明的两个步骤一步都不能少, 证明n=k+1成立时, 一定要用到归纳假设. 2 .复习“ 推理与证明” 时还应注意: ( 1)在运用归纳推理时要抓住个体的主要变化特征, 排除次要因素的干扰; 在运用类比推理时要抓住两个相似 事物的基本量之间的相似或一致性关系, 并由此推导其他 关系. ( 2)在复习证明方法时要注意综合法、 分析法、 反证法、 数学归纳法都有各自特点、 各自的适用情况, 它们之间不是 独立的, 而是存在着联系的等等, 对这些情况我们在复习时 均要进行总结, 以便在需要时选择最适合的方法进行证明. 如, 用综合法书写证明过程条理清晰, 而分析法更适合于对 复杂问题的思路寻找, 因此, 证题时不妨先用分析法来寻找 解题思路, 然后用综合法书写证明过程; 又如, 反证法通过假 设结论错误得到一个新的条件, 数学归纳法通过归纳假设得 到一个新条件, 然后均用这些新条件进行下一步的推理, 在 这一点上反证法与数学归纳法本质上是相同的.只有深刻理 解这些证明方法, 考试中才能更好地运用它们解题, 从而提 高解题效率. 3 .在复习“ 复数” 时, 应重点从数学思想方法上沟通知 识的内在联系. ( 1)用“ 类比法” 复习复数的运算.复数代数形式的加 法、 减法运算法则为 ( a+bi)(c+di)=(ac)+(bd)i ( a,b,c,dR) , 复数代数形式的乘法的运算法则为(a+ bi) (c+di)=(a c-b d)+(a d+b c)i(a,b,c,dR) , 它们 在运算法则上类似于多项式的加、 减法( 合并同类项) , 以及 多项式的乘法; 复数代数形式的除法运算法则为a+b i c+di= ( a+bi) (c-di) ( c+di) (c-di) =a c+ b d c 2+d2+ b c-a d c 2+d2i( a,b,c,dR,c 2 +d 2 0) , 即虚数除法运算的实质是分母“ 实数化” , 它类似 于实数运算的分母“ 有理化” , 这些都有利于我们对复数运算 的理解, 以及对复数运算的记忆. ( 2)用“ 类比法” 复习复数的几何意义.我们知道实数与 数轴上的点是一一对应的; 有序实数对与直角坐标平面内的 点是一一对应的.类似地, 复数集C= a+bia,bR 与 平面直角坐标系中的点集 ( a,b)aR,bR 也可以建 立一一对应关系.即复数z=a+bi 一一对应 复平面内的点 Z(a,b) , 复数z=a+bi 一一对应 平面向量O Z . ( 3)用“ 化归法” 将复数问题转化为实数问题来求解.实 数的运算性质是我们熟悉的, 而复数集又由实数集扩充而 来, 因此, 将复数问题转化为实数问题来解答是一种最常见 的解题策略, 这也是数学“ 化归思想” 的体现.如利用复数相 等充要条件 “ a+bi=c+di a=c,b=d(a,b,c,d R) , 特别地,a+bi=0 a=b=0” 就是实现复数运算转化 为实数运算的重要方法. 第7 6课时 合情推理与 演绎推理 内 容 要 求 ABC 合情推理与演绎推理 1 .了解合情推理的含义, 能利用归纳推理和类比推理 进行简单推理. 2 .理解演绎推理的基本方法, 并能运用它们进行一些 简单推理. 3 .归纳推理与类比推理是高考的重点、 热点.对于类比 推理, 应熟练掌握从以下三个方面对命题进行类比: 从命题 的形式上进行类比、 从命题的结构( 组成内容) 上进行类比、 从解决问题的方法和策略上进行类比; 对于归纳推理应重视 它在数列中的应用, 注意归纳推理的方法与递推数列综合起 来考查. 高考复习指导 数学( 教师用书) 2 3 6 1 .合情推理的两种常用形式包括归纳推理和类比推理.其 中, 由个别事实中推演出一般结论的推理是归纳推理; 根据两个( 或两类) 对象之间在某些方面的相似或相同, 推演出它们在其他方面也相似或相同的推理是类比 推理. 2 .归纳推理的一般模式为:S1具有P,S2具有P,Sn 具有P, 若S1,S2,Sn是A类事物的对象, 则A类 事物具有P; 它的一般思维过程为实验、 观察, 概括、 推广, 猜测一般性结论. 3 .类比推理的一般模式为:A类事物具有性质a,b,c,d, B类事物具有性质a ,b ,c ,d , 若a,b,c与a ,b ,c 相似或相同, 则B类事物可能具有性质d; 它的一般思维 过程为观察、 比较、 联想、 类推, 猜测新的结论. 4 .演绎推理的主要形式是三段论式推理, 其一般模式为: ( 1) 已知的一般原理, 即大前提:M是P; (2) 所研究的特 殊情况, 即小前提: S是M; (3) 根据一般原理, 对特殊情 况做出的判断, 即结论: S是P. 1 .图中由火柴杆拼成的一列图形中, 第n个图形由n个正 方形组成: 通过观察可以推得第n个图形中, 火柴杆有3n+1根. 2 .下列表述中正确的是( 填相应的序号即可). 归纳推理是由特殊到一般的推理; 归纳推理是由一般到一般的推理; 演绎推理是由一般到特殊的推理; 类比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. 3 .已知f(n)=(n 2-5 n+5) 2. 当n=1时, f(1)=1; 当 n= 2时,f(2)=1; 当n=3时,f(3)=1; 当n=4时, f(4)=1, 由此推理得对任意nN *, f(n)=1 .这个推 论不正确( 填“ 正确” 或“ 不正确” ). 4 .1 11 2n个1 -2 22 n个2 的值为3 33 n个3 ( nN *) . 5 .把下面的推理恢复成完全的三段论: 函数y=2x+5的图象是一条直线: 一次函数的图象是 一条直线, 函数y=2x+5是一次函数, 所以函数y=2x +5的图象是一条直线. 6 .半径为r的圆的面积S(r)=r 2, 周长C( r)=2 r, 若将 r看做(0,+) 上的变量, 则(r 2) =2 r. 式可用 语言叙述为: 圆的面积函数的导数等于圆的周长函数.对 于半径为R的球, 若将R看做(0,+) 上的变量, 请你 写出类似于的式子: 4 3 R 3 =4 R 2, 式可用语 言叙述为球的体积函数的导数等于球的表面积函数. 1 .类比推理, 从特殊到特殊的推理 例1 (1)在平面几何里有勾股定理: “ 设A B C的两边A B, A C互相垂直, 则A B 2+A C2 =B C 2. ” 拓展到空 间, 类比平面几何的勾股定理, 研究三棱锥的侧面 面积与底面面积之间的关系, 可以得出的正确结 论是: “ 设三棱锥A B C D的三侧面A B C,A C D, A D B两两垂直, 则 .” ( 2)设函数f(x)= 1 3+3 x , 利用课本上推导等差数 列前n项 和 公 式 的 方 法 探 索f(-20 1 2)+ f(-2 0 1 1)+f(0)+f(1)+f(2 0 1 3) 的结果为 . 点拨 (1) 在平面上是线的关系, 在空间呢? 尝试从面的关 系进行类比.(2) 课本上推导等差数列前n项和公式 的方法是“ 倒序相加法” , 又注意到-2 0 1 2+2 0 1 3= -2 0 1 1+2 0 1 2=0+1=1, 尝试通过计算 f(x)+f(1-x) 来寻求解题规律. 解 (1)如图(1) , 直角顶点A所对的边B C的平方是以A 为公共点的另外两边A B,A C的平方和. ( 例1(1) ) ( 例1(2) ) 如图( 2) , 在空间内, 直角顶点A所对的面B C D与 面A B C,A C D,A B D的关系将会是怎样的呢? 经 类比, 可猜测直角顶点A所对面的面积的平方应等 于以A为公共点的相邻三个侧面面积的平方和, 即 猜测:S2 B C D=S 2 A B C+S 2 A C D+S 2 A D B.事实上, 作 A EC D于E, 连B E, 则B EC D. 又由题易得A B C,A C D,A B D均为直角三 角形, 于是S2 B C D= 1 4C D 2B E2 = 1 4C D 2 ( A B 2+ A E 2) = 1 4C D 2A B2+1 4C D 2A E2 = 1 4( A C 2+A D2) A B 2+ S 2 A C D=S 2 A B C+S 2 A C D+ S 2 A D B. ( 2)因为f(x)+f(1-x)= 1 3+3 x + 1 3+3 1 -x = 1 3+3 x + 3 x 33 x +3 第十一章 推理与证明、 复数 2 3 7 = 3 3(3+3 x) + 3 x 3(3 x + 3) = 3 3 , 令S=f( -2 0 1 2)+f(-2 0 1 1)+f(0) +f(1)+f(2 0 1 3) , 倒序得S=f( 2 0 1 3)+f(2 0 1 2)+f(1) +f(0)+f(-2 0 1 2). 于是+, 得2S=4 0 2 6 3 3 , 所以S=6 7 13. 反思 本题通过类比使问题得以解决, 体现了类比推理在数 学发现中的作用.一般地, 常可从以下几个方面进行 类比: 直线和平面的类比( 如( 1) ) 、 平面和空间的类 比、 数与式的类比、 方程与不等式的类比、 数与形的类 比、 一元与多元的类比、 有限与无限的类比、 解题方法 和策略间的类比( 如( 2) ) 等. 拓展 (1)若函数f( x)= 9 x 9 x +3 , 则f 1 7 +f 2 7 + f 3 7 +f 4 7 +f 5 7 +f 6 7 +f 7 7 的 值为33 4; ( 2)计算s i n 2 1 +s i n 2 2 +s i n 2 3 + +s i n 2 8 9 = 4 41 2; 提示 利用s i n 2 +s i n 2 2 -=1, 倒序相加求解. ( 例1 拓展) (3)如图, 已知底面半径为r的 圆柱被一个平面所截, 剩下 部分母线长的最小值为a, 最大值为b, 那么圆柱被截 后 剩 下 部 分 的 体 积 是 1 2 r 2( a+b). 提醒 在进行类比推理时要尽量从本质上去类比, 从结构、 形式、 解题思路上去类比, 不能仅从表面上去类比, 否 则就会犯机械类比的错误.如拓展题(1) 中, 首项和末 项、 第二项与倒数第二项的和并不是一个常值, 又该 如何求解呢? 这就要求真正理解“ 倒序相加法” 的实 质才行. 2 .归纳推理, 从特殊得到一般的推理 例2 (1)已知数列 an 满足a1=1,an+ 1= an 1+an ( n= 1,2,) ,则 这 个 数 列 的 通 项 公 式an= .( 根据选修2 2 P 7 8习题2 . 1第3题, 选修1 - 2 P 4 1习题2 . 1第2题改编) ( 2)观察下列等式: n i= 1 i= 1 2 n 2+1 2 n, n i= 1 i 2 = 1 3 n 3+1 2 n 2+1 6 n, n i= 1 i 3 = 1 4 n 4+1 2 n 3+1 4 n 2, n i= 1 i 4 = 1 5 n 5+1 2 n 4+1 3 n 3-1 3 0 n, n i= 1 i 5 = 1 6 n 6+1 2 n 5+5 1 2 n 4-1 1 2 n 2, n i= 1 i 6 = 1 7 n 7+1 2 n 6+1 2 n 5-1 6 n 3+1 4 2 n, n i= 1 i k =ak+ 1n k+ 1+a kn k+a k- 1n k- 1+a k- 2n k- 2 +a1n+a0, 可以推测, 当k2( kN *)时, ak+ 1= 1 k+1 , ak= 1 2, ak- 1= ,ak- 2= . ( 1)点拨一 分别求出a2,a3,a4的值, 尝试用归纳法 求解. 解法一 当n=1时,a1=1; 当n=2时, a2= a1 1+a1 = 1 1+1= 1 2; 当n=3时, a3= a2 1+a2 = 1 2 1+ 1 2 = 1 3; 当n=4时, a3= a3 1+a3 = 1 3 1+ 1 3 = 1 4. 猜想an= 1 n . 点拨二 尝试将数列化归为熟知的等差或等比数列 求解. 解法二 由an+ 1= an 1+an, 又a n0, 所以 1 an+ 1 = 1+an an = 1 an +1 , 即 1 an+ 1- 1 an =1 . 所以数列 1 an 是以1 a1 =1为首项,1为公差 的等差数列. 所以 1 an = 1 a1+( n-1) 1=n, 即an= 1 n . ( 2)点拨 利用归纳、 猜想解题时, 可尝试对给出的已知式 子进行“ 横向” 比较, 即针对每个特殊式子进行规律的 总结、 猜想, 如本题可尝试从 n i= 1 i k 的各项系数ak+ 1, ak,a1,a0间的关系去寻找规律; 还可以进行“ 纵 向” 比较, 即对若干个特殊式子相对应位置的项进行比 较, 即本题可将每个式子的第三项的系数1 6, 1 4, 1 3, 5 1 2 ,1 2, ( n2) 抽出来后再去寻找规律; 有时还得 综合利用这两类方法去进行比较, 发现规律, 进行 猜想. 解 由观察可知当k2时, 将每一个式子的第三项的系 数抽出来, 它们是1 6 ,1 4 ,1 3 ,5 1 2 ,1 2 , ( n2) , 高考复习指导 数学( 教师用书) 2 3 8 可见这些数组成一个等差数列, 所以ak- 1= k 1 2 , 而每 个式子的第四项均为零, 所以ak- 2=0.所以应分别 填k 1 2 ,0. 反思 第(1) 问中的解法一为归纳法, 解法二为演绎法.归纳 法是指通过观察特例发现某些共性或一般规律, 并把 这种共性推广为一般命题( 猜想) , 最终对所提出的一 般性命题进行检验的方法, 这是一类常用来求解数列 问题的方法. 3 .“ 递推法” 是用归纳推理解决有关自然数问题的又一 重要方法 例3 蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师, 单个蜂巢可 以近似地看作是一个正六边形, 如图为一组蜂巢的截 面图.其中第一个图有1个蜂巢, 第二个图有7个蜂 巢, 第三个图有1 9个蜂巢, 按此规律, 以f(n) 表示第 n幅图的蜂巢总数.则f(4)= ,f(n)= . ( 例3) 点拨 尝试从n=1,2,3,4的情形入手, 然后比较、 分析其 中的规律, 进而归纳出f(n) , 根据图形及题意可知: f(1)=1,f(2)=7,f(3)=1 9,f(4)=3 7, 但 要从中通过归纳, 猜想出f(n) 的表达式仍然有相当 困难.尝试通过归纳出第n幅图与第( n- 1) 幅图蜂巢 总数之间的递推关系来求解. 解 由图形观察可知:f( 1)=1,f(2)=7,f(3)=1 9, f(4)=3 7, 于是当n2时, 有 f(2)-f(1)=7-1=6=61, f(3)-f(2)=1 9-7=1 2=62, f(4)-f(3)=3 7-1 9=1 8=63, f(n)-f(n-1)=6(n-1). 将以上各式相加, 得 f(n)-f(1)=61+62+63+6(n-1)= 61+2+3+( n-1) =3n 2-3 n. 又f( 1)=1, 所以f(n)=3n 2-3 n+1, 即f( n)=3n 2-3 n+1(n2) , 经检验n=1时, 也 成立. 所以f( n)=3n 2-3 n+1(nN *) . 反思 运用归纳推理需考查特例成立的情形, 并从中归 纳、 猜想出一般规律, 这就是“ 经验归纳法”.但这样 做有时有可能计算量太大, 易出错; 有时特例中内 部潜在的规律性难于看出, 此时, 若用“ 递推法” 取 代“ 经验归纳法” , 即转向考查问题每递进一步所反 映的规律, 尝试通过探求n成立的情形与n-1成 立的情形之间的递推关系, 并结合初始值寻找一般 规律, 从而使归纳推理与递推数列相结合, 有利于 问题的解决. 4 .演绎推理是证明数学问题最常用的方法 例4 已知a,bR, 求证:| a| + |b| 1+ |a| + |b| |a+b| 1+ |a+b| . 点拨 根据所需证明不等式两边式子的结构特征, 尝试通过 构造函数f( x)= x 1+x, x0,+) , 然后利用 此函数的单调性来求证.因此, 对大前提“ 函数f(x) 的单调性” 的探求是用此法求证的 关键. 证明 构造函数f( x)= x 1+x, x0,+). 设x1,x2是 0,+)上任意两个实数, 且0x1 x10, 所以f( x2)-f(x1)0, 即 f(x2)f(x1) , 所以f(x)= x 1+x, x0,+) 是增函数. 由|a| + |b| |a+b| 0, 所以f( |a| + |b|)f(|a+b|) , 即 |a| + |b| 1+ |a| + |b| |a+b| 1+ |a+b| . 反思 证明数学问题需根据已知定理、 公理等进行推理, 这 实际上就用了演绎推理.演绎推理在高考中是必考内 容, 尤其体现在立体几何的证明题当中.三段论是演 绎推理的一种最为重要的推理形式.当然很多情况 下, 利用三段论进行推理时, 往往会省略大前提, 利用 简化的三段论推理形式进行推理. 1 .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, 演绎推理是由一般到特殊的推理.从推理 的结果上看前两种结果不一定正确, 有待进一步证明; 而演 绎推理只要前提是真实的, 推理的形式是正确的, 那么推理 的结论一定正确.推理的关键是: 观察、 分析、 比较、 联想、 归 纳、 类比、 猜想. 2 .合情推理是从具体的事实经验出发, 通过观察、 实 验、 类比、 联想、 归纳、 猜想而得出结论的一种推理, 故合情推 理的条件与结论之间是以联想作为桥梁的. 3 .由演绎推理的过程可知, 在证明和分析问题的过程 中, 要充分挖掘题目的外在和内在条件( 小前提) , 并根据需 要引入相关的、 适用的定理和性质( 大前提) , 在保证每一步 的推导都是正确的、 严密的条件下, 才能得到正确的结论.利 用演绎推理解题常见的错误有条件理解错误( 小前提错) 、 定 理引入和应用错误( 大前提错) 和推导过程错误等.而准确严 第十一章 推理与证明、 复数 2 3 9 密的数学思维是保证条件理解、 定理引入和应用及推导过程 正确的根本保障. 1 .( 根据选修2 2 P 7 0练习第3(1) 题, 选修1 2 P 3 5练习第 3(1) 题改编) 把下面的推理恢复成完全的三段论: 因为A B C三个内角依次为6 0 ,2 0 ,1 0 0 , 所以A B C 是钝角三角形. 大前提: 有一个内角为钝角的三角形是钝角三角形; 小前提:A B C的三个内角依次为6 0 ,2 0 ,1 0 0 , 而 1 0 0 9 0 , 是个钝角; 结论:A B C是钝角三角形. 2 .( 根据选修2 2 P 6 6练习第2题改编) ( 1)已知结论“ 正三角形内切圆的半径是高的 1 3” , 把这 个结论推广到空间正四面体, 猜测相应命题为正四面 体的内切球的半径是高的1 4; ( 2)已知结论“ 三角形的面积等于其内切圆半径与三角形 周长乘积的1 2” , 把这个结论推广到空间, 猜测相应 命题为三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥表 面积乘积的1 3. 3 .( 根据选修2 2 P 6 4练习第3题、P 7 8习题2 . 1的第1题, 选修1 2 P 2 9练习第3题、P 4 1习题2 . 1的第1题改编) 观察下列等式, 在题后的横线上归纳出一般结论: ( 1)9 - 1=8,1 6 - 4=1 2,2 5 - 9=1 6,3 6 - 1 6=2 0, 一般结论为 ( n+2) 2-n2 =4(n+1)(nN*) ; ( 2)1=1 2, 2+3+4=3 2, 3+4+5+6+7=5 2, 4+5 +6+7+8+9+1 0=7 2, 一般结论为n+( n+1)+(n+2)+n+2(n- 1) =(2n-1) 2( nN *) ; ( 3)1 2 1 1 1 1 2, 1 3 1+ 1 3 1 2 1 2 + 1 4 , 1 4 1+ 1 3 + 1 5 1 3 1 2 + 1 4 + 1 6 , 一般结论为 1 n+1 1+ 1 3 + 1 5 + 1 2n-1 1 n 1 2 + 1 4 + 1 6 + 1 2n ( nN *) . 4 .( 根据选修2 2 P 6 4练习第4题, 选修1 2 P 2 9练习第4 题改编) 设平面内有n条直线(n2) , 其中有且仅有2条直线互 相平行, 任意3条直线不过同一点, 若f(n) 表示这n条 直线交点的个数. ( 1)试求f(2) ,f(3) ,f(4) ,f(5) 的值; ( 2)当n2时, 试求f(n) 的解析式( 用n表示). 答案 (1) f(2)=0,f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9; ( 2)由(1) 知每增加一条直线, 交点增加的个数等于 原来直线的条数, 即当n3时, f(3)-f(2)=2, f(4)-f(3)=3,f(5)-f(4)=4,f(n)- f(n-1)=n-1, 将以上各式相加, 得f(n)-f(2) =2+3+4+(n-1)= 1 2( n-2) (n+1) , 又 f(2)= 0, 所以f(n)= 1 2( n-2) (n+1) (n3).经 检验, 当n=2时, 也适合.所以当n2时, f(n)= 1 2( n-2) (n+1). *5 .( 根据选修2 2 P 6 6练习第4题, 选修1 2 P 3 1练习 第3题改编) 在等差数列an 中, 若am=a1+(m- 1)d,an=a1+(n-1)d, 从而an=am+(n- m)d.试进行类比, 写出等比数列an 的一个猜想: an=amq n-m . 第7 7课时 直接证明与 间接证明 内 容 要 求 ABC 分析法与综合法 反证法 1 .了解分析法、 综合法、 反证法的思考过程和特点. 2 .数学问题的证明不外乎直接证明法和间接证明法, 每 年的高考中都有数学证明题, 而大部分以直接证明法为主. 3 .鉴于本部分知识的特殊性, 在高考中一般不会单独 出填空题考查这部分内容, 它常以解答题的形式, 或解答题 的某个环节作为考查点命题, 因此, 在复习这部分内容时, 只 要明确直接证明与间接证明中常用的几种方法即可, 对证明 的技巧性不宜作过高的要求. 1 .直接证明就是从命题的条件或结论出发, 根据已知的定 义、 公理、 定理, 逐步推得命题成立的证明方法. 2 .从已知条件出发, 以已知的定义、 公理、 定理为依据, 逐步 下推, 直到推出要证明的结论为止, 这种证明方法为综合 法; 从问题的结论出发, 追溯导致结论成立的条件, 逐步 上溯, 直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻 合为止, 这种证明方法为分析法.这两种证法均属于直接 高考复习指导 数学( 教师用书) 2 4 0 证明法. 3 .反证法是一种常用的间接证明方法, 它的证明过程可以 概括为“ 否定推理否定” , 即从否定结论开始, 经过正 确的推理, 导致逻辑矛盾, 从而达到新的否定( 即肯定原 命题) 的过程.因此, 用反证法证题应包括反设、 归谬和存 真三个步骤. 1 .用反证法证题的关键在于在正确的推理下得出矛盾, 这 个矛盾可以是:与已知条件矛盾;与假设矛盾;与 已知定义、 公理、 定理、 法则相矛盾;与事实矛盾.其中, 正确的是.( 只需填相应的序号即可) 2 .分析法是从要证明的结论出发, 逐步寻求使结论成立的 充分条件( 填“ 充分” 、 “ 必要” 或“ 充要” ). 3 .有下列表述:综合法是执因导果法;综合法是顺推 法;分析法是执果索因法; 分析法是间接法;反证 法是逆推法.其中正确的语句有3个. 4 .已知非零实数a,b,c是公差不为零的等差数列, 则有以 下结论: 1 a + 1 c 2 b ; 1 a + 1 c = 2 b ;b 2 =a c; 2b=a+c.其中, 正确的是.( 只需填相应的序号 即可) 5 .用分析法证明3+ 6 4+ 5, 即要证:(3+ 6) 2 (4+ 5) 2; (6- 4) 2 (5- 3) 2;(3- 5) 2 (4- 6) 2; (3- 4) 2( 5- 6) 2.其中, 正确的是.( 只需填相应的序号即可) 6 .已知三个方程x 2+4 a x-4a+3=0,x 2+( a-1)x+ a 2 = 0,x2+ 2a x- 2a=0, 其中至少有一个方程有实根, 则实数a的取值范围为a-1或a- 3 2. 提示 设三个方程均无实根, 则有 1=1 6a 2-4( -4a+3)0, 2=(a-1) 2-4 a 2 0, 3=4a 2-4( -2a)0, 解得 - 3 2 a 1 2, a 1 3, -2a0, 即- 3 2 2时,x1,x2为方程 g(x)=0的两根, 且x1=a- a 2-4 2 0,x2= a+a 2-4 2 1,x1x2=1 . 由题知 k= f(x1)-f(x2) x1-x2 = ( x1-x2)+x 1-x2 x1x2 -a(l nx1- l nx2) x1-x2 = 1 + 1 x1x2- al n x1-l nx2 x1-x2 , 又x1x2 =1, 所以k=1 +1 -a l n1 x2-l n x2 1 x2-x 2 =2 -a -2 l nx2 1 x2-x 2 . 假设存在这样的实数a, 使得k=2-a, 于是2-a= 2-a -2 l nx2 1 x2-x 2 , 即有x2- 1 x2-2 l n x2=0(x21) (*) 成立. 令h( t)=t- 1 t -2 l nt , 则h (t)=1+ 1 t 2- 2 t = t 2-2 t+1 t 2 , 当t 1时,h (t)0 , 即h(t) 在(1,+ ) 上单调递增, 又x21, 所以h(x2)=x2- 1 x2- 2 l nx2h(1)=0 . 这与(*) 式矛盾, 所以假设不成立, 即不存在这样的 实数a, 使得k=2-a. 反思 (1) 本例为否定性问题, 一般地, 至多性问题、 至少性 问题、 唯一性问题、 存在性问题常考虑用反证法来求 证.(2) 反证法在证明中“ 出现矛盾结果” 的形式较多, 复习中应多总结与思考, 这样有利于提高解题的 效率. 4 .用分析法寻找解题思路, 体会分析法在解综合题中 的重要作用 例4 已 知ai( i= 1,2,n)都 是 正 数,求 证: a1+a2+an n a 2 1+a 2 2+a 2 n n . 点拨 从结论的结构出发, 寻找条件与结论之间的联结“ 桥 梁” : 由于a i(i=1,2, ,n) 均为正数, 可将待证结论 两边平方, 得 a1+a2+an n 2 a 2 1+a 2 2+a 2 n n , 即要证 a1+a2+an n 2 -a 2 1+a 2 2+a 2 n n 0, 这在形式上与一元二次方程的判别式很相 似, 尝试构造二次函数来证明.若构造函数f( x)= a x 2+b x+ c(a0) , 因此, 要证0, 只需证明 f(x)0在xR恒成立即可.于是, 解本题的关键 在于构造a,b,c的适当形式.注意到, 易联想到令 b= 2 n ( a1+a2+an) , 为什么不令b= 1 n ( a1+ a2+an) 呢? 结合“” 的形式, 可知若不这样,a c 项的系数应为-4, 而不是-1 .若令a=a 2 1+a 2 2+ +a 2 n, 则c= 1 n , 于是f(x)=(a 2 1+a 2 2+a 2 n)x 2 + 2 n ( a1+a2+an)x+1 n , 此时, 如何保证f(x) 0在xR恒成立呢? 联想到一个数平方为非负 数, 将c修正为c= n n 2 即可. 证明 构造函数f( x)=(a 2 1+a 2 2+a 2 n)x 2+2 n ( a1+ a2+an)x+n n 2, 又 ( a 2 1+a 2 2+a 2 n)x 2+2 n ( a1+a2+an)x+ n n 2 =a1x+ 1 n 2 +a2x+ 1 n 2 + + anx+ 1 n 2 0, 即f( x)0在xR恒成立, 又a 2 1+a 2 2+a 2 n0, 此时, 得 满 足= 2 n ( a1+a2+an) 2 - 4(a 2 1+a 2 2+a 2 n) n n 20, 高考复习指导 数学( 教师用书) 2 4 2 即 a1+a2+an n 2 - a 2 1+a 2 2+a 2 n n 0, 于是 a1+a2+an n 2 a 2 1+a 2 2+a 2 n n , 两边开方即得 a1+a2+an n a 2 1+a 2 2+a 2 n n . 反思 本题若直接从已知条件出发进行证明, 容易迷失方 向, 使解题无法进行下去.在这种情况下, 尝试运用分 析法, 执果索因、 逆向思考问题, 在分析过程中不断地 寻求使结论成立的一些条件( 隐含条件、 过渡条件 等) , 从而寻找到联结条件与结论之间需要的“ 桥梁”. 本例的难点在于如何构造合适的二次函数来求解.为 什么会想到构造二次函数, 如何构建才合适呢? 这正 是“ 点拨” 中“ 分析” 出来的, 这也是解综合题必须经历 的一个过程, 也许当看到用综合法书写出来的证明过 程时让人一目了然, 但分析法在寻找思路上却起了不 可缺少的至关重要的作用. 1 .分析法、 综合法、 反证法, 作为最常用的三种证明方 法, 各有各的优点及表达格式, 不能混淆. 2 .每一种证明方法都依赖于所证命题的知识体系及公 理体系, 具体选用什么方法较合适, 可结合具体的题目内容, 利用“ 排除法” 进行选择. 1 .( 根据选修2 2 P 8 4习题2 . 2第8题, 选修1 2 P 4 7习题 2 . 2第8题改编) 用反证法证明命题“ 函数y=f(x) ,x a,b 的图象与直线x=2至多只有1个交点” 时, 应 假设函数y=f( x) ,xa,b 的图象与直线x=2至 少有2个交点. 2 .( 根据选修2 2 P 8 4习题2 . 2第2题, 选修1 2 P 4 7习题 2 . 2第2题 改 编) 已 知a 1,0 2k 2- k 2-2 k-3=(k+1) (k-3).为使上式不小于 零, 必须k3, 可见归纳证明的起点为n0=3 .因而 对n= 1,2应另行验证. 证明 当n=1,2时, 原不等式就是2 1+2-12 0,2 2+ 2- 2 2 0, 显然成立. ( 1)当n=3时,2 3+2-32 =10, 原不等式成立; ( 2)假设当n=k(k3) 时,2 k+2-k2 0成立, 那么当n=k+1时, 有2 k+ 1+2-( k+1) 2 ( k+ 1) (k-3)0, 即2 k+ 1+2-( k+1) 2 0, 所以n=k+1时不等式也成立. 由( 1) 和(2) 可知, 对一切n3(nN *)不等式成 立, 结合n=1,2的验证, 可知对一切nN*, 不等 式成立. 反思 数学归纳法的两个步骤中, 第一步是命题论证的基 础, 即起“ 奠基” 的作用; 第二步是判断命题的正确性 能否递推下去的保证, 即起“ 递推” 作用.这两个步骤 是缺一不可的.本例中, 为数学归纳法奠基的是n= 3, 由此才能进行递推, 而对n=1,2只需另行验证即 可.要确定“ 奠基” 的n0取何值, 可从n=k到n=k+ 1的过程中分析后得来. 提醒 归纳证明的起点并非一定从1,2开始的, 应具体问题 具体对待, 可从n=k到n=k+1的过程中分析后 得来. 2 .实现从假设的n=k成立证明n=k+ 1时成立, 是用 好数学归纳法证题的关键和难点 例2 用数学归纳法证明:1-1 2+ 1 3- 1 4+ 1 2n-1- 1 2n = 1 n+1+ 1 n+2+ + 1 2n ( nN *) . 点拨 当n=k+1时注意等式两边项的情况所发生的变 化, 这是用好数学归纳法证题的关键点之一.本题的 左边应增加两项, 它们是 1 2k+1 ,- 1 2k+2 , 而不是只 增加项- 1 2(k+1) . 证明 (1)当n=1时, 等式左边=1-1 2 = 1 2, 等式右边 = 1 1+1= 1 2, 等式成立. ( 2)假设n=k时, 命题成立, 即有1 -1 2+ 1 3- 1 4+ + 1 2k-1- 1 2k = 1 k+1+ 1 k+2+ + 1 2k, 那么 1- 1 2 + 1 3 - 1 4 + 1 2k-1- 1 2k+ 1 2k+1 - 1 2k+2 = 1 k+1+ 1 k+2+ 1 2k+ 1 2k+1- 1 2k+2 = 1 k+2+ 1 k+3+ + 1 2k+ 1 2k+1 + 1 k+1- 1 2k+2 = 1 k+2+ 1 k+3+ + 1 2k+ 1 2k+1+ 1 2k+2 . 这说明当n=k+ 1时命题也成立.由( 1) (2) 可知 命题对一切正整数都成立. 反思 证明当n=k+1成立时, 要善于抓住“ 目标式” 的结 构特征来进行各种变换, 只有这样才能使证题过程 不盲目.如本例为什么要将化为的形式, 即为 什么第一项是 1 k+2 , 最后一项是 1 k+1- 1 2k+2 , 只 需对照所需证明的当n=k+1时等式右边式子 1 k+2+ 1 k+3+ 1 2k+ 1 2k+1+ 1 2k+2就知道变 换的原因了. 拓展 用数学归纳法证明:1+ 1 2 + 1 3 + 1 2 n- 1 n 2. 提示 假设当n=k时, 有1+1 2 + 1 3 + 1 2 k- 1 k 2 成 立.那么, 当n=k+