第十三章推理与证明（教案）

1、§13.1 合情推理与演绎推理教学目的：掌握归纳推理、类比推理、演绎推理。教学重点：归纳推理、类比推理、演绎推理的应用教学难点：运用归纳、类比方法进行推理证明教学过程：一、知识梳理1合情推理：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（简称归纳）。归纳是从特殊到一般的过程，它属于合情推理；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）。类比推理的一般步骤：（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，

2、得出一个明确的命题（猜想）；（3）一般地，事物之间的各个性质之间并不是孤立存在的，而是相互制约的。如果两个事物在某些性质上相同或类似，那么它们在另一些性质上也可能相同或类似，类比的结论可能是真的；（4）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。2演绎推理：推理的每一个步骤都是根据一般性命题（如“全等三角形”）推出特殊性命题的过程，这类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。二、典型例题例1：观察圆周上n个点之间所连的弦，发现两个点可以连一条弦，3个点可以连3条弦

3、，4个点可以连6条弦，5个点可以连10条弦，你由此可以归纳出什么规律？解：设为个点可连的弦的条数，则本题为归纳推理.例2：观察下列的图形中小正方形的个数，则第6个图中有_个小正方形，第n个图中有 _个小正方形. 解：28 , 例3123456789101112131415：(2008江苏卷)将全体正整数排成三角形数阵：根据以上的排列规律，第行从左向右第3个数是解：本题给出了正整数列的前5行的排法,要求从中能够发现规律,得到位于任意指定行和指定列的数,是从特殊的具体的5行得到所有行的规律.前行的规律是第1行有1个数,第2行有2个数,第3行有3个数等等,由此前行有正整数个,所以,第行从左向右第3个

4、数是第个.本题为归纳推理.例4：已知n次多项式, 如果在一种算法中，计算（k2，3，4，n）的值需要k1次乘法，计算的值共需要9次运算（6次乘法，3次加法），那么计算的值共需要 次运算下面给出一种减少运算次数的算法：（k0， 1，2，n1）利用该算法，计算的值共需要6次运算，计算的值共需要 次运算解：第一种算法, 计算的值共需要次运算,即次运算;第二种算法, 计算的值可以采用递推的方法.设计算的值的次数为,则,由是等差数列及可得本题先给出了一个求特殊的多项式(三次多项式)的值的算法的运算次数的示范,要求从特殊归纳出求一般的多项式的值的运算的次数,这是归纳推理.例5：把下面在平面内成立的结论类比

5、推广到空间，并判断类比的结论是否成立：(1) 如果一条直线与两条平行直线中的一条相交，则必于另一条相交。(2) 如果两条直线同时垂直与第三条直线，则这两条直线平行。解：(1) 一个平面如和两个平行平面中的一个相交，则必然和另一个也相交，此结论成立；(2) 若两个平面同时垂直第三个平面，则这两个平面也相互平行，此结论不成立.本题为类比推理.例6：半径为的圆的面积，周长，若将看作上的变量，则 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。对于半径为的球，若将看作上的变量，请你写出类似于的式子： _ 式可用语言叙述为_.解：.以为变量的球的体积函数的导数等于球的表面积函数.本题用圆的面积与周

6、长之间的导数关系,类比球的体积与面积的导数关系,并且是式子运算与语言叙述同时类比,也是平面图形与空间图形的类比.例7： 已知椭圆具有性质：若是椭圆上关于原点对称的两点,点是椭圆上任意一点,当直线的斜率都存在,并记为时,那么, 与之积是与点的位置无关的定值. 试对双曲线写出具有类似特征的性质,并加以证明.解：双曲线的类似性质：若是双曲线上关于原点对称的两点,点是双曲线上任意一点,当直线的斜率都存在,并记为时,那么, 与之积是与点的位置无关的定值.证明如下：设是双曲线上任意一点，又设是双曲线上一点，它的关于原点对称的点的坐标为。 由点在双曲线上，则 两式相减得 即与之积为定值.此值与的位置无关.由

7、以上推理可类似地得出,在椭圆中,有.这是一道类比推理问题.由于椭圆与双曲线都是有心二次曲线,并且与具有相同的对称性,因此,可以从椭圆的这一性质类比出双曲线的类似性质.例8：在等差数列中，为其前项之和。则有（1）（2）数列是等差数列.请由此推断，在等比数列中，有哪些相应的性质？并予以证明.解：在等比数列中，设公比为,为其前项之积.则有 (1) (2) 数列是等比数列.证明如下:(1) (2) 由(1)有, 则所以, 数列是等比数列.本题是由等差数列的性质类比等比数列相应的性质.由等差数列和等比数列的定义及有关结论可以进行这样的类比;等差类比为等比,和类比积,例如类比为,乘法类比乘方,例如,类比为

8、,类比为算术平均类比为几何平均,例如, 类比为.例9：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），结合等式（1x）n（，正整数），证明：（2）对于正整数，求证：（i）0；（ii）0；（iii）解：本题需要从特殊到一般的归纳.（1）将等式（1x）n两边求导得：n所以（2） （i）令x1，则有（1）·n （11）n-10（ii）对等式n （1x）n-1再一次求导得n（n1）（1x）n-2所以n（n1）（11）n-2n （11）n-10（iii）因为所以本题为类比推理.例10：如图是某汽车维修公司的维修点分布图，公司在年初分配给、四

9、个维修点的某种配件各件，在使用前发现需将、四个维修点的这批配件分别调整为、件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么完成上述调整，最少的调动件次（个配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为）为（）（）（）（）解：B. 因为调整只能在相邻维修点间进行，故应从A调整10件到D（调动了件次），从B调到5件到C（调动了件次），此时，维修点A有配件件，维修点B有配件件，维修点C有配件件，所以，再从C调整1件到D，即可完成配件调整工作，所以共调整105116件次可以证明，是调整调动的最少件次。由于，维修点A要由调整为，维修点B要由调整为，即维修点A和B共要调出15件，配件调整油又必须在相邻维修点进行，因

10、而，在次调动中，维修点D无法得到件，所以，调整调动的最少件次大于，而上述的调整恰好为，所以是调整调动的最少件次。§13.2 直接证明与间接证明教学目的：掌握直接证明与间接证明两类基本证明方法教学重点：反证法、分析法、综合法教学难点：两类证明方法的应用教学过程：一、知识梳理1.反证法：要证明某一结论A是正确的，但不直接证明，而是先去证明A的反面（非A）是错误的，从而断定A是正确的即反证法就是通过否定命题的结论而导出矛盾来达到肯定命题的结论，完成命题的论证的一种数学证明方法。反证法的步骤：1)假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；2)从这个假设出发，通过推理论证，得出矛盾；3)由矛

11、盾判定假设不正确，从而肯定命题的结论正确。注意：可能出现矛盾四种情况：与题设矛盾；与反设矛盾；与公理、定理矛盾在证明过程中，推出自相矛盾的结论。2.分析法：证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法通常叫做分析法。用分析法证明不等式的逻辑关系是：分析法的思维特点是：执果索因；分析法的书写格式： 要证明命题B为真，只需要证明命题为真，从而有，这只需要证明命题为真，从而又有这只需要证明命题A为真，而已知A为真，故命题B必为真。3.综合法：利用某些已经证明过的不

12、等式（例如算术平均数与几何平均数定理）和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法，用综合法证明不等式的逻辑关系是：综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论的一种证明方法。二、典型例题例1：已知数列的通项公式是，求证：对,有.解：要证 只要证 ，因为 ， ，故只要证 ，即只要证 ，因为 所以命题得证.例2：已知，求证：.证：要证,只需证.因为,只需证,即需证,要证,只需证,即,亦即,显然成立;要证,只需证,即,亦即,显然成立;且以上各步骤都可逆,所以成立.例3：用反证法证明命题：“，可被整除，那么，中至少有一个能被整除”时

13、，假设的内容是（ ）. A. 都能被整除 B. 都不能被整除 C. 不都能被整除 D. 不能被整除解：B.例4：给定实数,且.设函数(,且).求证：经过这个图象上任意两个不同点的直线不平行于轴.证：(直接证法)设为图象上任意两个不同点,则,因为,所以,所以, 不平行于轴.(反证法) 假设图象上存在两点,使得平行于轴.则,即,于是,与已知矛盾,所以, 这个图象上任意两个不同点的直线不平行于轴.例5：已知.求证：中,至少有一个不小于.证：假设都小于,即,则. 另一方面, 式与式矛盾，所以，中,至少有一个不小于.例4：（）设数列（）是各项均不为0的等差数列，且公差，若从中删去一项后，剩余各项（按原来

14、的顺序）成等比数列（1）当时，求的值；（2）求的所有可能值（）求证：对于给定的正整数（），存在一个各项及公差均不为0的等差数列，其中任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列解：本题的第（）问需要合情推理，其思考的依据是一个数列如果连续三项既成等差，又成等比，则一定是常数列，即公差，并由此展开合情推理，第()问,本质上是探讨是否存在一个既成等差数列又成等比数列的三个不等实数,要解决这一类存在性问题,最好的推理方法是反证法或者举出反例.（）（1）当时，分别为，若删去，则有，化简得，所以若删去，同理得即或（2）若，无论从中删去哪一项，都会存在原数列中连续三项作为等比数列中的连续三项，即有，且，则必

15、有与已知矛盾 当时，要使得原等差数列中无连续的三项是新等比数列中的连续三项，则只能从中删去第3项，剩余4项依次为，有（）（）（），化简得，所以，也与已知矛盾综上所述，当时，不存在满足条件的等差数列，使得从中删去一项后，剩余各项（按原来的顺序）成等比数列故n的值只能为4（）设，且等差数列中的任意三项成等比数列，则，即，因为，则，于是，是有理数。因此，为使等差数列的任意三项（按原来的顺序）都不能组成等比数列，只要设为无理数即可比如：，显然数列是首项为1，公差为的等差数列假定存在三项，它们组成等差数列，又能组成等比数列有整理得，且，由此得这就是说，不存在这样的三项，使之能组成等比数列，即其中任意三项

16、（按原来的顺序）都不能组成等比数列例5：设数列满足，其中为实数，且（）求数列的通项公式；（）设，求数列的前项和；（）若对任意成立，证明解法1：（），当时，是首项为，公比为的等比数列，即 当时，仍满足上式数列的通项公式为 （）由（）得， ， 由-得，即（）由（）知，若，则，由对任意成立，知下面用反证法证明 假设，由函数的函数图象知，当趋于无穷大时，趋于无穷大不能对恒成立，导致矛盾，解法2：（）由题设得：当时，当时，也满足上式数列的通项公式为 （）同解法1.（）证明：由（）知，若，则，由对任意成立，知下面用反证法证明 假设，即恒成立，（），为常数，（）式对不能恒成立，导致矛盾，§13.3

17、 数学归纳法教学目的：1了解归纳法的意义，培养学生观察、归纳、发现的能力2了解数学归纳法的原理，能以递推思想作指导，理解数学归纳法的操作步骤3抽象思维和概括能力进一步得到提高教学重点：借助具体实例了解数学归纳的基本思想，掌握它的基本步骤，运用它证明一些与正整数n（n取无限多个值）有关的数学命题。教学难点：1.学生不易理解数学归纳的思想实质，具体表现在不了解第二个步骤的作用，不易根据归纳假设作出证明；2.运用数学归纳法时，在“归纳递推”的步骤中发现具体问题的递推关系。 教学过程：一、知识梳理数学归纳法的原理一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：（1）（归纳奠基）证明当n取第一个

18、值n0时命题成立；（2）（归纳递推）假设n=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n0开始的所有正整数n都成立。上述证明方法叫做数学归纳法注意：（1）这两步步骤缺一不可，只完成步骤（1）而缺少步骤（2），就作出判断可能得出不正确的结论。因为单靠步骤（1），无法递推上去，即n取n0以后的数时命题是否正确，我们无法判定。同样，只有步骤（2）而缺少步骤（1），也可能得出不正确的结论。缺少步骤（1）这个基础，假设就失去了成立的前提，步骤（2）也就没有意义了。（2）用数学归纳法证明命题时，难点和关键都在第二步，而在这一步主要在于合理运用归纳假设，结合已知条

19、件和其他数学知识，证明“当n=k+1时命题成立”， 而不是直接代入，否则 n=k+1时也成假设了，命题并没有得到证明。（3）用数学归纳法可证明有关的正整数问题，但并不是所有的正整数问题都用数学归纳法证明，学习时要具体问题具体分析。二、典型例题例1:是否存在常数a、b,使得等式: 对一切正整数n都成立,并证明你的结论.解:令n=1,2,并整理得以下用数学归纳法证明: (1)当n=1时,由上面解法知结论正确.(2)假设当n=k时结论正确,即: 则当n=k+1时,故当n=k+1时,结论也成立.根据(1)、(2)知,对一切正整数n,结论都成立.例2:已知正数数列an中,前n项和为sn,且用数学归纳法证

20、明: 证:(1)当n=1时, =1,结论成立.(2)假设当n=k时,结论成立,即则当n=k+1时,故当n=k+1时,结论也成立.根据(1)、(2)知,对一切正整数n,结论都成立.例3;用数学归纳法证明:当n为正偶数时,xn-yn能被x+y整除.证:(1)当n=2时,x2-y2=(x+y)(x-y),即能被x+y整除,故命题成立.(2)假设当n=2k时,命题成立,即x2k-y2k能被x+y整除.则当n=2k+2时,有都能被x+y整除故x2k+2-y2k+2能被x+y整除,即当n=2k+2时命题成立.由(1)、(2)知原命题对一切正偶数均成立.例4:用数学归纳法证明: 能被8整除.证:(1)当n=

21、1时,A1=5+2+1=8,命题显然成立. (2)假设当n=k时,Ak能被8整除,即是8的倍数.那么: 因为Ak是8的倍数,3k-1+1是偶数即4(3k-1+1)也是8的倍数,所以Ak+1也是8的倍数,即当n=k+1时,命题成立.由(1)、(2)知对一切正整数n, An能被8整除.例5:求证:x3n-1+x3n-2+1能被x2+x+1整除.证:(1)当n=1时, x3n-1+x3n-2+1= x2+x+1,从而命题成立.(2)假设当n=k时命题成立,即x3k-1+x3k-2+1能被x2+x+1整除则当n=k+1时,x3(k+1)-1+x3(k+1)-2+1=x3k+2+x3k+1+1=x3(x

22、3k-1+x3k-2+1)+x3+1= x3(x3k-1+x3k-2+1)+(x+1)(x2+x+1)因为x3k-1+x3k-2+1、x2+x+1都能被x2+x+1整除,所以上式右边能被x2+x+1整除.即当n=k+1时,命题成立.根据(1)、(2)知,对一切正整数n,命题成立.例6:平面内有n (n³2)条直线，任何两条都不平行，任何三条不过同一点，问交点的个数为多少?并证明.证明：1）n=2时：两条直线交点个数为1, 而f(2)= ×2×(2-1)=1, 命题成立。 2）假设n=k(kNà,k2)时，k条直线交点个数为 f(k)=k(k-1),当n=

23、k+1时：第k+1条直线分别与前k条直线各交于一点，共增加k个点，k+1条直线交点个数=f(k)+k=k(k-1)+k =k(k-1+2)=k(k+1)=(k+1)(k+1)-1=f(k+1), 即当n=k+1时命题仍成立。由1）、2）可知，对一切nNà原命题均成立。例7:用数学归纳法证明: 证:(1)当n=2时, 左边= 不等式成立.(2)假设当n=k(k2)时不等式成立,即有: 则当n=k+1时,我们有:即当n=k+1时,不等式也成立.由(1)、(2)原不等式对一切都成立. 例8:证明不等式: 证:(1)当n=1时,左边=1,右边=2, 不等式显然成立. (2)假设当n=k时不等式成立,即有: 则当n=k+1时,我们有: 即当n=k+1时,不等式也成立.根