高考北师大版数学（理）一轮复习学案6-4推理与证明

第四节推理与证明命题分析预测学科核心素养从近五年的考查情况来看，本节是高考的热点，一般以选择题或填空题的形式考查合情推理和演绎推理；直接证明、间接证明和数学归纳法，一般以函数、不等式、数列等为背景进行考查，题型以解答题为主，综合性较强．本节主要考查考生的逻辑推理核心素养．授课提示：对应学生用书第129页知识点一合情推理与演绎推理1．合情推理类型定义特征归纳推理由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理由部分到整体、由个别到一般类比推理由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理由特殊到特殊合情推理归纳推理和类比推理都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出猜想的推理2．演绎推理（1）定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．（2）“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．•温馨提醒•1．合情推理的结论是猜想，不一定正确；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确时，得到的结论一定正确．2．合情推理是发现结论的推理；演绎推理是证明结论的推理．1．已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是（）A．an＝3n－2 B．an＝4n－3C．an＝n2 D．an＝3n－1解析：由a1＝1，an＝an－1＋2n－1，得a2＝4，a3＝9，a4＝16．猜得an＝n2．故选C．答案：C2．演绎推理“因为对数函数y＝logax（a>0且a≠1）是增函数，而函数y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x是对数函数，所以y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x是增函数”所得结论错误的原因是（）A．大前提错误 B．小前提错误C．推理形式错误 D．大前提和小前提都错误解析：因为当a>1时，y＝logax在定义域内单调递增，当0<a<1时，y＝logax在定义域内单调递减，所以大前提错误．故选A．答案：A3．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n（n<19，且n∈N＋）成立．类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b9＝1，则存在的等式为__________．解析：由等比数列的性质bn＋1·b17－n＝bn＋2·b16－n＝…＝beq\o\al(2,9)＝1，得b1b2…bn＝b1b2b3b4…b17－n（n<17，n∈N＋）．答案：b1b2…bn＝b1b2…b17－n（n<17，n∈N＋）知识点二证明1．直接证明直接证明中最基本的两种证明方法是综合法和分析法Ｗ．（1）综合法：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．综合法又称为：由因导果法（顺推证法）．（2）分析法：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件（已知条件、定理、定义、公理等）为止，这种证明方法叫做分析法．分析法又称为：执果索因法（逆推证法）．2．间接证明反证法：一般地，假设原命题不成立，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，这样的证明方法叫做反证法．3．数学归纳法证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：（1）（归纳奠基）证明当n取第一个值n0（n0∈N＋）时命题成立．（2）（归纳递推）假设n＝k（k≥n0，k∈N＋）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．1．（易错题）用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”，假设正确的是（）A．假设三个内角都不大于60度B．假设三个内角都大于60度C．假设三个内角至多有一个大于60度D．假设三个内角至多有两个大于60度解析：根据反证法的定义，假设是对原命题结论的否定，故假设三个内角都大于60度．故选B．答案：B2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明（）A．2ab－1－a2b2≤0 B．a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C．eq\f(（a＋b）2,2)－1－a2b2≤0 D．（a2－1）（b2－1）≥0解析：a2＋b2－1－a2b2≤0⇔（a2－1）（b2－1）≥0．答案：D3．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq\f(1,2)n（n－3）条时，第一步检验n等于（）A．1 B．2C．3 D．4解析：凸n边形边数最小时是三角形，故第一步检验n＝3．答案：C授课提示：对应学生用书第130页题型一合情推理1．《聊斋志异》中有这样一首诗：“挑水砍柴不堪苦，请归但求穿墙术．得诀自诩无所阻，额上坟起终不悟．”在这里，我们称形如以下形式的等式具有“穿墙术”：2eq\r(\f(2,3))＝eq\r(2\f(2,3))，3eq\r(\f(3,8))＝eq\r(3\f(3,8))，4eq\r(\f(4,15))＝eq\r(4\f(4,15))，5eq\r(\f(5,24))＝eq\r(5\f(5,24))，则按照以上规律，若8eq\r(\f(8,n))＝eq\r(8\f(8,n))具有“穿墙术”，则n＝（）A．35 B．48C．63 D．80解析：根据规律得3＝1×3，8＝2×4，15＝3×5，24＝4×6，…，所以n＝7×9＝63．答案：C2．二维空间中，圆的一维测度（周长）l＝2πr，二维测度（面积）S＝πr2，三维空间中，球的二维测度（表面积）S＝4πr2，三维测度（体积）V＝eq\f(4,3)πr3，应用合情推理，若四维空间中，“超球”的三维测度V＝8πr3，则其四维测度W＝（）A．2πr4 B．3πr4C．4πr4 D．6πr4解析：由题意得，二维空间中，二维测度的导数为一维测度；三维空间中，三维测度的导数为二维测度．由此归纳，在四维空间中，四维测度的导数为三维测度，故W＝2πr4．答案：A3．我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”它体现了一种无限与有限的转化过程．比如在表达式1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋…))中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值，它可以通过方程1＋eq\f(1,x)＝x求得x＝eq\f(\r(5)＋1,2)．类比上述过程，则eq\r(2020＋2019\r(2020＋2019\r(…)))＝________．解析：由题意可得eq\r(2020＋2019x)＝x（x≥0），整理得（x＋1）（x－2020）＝0（x≥0），解得x＝2020，即eq\r(2020＋2019\r(2020＋2019\r(…)))＝2020．答案：20201．类比推理的分类及处理方法类别解决适合题型类比定义在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型问题时，可以借助原定义来求解已知熟悉定义类比新定义类比性质从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键平面几何与立体几何、等差数列与等比数列类比方法有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移已知熟悉的处理方法类比未知问题的处理方法2．归纳推理问题的常见类型及解题策略常见类型解题策略与数字有关的等式的推理观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解与式子有关的推理观察每个式子的特点，找到规律后可解与图形变化有关的推理合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性题型二演绎推理[例]已知函数y＝f（x）满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af（a）＋bf（b）>af（b）＋bf（a），试证明：f（x）为R上的单调递增函数．[证明]设x1，x2∈R，取x1<x2，则由题意得x1f（x1）＋x2f（x2）>x1f（x2）＋x2f（x1），所以x1[f（x1）－f（x2）]＋x2[f（x2）－f（x1）]>0，[f（x2）－f（x1）]（x2－x1）>0，因为x1<x2，所以f（x2）－f（x1）>0，f（x2）>f（x1）．综上，y＝f（x）为R上的单调递增函数．演绎推理的推证规则（1）演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略．（2）在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．[对点训练]数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn（n∈N＋）．证明：（1）数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比数列；（2）Sn＋1＝4an．证明：（1）因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，所以（n＋2）Sn＝n（Sn＋1－Sn），即nSn＋1＝2（n＋1）Sn．故eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以1为首项，2为公比的等比数列．（2）由（1）可知eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)（n≥2），所以Sn＋1＝4（n＋1）·eq\f(Sn－1,n－1)＝4·eq\f(n－1＋2,n－1)·Sn－1＝4an（n≥2）．又因为a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，所以对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an．题型三证明问题证明问题分为直接证明与间接证明．其常见的方法有：（1）分析法；（2）综合法；（3）反证法；（4）数学归纳法．考法（一）分析法[例1]已知a>0，求证：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2．[证明]因为a>0，要证原不等式成立，只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)，即证a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))eq\s\up12(2)＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2，只需证eq\r(2)·eq\r(a2＋\f(1,a2))≥a＋eq\f(1,a)，即证2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥a2＋eq\f(1,a2)＋2，只需证a2＋eq\f(1,a2)≥2．由基本不等式知a2＋eq\f(1,a2)≥2显然成立，所以原不等式成立．分析法证明问题的思路与适用范围（1）分析法的思路：“执果索因”，逐步寻找结论成立的充分条件，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等，通常采用“要证—只需证—已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范性．（2）分析法证明问题的适用范围：当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．考法（二）综合法[例2]若任意x∈D，总有f（x）<F（x）<g（x），则称F（x）为f（x）与g（x）在D上的一个“严格分界函数”．求证：y＝ex是y＝1＋x和y＝1＋x＋eq\f(x2,2)在（－1，0）上的一个“严格分界函数”．[证明]令φ（x）＝ex－1－x，则φ′（x）＝ex－1．当－1<x<0时，φ′（x）<0，故φ（x）在区间（－1，0）上为减函数，因为φ（x）>φ（0）＝0，故ex>1＋x．令t（x）＝ex－1－x－eq\f(x2,2)，则t′（x）＝ex－1－x．由上述证明过程可知，当x∈（－1，0）时，ex>1＋x恒成立，即当x∈（－1，0）时，t′（x）>0，故t（x）在（－1，0）上为增函数．所以t（x）<t（0）＝0，即ex<1＋x＋eq\f(x2,2)．故y＝ex是y＝1＋x和y＝1＋x＋eq\f(x2,2)在（－1，0）上的一个“严格分界函数”．综合法的证题思路（1）综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知（从题设到结论）的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断（命题）出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性．（2）综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理．考法（三）反证法[例3]已知f（x）＝ln（1＋ex）－mx（x∈R），对于给定区间（a，b），存在x0∈（a，b），使得eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＝f′（x0）成立，求证：x0唯一．[证明]假设存在x′0，x0∈（a，b），且x′0≠x0，使得eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＝f′（x0），eq\f(f（b）－f（a）,b－a)＝f′（x′0）成立，即f′（x0）＝f′（x′0）．因为f′（x）＝eq\f(ex,1＋ex)－m，记g（x）＝f′（x），所以g′（x）＝eq\f(ex,（1＋ex）2)>0，即f′（x）是（a，b）上的单调递增函数．所以x0＝x′0，这与x′0≠x0矛盾，所以x0是唯一的．反证法证明问题的三步骤（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）归谬：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、已知的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾．（推导矛盾）（3）立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．（命题成立）考法（四）数学归纳法[例4]已知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1．（1）写出a1，a2，a3，并推测an的表达式；（2）用数学归纳法证明所得的结论．[解析]（1）将n＝1，2，3分别代入可得a1＝eq\f(3,2)，a2＝eq\f(7,4)，a3＝eq\f(15,8)，猜想an＝2－eq\f(1,2n)．（2）证明：①由（1）得n＝1，2，3时，结论成立．②假设n＝k（k≥3，k∈N＋）时，结论成立，即ak＝2－eq\f(1,2k)，那么当n＝k＋1时，a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＋ak＋1＝2（k＋1）＋1，且a1＋a2＋…＋ak＝2k＋1－ak，所以2k＋1－ak＋2ak＋1＝2（k＋1）＋1＝2k＋3，所以2ak＋1＝2＋2－eq\f(1,2k)，ak＋1＝2－eq\f(1,2k＋1)，即当n＝k＋1时，结论也成立．1．用数学归纳法证明等式时应注意的问题（1）用数学归纳法进行证明，其关键在于弄清式子的构成规律，式子两边各有多少项，初始值n0；（2）由n＝k到n＝k＋1时，除式子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．2．“归纳——猜想——证明”的一般步骤（1）计算（根据条件，计算若干项）．（2）归纳猜想（通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般结论）．（3）证明（用数学归纳法证明）．[题组突破]1．已知a，b∈R，a>b>e（其中e是自然对数的底数）用分析法求证：ba>ab．证明：因为a>b>e，ba>0，ab>0，所以要证ba>ab，只需证alnb>blna，只需证eq\f(lnb,b)>eq\f(lna,a)．取函数f（x）＝eq\f(lnx,x)，因为f′（x）＝eq\f(1－lnx,x2)，所以当x>e时，f′（x）<0，所以函数f（x）在（e，＋∞）上单调递减．所以当a>b>e时，有f（b）>f（a），即eq\f(lnb,b)>eq\f(lna,a)．得证．2．设a>0，b>0，且a2＋b2＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)．证明：a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．证明：假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则有a2＋a＋b2＋b<4．由a2＋b2＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)，得a2b2＝1，因为a>0，b>0，所以ab＝1．因为a2＋b2≥2ab＝2（当且仅当a＝b＝1时等号成立），a＋b≥2eq\r(ab)＝2（当且仅当a＝b＝1时等号成立），所以a2＋a＋b2＋b≥2ab＋2eq\r(ab)＝4（当且仅当a＝b＝1时等号成立），这与假设矛盾，故假设错误．所以a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．3．已知数列{an}，an≥0，a1＝0，aeq\o\al(2,n＋1)＋an＋1－1＝aeq\o\al(2,n)，求证：当n∈N＋时，an<an＋1．证明：（1）当n＝1时，因为a2是方程aeq\o\al(2,2)＋a2－1＝0的正根，所以a2＝eq\f(\r(5)－1,2)，即a1<a2成立．（2）假设当n＝k（k∈N＋，k≥1）时，0≤ak<ak＋1，所以aeq\o\al(2,k＋1)－aeq\o\al(2,k)＝（aeq\o\al(2,k＋2)＋ak＋2－1）－（aeq\o\al(2,k＋1)＋ak＋1－1）＝（ak＋2－ak＋1）（ak＋2＋ak＋1＋1）>0，又ak＋1>ak≥0，所以ak＋2＋ak＋1＋1>0，所以ak＋1<ak＋2，即当n＝k＋1时，an<an＋1也成立．综上，可知an<an＋1对任何n∈N＋都成立．演绎推理中的核心素养逻辑推理——推理能力的创新应用[例]（1）（2019·高考全国卷Ⅱ）在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测．甲：我的成绩比乙高．乙：丙的成绩比我和甲的都高．丙：我的成绩比乙高．成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为（）A．甲、乙、丙 B．乙、甲、丙C．丙、乙、甲 D．甲、丙