cfxrqe高_考二轮复习数学学案(17)推理与证明

cfxrqe高_考二轮复习数学学案(17)推理与证明

、| !_

一个人总要走陌生的路，看陌生的风景，听陌生的歌，然后在某个不经意的瞬间，你会发现，原本费尽心机想要忘记的事情真的就这么忘记了..

推理与证明

【学法导航】

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，体会并认识合情推理在数学发现中的作用；体会演绎推理的重要性，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；了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异。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；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。

解答推理问题时，先明确出是哪种推理形式，显然归纳、演绎等推理方式在以往的学习中已经接触过，类比推理相对而言学生比较为陌生. 所以复习类比推理时应抓住两点：一是找出合理的类比对象，二是找出类比对象，再进一步找出两类事物间的相似性或一致性. 解答证明题时，要注意是采用直接证明还是间接证明。在解决直接证明题时，综合法和分析法往往可以结合起来使用。综合法的使用是“由因索果”，分析法证明问题是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法，分析法便于寻找解题思路，而综合法便于叙述，因此使用时往往联合使用。分析法要注意叙述的形式：要证A，只要证明B，B应是A成立的充分条件。

复习反证法时，注意：一是“否定结论”部分，把握住结论的“反”是什么？ 二是“导出矛盾”部分，矛盾有时是与已知条件矛盾，有时是与假设矛盾，而有时又是与某定义、定理、公理或事实矛盾，因此要弄明白究竟是与什么矛盾.

对于 些难于从正面入手的数学证明问题，解题时可从问题的反面入手，探求已知与未知的关系，从而将问题得以解决。因此当遇到“否定性”、“唯一性”、“无限性”、“至多”、“至少”等类型命题时，宜选用反证法。

【专题综合】

推理是数学的基本思维过程,高中数学课程的重要目标就是培养和提高学生的推理能力,因此本部分内容在高中数学中占有重要地位,是高考的重要内容.由于解答高考试题的过程就是推理的过程,因此本部分内容的考查将会渗透到每一个高考题中.在复习时,应注意理解常用的推理的方法,了解其含义,掌握其过程以解决具体问题.因此2007年、2008年山东卷、广东卷、海南、宁夏卷没有单独考查此内容也在情理之中。2009年的高考题中只有江苏卷、福建卷、浙江卷的高考试题中出现了合情推理与演绎推理的试题。但是，今后的高考中考查推理内容,最有可能把推理渗透到解答题中考查，因为解答与证明题本身就是一种 合情推理与演绎推理作为一种推理工具是很容易被解答与证明题接受的.

1.与数列结合考察推理

例1（09浙江文）设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8 S4，S12 S8，S16 S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，

cfxrqe高_考二轮复习数学学案(17)推理与证明

T16

成等比数列． T12

答案．

T8T12

,T4T8

【命题意图】此题是一个数列与类比推理结合的问题，既考查了数列中等差数列和等比数列的知识，也考查了通过已知条件进行类比推理的方法和能力

【解析】对于等比数列，通过类比，有等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，成等比数列．

T8T12T16

，,

T4T8T12

2.与解析几何集合考察推理

例2（03年上海）已知椭圆具有性质：若M,N是椭圆上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上的任意一点，当直线PM,PN的斜率都存在时，则kPM kPN是与点P位置无关的定值，

x2y2

试对双曲线2 2 1写出具有类似特性的性质。

abb2

答案: 2.

a

3.与立体几何结合考察推理

例3在 DEF中有余弦定理：DE DF EF 2DF EFcos DFE. 拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱ABC-A1B1C1的3个侧面面积与其中两个侧面所成二面角之间的关系式，并予以证明.

分析 根据类比猜想得出SAA1C1C SABB1A1 SBCC1B1 2SABB1A1 SBCC1B1cos . 其中 为侧面为ABB1A1与BCC1B1所成的二面角的平面角.

证明： 作斜三棱柱ABC A1B1C1的直截面DEF，则 DFE为面ABB1A1与面BCC1B1所成角，在 DEF中有余弦定理：DE DF EF 2DF EFcos ，

同乘以AA1 DF AA1 EF AA1 2DF AA1 EF AA1cos 1，得DE AA即 SAA1C1C SAB1Bs A1 SBC1CB1 2SAB1BA1 SBC1CB1co

【变式】类比正弦定理：如图，在三棱柱ABC—A1B1C1中，二面角B—AA1—C、C—BB1—A、

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

222

cfxrqe高_考二轮复习数学学案(17)推理与证明

B—CC1—A所成的二面角分别为 、 、 ，则有

S BB1C1Csin

S AA1C1Csin

S BB1C1Csin

C 1

A1 N

C

A

B P

M

B 1

证明：作平面DEF与三棱柱ABC-A1B1C1侧棱垂直，分别交侧棱AA1，BB1 ，CC1于点D，E，F，则 EDF= ， DEF ， DFE ， 在 DEF中，根据正弦定理得

EF AA1DF AA1DE AA1EFDFDE

，即

sin sin sin sin sin sin

而AA1 BB1 CC1，且AA1 BB1 CC1，因此

S BB1C1Csin

S AA1C1Csin

S BB1C1Csin

．

例4(2007广东理)如果一个凸多面体n棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共

n(n 1)

2有 __ 条.这些直线中共有f(n)对异面直线，则f(4)＝ 12 ; f(n)＝

n(n 2)(n 1)

2 .（答案用数字或n的解析式表示）

4构造数表考察推理

例5（2007湖南理）将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图1所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行， ，第n次全行的数都为1第61行中1的个数是． 第1行 1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1

图1 5.实际问题

例6(2007年广东文10).图3是某汽车维修公司的维修点环形分布图公司在年初分配给A、 B、C、D四个维修点某种配件各50件．在使用前发现需将A、B、C、D四个维修点的这批配件分别调整为40、45、54、61件,但调整只能在相邻维修点之间进行．那么要完成上述调整,最少的调动件次(n件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n)为 A．18 B．17 C．16 D．15

【解析】很多同学根据题意发现n=16可行,判除A,B选项,但对于C,D选项则难以作出选择,事

n

cfxrqe高_考二轮复习数学学案(17)推理与证明

实上,这是一道运筹问题,需要用函数的最值加以解决.设A B的件数为x1(规定:当

x1 0时,则B调整了|x1|件给A,下同!),B C的件数为x2,C D的件数为x3,D A的件数为x4,依题意可得

x4 50 x1 40,x1 50 x2 45,x2 50 x3 54,x3 50 x4 61,从而

x2 x1 5,x3 x1 1,x4 x1 10,故调动件次f(x1) |x1| |x1 5| |x1 1| |x1 10|,

画出图像(或绝对值的几何意义)可得最小值为16,故选(C). 【答案】:C

5.与其他章节知识结合考察证明

例7(2008年海南宁夏21)设函数f(x) ax 处的切线方程为y=3． (2，f(2))

（1）求f(x)的解析式：

（2）证明：函数y f(x)的图像是一个中心对称图形，并求其对称中心；

（3）证明：曲线y f(x)上任一点的切线与直线x=1和直线y=x所围三角形的面积为定值，并求出此定值． 解：（1）f (x) a

1

(a，b Z)，曲线y f(x)在点x b

1

，

(x b)2

1 9 2a 1，a ， a 1， 2 b 4

于是 解得 或

1 b 1， b 8. a 0，2

3 (2 b)

1． x 11

（2）证明：已知函数y1 x，y2 都是奇函数．

x

1

所以函数g(x) x 也是奇函数，其图像是以原点为中心的中心对称图形．而

x1

f(x) x 1 1．可知，函数g(x)的图像按向量a (11)即得到函数f(x)，平移，

x 1

因a，b Z，故f(x) x

，为中心的中心对称图形． 的图像，故函数f(x)的图像是以点(11)

（3）证明：在曲线上任取一点 x0，x0

1

． x0 1

cfxrqe高_考二轮复习数学学案(17)推理与证明

由f (x0) 1

1

知，过此点的切线方程为 2

(x0 1)

2x0 x0 1 1 y 1 (x x0)． 2 x0 1 (x0 1)

令x 1得y

x0 1 x0 1

x 1，切线与直线交点为 1 ．

x0 1x 1 0

令y x得y 2x0 1，切线与直线y x交点为(2x0 1，2x0 1)． 直线x 1与直线y x的交点为(11)，．

1x0 112

12x0 1 1 2x0 2 2． 从而所围三角形的面积为

2x0 12x0 1

所以，所围三角形的面积为定值2．

6.综合应用数学归纳法证明与正整数有关的问题

例8(2009山东卷理)等比数列{an}的前n项和为Sn， 已知对任意的n N ，点(n,S)n，均在函数y bx r(b 0且b 1,b,r均为常数)的图像上. （1）求r的值；

（11）当b=2时，记 bn 2(loan 2g证明：对任意的n N

，不等式

n1) (N )

b 1b1 1b2 1

····n b1b2bn

x

解:因为对任意的n N,点(n,Sn)，均在函数y b r(b 0且b 1,b,r均为常数的图像上

.所

以

得

Sn

n

b ,r当n 1

时,

a1 S1 b r

,当

n 2

时,an Sn Sn 1 bn r (bn 1 r) bn bn 1 (b 1)bn 1,又因为{an}为等比数列,所以

r 1,公比为b,an (b 1)bn 1

（2）当b=2时，an (b 1)b则

n 1

2n 1, bn 2(log2an 1) 2(log22n 1 1) 2n

bn 12n 1b 13572n 1b 1b2 1

····n ,所以1

b1b2bn2462nbn2n

下面用数学归纳法证明不等式

b 13572n 1b1 1b2 1

····n . b1b2bn2462n

cfxrqe高_考二轮复习数学学案(17)推理与证明

① 当n 1时,左边=

33

,右边

因为 ,所以不等式成立. 22

② 假设当n k时不等式成立,

即

b 13572k 1b1 1b2 1

····k .b1b2bk2462k

则当n k 1时,左边=

b 1bk 1 1357b1 1b2 12k 12k 3

····k

b1b2bkbk 12462k2k 2

2k 3 2k 2所以当n k 1时,不等式也成立.

由①、②可得不等式恒成立.

点评:本题主要考查了等比数列的定义,通项公式,以及已知Sn求an的基本题型,并运用数学归纳法证明与自然数有关的命题,以及放缩法证明不等式. 7.创新性问题

例9（2007北京理)（本小题共13分）已知集合A a1，a2， ，ak (k≥2)，其中

ai Z(i 1，2， ，k)，由A中的元素构成两个相应的集合：

S (a，b)a A，b A，a b A ，T (a，b)a A，b A，a b A ．

其中(a，b)是有序数对，集合S和T中的元素个数分别为m和n． 若对于任意的a A，总有 a A，则称集合A具有性质P．

（I）检验集合 01，2，3 是否具有性质P并对其中具有性质P的集合，写出相应，，2，3 与 1的集合S和T；

（II）对任何具有性质P的集合A，证明：n≤

k(k 1)

； 2

（III）判断m和n的大小关系，并证明你的结论．

（I）解：集合 01，，2，3 不具有性质P．

集合 1，2，3 具有性质P，其相应的集合S和T是S ( 13)，，，(3 1) ，

T (2， 1)，， 23 ．

（II）证明：首先，由A中元素构成的有序数对(ai，aj)共有k个． 因为0 A，所以(ai，ai) T(i 1，2， ，k)；

又因为当a A时， a A时， a A，所以当(ai，aj) T时，

2

(aj，ai )Ti，(j ，， 1，2k．

从而，集合T中元素的个数最多为即n≤

12k(k 1)

(k k) ， 22

k(k 1)

． 2

（III）解：m n，证明如下：

（1）对于(a，b) S，根据定义，a A，b A，且a b A，从而(a b，b) T． 如果(a，b)与(c，d)是S的不同元素，那么a c与b d中至少有一个不成立，从而

cfxrqe高_考二轮复习数学学案(17)推理与证明

a b c d与b d中也至少有一个不成立． 故(a b，b)与(c d，d)也是T的不同元素．

可见，S中元素的个数不多于T中元素的个数，即m≤n，

（2）对于(a，b) T，根据定义，a A，b A，且a b A，从而(a b，b) S．如果(a，b)与(c，d)是T的不同元素，那么a c与b d中至少有一个不成立，从而a b c d与b d中也不至少有一个不成立， 故(a b，b)与(c d，d)也是S的不同元素．

可见，T中元素的个数不多于S中元素的个数，即n≤m，

由（1）（2）可知，m n．

【专题突破】 1. 观察下列数的特点

1，2，2，3，3，3，4，4，4，4， 中,第100项是( C ) （A） 10 （B） 13 （C） 14 （D） 100 解析 . 由规律可得:数字相同的数依次个数为 1,2,3,4, n 由

n(n 1)

≤100 n ∈N* 得,n=14,所以应选（C） 2

2

2

2

2.在平面几何里，有勾股定理：“设△ABC的两边AB，AC互相垂直，则AB+AC=BC”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，“设三棱锥A—BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB 两两相互垂直，则可得” （ C ） (A)AB+AC+ AD=BC+ CD+ BD

2222

(C)S ABC S ACD S ADB S BCD

2

2

2

2

2

2

(B)S

2

2

ABC

S2 ACD S2 ADB S2 BCD

2

2

2

2

2

(D)AB×AC×AD=BC ×CD ×BD

3. 由①正方形的对角线相等；②平行四边形的对角线相等；③正方形是平行四边形，根据

“三段论”推理出一个结论，则这个结论是 （ A ） (A) 正方形的对角线相等 (B) 平行四边形的对角线相等 (C) 正方形是平行四边形 (D)其它 4.若数列{an}，(n∈N)是等差数列,则有数列bn=

*

a1 a2 an*

(n∈N)也是等差数

n

*

列，类比上述性质，相应地：若数列{Cn}是等比数列,且Cn＞0(n∈N),则有dn=______

c1·c2 cn______ (n∈N*)也是等比数列。

5.依次有下列等式：1 12,2 3 4 32,3 4 5 6 7 52，按此规律下去，第8个等 6.在等差数列 an 中，若a10 0，则有等式

2

a1 a2 an a1 a2 a19 n(n 19,n N )成立，类比上述性质，相应地：在

等比数列 bn 中，若b9 1，

则有等式 b1b2 bn b1b2 b17 n(n 17,n N). 成立. 7．已知：sin30 sin90 sin150

2

2

2

*

3

2

cfxrqe高_考二轮复习数学学案(17)推理与证明

sin25 sin265 sin2125

3 2

3

并给出（ * ）式的证明。 2

通过观察上述两等式的规律，请你写出一般性的命题： __________________________________________=

一般形式: sin sin( 60) sin( 120)

2

2

2

3 2

1 cos2 1 cos(2 120 )1 cos(2 240 )

证明 左边 = 222

=

31

[cos2 cos(2 120 ) cos(2 240 )] 2231

= [cos2 cos2 cos120 sin2 sin120 cos2cos240 22

sin2 sin240 ]

=

331113

[cos2 cos2 sin2 cos2 sin2 ]= 右边

2222222

3

, 2

∴原式得证

（将一般形式写成 sin( 60) sin sin( 60)

2

22

sin2( 240 ) sin2( 120 ) sin2

例１.通过计算可得下列等式：

3

等均正确。） 2

22 12 2 1 1 32 22 2 2 1 42 32 2 3 1

┅┅

(n 1)2 n2 2 n 1

将以上各式分别相加得：(n 1)2 12 2 (1 2 3 n) n

n(n 1)

即：1 2 3 n

22222

类比上述求法：请你求出1 2 3 n的值.．

[解] 2 1 3 1 3 1 1 3 2 3 2 3 2 1

3

3

2

3

3

2

43 33 3 32 3 3 1 同 ┅┅

(n 1)3 n3 3 n2 3 n 1

将以上各式分别相加得：

(n 1)3 13 3 (12 22 32 n2) 3 (1 2 3 n) n

cfxrqe高_考二轮复习数学学案(17)推理与证明

所以： 1 2 3 n

2222

11 n[(n 1)3 1 n 3n] 32

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/lo2j.html