2018-2019学年高中数学第二章推理与证明本章整合课件新人教b版选修

1、本章整合,第二章 推理与证明,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一 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,然后提出猜想的推理,我们统称为合情推理.合情推理常常能为我们提供证明的思路和方向.归纳推理的思维过程大致如下: 实验,观察概括,推广猜测一般性结论 类比推理的思维过程大致如下: 观察,比较联想,类推猜测新的结论,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,应用某商场橱窗里用乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形的展品,其中第1堆只有一层,就一个球;第2,3,4堆最底层(第一层)分别按如图所示方式固定摆放,从第二层开始,每层的小球自然垒放在下一层之上,第n堆第n层就放一个乒乓球,以f(n)表示第n堆的乒乓球总数,则f(3)= ;f(n)= (答案用n表示). 提示：解题的关键在于寻找递推关系式,然后由递推关系式求通项.而第n堆的变化规律,结合图形,利用不完全归纳法可得.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题二 演绎推理 三段论推理是演绎推理的主要形式.演绎推理具有如下特点: (1)演绎的前

2、提是一般性原理,演绎所得的结论完全蕴涵于前提之中. (2)演绎推理中,前提与结论之间存在必然的联系,演绎推理是数学中严格证明的工具. (3)演绎推理是一种收敛性的思维方法,它创造性较少,但却具有条理清晰、令人佩服的论证作用,有助于科学的理论化和系统化.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,提示：解题的关键是理解好“距离坐标”的定义. 解析：根据平面轨迹的知识,可知到定直线距离为定长(非零)的点的轨迹是两条平行直线.当p=q=0时满足条件的点是l1与l2的交点,因为l1与l2的交点只有一个,所以“距离坐标”为(0,0)的点只有一个,故正确.当pq=0,且p+q0时,p,q有且只有一个为0,即p=0,q0或p0,q=0,因p,q为常数,满足条件的点是l1与平行l2且距离l2为q的直线的交点,或l2与平行l1且距离l1为p的直线的交点,故正确.当pq0时,p0,且q0,满足条件的点是平行l1且距离l1为p的两条直线与平行l2且距离l2为q的两条直线的交点,有4个,故正确. 答案：D,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题三 直接证明 综合法和分析法的区别与联系: 分析法的特点是从“

3、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.有些具体的证明题,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. 事实上,在解决问题时,我们经常把综合法和分析法结合起来使用.根据条件的结构特点去转化结论,得到中间结论Q;根据结论的结构特点去转化条件,得到中间结论P.若由Q可以推出P成立,就可以证明结论成立.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,应用2已知数列an的通项公式an0(nN+),它的前n项和记 (1)求an与Sn的解析式; (2)试比较Sn与3nan(nN+)的大小. 提示(1)根据 3,公差为1的等差数列可求出Sn,再根据Sn与an的关系求出an.(2)先由归纳法得到Sn与3nan的关系再证明.,专题一,专题二,

4、专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,此不等式当n4时成立, 所以当n4时,Sn3nan.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题四 反证法 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,反证法是高中数学中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.反证法主要证明否定性,唯一性命题;至多、至少型问题;几何问题.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,所以,在ABD中,ADBD, 从而BBAD; 同理CCAD. 所以B+CBAD+CAD, 即B+CBAC.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,因为B+C=180-BAC, 所以180-BACBAC, 则BAC90,与题设矛盾. 由(1)和(2),知假设不成立,专题一,专题二

5、,专题三,专题四,专题五,应用2如图,已知两条直线lm=O,l,m,l,m,=a.求证:l与m中至少有一条与相交. 提示结论以“至少”形式出现,直接证明较困难,可考虑用反证法.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,证明假设l,m都不与相交, 它们都不在平面内, l,且m. 又l,m,=a, la,ma,lm. 这与已知l,m是相交直线矛盾, 因此,l与m中至少有一条与相交.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题五 观察、猜测、归纳、证明 探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型,此类问题未给出问题结论,需要由特殊情况入手,猜想、证明一般结论.它的解题思路是:从所给条件出发,通过观察、试验、归纳、猜想,探索出结论,然后再对归纳、猜想的结论进行证明.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,应用1在1与2之间插入n个正数a1,a2,a3,an,使这(n+2)个数成等比数列;又在1与2之间插入n个正数b1,b2,b3,bn,使这(n+2)个数成等差数列.记An=a1a2a3an,Bn=b1+b2+b3+bn. (1)求数列An和Bn的通项; (2)当n7,nN+时,比较An

6、与Bn的大小,并证明你的结论. 提示利用等差、等比数列的性质可求数列An,Bn的通项;应用归纳猜想证明的方法求解第(2)问.,解(1)因为1,a1,a2,a3,an,2成等比数列, 所以a1an=a2an-1=a3an-2=akan-k+1=12=2.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,应用2已知数列an,其通项an=n(n+1)2,问是否存在这样的等差数列bn,使an=1b1+2b2+3b3+nbn对一切nN+都成立,并证明你的结论. 提示此题是一类存在性问题,解决存在性问题的一般思路为:首先假设所探求的对象存在,然后以假设为前提条件进行逻辑推理或周密运算,如果由此得到矛盾,就说明假设不成立,最后得到否定的结论;如果得不到矛盾,就得到“肯定”的结论,即得到存在的结果.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,解假设存在符合条件的等差数列bn.令n=1,则a1=4,b1=4;令n=2,则a2=18=b1+2b2=4+2b2,b2=7;同理可得b3=10,b4=1

7、3.于是猜想bn=3n+1,nN+满足条件,则n(n+1)2=14+27+310+n(3n+1). 证明如下:(1)当n=1时,左边=1(1+1)2=4,右边=1(31+1)=4,等式成立. (2)假设当n=k(k1,kN+)时,等式成立,即 k(k+1)2=14+27+310+k(3k+1),那么当n=k+1时,14+27+310+k(3k+1)+(k+1)3(k+1)+1 =k(k+1)2+(k+1)3(k+1)+1 =(k+1)(k2+4k+4)=(k+1)(k+1)+12, 也就是说当n=k+1时,等式也成立. 根据(1)和(2),可知存在满足条件的等差数列bn使得等式对一切nN+都成立,其中bn=3n+1,nN+.,1,2,3,4,1(江西高考)观察下列各式:a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7, a5+b5=11,则a10+b10=( ) A.28 B.76 C.123 D.199 解析：利用归纳法:a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4=3+1,a4+b4=4+3=7, a5+b5=7+4=11,a6+b6=11+7=18,a7+b7=18+11

8、=29,a8+b8=29+18=47,a9+b9=47+29=76,a10+b10=76+47=123. 规律为从第三组开始,其结果为前两组结果的和. 答案：C,1,2,3,4,1,2,3,4,1,2,3,4,3(陕西高考)观察下列等式 1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49 照此规律,第n个等式为 .,1,2,3,4,解析：观察等式左侧:第一行有1个数是1;第二行是3个连续自然数的和,第一个数为2,第三行是5个连续自然数的和,第一个数为3,第四行是7个连续自然数的和,第一个数为4.依此规律,第n行是(2n-1)个连续自然数的和,其中第一个数为n,第n行左侧为n+(n+1)+(n+2)+n+(2n-2)=n+(n+1)+(n+2)+(3n-2).等式右侧:第一行1=12,第二行9=32,第三行25=52,第四行49=72.依此规律,第n行是(2n-1)2,故第n个等式为n+(n+1)+(n+2)+(3n-2)=(2n-1)2. 答案：n+(n+1)+(n+2)+(3n-2)=(2n-1)2,1,2,3,4,4(湖北高考)(1)已知函数f(x)=rx-xr+(1-r)(x0),其中r为有理数,且0r1,求f(x)的最小值; (2)试用(1)的结果证明如下命题: (3)请将(2)中的命题推广到一般形式,并用数学归纳法证明你所推广的命题. 注:当为正有理数时,有求导公式(x)=x-1.,1,2,3,4,解：(1)f(x)=r-rxr-1=r(1-xr-1), 令f(x)=0,解得x=1. 当01时,f(x)0,所以f(x)在(1,+)内是增函数. 故函数f(x)在x=1处取得最小值f(1)=0. (2)由(1)知,当x(0,+)时,有f(x)f(1)=0,即xrrx+(1-r).,1,2,3,4,用数学归纳法证明如下: 当n=1时,b1=1,有a1a1,成立. 假设当n=k时,成立,即若a1,a2,ak为非负实数,b1,b2,bk为正有理数,1,2,3,4,1,2,3,4,1,2,3,4,故当n=k+1时,成立. 综上可知,对一切正整数n,所推广的命题成立. 说明:(3)中如果推广形式中指出式对n2成立,则后续证明中不需讨论n=1的情况.,

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