阶段复习课第 二 章 【核心解读【核心解读】】1.1.合情推理合情推理(1)(1)归纳推理归纳推理: :由部分到整体、由个别到一般的推理由部分到整体、由个别到一般的推理. .(2)(2)类比推理类比推理: :由特殊到特殊的推理由特殊到特殊的推理. .(3)(3)合情推理合情推理: :归纳推理和类比推理都是根据已有的事实归纳推理和类比推理都是根据已有的事实, ,经过经过观察、分析、比较、联想观察、分析、比较、联想, ,再进行归纳、类比再进行归纳、类比, ,然后提出猜想的然后提出猜想的推理推理, ,我们把它们统称为合情推理我们把它们统称为合情推理. . 2.2.演绎推理演绎推理(1)(1)演绎推理演绎推理: :由一般到特殊的推理由一般到特殊的推理. .(2)(2)““三段论三段论””是演绎推理的一般模式是演绎推理的一般模式, ,包括包括: :①①大前提大前提————已知的一般原理已知的一般原理; ;②②小前提小前提————所研究的特殊情况所研究的特殊情况; ;③③结论结论————根据一般原理根据一般原理, ,对特殊情况做出的判断对特殊情况做出的判断. . 3.3.综合法综合法(1)(1)实质实质: :由因导果由因导果(2)(2)框图表示框图表示: P: P⇒⇒Q Q1 1 → Q→ Q1 1⇒⇒Q Q2 2 →→……→ Q→ Qn n⇒⇒Q Q , ,P P表示条件表示条件,Q,Q表示结论表示结论. .(3)(3)文字语言文字语言: :因为因为……所以所以……或由或由……得得…… 4.4.分析法分析法(1)(1)实质实质: :执果索因执果索因. .(2)(2)框图表示框图表示: Q: Q⇐ ⇐P P1 1 → P→ P1 1⇐ ⇐P P2 2 →→……→ → 得到一个明显成立的条件得到一个明显成立的条件Q Q表示结论表示结论. .(3)(3)文字语言文字语言: :要证要证……只需证只需证……即证即证……. . 5.5.用分析法证明数学问题时的书写格式用分析法证明数学问题时的书写格式““要证要证( (欲证欲证) )……””, ,““只需证只需证……””, ,““只需证只需证……””, ,直到出现一直到出现一个明显成立的条件个明显成立的条件P,P,再说明所要证明的数学问题成立再说明所要证明的数学问题成立. .6.6.归谬归谬: :矛盾的几种类型矛盾的几种类型(1)(1)与公理、定理、定义矛盾与公理、定理、定义矛盾. .(2)(2)与已知条件矛盾与已知条件矛盾. .(3)(3)自相矛盾自相矛盾. .(4)(4)与反设矛盾与反设矛盾. . 主题一主题一 合情推理的应用合情推理的应用【典例【典例1 1】】(1)(2014(1)(2014··济宁高二检测济宁高二检测) )观察式子：观察式子： 由此可归纳出的式子为由此可归纳出的式子为( )( ) (2)(2014(2)(2014··宁波高二检测宁波高二检测) )两点等分单位圆时，有相应正确两点等分单位圆时，有相应正确关系为关系为sin α+sin(π+αsin α+sin(π+α)=0;)=0;三点等分单位圆时，有相应正三点等分单位圆时，有相应正确关系为确关系为 由此可以推知，四由此可以推知，四点等分单位圆时的相应正确关系为点等分单位圆时的相应正确关系为_______._______. 【自主解答【自主解答】】(1)(1)选选C.C.根据几个不等式的特点，左边应为根据几个不等式的特点，左边应为n n项，项，所以左边所以左边=1+ =1+ 右边右边= = 故归纳出的不等式故归纳出的不等式为为 (2)(2)用两点等分单位圆时，关系为用两点等分单位圆时，关系为sin α+sin(π+αsin α+sin(π+α)=0,)=0,两个两个角的正弦值之和为角的正弦值之和为0 0，且第一个角为，且第一个角为α,α,第二个角与第一个角的第二个角与第一个角的差为差为(π+α)-α(π+α)-α=π,=π,用三点等分单位圆时，关系为用三点等分单位圆时，关系为此时三个角的正弦值之和为此时三个角的正弦值之和为0 0，且第一个角为，且第一个角为α,α,第二个角与第二个角与第一个角的差与第三个角与第二个角的差相等，即有第一个角的差与第三个角与第二个角的差相等，即有 依此类推，可得当四点等分单位圆时，为四个角正弦值之和依此类推，可得当四点等分单位圆时，为四个角正弦值之和为为0 0，且第一个角为，且第一个角为α,α,第二个角为第二个角为 +α,+α,第三个角第三个角为为 =π+α=π+α, ,第四个角为第四个角为π+απ+α+ +α,+ +α,即其关即其关系为系为答案：答案： 【方法技巧【方法技巧】】1.1.归纳推理的特点及一般步骤归纳推理的特点及一般步骤 2.2.类比推理的特点及一般步骤类比推理的特点及一般步骤 【补偿训练【补偿训练】】已知等差数列已知等差数列{a{an n} }的公差为的公差为d,d,前前n n项和为项和为S Sn n, ,有如有如下的性质下的性质: :(1)(1)通项通项a an n=a=am m+(n-m)+(n-m)··d,m,n∈Nd,m,n∈N* *,m0,b>0,x∈(0,+∞),a>0,b>0,x∈(0,+∞),试确定试确定f(xf(x) )的增减性的增减性. . 【解析【解析】】方法一方法一: :设设00,b>0,a>0,b>0,所以所以x x2 2-x-x1 1>0,00,0b,< >b,所以所以f(xf(x1 1)-f(x)-f(x2 2)>0,)>0,即即f(xf(x1 1)>f(x)>f(x2 2),),所以所以f(xf(x) )在在(0, ](0, ]上是减函数上是减函数; ;当当x x2 2>x>x1 1> > 时时,x,x2 2-x-x1 1>0,x>0,x1 1x x2 2> 0,b>0,x∈(0,+∞),a>0,b>0,x∈(0,+∞),所以令所以令f′(xf′(x)=- +b=0,)=- +b=0,得得x= ,x= ,当当0 x> 时时,- +b>0,,- +b>0,即即f′(xf′(x)>0,)>0,所以所以f(xf(x) )在在( ,+∞)( ,+∞)上是增函数上是增函数. . 主题三主题三 综合法与分析法综合法与分析法【典例【典例3 3】】(1)(1)已知已知a,b,ca,b,c为互不相等的非负数为互不相等的非负数. .求证求证:a:a2 2+b+b2 2+c+c2 2> >(2)(2014(2)(2014··马鞍山高二检测马鞍山高二检测) )用分析法证明用分析法证明2cos(α-β)-2cos(α-β)- 【自主解答【自主解答】】(1)(1)因为因为a a2 2+b+b2 2≥2ab,b≥2ab,b2 2+c+c2 2≥2bc,a≥2bc,a2 2+c+c2 2≥2ac,≥2ac,又因为又因为a,b,ca,b,c为互不相等的非负数为互不相等的非负数, ,所以上面三个式子中都不能取所以上面三个式子中都不能取““= =””, ,所以所以a a2 2+b+b2 2+c+c2 2>ab+bc+ac>ab+bc+ac, ,因为因为ab+bc≥ ,bc+acab+bc≥ ,bc+ac≥ ,≥ ,ab+acab+ac≥ ,≥ ,又又a,b,ca,b,c为互不相等的非负数为互不相等的非负数, ,所以所以ab+bc+acab+bc+ac> >所以所以a a2 2+b+b2 2+c+c2 2> > (2)(2)要证原等式成立要证原等式成立, ,只需证只需证: :2cos(α-β)sinα-sin(2α-β)=sinβ2cos(α-β)sinα-sin(2α-β)=sinβ①.①.因为因为①①左边左边=2cos(α-β)sinα-sin[(α-β)+α]=2cos(α-β)sinα-sin[(α-β)+α]=2cos(α-β)sinα-sin(α-β)cosα-cos(α-β)sinα=2cos(α-β)sinα-sin(α-β)cosα-cos(α-β)sinα=cos(α-β)sinα-sin(α-β)cosα=sinβ=cos(α-β)sinα-sin(α-β)cosα=sinβ= =右边右边, ,所以所以①①成立成立, ,即原等式成立即原等式成立. . 【方法技巧【方法技巧】】综合法和分析法的特点综合法和分析法的特点(1)(1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法, ,也是也是解决数学问题的常用的方法解决数学问题的常用的方法, ,综合法是由因导果的思维方式综合法是由因导果的思维方式, ,而而分析法的思路恰恰相反分析法的思路恰恰相反, ,它是执果索因的思维方式它是执果索因的思维方式. .(2)(2)分析法和综合法是两种思路相反的推理方法分析法和综合法是两种思路相反的推理方法: :分析法是倒溯分析法是倒溯, ,综合法是顺推综合法是顺推, ,二者各有优缺点二者各有优缺点. .分析法容易探路分析法容易探路, ,且探路与表且探路与表述合一述合一, ,缺点是表述易错缺点是表述易错; ;综合法条理清晰综合法条理清晰, ,易于表述易于表述, ,因此对于因此对于难题常把二者交互运用难题常把二者交互运用, ,互补优缺互补优缺, ,形成分析综合法形成分析综合法, ,其逻辑基其逻辑基础是充分条件与必要条件础是充分条件与必要条件. . 【补偿训练【补偿训练】】已知已知α∈(0,π),α∈(0,π),求证求证:2sin2α≤:2sin2α≤【证明【证明】】方法一：方法一：( (分析法分析法) )要证明要证明2sin 2α≤ 2sin 2α≤ 成立成立. .只要证明只要证明4sin α cos4sin α cos α≤ α≤因为因为α∈(0,π),α∈(0,π),所以所以sin α>0.sin α>0.只要证明只要证明4cos α≤4cos α≤上式可变形为上式可变形为4≤ +4(1-cos α).4≤ +4(1-cos α). 因为因为1-cos α>0,1-cos α>0,所以所以 +4(1-cos α)≥+4(1-cos α)≥当且仅当当且仅当coscos α= , α= ,即即α= α= 时取等号时取等号. .所以所以4≤ +4(1-cos α)4≤ +4(1-cos α)成立成立. .所以不等式所以不等式2sin 2α≤ 2sin 2α≤ 成立成立. . 方法二：方法二：( (综合法综合法) )因为因为 +4(1-cos α)≥4,1-cos α>0,+4(1-cos α)≥4,1-cos α>0,当且仅当当且仅当coscos α= , α= ,即即α= α= 时取等号时取等号, ,所以所以4cos α≤4cos α≤因为因为α∈(0,π),α∈(0,π),所以所以sin α>0.4sin α cossin α>0.4sin α cos α≤ α≤所以所以2sin 2α≤2sin 2α≤ 主题四主题四 反证法的应用反证法的应用【典例【典例4 4】】设数列设数列{a{an n} }满足满足a an n=n+ ,=n+ ,求证求证: :数列数列{a{an n} }中任意不同的三项都不能成为等比数列中任意不同的三项都不能成为等比数列. . 【自主解答【自主解答】】由由a an n=n+ ,=n+ ,假设假设{a{an n} }中存在三项中存在三项a ap p,a,aq q,a,ar r(p,q,r(p,q,r互不相等互不相等) )成等比数列成等比数列, ,则则 =a=ap p··a ar r, ,所以所以(q+ )(q+ )2 2=(p+ )(r+ ),=(p+ )(r+ ),即即(q(q2 2-pr)+(2q-p-r)-pr)+(2q-p-r)·· =0. =0.由于由于p,q,r∈Np,q,r∈N* *, ,所以所以消去消去q q得得(p-r)(p-r)2 2=0.=0.故故p=r,p=r,这与这与p≠rp≠r矛盾矛盾. .则原假设不成立则原假设不成立. .所以所以{a{an n} }中任意不同的三项都不能成为等比数列中任意不同的三项都不能成为等比数列. . 【方法技巧【方法技巧】】对反证法的认识对反证法的认识(1)(1)如果一个命题的结论难以直接证明如果一个命题的结论难以直接证明, ,可以考虑运用反证法可以考虑运用反证法. .通过反设结论通过反设结论, ,经过逻辑推理经过逻辑推理, ,得出矛盾得出矛盾, ,从而肯定原结论成立从而肯定原结论成立. .(2)(2)反证法着眼于命题的转换反证法着眼于命题的转换, ,改变了研究的角度和方向改变了研究的角度和方向, ,使论使论证的目标更为明确证的目标更为明确, ,由于增加了推理的前提由于增加了推理的前提————原结论的否定原结论的否定, ,更易于开拓思路更易于开拓思路, ,因此对于直接论证较为困难的时候因此对于直接论证较为困难的时候, ,往往采用往往采用反证法证明反证法证明. .所以反证法在数学证明中有着广泛的应用所以反证法在数学证明中有着广泛的应用. . (3)(3)反证法是高中数学的一种重要的证明方法反证法是高中数学的一种重要的证明方法, ,在不等式和立体在不等式和立体几何的证明中经常用到几何的证明中经常用到, ,在高考题中也经常体现在高考题中也经常体现, ,它所反映出的它所反映出的““正难则反正难则反””的解决问题的思想方法更为重要的解决问题的思想方法更为重要. .反证法主要证反证法主要证明明: :否定性、唯一性命题否定性、唯一性命题; ;至多、至少型问题至多、至少型问题; ;几何问题几何问题. . 【补偿训练】【补偿训练】求证求证: :在抛物线在抛物线y y2 2=2px(p>0)=2px(p>0)上任取四点所组成的上任取四点所组成的四边形不可能是平行四边形四边形不可能是平行四边形. . 【证明】【证明】抛物线抛物线y y2 2=2px(p>0),=2px(p>0),在抛物线上任取四点在抛物线上任取四点, ,设点的坐标设点的坐标分别为分别为A(xA(x1 1,y,y1 1),B(x),B(x2 2,y,y2 2),C(x),C(x3 3,y,y3 3),D(x),D(x4 4,y,y4 4),),则则=2px=2pxi i(i=1,2,3,4),(i=1,2,3,4),于是直线于是直线ABAB的斜率为的斜率为k kABAB= =同理同理 假设四边形假设四边形ABCDABCD是平行四边形是平行四边形, ,则有则有k kABAB=k=kCDCD;k;kADAD=k=kCBCB, ,则有则有整理得整理得 所以所以A,CA,C两点重合两点重合,B,D,B,D两点重合两点重合. .这与这与A,B,C,DA,B,C,D是平行四边形的是平行四边形的四个顶点矛盾四个顶点矛盾, ,故假设不成立故假设不成立, ,即在抛物线即在抛物线y y2 2=2px(p>0)=2px(p>0)上任取四上任取四点所组成的四边形不可能是平行四边形点所组成的四边形不可能是平行四边形. . 【强化训练】【强化训练】1.1.用演绎推理证明函数用演绎推理证明函数y=xy=x3 3是增函数时的大前提是 是增函数时的大前提是 ( ( ) )A.A.增函数的定义增函数的定义B.B.函数函数y=xy=x3 3满足增函数的定义满足增函数的定义C.C.若若x x1 1x>x2 2, ,则则f(xf(x1 1)>f(x)>f(x2 2) )【解析】【解析】选选A.A.根据演绎推理的特点知根据演绎推理的特点知, ,演绎推理是一种由一般演绎推理是一种由一般到特殊的推理到特殊的推理, ,所以函数所以函数y=xy=x3 3是增函数的大前提应是增函数的定是增函数的大前提应是增函数的定义义. . 2.(20142.(2014··济宁高二检测济宁高二检测) )““所有所有9 9的倍数都是的倍数都是3 3的倍数的倍数, ,某奇数某奇数是是9 9的倍数的倍数, ,故某奇数是故某奇数是3 3的倍数的倍数””, ,上述推理 上述推理 ( ( ) )A.A.小前提错小前提错 B.B.结论错结论错C.C.正确正确 D.D.大前提错大前提错【解析】【解析】选选C.C.此三段论推理正确此三段论推理正确. . 3.3.设等比数列设等比数列{a{an n} }的公比的公比q=2,q=2,前前n n项和为项和为S Sn n, ,则则 =(=( ) )A.2A.2 B.4 B.4 C. C. D. D.【解析】【解析】选选C.C.在等比数列在等比数列{a{an n} }中中,q=2≠1,,q=2≠1,设首项为设首项为a a1 1≠0,≠0,则则S S4 4= =又又a a2 2=a=a1 1q=2aq=2a1 1, ,故故 4.(20144.(2014··杭州高二检测杭州高二检测) ) (a,b (a,b均为实数均为实数),),猜想，猜想，a=______,b=_____.a=______,b=_____. 【解析】【解析】由由 可以求出可以求出3=23=22 2-1,8=3-1,8=32 2-1,15=4-1,15=42 2-1,-1,故在故在6+ 6+ 中中,a=6,b=a,a=6,b=a2 2-1=6-1=62 2-1=35.-1=35.答案答案: :6 6 3535 5.(20145.(2014··东莞高二检测东莞高二检测) )当当n=1n=1时时, ,有有(a-b)(a+b)=a(a-b)(a+b)=a2 2-b-b2 2, ,当当n=2n=2时时, ,有有(a-b)(a(a-b)(a2 2+ab+b+ab+b2 2)=a)=a3 3-b-b3 3, ,当当n=3n=3时时, ,有有(a-b)(a(a-b)(a3 3+a+a2 2b+abb+ab2 2+b+b3 3)=a)=a4 4-b-b4 4, ,当当n∈Nn∈N* *时时, ,你能得到的结论是你能得到的结论是 . . 【解析】【解析】根据题意根据题意, ,由于当由于当n=1n=1时时, ,有有(a-b)(a+b)=a(a-b)(a+b)=a2 2-b-b2 2, ,当当n=2n=2时时, ,有有(a-b)(a(a-b)(a2 2+ab+b+ab+b2 2)=a)=a3 3-b-b3 3, ,当当n=3n=3时时, ,有有(a-b)(a(a-b)(a3 3+a+a2 2b+abb+ab2 2+b+b3 3)=a)=a4 4-b-b4 4, ,当当n∈Nn∈N* *时时, ,左边第二个因式可知为左边第二个因式可知为a an n+a+an-1n-1b+b+……+ab+abn-1n-1+b+bn n, ,那么对那么对应的表达式为应的表达式为(a-b)(a-b)··(a(an n+a+an-1n-1b+b+……+ab+abn-1n-1+b+bn n)=a)=an+1n+1-b-bn+1n+1. .答案答案: :(a-b)(a(a-b)(an n+a+an-1n-1b+b+……+ab+abn-1n-1+b+bn n)=a)=an+1n+1-b-bn+1n+1 6.6.已知已知|x|≤1,|y|≤1,|x|≤1,|y|≤1,用分析法证明用分析法证明:|x+y|≤|1+xy|.:|x+y|≤|1+xy|.【证明】【证明】要证要证|x+y|≤|1+xy|,|x+y|≤|1+xy|,即证即证(x+y)(x+y)2 2≤(1+xy)≤(1+xy)2 2, ,即证即证x x2 2+y+y2 2≤1+x≤1+x2 2y y2 2, ,即证即证(x(x2 2-1)(1-y-1)(1-y2 2)≤0,)≤0,因为因为|x|≤1,|y|≤1,|x|≤1,|y|≤1,所以所以x x2 2-1≤0,1-y-1≤0,1-y2 2≥0,≥0,所以所以(x(x2 2-1)(1-y-1)(1-y2 2)≤0,)≤0,不等式得证不等式得证. . 7.7.已知在四棱锥已知在四棱锥P-ABCDP-ABCD中中, ,底面底面ABCDABCD是矩形是矩形, ,且且AD=2,AB=1,PA⊥AD=2,AB=1,PA⊥平面平面ABCD,E,FABCD,E,F分别是线分别是线段段AB,BCAB,BC的中点的中点. .(1)(1)证明证明:PF⊥FD.:PF⊥FD.(2)(2)判断并说明判断并说明PAPA上是否存在点上是否存在点G,G,使得使得EG∥EG∥平面平面PFD.PFD. 【解析】【解析】(1)(1)连接连接AF,AF,则则AF= ,DF= ,AF= ,DF= , 又又AD=2,AD=2,所以所以DFDF2 2+AF+AF2 2=AD=AD2 2, ,所以所以DF⊥AF,DF⊥AF,又又PA⊥PA⊥平面平面ABCD,ABCD,所以所以DF⊥PA,DF⊥PA,又又PA∩AF=A,PA∩AF=A,所以所以 ⇒⇒DF⊥PF.DF⊥PF. (2)(2)过点过点E E作作EH∥FD,EH∥FD,交交ADAD于点于点H,H,则则EH∥EH∥平面平面PFD,PFD,且有且有AH= AD,AH= AD,再过点再过点H H作作HG∥DPHG∥DP交交PAPA于点于点G,G,则则HG∥HG∥平面平面PFDPFD且且AG= AP.AG= AP.所以平面所以平面EHG∥EHG∥平面平面PFD,PFD,所以所以EG∥EG∥平面平面PFD.PFD.从而线段从而线段APAP上满足上满足AG= APAG= AP的点的点G G即为所求即为所求. . 。
