2018版数学北师大版选修2-2学案：第一章 推理与证明 推理与证明 章末复习课 含答案 精品

学习目标 1.整合本章知识要点.2.进一步理解合情推理与演绎推理的概念、思维形式、应用等.3.进一步熟练掌握直接证明与间接证明.4.理解数学归纳法，并会用数学归纳法证明问题．

知识点一 归纳与类比

(1)归纳推理：由部分到整体、由个别到一般的推理．

(2)类比推理：由特殊到特殊的推理．

(3)合情推理：合情推理是根据实验和实践的结果、个人的经验和直觉、已有的事实和正确的结论(定义、公理、定理等)，推测出某些结果的推理方式．

知识点二 综合法和分析法

(1)综合法是从已知条件推出结论的证明方法；

(2)分析法是从结论追溯到条件的证明方法．

知识点三 反证法

反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾．这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理矛盾等．

知识点四 数学归纳法

数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学命题．证明时，它的两个步骤缺一不可，它的第一步(归纳奠基)是证当n＝n0时结论成立；第二步(归纳递推)是假设当n＝k时结论成立，推得当n＝k＋1时结论也成立．

类型一 合情推理的应用

例1 (1)有一个奇数列1，3，5，7，9，…，现在进行如下分组：第一组含一个数{1}；第二组含两个数{3，5}；第三组含三个数{7,9,11}；第四组含四个数{13，15，17，19}；…，试观察每组内各数之和f(n)(n∈N＋)与组的编号数n的关系式为________．

答案 f(n)＝n3

解析 由于1＝13，3＋5＝8＝23，

7＋9＋11＝27＝33，13＋15＋17＋19＝64＝43，…，猜想第n组内各数之和f(n)与组的编号数n的关系式为f(n)＝n3.

(2)在平面几何中，对于Rt△ABC，AC⊥BC，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则

①a2＋b2＝c2；

②cos2A＋cos2B＝1；

③Rt△ABC的外接圆半径为r＝a2＋b22.

把上面的结论类比到空间写出相类似的结论；试对其中一个猜想进行证明．

解 选取3个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象．

①设3个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，底面面积为S，则S21＋S22＋S23＝S2.

②设3个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.

③设3个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为a，b，c，则这个四面体的外接球的半径为R＝a2＋b2＋c22.

下面对①的猜想进行证明．

如图在四面体A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直，面ABC，面ABD，面ACD为三个两两垂直的侧面．

设AB＝a，AC＝b，AD＝c，

则在Rt△ABC中，BC＝AB2＋AC2＝a2＋b2，SRt△ABC＝12ab.

同理，CD＝b2＋c2，SRt△ACD＝12bc.

BD＝a2＋c2，SRt△ABD＝12ac.

∴S△BCD＝14[BC2·BD2－14BC2＋BD2－CD22].

经检验，S2Rt△ABC＋S2Rt△ACD＋S2Rt△ABD＝S2△BCD.

即所证猜想为真命题．

反思与感悟 (1)归纳推理中有很大一部分题目是数列内容，通过观察给定的规律，得到一些简单数列的通项公式是数列中的常见方法．

(2)类比推理重在考查观察和比较的能力，题目一般情况下较为新颖，也有一定的探索性．

跟踪训练1 (1)观察下列图形中小正方形的个数，则第n个图形中有________个小正方形．

(2)若数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，则有性质“若Sm＝Sn(m，n∈N＋且m≠n)，则Sm＋n＝0.”类比上述性质，相应地，当数列{bn}为等比数列时，写出一个正确的性质：________________.

答案 (1)n2＋3n＋22

(2)数列{bn}为等比数列，Tm表示其前m项的积，若Tm＝Tn(m，n∈N＋，m≠n)，则Tm＋n＝1

解析 (1)第1个图有3个正方形记作a1，

第2个图有3＋3个正方形记作a2，

第3个图有6＋4个正方形记作a3，

第4个图有10＋5个正方形记作a4，

…，

正方形的个数构成数列{an}，

则a2－a1＝3， (1)

a3－a2＝4, (2)

a4－a3＝5, (3)

⋮ ⋮

an－an－1＝n＋1， (n－1)

(1)＋(2)＋…＋(n－1)，得an－a1＝3＋4＋5＋…＋(n＋1)，

an＝3＋n－14＋n2＝n2＋3n＋22.

类型二 综合法与分析法

例2 设a>0，b>0，a＋b＝1，求证：1a＋1b＋1ab≥8.试用综合法和分析法分别证明．

证明 方法一 (综合法)

因为a>0，b>0，a＋b＝1，

所以1＝a＋b≥2ab，ab≤12，ab≤14，所以1ab≥4.

又1a＋1b＝(a＋b)(1a＋1b)＝2＋ba＋ab≥4，

所以1a＋1b＋1ab≥8(当且仅当a＝b＝12时等号成立)．

方法二 (分析法)

因为a>0，b>0，a＋b＝1，

要证1a＋1b＋1ab≥8，

只需证(1a＋1b)＋a＋bab≥8，

只需证(1a＋1b)＋(1b＋1a)≥8，

即证1a＋1b≥4.

也就是证a＋ba＋a＋bb≥4.

即证ba＋ab≥2，

由基本不等式可知，当a>0，b>0时，ba＋ab≥2恒成立，所以原不等式成立．

反思与感悟 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，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条件清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．

跟踪训练2 已知x>0，y>0，求证：(x2＋y2)12>(x3＋y3)13.

证明 要证(x2＋y2)12>(x3＋y3)13，

只需证(x2＋y2)3>(x3＋y3)2.

只需证x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，

只需证3x4y2＋3x2y4>2x3y3.

又x>0，y>0，∴x2y2>0，

∴只需证3x2＋3y2>2xy.

∵3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy，

∴3x2＋3y2>2xy成立，

故(x2＋y2)12>(x3＋y3)13.

类型三 反证法

例3 若x，y都是正实数，且x＋y>2，求证：1＋xy<2或1＋yx<2中至少有一个成立．

证明 假设1＋xy<2和1＋yx<2都不成立，

则有1＋xy≥2和1＋yx≥2同时成立．

因为x>0且y>0，

所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，

两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2.

这与已知x＋y>2矛盾．

故1＋xy<2与1＋yx<2中至少有一个成立．

反思与感悟 反证法常用于直接证明困难或以否定形式出现的命题；涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命题时，也常用反证法．

跟踪训练3 已知：ac≥2(b＋d)．

求证：方程x2＋ax＋b＝0与方程x2＋cx＋d＝0中至少有一个方程有实数根．

证明 假设两方程都没有实数根，

则Δ1＝a2－4b<0与Δ2＝c2－4d<0，有a2＋c2<4(b＋d)，而a2＋c2≥2ac，从而有4(b＋d)>2ac，即ac<2(b＋d)，与已知矛盾，故原命题成立．

类型四 数学归纳法

例4 观察下列四个等式：

第一个式子 1＝1

第二个式子 2＋3＋4＝9

第三个式子 3＋4＋5＋6＋7＝25

第四个式子 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49

(1)按照此规律，写出第五个等式；

(2)请你做出一般性的猜想，并用数学归纳法证明．

解 (1)第五个等式：5＋6＋7＋…＋13＝81.

(2)猜想第n个等式为

n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.

证明：①当n＝1时，左边＝1，

右边＝(2－1)2＝1，所以等式成立．

②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，

即有k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(3k－2)＝(2k－1)2.

那么当n＝k＋1时，

左边＝(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(3k－2)＋(3k－1)＋3k＋(3k＋1)

＝k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(3k－2)＋(2k－1)＋3k＋(3k＋1)

＝(2k－1)2＋(2k－1)＋3k＋(3k＋1)

＝4k2－4k＋1＋8k＝(2k＋1)2

＝[2(k＋1)－1]2.

右边＝[2(k＋1)－1]2，

即当n＝k＋1时，等式也成立．

根据①②知，等式对任意n∈N＋都成立．

反思与感悟 (1)用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型，其关键点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始n0是多少．

(2)由n＝k到n＝k＋1时，除等式两边变化的项外还要利用当n＝k时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．

跟踪训练4 数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝12an＋1.

(1)写出a2，a3，a4；

(2)求数列{an}的通项公式．

解 (1)因为a1＝1，an＋1＝12an＋1，

所以a2＝12a1＋1＝12＋1＝32.

a3＝12a2＋1＝12·32＋1＝74.

a4＝12a3＋1＝12·74＋1＝158.

(2)方法一 猜想an＝2n－12n－1.

下面用数学归纳法证明．

①当n＝1时，a1＝21－121－1＝1，满足上式，显然成立；

②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，ak＝2k－12k－1，

那么当n＝k＋1时，

ak＋1＝12ak＋1＝12·2k－12k－1＋1＝2k－12k＋1＝2k－1＋2k2k＝2k＋1－12k，满足上式，

即当n＝k＋1时，猜想也成立，

由①②可知，对于n∈N＋，都有an＝2n－12n－1.

方法二 因为an＋1＝12an＋1，

所以an＋1－2＝12an＋1－2，即an＋1－2＝12(an－2)．

设bn＝an－2，则bn＋1＝12bn，

即{bn}是以b1＝－1为首项，12为公比的等比数列，