最新人教版高中数学选修2-2第二章《推理与证明复习》示范教案

第二章 推理与证明复习课

教学目标

1．知识与技能目标

(1)帮助学生进一步加深对合情推理和演绎推理的理解，力争使学生做到规范的应用这两种推理方法去解决相关问题；

(2)掌握两种证明方法的思维过程和特点，并熟练掌握两种证明方法的操作流程；

(3)进一步理解数学归纳法的基本原理、步骤，通过证明数学命题巩固对数学归纳法原理的再认识．

2．过程与方法目标

通过本章的学习，理解推理与证明的原理与方法，培养和提高学生的合情推理或演绎推理的能力，感受逻辑证明在数学以及日常生活中的作用，培养学生由具体到抽象的思维方法，提高学生的理性思维能力．

3．情感、态度与价值观

通过本章的学习，培养学生言之有理、论证有据的习惯，并能在今后的学习中有意识地使用这些推理与证明的方法．

重点难点

重点：

(1)能利用归纳、类比、“三段论”进行简单推理；

(2)了解综合法、分析法和反证法的思考过程与特点；

(3)了解数学归纳法的基本思想，掌握它的基本步骤，运用它证明一些与正整数n有关的数学命题．

难点：

(1)根据归纳、类比、“三段论”推理的结构和特点，进行简单推理

(2)根据问题的特点，选择适当的证明方法或把不同的证明方法综合使用；

(3)理解数学归纳法的思想实质，了解第二个步骤的作用，并且能够根据归纳假设作出证明．

教学过程

形成网络

1．本章的知识结构图：

2．本章基本知识点：

(1)合情推理与演绎推理：

①归纳推理的概念：根据一类事物的______对象具有某种性质，推出该类事物的____对象都具有这种性质的推理，或有____事实概括出________的推理，称为归纳推理(简称归纳)．简言之，归纳推理是由______到________，由______到______的推理．

②类比推理的定义：这种由两个(两类)对象具有__________和其中一类对象的某些__________，推出另一类对象也具有这些特征的推理称为类比推理(简称类比)．

简言之，类比推理是由______到________的推理．

③合情推理的定义：根据已有的事实，经过__________、__________、__________、__________，再进行__________、__________，然后提出猜想的推理，我们把它统称为合情推理．

④演绎推理的定义：从____出发，推出某个特殊情况下的结论，这种推理称为演绎推理．演绎推理是由______到______的推理．

“三段论”是演绎推理的一般模式；包括

(ⅰ)大前提——____________；

(ⅱ)小前提——____________；

(ⅲ)结论——______________.

(2)直接证明与间接证明：

①综合法定义：一般地，利用____________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．

②分析法定义：一般地，从______出发，逐步寻求使它成立的__________，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)，这种证明方法叫做分析法．

③反证法定义：假设__________不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明________，从而证明了__________，这样的证明方法叫做反证法．

④数学归纳法定义：一般地，证明一个与正整数n有关的命题P(n)，可按下列步骤进行：

(ⅰ)(归纳奠基)证明当______时命题成立；

(ⅱ)(归纳递推)假设________命题成立，证明当____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．上述证明方法叫做数学归纳法．

提出问题：1.请同学们独立完成知识填空．

2．在完成知识填空的同时，回想一下本章主要有哪些基本题型，解决这些基本题型的方法和步骤分别是什么？

活动设计：学生独立完成基本知识填空，然后让几位同学口答填空答案，教师借助多媒体投影出知识填空的答案，适当的规范学生的表述，回忆旧知识，并思考、讨论回答所提出的问题．

学情预测：学生在前面几节学习的基础上，能够顺利的完成基本知识填空，但在准确、规范表达上会存在着一定的差距；题型和方法的总结更是五花八门．

活动结果：知识填空答案：

(1)合情推理与演绎推理：

①部分 全部 个别 一般结论 部分 整体 个别 一般

②某些类似特征 已知特征 特殊 特殊

③观察 分析 比较 联想 归纳 类比

④一般性的原理 一般 特殊 已知的一般原理

所研究的特殊情况 据一般原理，对特殊情况作出的判断

(2)直接证明与间接证明： ①已知条件和某些数学定义、公理、定理

②要证明的结论 充分条件

③原命题 假设错误 原命题正确

④(ⅰ)n取第一个值n0(n0∈N*)

(ⅱ)n＝k(k≥n0，k∈N*)时当n＝k＋1时命题

设计意图

全面系统地梳理基础知识，帮助学生巩固基础，加深对概念、公式、定理的理解，教师利用下一环节“典型示例”和同学们一块总结本章的重点题型和方法．

典型示例

类型一：归纳推理

例1观察圆周上n个点之间所连的弦，发现两个点可以连一条弦，3个点可以连3条弦，4个点可以连6条弦，5个点可以连10条弦，你由此可以归纳出什么规律？

思路分析：归纳推理的一般步骤是：(1)通过观察个别情况发现某些相同性质，(2)从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题(猜想)．

解：设f(n)为n个点可连的弦的条数，

则f(2)＝1，f(3)＝3，f(4)＝6，„，猜想：f(n)＝nn－12.

点评：归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳推理得到的猜想，可以作为进一步研究的起点，帮助人们发现问题和提出问题．

巩固练习

1．下列推理是归纳推理的是( )

A．A、B为定点，若动点P满足︱PA︱＋︱PB︱＝2a＞︱AB︱，则点P的轨迹是椭圆

B．由a1＝1，an＋1＝3an－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的通项an和Sn的表达式

C．由圆x2＋y2＝1的面积S＝πr2，猜想出椭圆的面积S＝πab

D．科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇

2．如下图为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排起来，那么第36颗珠子应是什么颜色的？(

)

A．白色 B．黑色

C．白色可能性大 D．黑色可能性大

答案：1.B 2.A

类型二：类比推理

例2在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋„＋an＝a1＋a2＋„＋a19－n(n＜19，n∈N*)成立．类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b9＝1，则有等式______成立．

思路分析：找出两类对象之间可以准确表述的相似特征；然后，由一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而做出一个猜想．

解：在等差数列{an}中，若a10＝0，则a1＋a19＝a2＋a18＝„＝an＋a20－n＝2a10＝0，

所以a1＋a2＋„＋an＋„＋a19＝0，

即a1＋a2＋„＋an＝－a19－a18－„－an＋1＝a1＋a2＋„＋a19－n.

相似地，在等比数列{bn}中，若b9＝1，则有等式

b1·b2·„·bn＝b1·b2·„·b17－n(n＜17，n∈N*)成立． 点评：本题主要考查观察分析能力，抽象概括能力，考查运用类比的思想方法，由等差数列{an}满足的一般结论，而得到等比数列{bn}所满足的一般结论．

巩固练习

平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行．类似地写出空间的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件．

充要条件①________________.

充要条件②________________.

答案：①底面是平行四边形 ②两组相对侧面分别平行

类型三：演绎推理

例3如图，在正方体ABCD—A1B1C1D1中，M，N分别为棱AB，BC的中点．

证明：平面MNB1⊥平面BDD1B1.

思路分析：本题所依据的大前提是面面垂直的判定定理，小前提是平面MNB1与平面BDD1B1之间所满足的证明面面垂直所需要的条件，这是证明本题的关键．

证明：在正方体ABCD—A1B1C1D1中，

∵BB1⊥平面ABCD，MN平面ABCD，∴BB1⊥MN.

∵MN∥AC，AC⊥BD，∴MN⊥BD.又BD∩BB1＝B，∴MN⊥平面BDD1B1.

∵MN平面MNB1，∴平面MNB1⊥平面BDD1B1.

点评：“三段论”中，第一个判断称为大前提，它提供了一个一般原理，第二判断叫小前提，指出了一个特殊情况，这两个判断联合起来，揭示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生了第三个判断结论，演绎推理是一种必然性推理，演绎推理的前提和结论之间有蕴含关系，因而，只要前提是真的，推理的形式是正确的，那么结论必然是真的，但错误的前提可导致错误的结论．

巩固练习

如果函数f(x＋1)是偶函数，那么函数y＝f(2x)的图象的一条对称轴是直线„( )

A．x＝－1 B．x＝1

C．x＝－12 D．x＝12

答案：D

类型四：直接证明

例4已知a，b，c为正实数，a＋b＋c＝1.求证：a2＋b2＋c2≥13.

思路分析：这是一个条件不等式的证明问题，要注意观察不等式的结构特点和已知条件的合理应用，从而选择出适当的证明方法．

证明：(法一)：a2＋b2＋c2－13＝13(3a2＋3b2＋3c2－1)＝13[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2]＝13(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc)＝13[(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2]≥0， ∴a2＋b2＋c2≥13.

(法二)：(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc≤a2＋b2＋c2＋a2＋b2＋b2＋c2＋c2＋a2，

∴3(a2＋b2＋c2)≥(a＋b＋c)2＝1.∴a2＋b2＋c2≥13.

(法三)：设a＝13＋α，b＝13＋β，c＝13＋γ.∵a＋b＋c＝1，∴α＋β＋γ＝0.

∴a2＋b2＋c2＝(13＋α)2＋(13＋β)2＋(13＋γ)2＝13＋23(α＋β＋γ)＋α2＋β2＋γ2＝13＋α2＋β2＋γ2≥13.∴a2＋b2＋c2≥13.

点评：充分利用“1”的代换是本题化简证明的关键．

巩固练习

已知数列{an}的前n项和Sn＝－an－(12)n－1＋2(n为正整数)，令bn＝2nan，

求证：数列{bn}是等差数列，并求数列{an}的通项公式．

解：(1)由Sn＝－an－(12)n－1＋2得a1＝－a1＋1a1＝12，

并且an＋1＝Sn＋1－Sn＝－an＋1－(12)n＋2－[－an－(12)n－1＋2]＝an－an＋1＋(12)n，

得到an＋1＝12an＋12n＋1.于是bn＋1＝2n＋1an＋1＝2nan＋1＝bn＋1.

∴数列{bn}是以1为首项，1为公差的等差数列．

∵bn＝b1＋(n－1)d，∴bn＝n.又∵bn＝2nan，∴an＝n2n.

类型五：间接证明