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第二章:推理与证明复习[1]


基础知识梳理 基础知识梳理

不完全归纳 部分到整体 个别到一般

另一类对象 也具有这些特征

特殊到特殊

基础知识梳理
一般原理 特殊情况 特殊情况

一般到特殊

课堂互动讲练

例1.在数列{an}中,a1=1,an+

1= 2 an * n∈N , , 猜想这个数列的通项公式 2 +a n

并说明理由

2a1 2 【解】 法一:{an}中,a1=1,a2= =, 2+a1 3 2a2 1 2 a3= = = , 2+a2 2 4 2a3 2 a4= = ,… 2+a3 5 2 猜想{an}的通项公式为 an= . n+1

2an 法二:∵a1=1,an+1= . 证明 2+an 2+an 1 1 1 ∴ = = + . 2an an 2 an+ 1 1 1 1 ∴ - = . an+ 1 an 2 1 1 1 即数列{ }是以 =1 为首项, 公差为 的等差数列. 2 an a1 1 1 1 1 ∴ =1+(n-1)·= n+ . 2 2 2 an 2 ∴通项公式 an= . n+1

1.如图,在平行四边形 ABCD中,有

AC ? BD ? 2 AB ? AD
2 2 2

?

2

?
C1

那么,在平行六面体 ABCD? A1 B1C1 D1 中,有 2 2 2 2 2 2 2 AC1 ? BD1 ? CA1 ? DB1 ? 4( AB ? AD ? AA1 )
D1 A1

B1

D

C
D C

A B
A

B

2.已知? ABC 三边长为a , b, c , 面积为S,则 2S ? ABC内切圆半径r= . a?b?c 根据类比推理的方法, 若一个四面体A-BCD四个面的 A 面积分别为S1 , S 2 , S 3 , S4 , 体积为V ,
则四面体的内切球半径 R ? ________________ . 3V

S1 ? S 2 ? S 3 ? S4
B

O
O

D

C

练习 1. (直击高考: 浙江文第16题 ) 09 设等差数列?an ? 的前n项和为S n , 则S4,S8 ? S4, 设等比数列?bn ? 的前n项积为Tn , S12 ? S8,S16 ? S12成等差数列.类比以上结论:

T16 则T4, ____, _____, 成等比数列. T12

T8 T4

T12 T8

a1+a2+…+an 1.已知数列{an}是等差数列,则{ } n 是等差数列。若已知数列{bn}(bn>0, n∈N*)是 等比数列,类比上述等差数列,则 是 等比数列?

4.

答:数列{

n

a1a2…an}是等比数列.

5.(2004广东)

S?PA?B? PA? ? PB? ? 由图(1)有面积关系: S?PAB PA ? PB

VP ? A?B?C ? PA? ? PB? ? PC ? ? 则由图(2)有体积关系: VP ? ABC PA ? PB ? PC
B? B

B?
A

B
C

P

C?

A?
图(1)

P

A? 图(2)

A

例:(本题满分12分)用三段论证明函数y=-x2+2x 在(-∞,1]上是增函数. 证明:任取x1、x2∈(-∞,1],且x1<x2, 1分 f(x1)-f(x2)=(-x12+2x1)-(-x22+2x2) =(x2-x1)(x2+x1-2). 5分 因为x1<x2,所以x2-x1>0; 因为x1<x2≤1,所以x2+x1-2<0. 因此,f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2). 10分 于是根据“三段论”,得f(x)=-x2+2x在(-∞,1] 上是增函数. 12分

大前提:增函数的定义;
证明:任取 x1 , x2 ? (??,1), 且x1 ? x2 ,

f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? (? x ? 2 x1 ) ? (? x ? 2 x2 )
2 1 2 2

? ( x2 ? x1 )( x2 ? x1 ? 2). 因为x1 ? x2 , 所以x2 ? x1 ? 0;
因为x1 , x2 ? 1, 所以x2 ? x1 ? 2 ? 0. 因此, f ( x1 ) ? f ( x2 ) ? 0,即f ( x1 ) ? f ( x2 ).

小前提 所以f ( x) ? ? x 2 ? 2 x在(??,1)满足增函数定义,
于是,根据增函数的定义可知,

结论

函数f(x)=-x2+2x在(-∞,1)是增函数。

大前提:在某个区间(a,b)内若 f ' ( x) ? 0,那么 证明函数f(x)=-x2+2x在(-∞,1)是增函数。 函数y=f(x)在这个区间内单调递增; 2

证明:因为f ( x) ? ? x ? 2 x, 所以
f ' ( x) ? ?2 x ? 2 ? ?2( x ? 1), 又因为x ? (??,1), 即x ? 1, 所以x ? 1 ? 0, 从而 ? 2( x ? 1) ? 0,即f ' ( x) ? 0,

小前提 所以f ( x) ? ? x 2 ? 2 x在(??,1)有f ' ( x) ? 0.
由函数的单调性与其导数的关系知:

结论

函数f(x)=-x2+2x在(-∞,1)是增函数。

二、证明方法 基础知识梳理
1.直接证明 (1)综合法 ①定义:利用已知条件和某些数学定义、公理、 定理等,经过一系列的 推理证明,最后推导出所要证 明的结论 成立 ,这种证明方法叫综合法. ②框图表示:
P?Q1 → Q1?Q2 → Q2?Q3 →…→ Qn?Q (其 中 P 表示条件,Q 表示要证结论).

(2)分析法 ①定义:从 要证明的结论 出发,逐步寻求使它成立 的 充分条件 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、公理等)为止.这种证明的方 法叫做分析法.
② 框 图 表 示 : Q?P1 → P1?P2 → P2?P3 →…→ 得到一个明显成立的条件 .

2.间接证明 反证法:假设原命题 不成立 ,经过正确的推理, 矛盾 最后得出 ,因此说明假设错误,从而证明了原 命题成立,这样的证明方法叫反证法.

基础知识梳理

(一).综合法 例.已知a、b、c 为 不相等正数 ,且abc = 1,
1 1 1 证求 :a + b + c < + + . a b c
1 1 1 ∴ + + = bc + ca + ab a b c
证 法1:∵ a、b、c 为 不相等正 数 ,且abc = 1,

bc + ca ca + ab ab + bc = + + 2 2 2
> abc2 + a 2 bc + ab2c =
a + b + c.

1 1 1 ∴ a + b + c < + + 成立. a b c

例.已知a、b、c 为 不相等正数 ,且abc = 1, 1 1 1 证求 :a + b + c < + + . a b c

证法2:∵ a、b、c为不相等正数 ,且abc = 1,

1 1 1 ∴ a+ b+ c = + + bc ca ab

1 1 1 1 1 1 + + + < b c+c a+a b 2 2 2

1 1 1 = + + . a b c 1 1 1 ∴ a + b + c < + + 成立. a b c

(二).分析法
例:已知a > 5,求证 :
? ? ? ? ? ? ? ?

a -5 -

证明: a -5 - a -3 < a -2 - a 要证 只需证 a - 5 ? a < a - 2 + a - 3 只需证 a(a - 5) < (a - 2)(a - 3) 只需证 a(a -5)<(a - 2)(a -3) 只需证 0 < 6 0 < 6 成立. 因为 所以 a - 5 - a - 3 < a - 2 - a 成立.

a -3 <

a-2 -

a.

(三)反证法
例:已知a>0,b>0,且a+b>2,
1? b 1? a 求证: a , b

中至少有一个小于2.

分析 命题中有“至少……”“不都……”“都 不……”“没有……”“至多……”等指示性语句,在 用直接方法很难证明时,可以采用反证法.

1? b 1? a , 证明 假设 都不小于2, b 1? b 1? aa



a

? 2,

b

?2

.

因为a>0,b>0,所以1+b≥2a,1+a≥2b, 所以1+1+a+b≥2(a+b),即2≥a+b.

这与已知a+b>2矛盾,故假设不成立.

1? b 1? a 中至少有一个小于2. , a b

练:

证明一个与正整数n有关的命题,可按下列步骤 进行: (1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命 题成立; (2)(归纳递推)假设n=k(k≥n0,k∈N*)时命题成立, 证明当n=k+1时命题也成立. 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.

三、数学归纳法 基础知识梳理

基础知识梳理
用框图表示就是:

例. 用数学归纳法证明:
1 1 1 1 1 1 1 1 1? ? ? ??? ? ? ? ??? 2 3 4 2n ? 1 2n n ? 1 n ? 2 2n
1 1 证明:(1)当n=1时,左边= 1 ? ? , 2 2 1 , 右边= 2

∴等式成立. (2)假设n=k(k∈N+)时,

1 1 1 1 1 1 1 1 1? ? ? ??? ? ? ? ? ? ? 成立; 2 3 4 2k ? 1 2k k ? 1 k ? 2 2k

当n=k+1时,

1 1 1 1 1 1 1 ? ? ? 左边= 1 ? ? ? ? ? ? 2 3 4 2k ? 1 2k 2 k ? 1 2k ? 2
1 1 1 1 1 ? ? ??? ? ? k ?1 k ? 2 2 k 2k ? 1 2 k ? 2 1 1 1 1 1 ? ??? ? ?( ? ) k ?2 2k 2k ? 1 k ? 1 2k ? 2
1 1 1 1 ? ??? ? ? =右边 k?2 2k 2 k ? 1 2k ? 2

∴ n=k+1时,等式成立. 综上可得,对于任意n∈N+等式都成立.

题型二 用数学归纳法证明不等式

1 1 1 5 ? ??? ? 【例】求证: n ?1 n ? 2 3n 6

(n≥2,n∈N+).

分析 和正整数有关,因此可用数学归纳法证明. 证明(1)当n=2时,左边 = 1 ? 1 ? 1 ? 1 ? 57 ? 5 ,不等式成立. 3 4 5 6 60 6 (2)假设当n=k(k≥2,k∈N+)时不等式成立,
1 1 1 5 ? ??? ? 成立. 即 k ?1 k ? 2 3k 6

则当n=k+1时,
1 1 1 1 1 1 ? ??? ? ? ? k ?2 k ?3 3k 3k ? 1 3k ? 2 3(k ? 1)
1 1 1 1 1 1 1 ? ? ??? ? ( ? ? ? ) k ?1 k ? 2 3k 3k ? 1 3k ? 2 3k ? 3 k ? 1 5 1 1 1 1 ? ?( ? ? ? ) 6 3k ? 3 3k ? 3 3k ? 3 k ? 1

5 1 1 5 ? ? (3 ? ? )? 6 3k ? 3 k ? 1 6
所以当n=k+1时不等式也成立. 由(1)(2)可知原不等式对一切n≥2,n∈N+都成立.

题型三

例:在各项为正的数列{a n }中,数列的前n项 1 1 和s n 满足s n = (a n + ) 2 an (1)求a1、a 2、a 3; (2)由(1)猜想到数列{a n }的通项公式, 并用数学归纳法证明你的猜想。

练. 已知数列 S1、S2、S3、S4,根据计算结果,猜想Sn的表达式, 并用数学归纳法进行证明.
1 1 S1 ? 解析: 1? 4 ? 4
2 1 3 S3 ? ? ? 7 7 ? 10 10

1 1 1 , , ?, ,? 4 ?1 4 ? 7 (3n ? 2)(3n ? 1) ,计算数列和

1 1 2 S2 ? ? ? 4 4?7 7

S4 ?

3 1 4 ? ? 10 10 ? 13 13

猜想 S n ?

1 证明:(1)当n=1时,左边=S1= 4

n . 3n ? 1



1 1 ? 右边= ,猜想成立. 3 ?1 ? 1 4

(2)假设当n=k(k∈N+)时猜想成立,即 S k ? 则当n=k+1时,

k , 3k ? 1

S k ?1 ? S k ?

1 [3(k ? 1) ? 2][(3(k ? 1) ? 1]

k 1 3k 2 ? 4k ? 1 ? ? ? 3k ? 1 (3k ? 1)(3k ? 4) (3k ? 1)(3k ? 4)

?

k ?1 (3k ? 1)( k ? 1) ? (3k ? 1)(3k ? 4) 3(k ? 1) ? 1

所以,当n=k+1时,猜想成立,

根据(1)(2)知猜想对任意n∈N+都成立.

已知数列?a n ?, ?bn ? ,其中a n ? 1 ? 3 ? 5 ? … ? ( 2n ? 1) 例2: bn ? 2 n ? 4,

是否存在唯一的自然数 ,使得an ? bn成立 n
分析:这是一个存在型探索性问题,对n赋值后,比较几对a与b 的大小,可作出合理猜测,再用数学归纳法予以论证。 解:由an ? 1 ? 3 ? 5 ? … ? ( 2n ? 1) ? ( n ? 1)2
解得a1、a2、a3、a4均小于b1、b2、b3、b4、
a5 ? 36,b5 ? 25 ? 4 ? 36

a6 ? 49 ? b6 ? 68 a7 ? 64 ? b7 ? 132 a8 ? 81 ? b8 ? 260
下页

猜想: 当n ? 6时有an ? bn 证明:
①当n ? 6时, 有an ? bn ②假设当n ? k时, 有ak ? bk 即( k ? 1)2 ? 2k ? 4, ( n ? 6)
当n ? k ? 1时,bk ?1 ? 2 k ?1 ? 4

? 2( 2 k ? 4) ? 4 ? 2( k ? 1)2 ? 4 ? 2k 2 ? 4k ? 2 而( 2k 2 ? 4k ? 2) ? ( k ? 2)2 ? k 2 ? 6 ? 0, k ? 6? k 2 ? 6) (? 即( 2k 2 ? 4k ? 2) ? ( k ? 2)2 ? [( k ? 1)2 ? 1]
由不等式的传递性得:bk ?1 ? [( k ? 1) ? 1]2 ? ak ?1

即对于任意的 ? 6, 都有an ? bn n

1. 3. 4.

四、数系的扩充与复数的引入
1. 复数的有关概念 (1)形如 a+bi 的数叫做复数,其中 a 和 b 都是实数, 其中 a 叫做复数z的实部, b 叫做复数z的虚部. 对于复数a+bi(a,b∈R),当且仅当 b=0 时,它是实数; 当b≠0时,叫做虚数;当 a=0且b≠0 时,叫做纯虚数. (2)复数的相等 如果a,b,c,d都是实数,那么 a+bi=c+di ? a=c且b=d ; a+bi=0 ? a=0且b=0 .

2.复平面的概念 建立 直角坐标系 来表示复数的平面叫做复平面, x轴叫做 实轴 ,y轴叫做 虚轴 .实轴上的点都表示实数 ; 除 原点外,虚轴上的点都表示 纯虚数 ; 各象限内的点 都表示 虚数 . 复数集C和复平面内所有的点组成的集合是 一一对应 的,复数集C与复平面内所有以原点O为起点 的向量组成的集合也是 一一对应 的.
3. 共轭复数概念 当两个复数的实部 相等 ,虚部 互为相反数 时,这 两个复数叫做互为共轭复数,复数z的共轭复数用 z 表示, 即z=a+bi,则 z = a -bi (a,b∈R).

4. 复数的加法与减法 (1)复数的加减法运算法则 (a+bi)±(c+di)= (a±c)+(b±d)i . (2)复数加法的运算定律 复数的加法满足 交换律 、 结合律 ,即对任何 z1、z2、z3∈C,有z1+z2=z2+z1, (z1+z2)+z3=z1+(z2+z3). (3)复数加、减法的几何意义 ①复数加法的几何意义 若复数z1、z2对应的向量 OZ 1 , OZ 2 不共线,则复 数z1+z2是以为 OZ 1 , OZ 2 两邻边的平行四边形的 对角线所 OZ 对应的复数.

②复数减法的几何意义 复数z1-z2是连结向量 OZ 1 , OZ 2 的终点,并指向 被减数的向量 Z 2 Z1 所对应的复数. 5.复数的乘法与除法 设z1=a+bi,z2=c+di, (1)复数的乘法运算法则 z1z2=(a+bi)(c+di)= (ac-bd)+(bc+ad)i ; z 交换律z1·2= z2·1 ; z (z z 结合律(z1·2)·3= z1· 2·3) ; z z 分配律z1(z2+z3)= z1z2+z1z3 .

ac ? bd bc ? ad (2)复数的除法运算法则 ? 2 i 2 2 2 c ?d (a+bi)÷(c+di)= c ? d (c+di≠0).

【例1】已知复数z=m2(1+i)-m(3+i)-6i,则当m 为何实数时,复数z是(1)实数?(2)虚数?(3)纯虚数? (4)零?(5)对应点在第三象限?

分析

复数z=a+bi的分类取决于其实部a与虚部b的 不同取值.



∵ z=(m2-3m)+(m2-m-6)i =m(m-3)+(m+2)· (m-3)i, ∴ (1)当m=-2或m=3时,z为实数; (2)当m≠-2且m≠3时,z为虚数; (3)当m=0时,z为纯虚数; (4)当m=3时,z=0; (5)由m(m-3)<0,且(m+2)(m-3)<0, 解得0<m<3, ∴ 当m∈(0,3)时,z对应的点在第三象限. 学后反思 利用复数的有关概念求解,使复数问题 实数化是解决复数问题的基本思想方法,也是 化归思想的重要表现.

练. 若z∈C,且|z|=1,求|z-i|的最大值. 解析 ∵|z|=1, ∴复数z所对应的点的轨迹为 以原点为圆心,半径为1的圆, 如图所示. ∴由圆可知当z=-i时,|z-i|的 值最大,最大值为2.


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