【数学】2018届一轮复习北师大版推理与证明教案 17页

集 体 课 教 案 课题 推理与证明（共 3 课时）‎ 修改与创新 教学目标 推理与证明 ‎（1）合情推理与演绎推理 ‎①结合已学过的数学实例和生活中的实例，了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，体会并认识合情推理在数学发现中的作用；‎ ‎②结合已学过的数学实例和生活中的实例，体会演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理；‎ ‎③通过具体实例，了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异。‎ ‎（2）直接证明与间接证明 ‎①结合已经学过的数学实例，了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点；‎ ‎②结合已经学过的数学实例，了解间接证明的一种基本方法--反证法；了解反证法的思考过程、特点；‎ 命题走向 部分内容主要包括：合情推理和演绎推理、直接证明与间接证明等内容，其中推理中的合情推理、演绎推理几乎涉及数学的方方面面的知识，代表研究性命题的发展趋势，选择题、填空题、解答题都可能涉及到，该部分命题的方向主要会在函数、三角、数列、立体几何、解析几何等方面，在新的高考中都会涉及和渗透，但单独出题的可能性较小.‎ 教学准备 多媒体课件 教学过程 ‎1．推理 ‎(1)定义：是根据一个或几个已知的判断来确定一个新的判断的思维过程．‎ ‎(2)分类：推理 ‎2．合情推理 归纳推理 类比推理 定 义 由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理 由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理 特 点 由部分到整体、由个别到一般的推理 由特殊到特殊的推理 ‎3.演绎推理 ‎(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．‎ ‎(2)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理．‎ ‎(3)模式：‎ 三段论 ‎ ‎ ‎1．辨明两个易误点 ‎(1)演绎推理是由一般到特殊的证明，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的规范性．‎ ‎(2)合情推理中运用猜想时不能凭空想象，要有猜想或拓展依据．‎ ‎2．把握合情推理与演绎推理的三个特点 ‎(1)合情推理包括归纳推理和类比推理，所得到的结论都不一定正确，其结论 的正确性是需要证明的．‎ ‎(2)在进行类比推理时，要尽量从本质上去类比，不要被表面现象所迷惑；否则只抓住一点表面现象甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误．‎ ‎(3)应用三段论解决问题时，应首先明确什么是大前提，什么是小前提，如果大前提与推理形式是正确的，结论必定是正确的．如果大前提错误，尽管推理形式是正确的，所得结论也是错误的．‎ ‎1．数列2，5，11，20，x，47，…中的x等于(　　)‎ A．28　　　　　　　　　　　 B．32 学§科§网Z§X§X§K]‎ C．33 D．27‎ 解析：选B.由5－2＝3，11－5＝6，20－11＝9，则x－20＝12，因此x＝32.‎ ‎2．推理“①矩形是平行四边形，②三角形不是平行四边形，③三角形不是矩形”中的小前提是(　　)‎ A．① B．②‎ C．③ D．①和②‎ 解析：选B.由演绎推理三段论可知，①是大前提，②是小前提，③是结论．‎ ‎3．(选修12 P30练习T1改编)已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是(　　)‎ A．an＝3n－1 B．an＝4n－3‎ C．an＝n2 D．an＝3n－1‎ 解析：选C.由a1＝1，an＝an－1＋2n－1，则 a2＝a1＋2×2－1＝4；‎ a3＝a2＋2×3－1＝9；‎ a4＝a3＋2×4－1＝16；‎ 所以an＝n2.‎ ‎4．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．‎ 解析：＝＝·＝×＝.‎ 答案：1∶8‎ 考点一　归纳推理(高频考点)‎ 归纳推理是每年高考的常考内容，题型多为选择题或填空题，难度稍大，属中高档题．‎ 高考对归纳推理的考查常有以下三个命题角度：‎ ‎(1)数值的归纳；‎ ‎(2)代数式的归纳；‎ ‎(3)图形的归纳．‎ ‎　(1)(2015·高考陕西卷)观察下列等式：‎ ‎1－＝，‎ ‎1－＋－＝＋，‎ ‎1－＋－＋－＝＋＋，‎ ‎…，‎ 据此规律，第n个等式可为____________________．‎ ‎(2)(2016·青岛模拟)某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度相等，两两夹角为120°；二级分形图是在一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长度为原来的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为120°，…，依此规律得到n级分形图．‎ n级分形图中共有________条线段．‎ ‎[解析]　(1)等式的左边的通项为－，前n项和为1－＋－＋…＋－；右边的每个式子的第一项为，共有n项，故为＋＋…＋.‎ ‎(2)分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，由题图知，一级分形图有3＝(3×2－3)条线段，二级分形图有9＝(3×22－3)条线段，三级分形图中有21＝(3×23－3)条线段，按此规律n级分形图中的线段条数an＝3×2n－3(n∈N*)．‎ ‎[答案]　(1)1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋ ‎(2)3×2n－3(n∈N*)‎ 常见的归纳推理及求解策略 ‎(1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等．‎ ‎(2)形的归纳主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳．解决的关键是抓住相邻图形之间的关系. ‎ ‎　1.(1)已知f(x)＝，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋，‎ 则f2 014(x)的表达式为________．‎ ‎(2)(2016·山东省滕州第二中学模拟)在△ABC中，不等式＋＋≥成立；在凸四边形ABCD中，不等式＋＋＋≥成立；在凸五边形ABCDE中，不等式＋＋＋＋≥成立，…，依此类推，在凸n边形A1A2…An中，不等式＋＋…＋≥________成立．‎ 解析：(1)f1(x)＝，f2(x)＝＝，f3(x)＝＝，…，由归纳推理得f2 014(x)＝.‎ ‎(2)因为＋＋≥＝，＋＋＋≥＝，＋＋＋＋≥＝，…，‎ 所以＋＋…＋≥(n∈N*，n≥3)．‎ 答案：(1)f2 014(x)＝　(2)(n∈N*，n≥3)‎ 考点二　类比推理 ‎　(2016·西安模拟)设△ABC的三边长分别为a、b、c，△ABC的面积为S，‎ 内切圆半径为r，则r＝；类比这个结论可知：四面体SABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为R，四面体SABC的体积为V，则R＝(　　)‎ A.　　　　　　B. C. D. ‎[解析]　设四面体的内切球球心为O，那么由V＝VOABC＋VOSAB＋VOSAC＋VOSBC，‎ 即V＝S1R＋S2R＋S3R＋S4R，‎ 可得R＝.‎ ‎[答案]　C 类比推理的分类 ‎(1)类比定义：在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解；‎ ‎(2)类比性质：从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键；‎ ‎(3)类比方法：有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移. ‎ ‎　2.(2016·杭州模拟)已知命题：“若数列{an}是等比数列，且an＞0，则数列bn＝(n∈N*)也是等比数列”．类比这一性质，你能得到关于等差数列的一个什么性质？并证明你的结论．‎ 解：类比等比数列的性质，可以得到等差数列的一个性质是：若数列{an}是等差数列，‎ 则数列bn＝(n∈N*)也是等差数列．‎ 证明如下：设等差数列{an}的公差为d，‎ 则bn＝＝ ‎＝a1＋(n－1)，‎ 所以数列{bn}是以a1为首项，为公差的等差数列．‎ 考点三　演绎推理 ‎　数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．证明：‎ ‎(1)数列是等比数列；‎ ‎(2)Sn＋1＝4an.‎ ‎ [证明]　(1)因为an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，‎ 所以(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.‎ 故＝2·，(小前提)‎ 故是以1为首项，2为公比的等比数列．(结论)‎ ‎(大前提是等比数列的定义)‎ ‎(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，‎ 所以Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1‎ ‎＝4an(n≥2)．(大前提)‎ 又因为a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)‎ 所以对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)‎ 演绎推理的推证规则 ‎(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略，本题中，等比数列的定义在解题中是大前提，由于它是显然的，因此省略不写；‎ ‎(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成. ‎ ‎　3.已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数．‎ 证明：设x1，x2∈R，取x1x1f(x2)＋x2f(x1)，‎ 所以x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，‎ ‎[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，‎ 因为x10，f(x2)>f(x1)．‎ 所以y＝f(x)为R上的单调增函数．‎ 交汇创新——例析归纳推理中的创新问题 ‎　设△AnBnCn的三边长分别为an，bn，cn，△AnBnCn的面积为Sn，n＝1，2，3，….若b1>c1，b1＋c1＝2a1，an＋1＝an，bn＋1＝，cn＋1＝，则(　　)‎ A．{Sn}为递减数列 B．{Sn}为递增数列 C．{S2n－1}为递增数列，{S2n}为递减数列 D．{S2n－1}为递减数列，{S2n}为递增数列 ‎[解析]　在△A1B1C1中，b1>c1，b1＋c1＝2a1，‎ 所以b1>a1>c1.‎ 在△A2B2C2中，a2＝a1，b2＝，c2＝，b2＋c2＝2a1，‎ 所以c1b2＋c2.‎ 答案：a2>b2＋c2‎ 考点一　综合法的应用 ‎　已知数列{an}满足a1＝且an＋1＝an－a(n∈N*)．证明：1<≤2(n∈N*)．‎ ‎[证明]　由题意得an＋1－an＝－a<0，即an＋10.‎ 由00，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ ‎[证明]　要证明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，‎ 只需证2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，‎ 即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，‎ 即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.‎ 因为a≥b>0，所以a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，‎ 从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，‎ 所以2a3－b3≥2ab2－a2b.‎ 分析法的证题思路 先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．‎ ‎[注意]　要注意书写格式的规范性. ‎ ‎　2.△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.‎ 求证：＋＝.‎ 证明：要证＋＝，‎ 即证＋＝3，也就是证＋＝1，‎ 只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，‎ 需证c2＋a2＝ac＋b2.‎ 又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，‎ 由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos 60°，即b2＝c2＋a2－ac，‎ 故c2＋a2＝ac＋b2成立．‎ 于是原等式成立．‎ 考点三　反证法 ‎　设{an}是公比为q的等比数列．‎ ‎(1)推导{an}的前n项和公式；‎ ‎(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．‎ ‎[解]　(1)设{an}的前n项和为Sn，‎ 当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；‎ 当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①‎ qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②‎ ‎①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，‎ 所以Sn＝，‎ 所以Sn＝ ‎(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，‎ ‎(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，‎ a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，‎ aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.‎ 因为a1≠0，所以2qk＝qk－1＋qk＋1.‎ 因为q≠0，所以q2－2q＋1＝0，‎ 所以q＝1，这与已知矛盾．‎ 所以假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．‎ 用反证法证明数学命题需把握的三点 ‎(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；‎ ‎(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；‎ ‎(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的. ‎ ‎　3.已知a1＋a2＋a3＋a4>100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.‎ 证明：假设a1，a2，a3，a4均不大于25，‎ 即a1≤25，a2≤25，a3≤25，a4≤25，则a1＋a2＋a3＋a4≤25＋25＋25＋25＝100，‎ 这与已知a1＋a2＋a3＋a4>100矛盾，故假设错误．‎ 所以a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25.‎ 方法思想——转化与化归思想求证函数的综合问题[ ]‎ ‎　设函数f(x)＝x3＋3bx2＋3cx有两个极值点x1，x2，且x1∈[－1，0]，x2∈[1，2]．‎ ‎(1)求b，c满足的约束条件，并在下面的坐标平面内画出满足这些条件的点(b，c)的区域；‎ ‎(2)证明：－10≤f(x2)≤－.[ ‎ ‎[解]　(1)f′(x)＝3x2＋6bx＋3c.依题意知，方程f′(x)＝0有两个根x1，x2，且x1∈[－1，0]，x2∈[1，2]等价于f′(－1)≥0，f′(0)≤0，f′(1)≤0，f′(2)≥0.‎ 由此得b，c满足的约束条件为 满足这些条件的点(b，c)的区域为图中阴影部分．‎ ‎(2)证明：由题设知f′(x2)＝3x＋6bx2＋3c＝0，‎ 故bx2＝－x－c.‎ 于是f(x2)＝x＋3bx＋3cx2＝－x＋x2.‎ 由于x2∈[1，2]，而由(1)知c≤0，[ ]‎ 故－4＋3c≤f(x2)≤－＋c.‎ 又由(1)知－2≤c≤0，‎ 所以－10≤f(x2)≤－.‎ ‎　(1)本题在求证第(2)问时，利用了转化与化归思想，利用f′(x2)＝0得出bx2＝－x－c，进而转化为f(x2)＝－x＋x2，借助于(1)中c的范围证明出结论．‎ ‎(2)解决此类问题，要培养观察能力，即观察条件、结论，且能从数学的角度揭示其差异，如“高次↔低次”“分式(根式)↔整式”“多元↔一元”等，从而为我们的化归转化指明方向，奠定基础．‎ ‎　比较log100 101与log101 102的大小．‎ 解：因为n≥2时，logn(n＋1)>0，logn＋1(n＋2)>0.‎ 又＝log(n＋1)(n＋2)·log(n＋1)n<＝<＝1，故log(n＋1)(n＋2)