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- 2021-06-16 发布
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章末复习
1.归纳和类比都是合情推理,前者是由特殊到一般,部分到整体的推理,后者
是由特殊到特殊的推理,但二者都能由已知推测未知,都能用于猜想,推理的结
论不一定为真,有待进一步证明.
2.演绎推理与合情推理不同,是由一般到特殊的推理,是数学中证明的基本推
理形式.也是公理化体系所采用的推理形式,另一方面,合情推理与演绎推理又
是相辅相成的,前者是后者的前提,后者论证前者的可靠性.
3.直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法.直接证明的两类基本
方法是综合法和分析法:综合法是从已知条件推导出结论的证明方法;分析法是
由结论追溯到条件的证明方法,在解决数学问题时,常把它们结合起来使用,间
接证法的一种方法是反证法,反证法是从结论反面成立出发,推出矛盾的证明方
法.
4.数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题.证明时,它的两个步骤
缺一不可.它的第一步(归纳奠基)n=n0 时结论成立.第二步(归纳递推)假设 n=k
时,结论成立,推得 n=k+1 时结论也成立.数学归纳法原理建立在归纳公理的
基础上,它可用有限的步骤(两步)证明出无限的命题成立.
5.归纳、猜想、证明
探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型,此类问题未给出问题结论,
需要由特殊情况入手,猜想、证明一般结论的问题称为探求规律性问题,它的解
题思想是:从给出的条件出发,通过观察、试验、归纳、猜想,探索出结论,然
后再对归纳、猜想的结论进行证明.
题型一 归纳推理和类比推理
归纳推理和类比推理是常用的合情推理,两种推理的结论“合情”但不一定“合
理”,其正确性都有待严格证明.尽管如此,合情推理在探索新知识方面有着极
其重要的作用.
运用合情推理时,要认识到观察、归纳、类比、猜想、证明是相互联系的.在解
决问题时,可以先从观察入手,发现问题的特点,形成解决问题的初步思路,然
后用归纳、类比的方法进行探索、猜想,最后用逻辑推理方法进行验证.
例 1 观察下列各式:a+b=1,a 2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7,a5+b5=
11,…,则 a10+b10=( )
A.28 B.76
C.123 D.199
答案 C
解析 记 an+bn=f(n),
则 f(3)=f(1)+f(2)=1+3=4;
f(4)=f(2)+f(3)=3+4=7;
f(5)=f(3)+f(4)=11.
通过观察不难发现 f(n)=f(n-1)+f(n-2)(n∈N+,n≥3),
则 f(6)=f(4)+f(5)=18;
f(7)=f(5)+f(6)=29;
f(8)=f(6)+f(7)=47;
f(9)=f(7)+f(8)=76;
f(10)=f(8)+f(9)=123.
所以 a10+b10=123.
跟踪演练 1 自然数按下表的规律排列
则上起第 2 007 行,左起第 2 008 列的数为( )
A.2 0072 B.2 0082
C.2 006×2 007 D.2 007×2 008
答案 D
解析 经观察可得这个自然数表的排列特点:
①第一列的每个数都是完全平方数,并且恰好等于它所在行数的平方,即第 n 行
的第 1 个数为 n2;
②第一行第 n 个数为(n-1)2+1;
③第 n 行从第 1 个数至第 n 个数依次递减 1;
④第 n 列从第 1 个数至第 n 个数依次递增 1.
故上起第 2 007 行,左起第 2 008 列的数,应是第 2 008 列的第 2 007 个数,即为
[(2 008-1)2+1]+2 006=2 007×2 008.
题型二 直接证明
由近三年的高考题可以看出,直接证明的考查中,各种题型均有体现,尤其是解
答题,近几年来一直是考查证明方法的热点与重点.
综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法,也是解决数学问题常用的
思维方式.如果从解题的切入点的角度细分,直接证明方法可具体分为:比较法、
代换法、放缩法、判别式法、构造函数法等,应用综合法证明问题时,必须首先
想到从哪里开始起步,分析法就可以帮助我们克服这种困难,在实际证明问题时,
应当把分析法和综合法结合起来使用.
例 2 已知 a>0,求证: a2+ 1
a2
- 2≥a+1
a
-2.
证明 要证 a2+ 1
a2
- 2≥a+1
a
-2,
只需证 a2+ 1
a2
+2≥a+1
a
+ 2.
∵a>0,故只需证 ( a2+ 1
a2+2)2≥(a+1
a
+ 2)2,
即 a2+ 1
a2
+4 a2+ 1
a2
+4≥a2+2+ 1
a2
+
2 2(a+1
a)+2,
从而只需证 2 a2+ 1
a2
≥ 2(a+1
a),
只要证 4(a2+ 1
a2)≥2(a2+2+ 1
a2),
即 a2+ 1
a2
≥2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立.
跟踪演练 2 如图,在四面体 B-ACD 中,CB=CD,AD⊥BD,且 E,F 分别是
AB,BD 的中点,求证:
(1)直线 EF∥平面 ACD;
(2)平面 EFC⊥平面 BCD.
证明 (1)要证直线 EF∥平面 ACD,
只需证 EF∥AD 且 EF⊄平面 ACD.
因为 E,F 分别是 AB,BD 的中点,
所以 EF 是△ABD 的中位线,
所以 EF∥AD,
所以直线 EF∥平面 ACD.
(2)要证平面 EFC⊥平面 BCD,
只需证 BD⊥平面 EFC,
只需证Error!
因为Error!所以 EF⊥BD.
又因为 CB=CD,F 为 BD 的中点,
所以 CF⊥BD.所以平面 EFC⊥平面 BCD.
题型三 反证法
如果一个命题的结论难以直接证明时,可以考虑反证法.通过反设结论,经过逻
辑推理,得出矛盾,从而肯定原结论成立.
反证法是高中数学的一种重要的证明方法,在不等式和立体几何的证明中经常用
到,在高考题中也经常体现,它所反映出的“正难则反”的解决问题的思想方法
更为重要.反证法主要证明:否定性、唯一性命题;至多、至少型问题;几何问
题.
例 3 如图所示,已知两个正方形 ABCD 和 DCEF 不在同一平面内,M,N 分别
为 AB、DF 的中点.
(1)若平面 ABCD⊥平面 DCEF,求直线 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值;
(2)用反证法证明:直线 ME 与 BN 是两条异面直线.
(1)解 法一 如图(1)所示,取 CD 的中点 G,连接 MG,NG,设正方形 ABCD,
DCEF 的边长为 2,
图(1)
则 MG⊥CD,MG=2,NG= 2,
∵平面 ABCD⊥平面 DCEF,
∴MG⊥平面 DCEF,
∴∠MNG 是 MN 与平面 DCEF 所成的角.
∵MN= 6,∴sin∠MNG= 6
3
,
∴直线 MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为 6
3 .
法二 设正方形 ABCD,DCEF 的边长为 2,以 D 为坐标原点,分别以射线 DC,
DF,DA 为 x,y,z 轴正半轴建立空间直角坐标系,如图(2)所示.
图(2)
则 M(1,0,2),N(0,1,0),
∴MN→
=(-1,1,-2).
又DA→
=(0,0,2)为平面 DCEF 的法向量,
∴cos〈MN→
,DA→
〉=
MN→
·DA→
|MN→
||DA→
|
=- 6
3
,
∴MN 与平面 DCEF 所成角的正弦值为
|cos〈MN→
,DA→
〉|= 6
3 .
(2)证明 假设直线 ME 与 BN 共面,则 AB⊂平面 MBEN,且平面 MBEN 与平面
DCEF 交于 EN,
∵两正方形不共面,
∴AB⊄平面 DCEF.
又 AB∥CD,所以 AB∥平面 DCEF,而 EN 为平面 MBEN 与平面 DCEF 的交线,
∴AB∥EN.又 AB∥CD∥EF,
∴EN∥EF,这与 EN∩EF=E 矛盾,故假设不成立.
∴ME 与 BN 不共面,即它们是异面直线.
跟踪演练 3 若 a,b,c 均为实数,且 a=x2-2y+π
2
,b=y2-2z+π
3
,c=z2-2x+
π
6.求证:a,b,c 中至少有一个大于 0.
证明 假设 a,b,c 都不大于 0,即 a≤0,b≤0,c≤0,
则 a+b+c≤0,而 a+b+c=x2-2y+π
2
+y2-2z+π
3
+z2-2x+π
6
=(x-1)2+(y-1)2
+(z-1)2+π-3.
∵π-3>0,且(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2≥0,
∴a+b+c>0,
这与 a+b+c≤0 矛盾,因此假设不成立,∴a,b,c 中至少有一个大于 0.
题型四 数学归纳法
1.数学归纳法事实上是一种完全归纳的证明方法,它适用于与自然数有关的问
题.两个步骤、一个结论缺一不可,否则结论不成立;在证明递推步骤时,必须
使用归纳假设,必须进行恒等变换.
2.探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型,此类问题未给出问题
的结论,需要由特殊情况入手,猜想、证明一般结论,它的解题思路是:从给出
条件出发,通过观察、试验、归纳、猜想、探索出结论,然后再对归纳,猜想的
结论进行证明.
例 4 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知对任意的 n∈N+,点(n,Sn)均在函数
y=bx+r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数)的图像上.
(1)求 r 的值;
(2)当 b=2 时,记 bn=2(log2an+1)(n∈N+),
证明:对任意的 n∈N+,不等式b1+1
b1 ·b2+1
b2 ·…· bn+1
bn
> n+1成立.
(1)解 由题意:Sn=bn+r,
当 n≥2 时,Sn-1=bn-1+r,
所以 an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1),
由于 b>0 且 b≠1,
所以 n≥2 时,{an}是以 b 为公比的等比数列.
又 a1=b+r,a2=b(b-1),
a2
a1
=b,即b(b-1)
b+r
=b,解得 r=-1.
(2)证明 当 b=2 时,由(1)知 an=2n-1,
因此 bn=2n(n∈N+),
所证不等式为2+1
2 ·4+1
4 ·…· 2n+1
2n
> n+1.
①当 n=1 时,左式=3
2
,右式= 2.
左式>右式,所以结论成立.
②假设 n=k(k∈N+)时结论成立,
即2+1
2 ·4+1
4 ·…· 2k+1
2k
> k+1,
则当 n=k+1 时,2+1
2 ·4+1
4 ·…· 2k+1
2k · 2k+3
2(k+1)
> k+1· 2k+3
2(k+1)= 2k+3
2 k+1
.
要证当 n=k+1 时结论成立,
只需证 2k+3
2 k+1
> k+2成立,
只需证:4k2+12k+9>4k2+12k+8 成立,显然成立,
∴当 n=k+1 时,2+1
2 ·4+1
4 ·…· 2k+1
2k · 2k+3
2(k+1)> (k+1)+1成立,综合①②可知
不等式b1+1
b1 ·b2+1
b2 ·…· bn+1
bn
> n+1成立.
跟踪演练 4 数列{an}满足:a1=1,an+1=1
2an+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=1
2an+1,
所以 a2=1
2a1+1=1
2
+1=3
2
,
a3=1
2a2+1=1
2·3
2
+1=7
4
,
a4=1
2a3+1=1
2·7
4
+1=15
8 .
(2)解 法一 猜想 an=2n-1
2n-1
,下面用数学归纳法证明.
证明 (1)当 n=1 时,a1=21-1
21-1
=1,满足上式,显然成立;
(2)假设当 n=k 时 ak=2k-1
2k-1
,那么当 n=k+1 时,
ak+1=1
2ak+1=1
2·2k-1
2k-1
+1=2k-1
2k
+1=2k-1+2k
2k
=2k+1-1
2k
满足上式,即当 n=k
+1 时猜想也成立.
由(1)(2)可知,对于 n∈N+都有 an=2n-1
2n-1 .
法二 因为 an+1=1
2an+1,
所以 an+1-2=1
2an+1-2,
即 an+1-2=1
2(an-2),
设 bn=an-2,则 bn+1=1
2bn,即{bn}是以-1 为首项,1
2
为公比的等比数列,
所以 bn=b1·qn-1=- 1
2n-1
,
所以 an=bn+2=2n-1
2n-1 .
1.合情推理主要包括归纳推理和类比推理
(1)归纳推理的基本模式:a,b,c∈M 且 a,b,c 具有某属性,结论∀d∈M,d
也具有某属性.
(2)类比推理的基本模式:A 具有属性 a,b,c,d;B 具有属性 a′,b′,c′;
结论:B 具有属性 d′.(a,b,c,d 与 a′,b′,c′,d′相似或相同).
2.使用反证法证明问题时,常见的“结论词”与“反设词”列表如下:
原结论词 反设词 原结论词 反设词
至少有
一个
一个也没有 对所有 x 成立 存在某个 x 不成立
至多有一个 至少有两个 对任意 x 不成立 存在某个 x 成立
至少有 n 个 至多有 n-1 个 p 或 q 綈 p 且綈 q
至多有 n 个 至少有 n+1 个 p 且 q 綈 p 或綈 q
3.数学归纳法的应用必须注意以下两点:
(1)验证是基础:数学归纳法的原理表明:第一个步骤是要找一个数 n0,这个数 n0
就是要证明的命题对象的最小自然数,这个自然数并不一定都是“1”.
(2)递推是关键:数学归纳法的实质在于递推,所以从“k”到“k+1”的过程,必
须把归纳假设“n=k”作为条件来导出“n=k+1”时的命题,在推导过程中,
要把归纳假设用一次或几次.