【数学】2020届一轮复习人教B版 推理与证明全章复习与巩固 学案 11页

《推理与证明》全章复习与巩固 【学习目标】 1. 了解合情推理的含义，能利用归纳推理和类比推理等进行简单的推理；掌握演绎推理的基本模式； 体会它们的重要性，并能运用它们进行一些简单的推理； 2. 了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异； 3. 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和特点； 4. 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； 5. 了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题. 【知识网络】 【要点梳理】 要点一：有关推理概念 归纳推理： 又称归纳法，是从特殊到一般、部分到整体的推理．根据归纳对象是否完备，分为完全归纳法和不完 全归纳法．完全归纳法是根据某类事物中的每一个对象或每一个子类的情况作出的关于该类事物的一般性 结论的推理；不完全归纳法是根据某类事物中的一部分对象具有某种特征而作出该类事物都具有这一特征 的一般性结论的推理．由于仅列举了归纳对象中的一小部分，因此得出的结论与前提未必有必然的联系， 故其结论未必正确，必须经过理论的证明和实践的检验． 类比推理： 又称类比法，是由特殊到特殊的推理．这是由两系统的已知属性，通过比较、联想而发现未知属性的 “开拓型”“发散型”思维方式．和归纳推理一样，能由已知推测未知，推理的结论也不一定为真，有待 进一步证明，通常情况下，类比的相似性越多，类比得出的结论就越可靠． 演绎推理： 又称演绎法．是从一般到特殊的推理，是数学证明中的基本推理形式．演绎推理的结论完全蕴涵于前 提之中．它是“封闭型”的思维方法，只要前提真实，逻辑形式正确，则结论必然真实，但由它一般不能 取得突破性进展．故合情推理与演绎推理各有侧重，相辅相成．合情推理有助于发现新事物、新结论、新 规律，演绎推理保证结论的可靠性，去伪存真． 要点诠释： 演绎推理更注重推理的形式规则，常见的有假言推理、关系推理、三段论推理． 三段论推理：其一般形式为：大前提：所有 M 都是 P；小前提：S 是 M；结论：S 是 P． 要点二：有关证明方法 综合法 综合法是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论证，最后推导出所要证明 的结论成立的证明方法，是数学推理证明中的主要方法．即从已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后 达到 待征结 论或需 求问题 ．如果 要证明 的命题 是 ， 那么证 明步骤 用符号 表示为 p(已 知) … ． 分析法 分析法就是从待征结论出发，一步一步探索下去，寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条 件或已被证明的事实．用分析法证明的逻辑关系：q(结论) … (已知)． 间接证法 间接证法不是从正面确定论题的真实性，而是证明它的反论题为假或改证它的等价命题为真，间接达 到目的．反证法就是间接证法的一种． 反证法证题步骤为： (1)假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立． (2)从这个假设出发，经过推理论证得出矛盾． (3)由矛盾判断假设不成立．从而肯定命题的结论成立． 反证法导出矛盾常见的有以下几种情况： ①导出非 p 为真，即与原命题的条件矛盾． ②导出 q 为真，即与假设“非 q 为真”矛盾． ③导出一个与定义、公理、定理等矛盾的命题． p q⇒ 1 2 3p p p⇒ ⇒ ⇒ ⇒ q⇒ np⇐ ⇐ 3 2 1p p p p⇐ ⇐ ⇐ ⇐ 数学归纳法 数学归纳法是证明一个与正整数 n 有关的命题时，常采用的一种方法，它是一种完全归纳法，其步骤 为： 第一步：证明 n 取第一个值 时命题成立． 第二步：假设 n＝k(k≥ ，k∈N+)时命题成立，证明 n＝k+1 时命题成立． 第三步：下结论，命题对从 开始的所有自然数 n 都成立． 要点诠释： （1）用数学归纳法证明与自然数 n 有关的命题时，如果证明恒等式或不等式应特别注意项及项数的 变化规律；证明几何命题时，要特别注意从 n＝k 到 n＝k+1 的几何图形中几何元素的变化规律；证明整除 性命题时，要特别注意凑配项的变形技巧；证明与奇、偶数有关的命题要注意过渡时的特点，如一个命题 对所有奇数 n 成立，应假设 n＝2k-1 时命题成立，推证 n＝2k+1 时命题成立或假设 n＝k(k 为奇数)时命题 成立，推证 n＝k+2 时命题成立． （2）“归纳一猜想—证明”的论题，要特别关注项的构成规律，作出合理的猜想后再证明． 【典型例题】 类型一：合情推理与演绎推理 例 1. 若数列 是等比数列，且 ，则有数列 (n∈N+)也为等比数列，类比上述性 质，相应地：若数列 是等差数列，则有 ________也是等差数列． 【思路点拨】类比猜想可得 也成等差数列. 【解析】若设等差数列 的公差为 x， 则 ． 可见 是一个以 为首项， 为公差的等差数列，故猜想是正确的． 【总结升华】类比猜想是以两个对象之间某已知的相同或相似之处为根据，从而推出对象之间未知的相 似之点的推理方法，这个根据是不充分的，因而类比推理的结论有时正确，有时不正确，其结论都需要证 明． 举一反三： 0n 0n 0n { }na 0na > 1 2 n n nb a a a= … { }nc nd = 1 2 n n c c cd n + + += … { }nc 1 2 n n c c cd n + + += … 1 ( 1) 2 n nnc x n −+ = 1 ( 1) 2 xc n= + −  { }nd 1c 2 x 【变式 1】在平面几何中，△ABC 的内角平分线 CE 分 AB 所成线段的比为 ，把这个结论类比 到空间：在三棱锥 A—BCD 中(如图所示)，面 DEC 平分二面角 A—CD—B 且与 AB 相交于 E，则得到 的类比的结论是________． 【答案】 【变式 2】观察 ， ， ，由归纳推理可得：若定义在 R 上的函数 满足 ，记 g(x)为 的导函数，则 g(-x)＝( ) A． B． C． D． 【答案】 D 【解析】 由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数．因此当 是偶函数时，其导函数应为 奇函数，故 g(-x)＝-g(x)． 例 2. 在数列 中， ， ，n∈N+． (1)证明数列 是等比数列； (2)求数列 的前 n 项和 ； (3)证明不等式 ≤ ，对任意 n∈N+皆成立． 【解析】 (1)由题设 得 ，n∈N+． 又 ，所以数列 是首项为 1，且公比为 4 的等比数列． (2)由(1)可知 ，于是数列 的通项公式为 ． 所以数列 的前 n 项和 ． (3)对任意的 n∈N+， AE AC EB CB = ACD BCD SAE EB S ∆ ∆ = 2( ) 2x x′ = 4 3( ) 4x x′ = (cos ) sinx x′ = − ( )f x ( ) ( )f x f x− = ( )f x ( )f x ( )f x− ( )g x ( )g x− ( )f x { }na 1 2a = 1 4 3 1n na a n+ = − + { }na n− { }na nS 1nS + 4 nS 1 4 3 1n na a n+ = − + 1 ( 1) 4( )n na n a n+ − + = − 1 1 1a − = { }na n− 14n na n −− = { }na 14n na n−= + { }na 4 1 ( 1) 3 2 n n n nS − += + ≤0． 所以不等式 ≤ ，对任意 n∈N+皆成立． 【总结升华】本题属于递推数列问题，是高考考查的热点．解题的关键是转化为等差、等比数列． 举一反三： 【变式 1】纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北．现在沿该正方体的 一些棱将正方体剪开、外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“△”的面的方位是 ( ) A．南 B．北 C．西 D．下 【答案】 B 【解析】将所给图形还原为正方体，如图所示，最上面为△，最左面为东，最里面为上， 将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“△”的方位为北． 【变式 2】（2019 广州一模）以下数表的构造思路源于我国南宋数学家杨辉所著的《详解九章算术》 一书中的“杨辉三角性”． 该表由若干数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有 一个数，则这个数为（ ） A. B. C. D. 【答案】由题意，数表的每一行都是等差数列， 1 1 4 1 ( 1)( 2) 4 1 ( 1)4 43 2 3 2 n n n n n n n nS S + +  − + + − +− = + − +   21 (3 4)2 n n= − + − 1nS + 4 nS 20152017 2× 20142017 2× 20152016 2× 20142016 2× 且第一行公差为 1，第二行公差为 2，第三行公差为 4，···，第 2015 行公差为 ， 故第 1 行的第一个数为： ， 第 2 行的第一个数为： ， 第 3 行的第一个数为： ， … 第 n 行的第一个数为： ， 第 2019 行只有 M， 则 类型二：直接证明与间接证明 例 3. 设 a，b，c 均为大于 1 的正数，且 ab＝10． 求证： ． 【解析】证法一(综合法)：因为 ab＝10， 所以 ． 又因为 a，b，c 均为大于 1 的正数，所以 lg a，lg b，lg c 均大于 0， 故 ．即 ． 证法二(分析法)：由于 ，b＞1．故要证明 20142 12 2−× 03 2× 14 2× 2( 1) 2nn −+ × 2014 2014(1 2016) 2 2017 2M = + ⋅ = × log log 4lga bc c c+ ≥ lg lglog log 4lg 4lglg lga b c cc c c ca b + − = + − 1 1 lg lg 4lg lglg 4 lglg lg lg lg a b a bc ca b a b   + −= + − =      1 4lg lglg lg lg a bc a b −=   2(lg lg ) 4lg lglg lg lg a b a bc a b + −=   2(lg lg )lg lg lg a bc a b −=   2(lg lg )lg 0lg lg a bc a b − ≥  log log 4lga bc c c+ ≥ 1a > log log 4lga bc c c+ ≥ 只要证明 ，即 ． 又 ，所以只要证明 ，即 ． 因为 ，所以 ， 故只要证明 ． ① 由于 a＞1，b＞1，所以 ， ＞0． 所以 ，即 ． 当且仅当 时等号成立，即①式成立，所以原不等式成立． 举一反三： 【变式】设 a，b∈R 且 a≠b，a+b＝2，则必有（ ) A．1≤ab≤ B． C． D． 【答案】B 【解析】∵ a+b＝2．∴ b＝2-a， ， ∴ ． ∵ a≠b≠1． ∴ ab＜1． ∵ ， ∴ ． ∵ ， lg lg 0lg lg c c a b + ≥ log log 4lga bc c c+ ≥ 1c > 1 1 4lg lga b + ≥ lg lg 4lg lg c b a b + ≥  10ab = lg lg 1a b+ = 1 4lg lga b ≥  lg 0a > lgb 2lg lg 10 lg lg 2 4 a ba b + < ≤ =   1 4lg lga b ≥  lg lga b= 2 2 2 a b+ 2 2 1 2 a bab +< < 2 2 12 a bab +< < 2 2 12 a b+ < 2 2 2 4a b ab+ + = 2 2(2 ) 2 ( 2 1) 1ab a a a a a a= − = − = − − + + 2( 1) 1 1a= − − + ≤ 2 2 2 2 22 ( ) 02 2 2 a b a ab b a bab + − + −− = = > 2 2 12 a b+ > 2 2 2 2 212 2 a b a b+ + −− = 4 2 2 1 02 ab ab − −= = − > ∴ ， 综上可得 ． 例 4. 设函数 对定义域内任意实数都有 ，且 成立． 求证：对定义域内任意 x，都有 ． 【思路点拨】直接证明有些困难，考虑用反证法. 【解析】假设满足题设条件的任意 x， 不成立，即存在某个 ，有 ≤0． ∵ ， ∴ ． 又知 ． 这与假设 矛盾，假设不成立． 故对任意的 x 都有 ． 【总结升华】此题证明过程中，“对任意 x，都有 ”的否命题是：“存在 x0，使 ≤0”， 而不是“对所有的 x，都有 ≤0”，因此在应用反证法时正确写出结论的否定形式是很重要的． 举一反三： 【变式】函数 的图象( ) A．关于原点对称 B．关于直线 y＝x 对称 C．关于 x 轴对称 D．关于 y 轴对称 【答案】 D 【解析】 对于选项 A，点 在 上， 但点 不在 上； 对于选项 B，点(0，2)在 上，但点(2，0)不在，(z)上； 对于选项 C，函数的图象不能关于 x 轴对称； 2 2 12 a b+ > 2 2 12 a b ab + > > ( )f x ( ) 0f x ≠ ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ =  ( ) 0f x > ( ) 0f x > 0x 0( )f x ( ) 0f x ≠ 0( ) 0f x < 20 0 0 0 0 0( ) 02 2 2 2 2 x x x x xf x f f f f       = + = = >               0( ) 0f x < ( ) 0f x > ( ) 0f x > 0( )f x ( )f x 4 1( ) 2 x xf x += 51 2     ， ( )f x 51 2  − −  ， ( )f x ( )f x 对于选项 D， ∵ ． ∴ 函数的图象关于 y 轴对称． 类型三：数学归纳法 例 5. 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)的图象上． (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 成立． 【解析】(1)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)， ，即 ，解得 r＝－1. (2)当 b＝2 时，由(1)知 an＝2n－1， 因此 bn＝2n(n∈N*)， 所证不等式为 ①当 n＝1 时，左式＝ ，右式＝ . 左式>右式，所以结论成立， ②假设 n＝k(k∈N*)时结论成立， 即 ， 则当 n＝k＋1 时， ， 要证当 n＝k＋1 时结论成立， 只需证 ， 4 1 1 4( ) ( )2 2 x x x xf x f x − − + +− = = = 1 2 1 2 11 1 1n n bb b nb b b ++ +⋅ ⋅ ⋅ > + 2 1 a ba = ( 1)b b bb r − =+ 2 1 4 1 2 1 12 4 2 n nn + + +⋅ ⋅ ⋅ > + 3 2 2 2 1 4 1 2 1 12 4 2 k kk + + +⋅ ⋅ ⋅ > + 2 1 4 1 2 1 2 3 2 3 2 312 4 2 2( 1) 2( 1) 2 1 k k k kkk k k k + + + + + +⋅ ⋅ ⋅ ⋅ > + ⋅ =+ + + 2 3 2 2 1 k k k + > + + 即证 由均值不等式 成立 故 成立， 所以当 n＝k＋1 时，结论成立． 由①②可知，n∈N*时，不等式 成立． 【总结升华】本题属中等难度题，求解关键是要掌握数学归纳法． 举一反三： 【变式 1】已知 ，则 f(k＋1)＝f(k)＋______________________. 【答案】 【变式 2】试比较 2n＋2 与 n2 的大小(n∈N*)，并用数学归纳法证明你的结论． 【答案】当 n＝1 时，21＋2＝4>n2＝1， 当 n＝2 时，22＋2＝6>n2＝4， 当 n＝3 时，23＋2＝10>n2＝9， 由 n＝4 时，24＋2＝18>n2＝16， 由此可以猜想，2n＋2>n2(n∈N*)成立． 下面用数学归纳法证明： (1)当 n＝1 时，左边＝21＋2＝4，右边＝1， 所以左边>右边，所以原不等式成立． 当 n＝2 时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4， 所以左边>右边； 当 n＝3 时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9， 所以左边>右边． (2)假设 n＝k(k≥3 且 k∈N*)时，不等式成立，即 2k＋2>k2. 那么当 n＝k＋1 时， 2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2·k2－2. 又因：2k2－2－(k＋1)2＝k2－2k－3＝(k－3)(k＋1)≥0， 即 2k2－2≥(k＋1)2， 2 3 2 12 k k k + > + ⋅ + 2 3 ( 1) ( 2) 1 22 2 k k k k k + + + += > + ⋅ + 2 3 2 2 1 k k k + > + + 1 2 1 2 11 1 1n n bb b nb b b ++ +⋅ ⋅ ⋅ > + *1 1 1( ) ( )1 2 3 1f n n Nn n n = + + + ∈+ + − 1 1 1 1 3 3 1 3 2 1k k k k + + −+ + + 故 2k＋1＋2>(k＋1)2 成立． 根据(1)和(2)，原不等式对于任何 n∈N*都成立． 【变式 3】（2019 南通一模）已知函数 f0（x）=x（sin x+cos x），设 fn（x）是 fn+1（x）的导数，n∈N*。 （1）求 f1（x），f2（x）的表达式； （2）写出 fn（x）的表达式，并用数学归纳法证明。 【答案】（1） ， ， （2）由（1）得 ， 把 f1（x），f2（x），f3（x）， ， ， ， 猜想 ， 下面用数学归纳法证明上述等式， ①当 n=1 时，由（1）可知，等式（*）成立， ②假设当 n=k 时，等式（*）成立，即 ， 则当 n=k+1 时， ， ， ， 即当 n=k+1 时，等式（*）成立 综上所述，当 n∈N*， 成立。 1 0( ) '( ) (sin cos ) (cos sin ) ( 1)sin( ) ( 1)cosf x f x x x x x x x x x x= = + + − = − − + + 2 1( ) '( ) sin (1 )cos cos (1 )sin (2 )sin ( 2)cosf x f x x x x x x x x x x x= = − + − + − + = − + − − 3 2( ) '( ) (3 )cos ( 3)sinf x f x x x x x= = − − + − 1( ) ( 1)sin( ) ( 1)cos( )2 2f x x x x x π π= + + + − + 2 2 2( ) ( 2)sin( ) ( 2)cos( )2 2f x x x x x π π= + + + − + 3 3 3( ) ( 3)sin( ) ( 2)cos( )2 2f x x x x x π π= + + + − + ( ) ( )sin( ) ( )cos( )(*)2 2n n nf x x n x x n x π π= + + + − + ( ) ( )sin( ) ( )cos( )2 2k k kf x x k x x k x π π= + + + − + 1( ) '( ) sin( ) ( )cos( ) ( )[ sin( )]2 2 2k k k k kf x f x x x k x x k x π π π + = = + + + + + − − + ( 1)cos( ) [ ( 1)][ sin( )]2 2 k kx k x x k x π π= + + + + − + − + 1 1( 1)sin( ) [ ( 1)]cos( )2 2 k kx k x x k xπ π+ += + + + + − + + ( ) ( )sin( ) ( )cos( )2 2n n nf x x n x x n x π π= + + + − +