(共7张PPT)
2.1合情推理与演绎推理
2.1.1类比推理
苏教版数学学科高二年级下学期多媒体教学课件
第二章第一节
1.工匠鲁班类比带齿的草叶和蝗虫的牙齿,发明了锯
2.仿照鱼类的外型和它们在水中沉浮的原理,发明了潜水艇.
3.科学家对火星进行研究,发现火星与地球有许多类似的特征; 1)火星也绕太阳运行、饶轴自转的行星; 2)有大气层,在一年中也有季节变更; 3)火星上大部分时间的温度适合地球上某些已知生物的生存,等等.
科学家猜想;火星上也可能有生命存在.
4)利用平面向量的本定理类比得到空间向量的基本定理.
在两类不同事物之间进行对比,找出若干相同或相似点之后,推测在其他方面也可以存在相同或相似之处的一种推理模式, 称为类比推理.(简称;类比)
类比推理的几个特点;
1.类比是从人们已经掌握了的事物的属性,推测正在研究的事物的属性,是以旧有的认识为基础,类比出新的结果.
2.类比是从一种事物的特殊属性推测另一种事物的特殊属性.
3.类比的结果是猜测性的不一定可靠,单它却有发现的功能.
例1：类比平面内直角三角形的勾股定理，试给出空间中四面体性质的猜想．
Ａ
Ｂ
Ｃ
a
b
c
o
A
B
C
s1
s2
s3
c2=a2+b2
S2△ABC =S2△AOB+S2△AOC+S2△BOC
猜想:
例2：(2005年全国)计算机中常用的十六进位制是逢１６进１的计算制，采用数字０-９和字母Ａ-Ｆ共１６个计数符号，这些符号与十进制的数的对应关系如下表；
十六进位 ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７
十进位 ０ １ ２ ３ ４ ５ ６ ７
例如用１６进位制表示Ｅ+Ｄ＝１Ｂ，则Ａ×Ｂ＝（ ）
十六进位 ８ ９ Ａ Ｂ Ｃ Ｄ Ｅ Ｆ
十进位 ８ ９ １０ １１ １２ １３ １４ １５
Ａ
Ａ．６E Ｂ．７２ Ｃ．５Ｆ Ｄ．０Ｂ
例3:(2001年上海)已知两个圆①x2+y2=1:与②x2+(y-3)2=1,则由①式减去②式可得上述两圆的对称轴方程.将上述命题在曲线仍然为圆的情况下加以推广,即要求得到一个更一般的命题,而已知命题应成为所推广命题的一个特例,推广的命题为-----------------------------
----------------------------------------------------------
(x-a)2+(y-b)2=r2与②(x-c)2+(y-d)2=r2（a≠c或
设圆的方程为①
b≠d),则由①式减去②式可得上述两圆的对称轴
方程.
圆的概念和性质
球的概念和性质
与圆心距离相等的两弦相等
与圆心距离不相等的两弦不相等,距圆心较近的弦较长
以点(x0,y0)为圆心, r为半径的圆的方程为(x-x0)2+(y-y0)2 = r2
圆心与弦(非直径)中点的连线垂直于弦
球心与不过球心的截面(圆面)的圆点的连线垂直于截面
与球心距离相等的两截面面积相等
与球心距离不相等的两截面面积不相等,距球心较近的面积较大
以点(x0,y0,z0)为球心, r为半径的球的方程为(x-x0)2+(y-y0)2+(z-z0)2 = r2
利用圆的性质类比得出求的性质
球的体积
球的表面积
圆的周长
圆的面积(共6张PPT)
2.2直接证明与间接证明
2.2.1 综合法和分析法(1)
苏教版数学学科高二年级下学期多媒体教学课件
第二章第二节
演绎推理是证明数学结论、建立数学体系的重要思维过程.
数学结论、证明思路的发现,主要靠合情推理.
复习
推 理
合情推理
（或然性推理）
演绎推理
（必然性推理）
归纳
(特殊到一般）
类比
（特殊到特殊）
三段论
（一般到特殊）
例:已知a>0,b>0,求证a(b2+c2)+b(c2+a2)≥4abc
因为b2+c2 ≥2bc,a>0
所以a(b2+c2)≥2abc.
又因为c2+b2 ≥2bc,b>0
所以b(c2+a2)≥ 2abc.
因此a(b2+c2)+b(c2+a2)≥4abc.
证明:
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,这种证明方法叫做综合法
用P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等,Q表示所要证明的结论.
则综合法用框图表示为:
…
例：在△ＡＢＣ中，三个内角Ａ、Ｂ、Ｃ对应的边分别为a、b、c，且Ａ、Ｂ、Ｃ成等差数列，a、b、c成等比数列，求证△ＡＢＣ为等边三角形．
例：在锐角三角形ＡＢＣ中，
求证sinA+sinB+sinC>cosA+cosB+cosC
例：设抛物线y2=2px(p>0)的焦点为Ｆ，经过点Ｆ的直线交抛物线于Ａ、Ｂ两点，点Ｃ在抛物线的准线上，且ＢＣ∥x轴（如图），证明直线ＡＣ经过原点Ｏ
4
2
-2
-4
-6
5
B
A
C
O
F(共12张PPT)
2.1合情推理与演绎推理
2.1.2演绎推理
苏教版数学学科高二年级下学期多媒体教学课件
第二章第一节
复习:合情推理
归纳推理
类比推理
从具体问题出发
观察、分析
比较、联想
提出猜想
归纳、
类比
类比推理的一般步骤：
⑴ 找出两类对象之间可以确切表述的相似特征；
⑵ 用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而得出一个猜想；
⑶ 检验猜想。
复习:合情推理
⑴ 对有限的资料进行观察、分析、归纳 整理；
⑵ 提出带有规律性的结论，即猜想；
⑶ 检验猜想。
归纳推理的一般步骤：
观察与是思考
1.所有的金属都能导电,
2.一切奇数都不能被2整除,
3.三角函数都是周期函数,
4.全等的三角形面积相等
所以铜能够导电.
因为铜是金属,
所以(2100+1)不能被2整除.
因为(2100+1)是奇数,
所以是tan 周期函数
因为tan 三角函数,
那么三角形ABC与三角形A1B1C1面积相等.
如果三角形ABC与三角形A1B1C1全等,
大前提
小前提
结论
大前提
小前提
结论
从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，这种推理称为演绎推理．
注：
１．演绎推理是由一般到特殊的推理；
２．“三段论”是演绎推理的一般模式；包括 ⑴大前提---已知的一般原理； ⑵小前提---所研究的特殊情况； ⑶结论-----据一般原理，对特殊情况做出的判断．
２．“三段论”是演绎推理的一般模式；包括 ⑴大前提---已知的一般原理； ⑵小前提---所研究的特殊情况； ⑶结论-----据一般原理，对特殊情况做出的判断．
3.三段论推理的依据,用集合的观点来理解:
若集合M的所有元素都具有性质P,S是M的一个子集,那么S中所有元素也都具有性质P.
M
S
a
1.全等三角形面积相等
那么三角形ABC与三角形A1B1C1面积相等.
如果三角形ABC与三角形A1B1C1相似,
2.相似三角形面积相等
那么三角形ABC与三角形A1B1C1面积相等.
如果三角形ABC与三角形A1B1C1相似,
想一想
练习:P91 3
例.如图;在锐角三角形ABC中,AD⊥BC, BE⊥AC,
D,E是垂足,求证AB的中点M到D,E的距离相等.
A
D
E
C
M
B
(1)因为有一个内角是只直角的三角形是直角三角形,
在△ABC中,AD⊥BC,即∠ADB=900
所以△ABD是直角三角形
同理△ABD是直角三角形
(2)因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半,
M是Rt△ABD斜边AB的中点,DM是斜边上的中线
所以 DM= AB
同理 EM= AB
所以 DM = EM
大前提
小前提
结论
大前提
小前提
结论
证明:
例:证明函数f(x)=-x2+2x在(-∞,1]上是增函数.
满足对于任意x1,x2∈D,若x1任取x1,x2 ∈(-∞,1] 且x1f(x1)-f(x2)=(-x12+2x1)-(x22+2x2)
=(x2-x1)(x1+x2-2) 因为x10
因为x1,x2≤1所以x1+x2-2<0
因此f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)所以函数f(x)=-x2+2x在(-∞,1]上是增函数.
大前提
小前提
结论
证明:
推 理
合情推理
（或然性推理）
演绎推理
（必然性推理）
归纳
(特殊到一般）
类比
（特殊到特殊）
三段论
（一般到特殊）
演绎推理是证明数学结论、建立数学体系的重要思维过程.
数学结论、证明思路的发现,主要靠合情推理.
合情推理与演绎推理的区别:
①归纳是由特殊到一般的推理; ②类比是由特殊到特殊的推理; ③演绎推理是由一般到特殊的推理.
从推理的结论来看,合情推理的结论不一定正确,有待证明;演绎推理得到的结论一定正确.
作业：课本习题(共8张PPT)
2.3.1 数学归纳法(1)
苏教版数学学科高二年级下学期多媒体教学课件
第二章第三节
一、对于某类事物，由它的一些特殊事例或其全部可能情况，归纳出一般结论的推理方法，叫归纳法。
归纳法
｛
完全归纳法
不完全归纳法
由特殊 一般
特点:
a2=a1+d
a3=a1+2d
a4=a1+3d
……
an=a1+(n-1)d
如何证明:1+3+5+…+(2n-1)=n2 (n∈N*)
二、数学归纳法的概念：
证明某些与自然数有关的数学题,可用下列方法来证明它们的正确性:
(1)验证当n取第一个值n0(例如n0=1)时命题成立,
(2)假设当n=k(k N* ，k n0 )时命题成立,
证明当n=k+1时命题也成立
完成这两步，就可以断定这个命题对从n0开始的所有正整数n都成立。这种证明方法叫做数学归纳法。
验证n=n0时命题成立
若当n=k(k n0 )时命题成立,
证明当n=k+1时命题也成立
命题对从n0开始的所有正整数n都成立。
所以n=k+1时结论也成立
那么
求证
注意 1.
用数学归纳法进行证明时,要分两个步骤,两个步骤缺一不可.
2
(1)(归纳奠基)是递推的基础. 找准n0
(2)(归纳递推)是递推的依据 n＝k时命题成立．作为必用的条件运用，而n＝k+1时情况则有待利用假设及已知的定义、公式、定理等加以证明
证明：①当n=1时，左边=1，右边=1，等式成立。 ②假设n=k(k∈N ,k≥1)时等式成立,即：
1+3+5+……+(2k-1)=k2， 当n=k+1时：
1+3+5+……+(2k-1)+[2(k+1)-1]=k2+2k+1=(k+1)2，
所以当n=k+1时等式也成立。 由①和②可知，对n∈N ，原等式都成立。
例、用数学归纳法证明1+3+5+……+(2n-1)=n2 （n∈N ）.
请问：
第②步中“当n=k+1时”的证明可否改换为：
1+3+5+……+(2k-1)+[2(k+1)-1]= 1+3+5+……+(2k-1)+(2k+1)
= = (k+1)2 为什么？
例:用数学归纳法证明
注意 1.
用数学归纳法进行证明时,要分两个步骤,两个步骤缺一不可.
2
(1)(归纳奠基)是递推的基础. 找准n0
(2)(归纳递推)是递推的依据 n＝k时命题成立．作为必用的条件运用，而n＝k+1时情况则有待利用假设及已知的定义、公式、定理等加以证明
例、求证:(n+1)(n+2)…(n+n)=2n 1 3 … (2n-1)
证明：① n=1时：左边=1+1=2，右边=21 1=2，左边=右边，等 式成立。
② 假设当n=k((k∈N ）时有：
(k+1)(k+2)…(k+k)=2k 1 3 … (2n-1),
当n=k+1时：
左边=(k+2)(k+3)…(k+k)(k+k+1)(k+k+2)
=(k+1)(k+2)(k+3)…(k+k)
= 2k 1 3 … (2k-1)(2k+1) 2
= 2k+1 1 3 … (2k-1) [2(k+1)-1]=右边，
∴当n=k+1时等式也成立。
由 ①、②可知，对一切n∈N ,原等式均成立。
(共13张PPT)
2.2直接证明与间接证明
2.2.2 反证法
苏教版数学学科高二年级下学期多媒体教学课件
第二章第二节
一般地，利用已知条件和某些已经学过的定义、定理、公理等，经过一系列的推理、论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法。
特点:“由因导果”
复习
经过证明的结论
一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求推证过程中，使每一步结论成立的充分条件，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．
特点：执果索因.
用框图表示分析法
得到一个明显成立的结论
…
复习
思考？
A、B、C三个人，A说B撒谎，B说C撒谎，C说A、B都撒谎。则C必定是在撒谎，为什么？
分析:假设C没有撒谎, 则C真. - - -- -那么A假且B假;
由A假, 知B真. 这与B假矛盾.
那么假设C没有撒谎不成立;
则C必定是在撒谎.
反证法：(命题的否定)
假设命题结论的反面成立，经过正确的推理,引出矛盾，因此说明假设错误,从而证明原命题成立,这样的的证明方法叫反证法。
反证法的思维方法：
正难则反
反证法的基本步骤：
（1）假设命题结论不成立，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）从矛盾判定假设不正确，从而肯定命题的结 ------论正确
归缪矛盾：
（1）与已知条件矛盾；
（2）与已有公理、定理、定义矛盾；
（3）自相矛盾。
应用反证法的情形：
(1)直接证明困难;
(2)需分成很多类进行讨论．
（3)结论为“至少”、“至多”、“有无穷多个” ---类命题；
（4）结论为 “唯一”类命题；
例1：用反证法证明：
如果a>b>0，那么
例2 已知a≠0，证明x的方程ax=b有且只有一个根。
P
例3：证明：圆的两条不全是直径的相交弦不能互相平分.
已知：在⊙O中,弦AB、CD相交于P，且AB、CD不全是直径 求证：AB、CD不能互相平分。
A
B
C
D
O
例4 求证： 是无理数。
练习：在一个三角形的三个内角中，至少有两个锐角。
例5、若一个正整数的平方是偶数，则这
个数也是偶数。(共9张PPT)
2.2直接证明与间接证明
2.2.1 综合法和分析法(2)
苏教版数学学科高二年级下学期多媒体教学课件
第二章第二节
一般地，利用已知条件和某些已经学过的定义、定理、公理等，经过一系列的推理、论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法。
特点:“由因导果”
复习
回顾基本不等式：
(a>0,b>0)的证明.
证明:
因为;
所以
所以
所以 成立
证明:要证;
只需证;
只需证;
只需证;
因为; 成立
所以 成立
一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求推证过程中，使每一步结论成立的充分条件，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．
特点：执果索因.
用框图表示分析法的思考过程、特点.
得到一个明显成立的结论
…
例:设a,b,c为一个三角形的三
边,且s2=2ab,
试证s<2a
例:如图,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,过A作SB的垂线,垂足为E,过E作SC的垂线,垂足为F,求证 AF⊥SC
F
E
S
C
B
A
证明:要证AF⊥SC
只需证:SC⊥平面AEF
只需证:AE⊥SC
只需证:AE⊥平面SBC
只需证:AE⊥BC
只需证:BC⊥平面SAB
只需证:BC⊥SA
只需证:SA⊥平面ABC
因为:SA⊥平面ABC成立
所以. AF⊥SC成立
证:
得到一个明显成立的结论
…
也可以是经过证明的结论
例:已知数列{an}的通项an>0,(n∈N*),它的前n项的和记为sn,数列{s2n}是首项为3,公差为1的等差数列. (1)求an与sn的解析式; (2)试比较sn与3nan(n∈N*),的大小.
思考题:甲、乙、丙三箱共有小球384个,先由甲箱取出若干放进乙、丙两箱内,所放个数分别为乙、丙箱内原有个数,继而由乙箱取出若干个球放进甲、丙两箱内,最后由丙箱取出若干个球放进甲、乙两箱内,方法同前.结果三箱内的小球数恰好相等.求甲、乙、丙三箱原有小球数
甲:208个,乙:112个,丙:64个(共11张PPT)
2.3.2 数学归纳法（２）
苏教版数学学科高二年级下学期多媒体教学课件
第二章第三节
证明某些与自然数有关的数学题,可用下列方法来证明它们的正确性:
(1)验证当n取第一个值n0(例如n0=1)时命题成立,
(2)假设当n=k(k N* ，k n0 )时命题成立,
证明当n=k+1时命题也成立
完成这两步，就可以断定这个命题对从n0开始的所有正整数n都成立。这种证明方法叫做数学归纳法。
注意 1.
用数学归纳法进行证明时,要分两个步骤,两个步骤缺一不可.
2
(1)(归纳奠基)是递推的基础. 找准n0
(2)(归纳递推)是递推的依据 n＝k时命题成立．作为必用的条件，而n＝k+1时情况则有待利用假设及已知的定义、公式、定理等加以证明
回顾
例:已知数列
计算 ,根据计算的结果,猜想
的表达式,并用数学归纳法进行证明.
例:是否存在常数a、b,使得等式:
对一切正整数n都成立,并证明你的结论.
点拨:对这种类型的题目,一般先利用n的特殊值,探求出待定系数,然后用数学归纳法证明它对一切正整数n都成立.
解:令n=1,2,并整理得
以下用数学归纳法证明:
(2)假设当n=k时结论正确,即:
则当n=k+1时,
故当n=k+1时,结论也正确.
根据(1)、(2)知,对一切正整数n,结论正确.
(1)当n=1时,由上面解法知结论正确.
例:比较 2n 与 n2 (n∈N*)的大小
注：先猜想，再证明
解：当n=1时，2n=2,n2=1, 2n>n2
当n=2时，2n=4,n2=4, 2n=n2
当n=3时，2n=8,n2=9, 2n当n=4时，2n=16,n2=16, 2n=n2
当n=5时，2n=32,n2=25, 2n>n2
当n=6时，2n=64,n2=36, 2n>n2
猜想当n≥5时，2n>n2(证明略)
例:平面内有n条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点,证明交点的个数f(n)=n(n-1)/2.
说明:用数学归纳法证明几何问题,重难点是处理好当n=k+1时利用假设结合几何知识证明命题成立.
注:在上例的题设条件下还可以有如下二个结论:
(1)设这n条直线互相分割成f(n)条线段或射线,
---则: f(n)=n2.
(2)这n条直线把平面分成(n2+n+2)/2个区域.
１:平面内有n条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点,
证明这n条直线把平面分成f(n)＝(n2+n+2)/2个区域.
作业：课本
1:n边形有f(n)条对角线,则凸n+1边形的对角线 ------的条数f(n+1)=f(n)+_________.
2:设有通过一点的k个平面,其中任何三个平面或
三个以上的平面不共有一条直线,这k个平面将
空间分成f(k)个区域,则k+1个平面将空间分成
f(k+1)=f(k)+__________个区域.
思考题(共16张PPT)
2.1合情推理与演绎推理
2.1.1合情推理
苏教版数学学科高二年级下学期多媒体教学课件
第二章第一节
引入：
歌德巴赫猜想:
“任何一个不小于6的偶数都等于两个奇奇数之和”
即:偶数＝奇质数＋奇质数
哥德巴赫猜想(Goldbach Conjecture)
世界近代三大数学难题之一。哥德巴赫是德国一位中学教师，也是一位著名的数学家，生于1690年，1725年当选为俄国彼得堡科学院院士。1742年，哥德巴赫在教学中发现，每个不小于6的偶数都是两个素数（只能被和它本身整除的数）之和。如6＝3＋3，12＝5＋7等等。
公元1742年6月7日哥德巴赫(Goldbach)写信给当时的大数学家欧拉(Euler)，提出了以下的猜想:
(a) 任何一个>=6之偶数，都可以表示成两个奇质数之和。
(b) 任何一个>=9之奇数，都可以表示成三个奇质数之和。
这就是着名的哥德巴赫猜想。欧拉在6月30日给他的回信中说，他相信这个猜想是正确的，但他不能证明。叙述如此简单的问题，连欧拉这样首屈一指的数学家都不能证明，这个猜想便引起了许多数学家的注意。从提出这个猜想至今，许多数学家都不断努力想攻克它，但都没有成功。当然曾经有人作了些具体的验证工作，例如: 6 = 3 + 3, 8 = 3 + 5, 10 = 5 + 5 = 3 + 7, 12 = 5 + 7, 14 = 7 + 7 = 3 + 11,16 = 5 + 11, 18 = 5 + 13, . . . . 等等。有人对33×108以内且大过6之偶数一一进行验算，哥德巴赫猜想(a)都成立。但验格的数学证明尚待数学家的努力。
从此，这道著名的数学难题引起了世界上成千上万数学家的注意。200年过去了，没有人证明它。哥德巴赫猜想由此成为数学皇冠上一颗可望不可及的“明珠”。到了20世纪20年代，才有人开始向它靠近。1920年、挪威数学家布爵用一种古老的筛选法证明，得出了一个结论：每一个比大的偶数都可以表示为（99）。这种缩小包围圈的办法很管用，科学家们于是从（9十9）开始，逐步减少每个数里所含质数因子的个数，直到最后使每个数里都是一个质数为止，这样就证明了“哥德巴赫”。
哥德巴赫猜想(Goldbach Conjecture)
目前最佳的结果是中国数学家陈景润于1966年证明的，称为陈氏定理(Chen‘s Theorem) “任何充份大的偶数都是一个质数与一个自然数之和，而後者仅仅是两个质数的乘积。” 通常都简称这个结果为大偶数可表示为 “1 + 2 ”的形式。
哥德巴赫猜想(Goldbach Conjecture)
在陈景润之前，关於偶数可表示为 s个质数的乘积 与t个质数的乘积之和(简称“s + t ”问题)之进展情况如下:
1920年，挪威的布朗(Brun)证明了 “9 + 9 ”。
1924年，德国的拉特马赫(Rademacher)证明了“7 + 7 ”。
1932年，英国的埃斯特曼(Estermann)证明了 “6 + 6 ”。
1937年，意大利的蕾西(Ricei)先後证明了“5 + 7 ”, “4 + 9 ”, “3 + 15 ”和“2 + 366 ”。
1938年，苏联的布赫 夕太勃(Byxwrao)证明了“5 + 5 ”。
1940年，苏联的布赫 夕太勃(Byxwrao)证明了 “4 + 4 ”。
1948年，匈牙利的瑞尼(Renyi)证明了“1 + c ”，其中c是一很大的自然 数。
1956年，中国的王元证明了 “3 + 4 ”。
1957年，中国的王元先後证明了 “3 + 3 ”和 “2 + 3 ”。
1962年，中国的潘承洞和苏联的巴尔巴恩(BapoaH)证明了 “1 + 5 ”， 中国的王元证明了“1 + 4 ”。
1965年，苏联的布赫 夕太勃(Byxwrao)和小维诺格拉多夫(BHHopappB)，及 意大利的朋比利(Bombieri)证明了“1 + 3 ”。
1966年，中国的陈景润证明了 “1 + 2 ”。
最终会由谁攻克 “1 + 1 ”这个难题呢？现在还没法预测。
歌德巴赫猜想的提出过程：
3＋7＝10，3＋17＝20，13＋17＝30，
歌德巴赫猜想:
“任何一个不小于6的偶数都等于两个奇奇数之和”
即:偶数＝奇质数＋奇质数
改写为:10＝3＋7，20＝3＋17，30＝13＋17．
6＝3+3， 1000＝29+971，
8＝3+5， 1002=139+863,
10＝5+5, …
12＝5+7，
14＝7+7，
16＝5+11,
18 =7+11,
…，
这种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,或者由个别事实概栝出一般结论的推理,称为归纳推理.(简称;归纳)
归纳推理的几个特点;
1.归纳是依据特殊现象推断一般现象,因而,由归纳所得的结论超越了前提所包容的范围.
2.归纳是依据若干已知的、没有穷尽的现象推断尚属未知的现象,因而结论具有猜测性.
3.归纳的前提是特殊的情况,因而归纳是立足于观察、经验和实验的基础之上.
归纳是立足于观察、经验、实验和对有限资料分析的基础上.提出带有规律性的结论.
需证明
例1:已知数列{an}的第1项a1=1且
(n=1,2,3 …),试归纳出这个数列的通项公式.
⑴ 对有限的资料进行观察、分析、归纳 整理；
⑵ 提出带有规律性的结论，即猜想；
⑶ 检验猜想。
归纳推理的一般步骤：
例:数一数图中的凸多面体的面数F、顶点数V和棱数E,然后用归纳法推理得出它们之间的关系.
多面体 面数(F) 顶点数(V) 棱数(E)
三棱锥
四棱锥
三棱柱
五棱锥
立方体
正八面体
五棱柱
截角正方体
尖顶塔
4
6
4
5
5
6
5
9
8
多面体 面数(F) 顶点数(V) 棱数(E)
三棱锥
四棱锥
三棱柱
五棱锥
立方体
正八面体
五棱柱
截角正方体
尖顶塔
4
6
4
5
5
6
5
9
8
6
6
8
6
12
8
12
6
10
多面体 面数(F) 顶点数(V) 棱数(E)
三棱锥
四棱锥
三棱柱
五棱锥
立方体
正八面体
五棱柱
截角正方体
尖顶塔
4
6
4
5
5
6
5
9
8
6
6
8
6
12
8
12
6
10
7
7
9
16
9
10
15
10
15
F+V-E=2
猜想
欧拉公式
例:如图有三根针和套在一根针上的若干金属片. 按下列规则,把金属片从一根针上全部移到另一根针上. 1.每次只能移动1个金属片; 2.较大的金属片不能放在较小的金属片上面.试推测;把n个金属片从1号针移到3号针,最少需要移动多少次
解;设an表示移动n块金属片时的移动次数.
当n=1时,a1=1
当n=2时,a2=
3
1
2
3
当n=1时,a1=1
当n=2时,a2=
3
解;设an表示移动n块金属片时的移动次数.
当n=3时,a3=
7
当n=4时,a4=
15
猜想 an=
2n -1
1
2
3(共14张PPT)
《推理与证明》复习小结
苏教版数学学科第二章复习多媒体教学课件
推理与证明
推理
证明
合情推理
演绎推理
直接证明
数学归纳法
间接证明
比较法
类比推理
归纳推理
分析法
综合法
反证法
知识结构
证
为
数
为
数
证
一.综合法
证
为
数
为
数
证
证
证明:
要证
只需证
只需证
只需证
只需证
因为 成立.
所以 成立.
二.分析法
三:反证法
问题一:
求证:两条相交直线有且只有一个交点.
注:1.结论中的有且只有(有且仅有)形式出现,
是唯一性问题,常用反证法
2.有且只有的反面包含1)不存在;2)至少两个.
问题二:求证一元二次方程至多 ------有两个不相等的实根.
注:所谓至多有两个,就是不可能有三个,要证“至多有两个不相等的实根”只要证明它的反面“有三个不相等的实根”不成立即可.
问题:如图;已知L1、L2 是异面直线且
A、B∈ L1,C、D∈ L2,,
求证;AC,SD也是异面直线.
a
C
D
A
B
L1
L2
五.归纳、类比、猜想、证明
例:平面内有n条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点,证明交点的个数f(n)等于n(n-1)/2.
证:(1)当n=2时,两条直线的交点只有1个,又f(2)=2 (2-1)/2=1,因此,当n=2时命题成立.
(2)假设当n=k(k≥2)时命题成立,就是说,平面内满足 题设的任何k条直线的交点个数f(k)等于k(k-1)/2.
以下来考虑平面内有k+1条直线的情况.任取其中
的1条直线,记作l.由归纳假设,除l以外的其他k条直线的交点个数f(k)等于k(k-1)/2.
另外,因为已知任何两条直线不平行,所以直线l必与平面内其他k条直线都相交,有k个交点.
又因为已知任何三条直线不过同一点,所以上面的k个交点两两不相同,且与平面内其他的k(k-1)/2个
交点也两两不相同.
从而平面内交点的个数是
k(k-1)/2+k=k[(k-1)+2]/2 =(k+1)[(k+1)-1]/2.
这就是说,当n=k+1时,k+1条直线的交点个数为:
f(k+1)=(k+1)[(k+1)-1]/2.
根据(1)、(2)可知,命题对一切大于1的正整数都 成立.
说明:用数学归纳法证明几何问题,重难点是处理好当
n=k+1时利用假设结合几何知识证明命题成立.
注:在上例的题设条件下还可以有如下二个结论:
(1)设这n条直线互相分割成f(n)条线段或射线,
---则: f(n)=n2.
(2)这n条直线把平面分成(n2+n+2)/2个区域.
练习1:凸n边形有f(n)条对角线,则凸n+1边形的对角线 ------的条数f(n+1)=f(n)+_________.
n-1
练习2:设有通过一点的k个平面,其中任何三个平面或
三个以上的平面不共有一条直线,这k个平面将
空间分成f(k)个区域,则k+1个平面将空间分成
f(k+1)=f(k)+__________个区域.
2k
１:平面内有n条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点,
证明这n条直线把平面分成f(n)＝(n2+n+2)/2个区域.
作业：课本习题
