课件41张PPT。第二章 推理与证明章末复习课合情推理综合法与分析法 反证法 数学归纳法 转化与化归思想的应用点击右图进入…Thank you for watching !章末综合测评(二) 推理与证明
(满分：150分 时间：120分钟)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．根据偶函数定义可推得“函数f(x)＝x2在R上是偶函数”的推理过程是( )
A．归纳推理 B．类比推理
C．演绎推理 D．非以上答案
C [根据演绎推理的定义知，推理过程是演绎推理，故选C.]
2．在△ABC中，E，F分别为AB，AC的中点，则有EF∥BC，这个问题的大前提为( )
A．三角形的中位线平行于第三边
B．三角形的中位线等于第三边的一半
C．EF为中位线
D．EF∥BC
A [这个三段论推理的形式为：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为△ABC的中位线；结论：EF∥BC.]
3．用数学归纳法证明：“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)”．从“k到k＋1”左端需增乘的代数式为( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C. D.
B [当n＝k时左端的第一项为(k＋1)，最后一项为(k＋k)．当n＝k＋1时，左端的第一项为(k＋2)，最后一项为(2k＋2)．∴左边乘以(2k＋1)(2k＋2)，同时还要除以(k＋1)．]
4．下列推理正确的是( )
A．把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则有loga(x＋y)＝logax＋logay
B．把a(b＋c)与sin(x＋y)类比，则有sin(x＋y)＝sin x＋sin y
C．把a(b＋c)与ax＋y类比，则有ax＋y＝ax＋ay
D．把(a＋b)＋c与(xy)z类比，则有(xy)z＝x(yz)
D [(xy)z＝x(yz)是乘法的结合律，正确．]
5．已知a＋b＋c＝0，则ab＋bc＋ca的值( )
A．大于0 B．小于0
C．不小于0 D．不大于0
D [法一：因为a＋b＋c＝0，
所以a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，
所以ab＋bc＋ca＝－≤0.
法二：令c＝0，若b＝0，则ab＋bc＋ca＝0，否则a，b异号，所以ab＋bc＋ca＝ab＜0，排除A，B，C，故选D.]
6．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
B [若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．]
7．我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．下列几何体中，一定属于相似体的有( )
①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱锥．
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
C [类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．]
8．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝( )
A．28 B．76
C．123 D．199
C [利用归纳法，a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4＝3＋1，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10＋b10＝76＋47＝123，规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和．]
9．对任意的锐角α，β，下列不等式中正确的是( )
A．sin(α＋β)＞sin α＋sin β
B．sin(α＋β)＞cos α＋cos β
C．cos(α＋β)＞sin α＋sin β
D．cos(α＋β)＜cos α＋cos β
D [因为α，β为锐角，所以0＜α＜α＋β＜π，所以cos α＞cos(α＋β)．又cos β＞0，所以cos α＋cos β＞cos(α＋β)．]
10．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b11＝1，则有( )
A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n
B．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n
C．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n
D．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n
B [令n＝10时，验证即知选B.]
11．将石子摆成如图所示的梯形形状，称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 014项与5的差，即a2 014－5＝( )
A．2 018×2 014 B．2 018×2 013
C．1 010×2 012 D．1 010×2 013
D [由已知的图形可以得出图形的编号与图中石子的个数之间的关系为：
n＝1时，a1＝2＋3＝×(2＋3)×2；
n＝2时，a2＝2＋3＋4＝×(2＋4)×3；
……
由此可以推断：
an＝2＋3＋…＋(n＋2)＝×[2＋(n＋2)]×(n＋1)，
∴a2 014－5＝×[2＋(2 014＋2)]×(2 014＋1)－5＝1 009×2 015－5＝1 010×2 013.]
12．如图(1)，在△ABC中，AB⊥AC于点A，AD⊥BC于点D，则有AB2＝BD·BC，类似地有命题：如图(2)，在三棱锥A-BCD中，AD⊥平面ABC，若A在△BCD内的射影为O，则S＝S△BCO·S△BCD，那么上述命题( )
(1) (2)
A．是真命题
B．增加条件“AB⊥AC”后才是真命题
C．是假命题
D．增加条件“三棱锥A-BCD是正三棱锥”后才是真命题
A [由已知垂直关系，不妨进行如下类比：将题图(2)中的△ABC，△BCO，△BDC分别与题图(1)中的AB，BD，BC进行类比即可．严格推理如下：连结DO并延长交BC于点E，连结AE(图略)，则DE⊥BC，AE⊥BC.因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AE.又因为AO⊥DE，所以AE2＝EO·ED，所以S＝(BC·EA)2＝(BC·EO)·(BC·ED)＝S△BCO·S△BCD.故选A.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
13．已知x，y∈R，且x＋y>2，则x，y中至少有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为________．
x，y均不大于1(或者x≤1且y≤1) [“至少有一个”的反面为“一个也没有”，即“x，y均不大于1”，亦即“x≤1且y≤1”．]
14．当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N*时，你能得到的结论是________．
(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1 [根据题意，由于当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N*时，左边第二个因式为an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么对应的表达式为(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1.]
15．有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．
1和3 [法一：由题意得丙的卡片上的数字不是2和3.
若丙的卡片上的数字是1和2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；
若丙的卡片上的数字是1和3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是2和3，则甲的卡片上的数字是1和2，不满足甲的说法．
故甲的卡片上的数字是1和3.
法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是2，所以丙的卡片上必有数字2.又丙的卡片上的数字之和不是5，所以丙的卡片上的数字是1和2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是2和3，所以甲的卡片上的数字是1和3.]
16．现有一个关于平面图形的命题：同一平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为.类比到空间，有两个棱长为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．
[解法的类比(特殊化)，易得两个正方体重叠部分的体积为.]
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)用综合法或分析法证明：
(1)如果a，b>0，则lg ≥；
(2)＋>2＋2.
[证明] (1)当a，b>0时，有≥，
∴lg≥lg，
∴lg≥lg ab＝.
(2)要证＋>2＋2，
只要证(＋)2>(2＋2)2，
即2>2，这是显然成立的，
所以，原不等式成立．
18．(本小题满分12分)观察：
①tan 10°·tan 20°＋tan 20°·tan 60°＋tan 60°·tan 10°＝1，
②tan 5°·tan 10°＋tan 10°·tan 75°＋tan 75°·tan 5°＝1.
由以上两式成立能得到一个从特殊到一般的推广，此推广是什么？并证明你的推广．
[解] 从已知观察到10°＋20°＋60°＝90°，10°＋75°＋5°＝90°，因此猜测推广式为若α＋β＋γ＝，且α，β，γ都不为kπ＋(k∈Z)，则tan αtan β＋tan βtan γ＋tan γtan α＝1.
证明如下：由α＋β＋γ＝，得α＋β＝－γ.
因为tan(α＋β)＝tan＝.又因为tan(α＋β)＝，所以tan α＋tan β＝tan(α＋β)(1－tan αtan β)＝(1－tan αtan β)，所以tan αtan β＋tan βtan γ＋tan γtan α＝tan γ(tan α＋tan β)＋tan αtan β＝tan γ(1－tan αtan β)·＋tan αtan β＝1－tan αtan β＋tan αtan β＝1.
19．(本小题满分12分)设a>0，b>0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.试用综合法和分析法分别证明．
[解] 法一(综合法)
∵a>0，b>0，a＋b＝1，
∴1＝a＋b≥2，≤，ab≤，∴≥4.
又∵＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4，
∴＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时等号成立)．
法二(分析法)
∵a>0，b>0，a＋b＝1，要证＋＋≥8，
只要证＋≥8，
只要证＋≥8，
即证＋≥4，
也就是证＋≥4，
即证＋≥2.
由基本不等式可知，当a>0，b>0时，
＋≥2成立，所以原不等式成立．
20．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝ax＋(a>1)．
(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；
(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．
[解] (1)法一：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，
不妨设x1
0，ax2－x1>1且ax1>0，
∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0，
又∵x1＋1>0，x2＋1>0，
∴－＝
＝>0，
于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－>0，
故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
法二：f ′(x)＝axln a＋
＝axln a＋
∵a>1，∴ln a>0，∴axln a＋>0，
f ′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
即f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
(2)法一：设存在x0<0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，
则ax0＝－，且0∴0<－<1，即故方程f(x)＝0没有负数根．
法二：设x0<0(x0≠－1)，
①若－1∴f(x0)<－1.
②若x0<－1，则>0，ax0>0，
∴f(x0)>0.
综上，x<0(x≠－1)时，f(x)<－1或f(x)>0，即方程f(x)＝0无负数根．
21．(本小题满分12分) (1)椭圆C：＋＝1(a>b>0)与x轴交于A，B两点，点P是椭圆C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求证：·为定值b2－a2.
(2)类比(1)可得如下真命题：双曲线－＝1(a>0，b>0)与x轴交于A，B两点，点P是双曲线C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求证：·为定值，请写出这个定值(不要求写出解题过程)．
[解] (1)证明如下：设点P(x0，y0)(x0≠±a)．
依题意，得A(－a,0)，B(a,0)，
所以直线PA的方程为y＝(x＋a)，
令x＝0，得yM＝.同理得yN＝－.
所以yMyN＝.
又点P(x0，y0)在椭圆上，所以＋ ＝1，
因此y＝(a2－x)．
所以yMyN＝＝b2.
因为＝(a，yN)，＝(－a，yM)，
所以·＝－a2＋yMyN＝b2－a2.
(2)－(a2＋b2)．
22．(本小题满分12分)各项都为正数的数列{an}满足a1＝1，a－a＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＋…＋≤对一切n∈N*恒成立．
[解] (1)∵a－a＝2，
∴数列{a}为首项为1，公差为2的等差数列，
∴a＝1＋(n－1)·2＝2n－1，
又an>0，则an＝(n∈N*)．
(2)证明：由(1)知，即证1＋＋…＋≤.
①当n＝1时，左边＝1，右边＝1，所以不等式成立．
当n＝2时，左边<右边，所以不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，
即1＋＋…＋≤，
当n＝k＋1时，
左边＝1＋＋…＋＋≤＋<＋
＝＋
＝＝
所以当n＝k＋1时不等式成立．
由①②知对一切n∈N*不等式恒成立．
合情推理
【例1】 (1)观察下列等式：
1－＝，
1－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
……，
据此规律，第n个等式可为________．
(2)类比三角形内角平分线定理：设△ABC的内角A的平分线交BC于点M，则＝.若在四面体P-ABC中，二面角B-PA-C的平分面PAD交BC于点D，你可得到的结论是________．
(1)1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋ (2)＝ [(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)画出相应图形，如图所示．
由类比推理得所探索结论为＝.
证明如下：由于平面PAD是二面角B-PA-C的平分面，所以点D到平面BPA与平面CPA的距离相等，所以＝. ①
又因为＝＝.②
由①②知＝成立．]
1．归纳推理的特点及一般步骤
2．类比推理的特点及一般步骤
1．(1)观察如图中各正方形图案，每条边上有n(n≥2)个点，第n个图案中圆点的总数是Sn.
按此规律，推出Sn与n的关系式为________．
(2)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn, 则T4，________，________， 成等比数列．
(1)Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*) (2) [(1)依图的构造规律可以看出：
S2＝2×4－4，
S3＝3×4－4，
S4＝4×4－4(正方形四个顶点重复计算一次，应减去)．
……
猜想：Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*)．
(2)等差数列类比于等比数列时，和类比于积，减法类比于除法，可得类比结论为：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4， ， ， 成等比数列．]
综合法与分析法
【例2】 若a，b，c是△ABC的三边长，m＞0，求证：＋＞.
思路探究：根据在△ABC中任意两边之和大于第三边，再利用分析法与综合法结合证明不等式成立．
[证明] 要证明＋＞，
只需证明＋－＞0即可．
∵＋－＝
，
∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0，
∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0，
∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m2，
∵△ABC中任意两边之和大于第三边，
∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0，
∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0，
∴＋＞.
1. (改变条件)本例删掉条件“m＞0”，证明：＞.
[证明] 要证 ＞，
只需证a＋b＋(a＋b)c>(1＋a＋b)c，
即证a＋b>c，而a＋b>c显然成立，
所以＞.
2．(变换条件)本例增加条件“三个内角A，B，C成等差数列”，求证：＋＝.
[证明] 要证＋＝，
即证＋＝3，即证＋＝1.
即证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
即证c2＋a2＝ac＋b2.
∵△ABC三个内角A，B，C成等差数列．
∴B＝60°.
由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac.
∴c2＋a2＝ac＋b2成立，命题得证．
分析综合法的应用
综合法由因导果，分析法执果索因，因此在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来使用，即先利用分析法寻找解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程．
反证法
【例3】 已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.
[证明] 假设a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，
则有a＋b＋c＜3，
而a＋b＋c＝2x2－2x＋＋3＝2＋3≥3，
两者矛盾，所以假设不成立，
故a，b，c至少有一个不小于1.
反证法的关注点
(1)反证法的思维过程：否定结论?推理过程中引出矛盾?否定假设肯定结论，即否定——推理——否定(经过正确的推理导致逻辑矛盾，从而达到新的“否定”(即肯定原命题))．
(2)反证法常用于直接证明困难或以否定形式出现的命题；涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命题时，也常用反证法．
2．若x，y，z∈(0,2)，求证：x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不可能都大于1.
[证明] 假设x(2－y)>1，且y(2－z)>1，且z(2－x)>1均成立，则三式相乘有xyz(2－x)(2－y)(2－z)>1，①
由于0同理0三式相乘得0②与①矛盾，故假设不成立．
所以x(2－y)，y(2－z)，z(2－x)不可能都大于1.
数学归纳法
【例4】 设a>0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的结论．
[解] (1)∵a1＝1，
∴a2＝f(a1)＝f(1)＝；
a3＝f(a2)＝；a4＝f(a3)＝.
猜想an＝(n∈N*)．
(2)证明：①易知，n＝1时，猜想正确．
②假设n＝k(k∈N*)时猜想正确，
即ak＝，
则ak＋1＝f(ak)＝＝
＝＝.
这说明，n＝k＋1时猜想正确．
由①②知，对于任何n∈N*，都有an＝.
1．数学归纳法的两点关注
(1)关注点一：用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型，其关键点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少．
(2)关注点二：由n＝k到n＝k＋1时，除等式两边变化的项外还要利用n＝k时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．
2．与“归纳—猜想—证明”相关的常用题型的处理策略
(1)与函数有关的证明：由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想，充分利用已知条件并用数学归纳法证明．
(2)与数列有关的证明：利用已知条件，当直接证明遇阻时，可考虑应用数学归纳法．
3．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋>(n≥2，n∈N*)
[证明] ①当n＝2时，＋＝＞.
②假设当n＝k(k≥2且k∈N*)时不等式成立，
即＋＋…＋＞，
那么当n＝k＋1时，
＋＋…＋＝＋＋…＋ ＋＋＋－
＝＋＋－＞＋＋－＝＋－＝＋＞.
这就是说，当n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②可知，原不等式对任意大于1的正整数都成立．
转化与化归思想的应用
【例5】 已知α，β≠kπ＋(k∈Z)，且sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin2β.
求证：＝.
[证明] 要证＝成立，
即证＝，
即证cos2α－sin2α＝(cos2β－sin2β)，
即证1－2sin2α＝(1－2sin2β)，
即证4sin2α－2sin2β＝1.
因为sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin2 β，
所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝4sin2α，所以1＋2sin2β＝4sin2α，即4sin2α－2sin2β＝1.
故原结论正确．
转化与化归思想
转化与化归的思想方法是数学中最基本的思想方法，数学中的一切问题的解决都离不开转化与化归，转化与化归的原则是将不熟悉的或难解的问题转化为熟知的、易解或已经解决的问题；将抽象的问题转化为具体的直观的问题；将复杂的问题转化为简单的问题；将一般性的问题转化为直观的特殊问题；将实际应用问题转化为数学问题．本章中无论是推理过程还是用分析法、综合法、反证法、数学归纳法证明问题的过程中都用到了转化与化归思想．
4．已知函数f(x)在R上是增函数，a，b∈R.
(1)求证：如果a＋b≥0，那么f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；
(2)判断(1)中的命题的逆命题是否成立？并证明你的结论．
[解] (1)证明：当a＋b≥0时，a≥－b且b≥－a.
∵f(x)在R上是增函数，
∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，
∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．
(2)(1)中命题的逆命题为“如果f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，那么a＋b≥0”，此命题成立．
用反证法证明如下：
假设a＋b＜0，则a＜－b，∴f(a)＜f(－b)．
同理可得f(b)＜f(－a)．
∴f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)，这与f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)矛盾，故假设不成立，
∴a＋b≥0成立，即(1)中命题的逆命题成立．
