人教版 高中数学 选修22习题 第二章　推理与证明 章末复习课

人教版高中数学精品资料 章末复习课 1 1进行类比推理时进行类比推理时，可以从以下方面入手进行类比：可以从以下方面入手进行类比：问题的外在结构特征；问题的外在结构特征；图形的图形的性质或维数；性质或维数；处理一类问题的方法；处理一类问题的方法；事物的相似性质等要尽量从本质上去类比事物的相似性质等要尽量从本质上去类比，不要不要被表面现象迷惑被表面现象迷惑，否则否则，只抓住一点表面的相似甚至假象就去类比只抓住一点表面的相似甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误就会犯机械类比的错误 2 2进行归纳推理时进行归纳推理时，要把作为归纳基础的条件变形为有规律的统一的形式要把作为归纳基础的条件变形为有规律的统一的形式，以便于作出以便于作出归纳猜想归纳猜想 3 3推理证明过程叙述要完整、严谨推理证明过程叙述要完整、严谨，逻辑关系清晰、不跳步逻辑关系清晰、不跳步 4 4注意区分演绎推理和合情推理注意区分演绎推理和合情推理，当前提为真当前提为真时时，前者结论一定为真前者结论一定为真，而后者结论可能而后者结论可能为真也可能为假合情推理得到的结论的正确性需要进一步推证为真也可能为假合情推理得到的结论的正确性需要进一步推证，合情推理中运用猜想时要合情推理中运用猜想时要有依据有依据 5 5用反证法证明数学命题时用反证法证明数学命题时，必须把反设作为推理依据书写证明过程时必须把反设作为推理依据书写证明过程时，一定要注意一定要注意不能把不能把“假设假设”误写为误写为“设设”，还要注意一些常见用语的否定形式还要注意一些常见用语的否定形式 6 6运用分析法时仅需要寻求结论成立的充分条件即可运用分析法时仅需要寻求结论成立的充分条件即可，而不是充要条件分析法是逆推而不是充要条件分析法是逆推证明证明，故在利用分析法证明问题时应注意逻辑性与规范性故在利用分析法证明问题时应注意逻辑性与规范性. . 7 7应用数学归纳法证明有关自然数应用数学归纳法证明有关自然数n n的命题时的命题时，第一步验证第一步验证n n取第一个值时取第一个值时，必须注意必须注意项数项数，第二步从第二步从n nk k到到n nk k1 1 的的过渡必须注意两点过渡必须注意两点，一是一是n nk k1 1 的证明必须用上归纳假的证明必须用上归纳假设设，二是弄清二是弄清n nk k与与n nk k1 1 时命题时命题( (等式、不等式、整除等等式、不等式、整除等) )的变化的变化 专题一专题一 合情推理合情推理 合情推理包括归纳推理和类比合情推理包括归纳推理和类比推理，归纳推理是由部分到整体，由特殊到一般的推理，推理，归纳推理是由部分到整体，由特殊到一般的推理，是做出科学发现的重要手段是做出科学发现的重要手段类比推理是由特殊到特殊的推理类比推理是由特殊到特殊的推理，它常以已知的知识作基础它常以已知的知识作基础，推测出新的结果推测出新的结果，具有发现功能具有发现功能 (1)(1)观察下列等式：观察下列等式： 1 11 1 1 13 31 1 1 12 23 3 1 13 32 23 39 9 1 12 23 36 6 1 13 32 23 33 33 33636 1 12 23 34 410 10 1 13 32 23 33 33 34 43 3100100 1 12 23 34 45 515 15 1 13 32 23 33 33 34 43 35 53 3225225 可以推测：可以推测：1 13 32 23 33 33 3n n3 3_(_(n nNN* *，用含有用含有n n的代数式表示的代数式表示) ) (2)(2)由圆的下列性质类比球的有关性质由圆的下列性质类比球的有关性质 圆心与弦圆心与弦( (非直径非直径) )中点的连线垂直于弦中点的连线垂直于弦 与圆心距离相等的两弦相等与圆心距离相等的两弦相等 圆的周长圆的周长c cd d( (d d为直径为直径) ) 圆的面积圆的面积S S4 4d d2 2. . 解析：解析：(1)(1)由条件可知：由条件可知：1 13 31 12 2，1 13 32 23 39 93 32 2(1(12)2)2 2， 1 13 32 23 33 33 336366 62 2(1(12 23)3)2 2，不难得出不难得出： 1 13 32 23 33 33 3n n3 3(1(12 23 3n n) )2 2 n n（n n1 1）2 22 2n n2 2（n n1 1）2 24 4. . 答案：答案：n n2 2（n n1 1）2 24 4 (2)(2)解：圆与球具有下列相似性质解：圆与球具有下列相似性质( (见下表见下表) )，与圆的有关性质相比较与圆的有关性质相比较，可以推测球的有关可以推测球的有关性质性质 圆圆 球球 圆心与弦圆心与弦( (非直径非直径) )中点的连线垂直于弦中点的连线垂直于弦 球心与截面圆球心与截面圆( (非轴截面非轴截面) )圆心的连线垂直于圆心的连线垂直于截面截面 与圆心距离相等的两条弦长相等与圆心距离相等的两条弦长相等 与球心距离相等与球心距离相等的两个截面圆面积相等的两个截面圆面积相等 圆的周长圆的周长c cd d 球的表面积球的表面积S Sd d2 2 圆的面积圆的面积S S4 4d d2 2 球的体积球的体积V V6 6d d3 3 归纳升华归纳升华 (1)(1)归纳推理中有很大一部分题目是数列内容归纳推理中有很大一部分题目是数列内容，通过观察给定的规律通过观察给定的规律，得到一些简单数列得到一些简单数列的通项公式是数列中的常见方法的通项公式是数列中的常见方法 (2)(2)类比推理重在考查观察和比较的能力类比推理重在考查观察和比较的能力， 题目一般情况下较为新颖题目一般情况下较为新颖， 也有一定的探索性也有一定的探索性 (1)(1)有一个奇数列有一个奇数列 1 1，3 3，5 5，7 7，9 9，现在进行如下分组：第一组含一个数现在进行如下分组：第一组含一个数11；第二；第二组含两个数组含两个数33，55；第三组含三个数；第三组含三个数77，9 9，1111；第；第四组含四个数四组含四个数1313，1515，1717，1919；. . 则则观察每组内各数之和观察每组内各数之和f f( (n n)()(n nNN* *) )与组的编号数的关系式为与组的编号数的关系式为_ (2)(2)在平面几何中在平面几何中，对于对于 RtRtABCABC，设设ABABc c，ACACb b，BCBCa a，则：则：a a2 2b b2 2c c2 2；coscos2 2 A Acoscos2 2 B B1 1；RtRtABCABC的外接圆半径为的外接圆半径为r ra a2 2b b2 22 2. . 把上面的结论类比到空间写出相类似的结论把上面的结论类比到空间写出相类似的结论 (1)(1)解析：由于解析：由于 1 11 13 3，3 35 58 82 23 3，7 79 9111127273 33 3，131315151717191964644 43 3，猜想第猜想第n n组内各数之和组内各数之和f f( (n n) )与组的编号数与组的编号数n n的关系式为的关系式为f f( (n n) )n n3 3. . 答案：答案：f f( (n n) )n n3 3 ( (2)2)解：选取解：选取 3 3 个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象 设设 3 3 个两两垂直的侧面的面积分别为个两两垂直的侧面的面积分别为S S1 1，S S2 2，S S3 3，底面面积为底面面积为S S，则则S S2 21 1S S2 22 2S S2 23 3S S2 2. . 设设 3 3 个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为，则则 coscos2 2 coscos2 2 coscos2 2 1.1. 设设 3 3 个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为a a，b b，c c，则这个四面体的外接球的半径为则这个四面体的外接球的半径为R Ra a2 2b b2 2c c2 22 2. . 专题二专题二 演绎推理演绎推理 演绎推理是由一般到特殊的推理演绎推理是由一般到特殊的推理，其结论不会超出前提所界定的范围其结论不会超出前提所界定的范围，所以其前提和结所以其前提和结论之间的联系是必然的因此论之间的联系是必然的因此，在演绎推理中在演绎推理中，只要前提及推理正确只要前提及推理正确，结论必然正确结论必然正确 已知函数已知函数f f( (x x) ) 1 12 2x x1 11 12 2x x3 3. . (1)(1)判断判断f f( (x x) )的奇偶性；的奇偶性； (2)(2)证明：证明：f f( (x x) )0.0. (1)(1)解：因为解：因为 2 2x x1010，所以函数所以函数f f( (x x) )的定义域为的定义域为 x x| |x x00 因为因为f f( (x x) )f f( (x x) ) 1 12 2x x1 11 12 2( (x x3 3) ) 1 12 2x x1 11 12 2x x3 3 2 2x x1 12 2x x1 12 2( (x x3 3) ) 1 12 2x x1 11 12 2x x3 3x x3 3x x3 30 0， 所以所以f f( (x x) )f f( (x x) )，所以所以f f( (x x) )是偶函数是偶函数 (2)(2)证明：因为证明：因为x x00， 所以当所以当x x0 0 时时，2 2x x1 1，2 2x x1 10 0，x x3 30 0，所以所以f f( (x x) )0.0. 当当x x0 0 时时，x x0 0，f f( (x x) )f f( (x x) )0 0，所以所以f f( (x x) )0.0. 综上可知综上可知，f f( (x x) )0.0. 归纳升华归纳升华 数学中的演绎推理一般是以数学中的演绎推理一般是以“三段论三段论”的格式进行的的格式进行的“三段论三段论”由大前提、小前提和由大前提、小前提和结论三个命题组成结论三个命题组成，大前提是一个一般性原理大前提是一个一般性原理，小前提给出了适合这个原理的一个特殊场合小前提给出了适合这个原理的一个特殊场合，结论是大前提和小前提的逻辑结果结论是大前提和小前提的逻辑结果 若定义在区间若定义在区间D D上函数上函数f f( (x x) )对于对于D D上的几个值上的几个值x x1 1，x x2 2， ， ，x xn n总满足总满足1 1n nf f x x1 1x x2 2x xn nn n称函数称函数f f( (x x) )为为D D上的凸函数上的凸函数，现已知现已知f f( (x x) )sin sin x x在在(0(0，)上是凸函数上是凸函数，则在则在ABCABC中中，sin sin A Asin sin B Bsin sin C C的最大值是的最大值是_ 解析：因为解析：因为1 1n n f f x x1 1x x2 2x xn nn n， 因为因为f f( (x x) )sin sin x x在在(0(0，)上是凸函数上是凸函数， 所以所以f f( (A A) )f f( (B B) )f f( (C C)3)3f f A AB BC Cn n， 即即 sin sin A Asin sin B Bsin sin C C3sin 3sin 3 33 3 3 32 2， 所以所以 sin sin A Asin sin B Bsin sin C C的的最大值是最大值是3 3 3 32 2. . 答案：答案：3 3 3 32 2 专题三专题三 综合法与分析法综合法与分析法 综合法是从原因推测结果的思维方法综合法是从原因推测结果的思维方法，即从已知条件出发即从已知条件出发，经过逐步的推理经过逐步的推理，最后达到最后达到待证的结论待证的结论，这是常用的数学方法这是常用的数学方法 分析法是从待证的结论出发分析法是从待证的结论出发，一步一步地寻找结论成立的一步一步地寻找结论成立的充分条件充分条件，最后达到题设的已最后达到题设的已知条件或已被证明的事实知条件或已被证明的事实 用综合法和分析法证明：用综合法和分析法证明： 已知已知( (0 0，)，求证：求证：2 2sin 2sin 2sin sin 1 1cos cos . . 证明：法一证明：法一( (分析法分析法) ) 要证明要证明 2 2sin 2sin 2sin sin 1 1cos cos 成立成立， 只要证明只要证明 4 4sin sin cos cos sin sin 1 1cos cos . . 因为因为a a(0(0，)，所以所以 sin sin 0 0， 只要证明只要证明 4 4cos cos 1 11 1cos cos . . 上式可变形为上式可变形为 441 11 1cos cos 4(14(1cos cos ) ) 因为因为 1 1cos cos 0 0， 所以所以1 11 1cos cos 4(14(1cos cos )2 )2 1 11 1cos cos 4 4（1 1cos cos ）4.4. 当且仅当当且仅当 cos cos 1 12 2， 即即3 3时取等号时取等号 所以所以 441 11 1cos cos 4(14(1cos cos ) )成立成立 所以不等式所以不等式 2 2sin 2sin 2sin sin 1 1cos cos 成立成立 法二法二( (综合法综合法) ) 因为因为1 11 1cos cos 4(14(1cos cos )4)4， 1 1cos cos 0 0，当且仅当当且仅当cos cos 1 12 2，即即3 3，3 3时取等号时取等号 所以所以 4 4cos cos 1 11 1cos cos . . 因为因为(0(0，)，所以所以 sin sin 0 0， 所以所以 4 4sin sin cos cos sin sin 1 1cos cos . . 所以所以 2 2sin 2sin 2sin sin 1 1coscos . . 归纳升华归纳升华 综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法方法，但两种证明方法思路截然相反但两种证明方法思路截然相反，分析法既可用于寻找解题思路分析法既可用于寻找解题思路，也可以是完整的证明过程分析法与综合法可相互转换也可以是完整的证明过程分析法与综合法可相互转换，相相互渗透互渗透，要充分利用这一辩证关系要充分利用这一辩证关系，在解题中综合法和分析法联合运用在解题中综合法和分析法联合运用，可转换解题思路可转换解题思路，增加解题途增加解题途径径一般以分析法为主寻求解题思路一般以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表示证明过程再用综合法有条理地表示证明过程 求证：求证：sin sin （2 2）sin sin 2 2cos cos ( () )sin sin sin sin . . 证明：因为证明：因为 sin sin (2(2) )2 2cos cos ( () )sin sin sin sin 2 2cos cos ( () )sin sin sin sin ( () )coscoscoscos ( () )sin sin 2 2cos cos ( () )sin sin sin sin ( () )cos cos cos cos ( () )sin sin sin sin sin sin ， 两边同除以两边同除以 sin sin 得得sin sin （2 2）sin sin 2 2cos cos ( () )sin sin sin sin . . 专题四专题四 反证法反证法 反证法不是去直接证明结论反证法不是去直接证明结论，而是先否定结论而是先否定结论，在此基础上运用演在此基础上运用演绎推理，导出矛盾，绎推理，导出矛盾，从而肯定结论的真实性从而肯定结论的真实性 等差数列等差数列 a an n 的前的前n n项和为项和为S Sn n，a a1 11 1 2 2，S S3 39 93 3 2 2. . (1)(1)求数列求数列 a an n 的通项的通项a an n及前及前n n项和项和S Sn n； (2)(2)设设b bn nS Sn nn n( (n nNN* *) )求证：数列求证：数列 b bn n 中任意不同的三项都不可能成为等比数列中任意不同的三项都不可能成为等比数列 (1)(1)解：设等差数列公差为解：设等差数列公差为d d， 由由 a a1 11 1 2 2，S S3 3a a1 1a a2 2a a3 39 93 3 2 2 得得 a a1 11 1 2 2，3 3a a1 13 3d d9 93 3 2 2，解得解得d d2.2. 所以所以a an n2 2n n1 1 2 2，S Sn nn n( (n n 2 2) ) (2)(2)证明：由证明：由(1)(1)得得b bn nS Sn nn nn n 2 2. . 假设假设 b bn n 中存在三项中存在三项b bp p，b bq q，b br r( (p p，q q，r r互不相等互不相等) )成等比数列成等比数列，则则b b2 2q qb bp pb br r. . 即即( (q q 2 2) )2 2( (p p 2 2)()(r r 2 2) )， 所以所以( (q q2 2prpr) )(2(2q qp pr r) 2 20.0. 因为因为p p，q q，r rN N* *， 所以所以 q q2 2prpr0 0，2 2q qp pr r0 0，所以所以 p pr r2 22 2prpr. . 所以所以( (p pr r) )2 20 0，所以所以p pr r与与p pr r矛盾矛盾 所以数列所以数列 b bn n 中任意不同的三项都不可能成等比数列中任意不同的三项都不可能成等比数列 归纳升华归纳升华 应用反证法证明命题时要注意以下三点：应用反证法证明命题时要注意以下三点： (1)(1)必须必须先否定结论先否定结论当结论的反面有多种情况时当结论的反面有多种情况时，必须罗列各种情况加以论证必须罗列各种情况加以论证，缺少任缺少任何一种可能何一种可能，反证法都是不完全的反证法都是不完全的 (2)(2)反证法必须从否定结论进行推理反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为即应把结论的反面作为条件条件，且必须根据这一条件且必须根据这一条件进行推证进行推证，否则否则，仅否定结论仅否定结论，不从结论的反面进行推理不从结论的反面进行推理，就不是反证法就不是反证法 (3)(3)推导出的矛盾多种多样推导出的矛盾多种多样，有的与已知相矛盾有的与已知相矛盾，有的与假设相矛盾有的与假设相矛盾，有的与已知事实相有的与已知事实相矛盾等等矛盾等等，推出的矛盾必须是明显的推出的矛盾必须是明显的 已知直线已知直线axaxy y1 1 与曲线与曲线x x2 22 2y y2 21 1 相交于相交于P P，Q Q两点两点，证明：不存在实数，证明：不存在实数a a，使得以使得以PQPQ为直径的圆经过坐标原点为直径的圆经过坐标原点O O. . 证明：假设存在实数证明：假设存在实数a a，使得以使得以PQPQ为直径的圆经过坐标原点为直径的圆经过坐标原点O O，则则OPOPOQOQ. . 设设P P( (x x1 1，y y1 1) )，Q Q( (x x2 2，y y2 2) )，则则y y1 1x x1 1y y2 2x x2 21 1， 所以所以( (axax1 11)(1)(axax2 21)1)x x1 1x x2 2， 即即(1(1a a2 2) )x x1 1x x2 2a a( (x x1 1x x2 2) )1 10.0. 由题意由题意得得( (1 12 2a a2 2) )x x2 24 4axax3 30 0， 所以所以x x1 1x x2 24 4a a1 12 2a a2 2，x x1 1x x2 23 31 12 2a a2 2. . 所以所以(1(1a a2 2)3 31 12 2a a2 2a a4 4a a1 12 2a a2 21 10 0， 即即a a2 22 2，这是不可能的这是不可能的 所以假设不成立故不存在实数所以假设不成立故不存在实数a a，使得以使得以PQPQ为直径的圆经过坐标原点为直径的圆经过坐标原点O O. . 专题五专题五 数学归纳法数学归纳法 数学归纳法是专门证明与数学归纳法是专门证明与正整数有关的命题的一种方法正整数有关的命题的一种方法它是一种完全归纳法它是一种完全归纳法，它的证它的证明共分两步明共分两步，其中第一步是命题成立的基础其中第一步是命题成立的基础，称为称为“归纳奠基归纳奠基”(”(或称特殊性或称特殊性) )；第二步解决；第二步解决的是延续性的是延续性( (又称传递性又称传递性) )问题问题，称为归纳递推称为归纳递推 已知函数已知函数f f( (x x) )x x1 1x x2 2( (x x0)0)，数列数列 a an n 满足满足a a1 1f f( (x x) )，a an n1 1f f( (a an n) ) (1)(1)求求a a2 2、a a3 3、a a4 4； (2)(2)猜想数列猜想数列 a an n 的的通项公式，并用数学归纳法予以证明通项公式，并用数学归纳法予以证明 解：解：(1)(1)由由a a1 1f f( (x x) )，a an n1 1f f( (a an n) )得：得： a a2 2f f( (a a1 1) )a a1 11 1a a2 21 1x x1 12 2x x2 2； a a3 3f f( (a a2 2) )a a2 21 1a a2 22 2x x1 13 3x x2 2； a a4 4f f( (a a3 3) )a a3 31 1a a2 23 3x x1 14 4x x2 2 . . (2)(2)猜想数列猜想数列 a an n 的通项公式的通项公式a an nx x1 1nxnx2 2. . 证明：证明：当当n n1 1 时时，结论显然成立；结论显然成立； 假设当假设当n nk k时结论成立时结论成立，即即a ak kx x1 1kxkx2 2， 则当则当n nk k1 1 时时，a ak k1 1f f( (a ak k) )x x1 1kxkx2 21 1 x x1 1kxkx2 22 2 x x1 1（k k1 1）x x2 2 . .上式表明上式表明，当当n nk k1 1 时结论也成立时结论也成立 由由、可得可得，数列数列 a an n 的通项公式的通项公式a an nx x1 1nxnx2 2 . . 归纳升华归纳升华 运用数学归纳法证明有关命题要注意以下几点：运用数学归纳法证明有关命题要注意以下几点： (1)(1)两个步骤两个步骤缺一不可缺一不可 (2)(2)第二步中第二步中，证明证明“当当n nk k1 1 时结论正确时结论正确”的过程中的过程中，必须利必须利用“归纳假设”用“归纳假设” ，即必，即必须用上“当须用上“当n nk k时结论正确时结论正确”这一结论这一结论 数学归纳法可以用来证明与正整数有关的代数恒等式、三角恒等式、不等式、整除性问数学归纳法可以用来证明与正整数有关的代数恒等式、三角恒等式、不等式、整除性问题题 设数列设数列 a an n 满足满足a an n1 1a a2 2n nnanan n1 1，n nN N* *. . (1)(1)当当a a1 12 2 时时，求求a a2 2，a a3 3，a a4 4，并由此猜想出并由此猜想出a an n的一个通项公式；的一个通项公式； (2)(2)当当a a1 12 2 时时，证明对所有的证明对所有的n n11，有有a an nn n1.1. (1)(1)解：由解：由a a1 12 2，得得a a2 2a a2 21 1a a1 11 13.3. 由由a a2 23 3，得得a a3 3a a2 22 22 2a a2 21 14.4. 由由a a3 34 4，得得a a4 4a a2 23 34 4a a3 31 15.5. 由此猜想由此猜想a an n的一个通项公式为的一个通项公式为a an nn n1(1(n n1)1) (2)(2)证明：证明：当当n n1 1 时时，因为因为a an na a1 12 2，n n1 11 11 12 2，所以不等式成立所以不等式成立 假设当假设当n nk k时不等式成立时不等式成立，即，即a ak kk k1.1. 那么当那么当n nk k1 1 时时，a ak k1 1a ak k( (a ak kk k) )1(1(k k1)(1)(k k1 1k k) )1 1k k2.2. 也就是说也就是说，当当n nk k1 1 时时，a ak k1 1( (k k1)1)1.1. 根据根据和和，对于所有对于所有n n11，有有a an nn n1.1.