數(shù)學(xué)-本章整合：第二章推理與證明

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精本章整合知識(shí)網(wǎng)絡(luò)專題探究專題一合情推理與演繹推理1．歸納推理和類比推理都是根據(jù)已有的事實(shí)，經(jīng)過觀察、分析、比較、聯(lián)想，再進(jìn)行歸納，然后提出猜想的推理，我們統(tǒng)稱為合情推理．合情推理常常能為我們提供證明的思路和方向．歸納推理的思維過程大致如下:eq\x(實(shí)驗(yàn)，觀察）→eq\x（概括,推廣)→eq\x（猜測(cè)一般性結(jié)論)類比推理的思維過程大致如下：eq\x（觀察，比較）→eq\x（聯(lián)想,類推）→eq\x（猜測(cè)新的結(jié)論）2．演繹推理是由一般到特殊的推理，又叫邏輯推理．其中三段論推理是演繹推理的主要形式．演繹推理具有如下特點(diǎn)：（1)演繹的前提是一般性原理，演繹所得的結(jié)論完全蘊(yùn)涵于前提之中．(2)演繹推理中，前提與結(jié)論之間存在必然的聯(lián)系，演繹推理是數(shù)學(xué)中嚴(yán)格證明的工具．(3)演繹推理是一種收斂性的思維方法，它創(chuàng)造性較少，但卻具有條理清晰、令人佩服的論證作用,有助于科學(xué)的理論化和系統(tǒng)化．【例1】證明下列各等式，并從中歸納出一個(gè)一般性的結(jié)論．2coseq\f（π,4）＝eq\r（2),2coseq\f(π,8）＝eq\r（2＋\r(2）），2coseq\f（π,16)＝eq\r(2＋\r(2＋\r(2）)).證明：2coseq\f(π，4)＝2×eq\f(\r（2),2）＝eq\r（2）,2coseq\f(π,8）＝2×eq\r（\f（1＋cos\f(π，4)，2）)＝2×eq\r(\f(1＋\f(\r(2）,2）,2））＝eq\r（2＋\r（2))，2coseq\f(π,16）＝2×eq\r(\f（1＋cos\f（π,8)，2）)＝2×eq\r(\f(1＋\f（1,2）\r(2＋\r（2))，2））＝eq\r（2＋\r(2＋\r（2）)）?！瓘囊陨细魇綒w納可得一般性的結(jié)論如下：2coseq\f（π，2n＋1)＝eq\r(2＋\r（2＋\r(2＋…)）)(n∈N＋，n≥1)．【例2】已知橢圓具有性質(zhì)：若M，N是橢圓C上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓上任意一點(diǎn),當(dāng)直線PM，PN的斜率都存在，并記為kPM，kPN時(shí)，那么kPM與kPN之積是與點(diǎn)P的位置無關(guān)的定值．試對(duì)雙曲線eq\f(x2，a2)－eq\f(y2，b2）＝1寫出具有類似特性的性質(zhì)，并加以證明．解：類似的性質(zhì)為：若M,N是雙曲線eq\f（x2，a2)－eq\f（y2，b2)＝1上關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱的兩個(gè)點(diǎn),點(diǎn)P是雙曲線上任意一點(diǎn)，當(dāng)直線PM，PN的斜率都存在,并記為kPM，kPN時(shí)，那么kPM與kPN之積是與點(diǎn)P的位置無關(guān)的定值．證明:設(shè)點(diǎn)M，P的坐標(biāo)為(m，n）,(x，y），則N（－m，－n）．因?yàn)辄c(diǎn)M(m，n)在已知雙曲線上,所以n2＝eq\f（b2,a2）m2－b2.同理y2＝eq\f（b2，a2）x2－b2。因?yàn)閗PM·kPN＝eq\f（y－n，x－m)·eq\f(y＋n,x＋m)＝eq\f(y2－n2，x2－m2）＝eq\f（b2，a2)·eq\f(x2－m2,x2－m2）＝eq\f（b2，a2)（定值)，所以kPM與kPN之積是與點(diǎn)P的位置無關(guān)的定值．專題二直接證明與間接證明1．直接證明的兩種基本方法是綜合法與分析法．綜合法與分析法的區(qū)別與聯(lián)系：分析法的特點(diǎn)是：從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理,實(shí)際上是要尋找它的充分條件．綜合法的特點(diǎn)是：從“已知”看“可知",逐步推向“未知”,其逐步推理，實(shí)際上是尋找它的必要條件．分析法與綜合法各有其特點(diǎn)．有些具體的問題，用分析法或綜合法都可以證明出來，人們往往選擇比較簡(jiǎn)單的一種．在解決問題時(shí)，我們經(jīng)常把綜合法和分析法結(jié)合起來使用．根據(jù)條件的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)去轉(zhuǎn)化結(jié)論,得到中間結(jié)論Q；根據(jù)結(jié)論的結(jié)構(gòu)特點(diǎn)去轉(zhuǎn)化條件，得到中間結(jié)論P(yáng)。若由Q可以推出P成立，就可以證明結(jié)論成立．2．反證法是一種間接證明命題的方法，它的理論基礎(chǔ)是互為逆否命題的兩個(gè)命題為等價(jià)命題，反證法反映了“正難則反”的證明思想．用反證法證明問題時(shí)要注意以下三點(diǎn)：（1）必須先否定結(jié)論,即肯定結(jié)論的反面，當(dāng)結(jié)論的反面呈現(xiàn)多樣性時(shí)，必須羅列出各種可能的情況,缺少任何一種可能，反證都是不完全的；(2）反證法必須從否定結(jié)論進(jìn)行推理，即應(yīng)把結(jié)論的反面作為條件，且必須根據(jù)這一條件進(jìn)行推證，否則，僅否定結(jié)論，不從結(jié)論的反面出發(fā)進(jìn)行推理,就不是反證法；(3)推導(dǎo)出的矛盾可能多種多樣,有的與已知矛盾，有的與假設(shè)矛盾,有的與已知事實(shí)矛盾等,推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的．【例3】設(shè)集合S＝{x|x∈R且|x|＜1}，若S中定義運(yùn)算“*”,使得a*b＝eq\f(a＋b，1＋ab）。證明:（1）如果a∈S,b∈S，那么a＊b∈S；（2）對(duì)于S中的任何元素a，b，c，都有(a＊b）＊c＝a*(b*c）成立．證明：(1)由a∈S,b∈S，則|a｜＜1,｜b｜＜1，a*b＝eq\f（a＋b,1＋ab），要證a＊b∈S，即證|a＊b|＝eq\b\lc\｜\rc\|（\a\vs4\al\co1（\f(a＋b，1＋ab）））＜1，只需證｜a＋b｜＜|1＋ab｜,即只需證(a＋b)2＜（1＋ab）2,即證（1－a2）（1－b2）＞0?！遼a|＜1，｜b|＜1，∴a2＜1，b2＜1，∴(1－a2)(1－b2)＞0成立，∴a＊b∈S.(2)(a*b)＊c＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(a＋b，1＋ab））)*c＝eq\f（a＋b＋c＋abc,1＋ab＋ac＋bc）,同理a*（b＊c)＝a*eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（b＋c,1＋bc))）＝eq\f(a＋b＋c＋abc，1＋ab＋ac＋bc)，∴(a＊b）*c＝a＊(b*c）．【例4】有10只猴子共分了56個(gè)香蕉，每只猴子至少分到1個(gè)香蕉，最多分到10個(gè)香蕉,試證：至少有兩只猴子分到同樣多的香蕉．證明：假設(shè)10只猴子分到的香蕉都不一樣多．∵每只猴子最少分到一個(gè)香蕉，至多分到10個(gè)香蕉，∴只能是分別分到1,2，3，…，10個(gè)香蕉．此時(shí)10只猴子共分了：1＋2＋3＋…＋10＝55（個(gè)），這與共分了56個(gè)香蕉相矛盾，故至少有兩只猴子分得同樣多的香蕉．專題三歸納-猜想-證明的方法探索性命題是近幾年高考試題中經(jīng)常出現(xiàn)的一種題型，此類問題未給出問題結(jié)論，需要由特殊情況入手，猜想、證明一般結(jié)論．它的解題思路是:從所給條件出發(fā),通過觀察、試驗(yàn)、歸納、猜想，探索出結(jié)論，然后再對(duì)歸納、猜想的結(jié)論進(jìn)行證明．【例5】若不等式eq\f(1,n＋1）＋eq\f(1，n＋2)＋eq\f（1，n＋3）＋…＋eq\f（1，3n＋1）＞eq\f(a，24)對(duì)一切正整數(shù)n都成立,求正整數(shù)a的最大值,并證明你的結(jié)論．解：取n＝1，eq\f(1,1＋1）＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,3×1＋1）＝eq\f（26,24).令eq\f(26，24)＞eq\f(a，24)，得a＜26，而a∈N＋,所以取a＝25，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f（1，n＋1)＋eq\f(1，n＋2）＋…＋eq\f（1,3n＋1）＞eq\f(25，24)。（1)當(dāng)n＝1時(shí),已證結(jié)論正確．（2）假設(shè)當(dāng)n＝k（k∈N＋)時(shí),結(jié)論成立,即eq\f（1，k＋1)＋eq\f(1，k＋2)＋…＋eq\f（1,3k＋1）＞eq\f（25，24），則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，有eq\f（1,k＋1＋1）＋eq\f（1,k＋1＋2）＋…＋eq\f（1,3k＋1)＋eq\f（1,3k＋2）＋eq\f（1,3k＋3)＋eq\f(1，3k＋1＋1)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（1，k＋1)＋\f（1，k＋2）＋…＋\f(1,3k＋1）))＋eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，3k＋2)＋\f(1，3k＋3)＋\f（1，3k＋4)－\f(1,k＋1)））＞eq\f（25,24)＋eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(\f(1，3k＋2）＋\f(1,3k＋4)－\f(2,3k＋1))）。因?yàn)閑q\f（1,3k＋2)＋eq\f（1，3k＋4)＝eq\f(6k＋1,9k2＋18k＋8）＞eq\f(6k＋1,9k2＋2k＋1)＝eq\f（2，3k＋1)，所以eq\f（1，3k＋2）＋eq\f（1