2024-2025學年高中數學第2章推理與證明章末復習提升課學案新人教B版選修1-2

PAGEPAGE1章末復習提升課1．推理2．證明(1)干脆證明綜合法分析法定義利用已知條件和某些數學定義、定理、公理等，經過一系列的推理論證，最終推導出所要證明的結論成立從要證明的結論動身，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最終，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件實質由因導果執(zhí)果索因框圖表示eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→…→eq\x(Qn?Q)eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→…→eq\x(\a\al(得到一個明顯成,立的條件))文字語言因為……所以……或由……得……要證……只需證……即證……(2)間接證明反證法：假設原命題不成立(即在原命題的條件下，結論不成立)，經過正確的推理，最終得出沖突，因此說明假設錯誤，從而證明白原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法．1．演繹推理是由一般到特殊的證明，它常用來證明和推理數學問題，留意推理過程的嚴密性，書寫格式的規(guī)范性．2．用分析法證明數學問題時，要留意書寫格式的規(guī)范性，經常用“要證(欲證)……”“即要證……”“就要證……”等分析到一個明顯成立的結論P，再說明所要證明的數學問題成立．3．利用反證法證明數學問題時，沒有用假設命題推理而推出沖突結果，其推理過程是錯誤的．合情推理和演繹推理已知數列{an}的通項公式an＝eq\f(1,(n＋1)2)(n∈N＋)，f(n)＝(1－a1)(1－a2)…(1－an)，試通過計算f(1)，f(2)，f(3)的值，推想出f(n)的值，并加以證明．【解】f(1)＝1－a1＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4)，f(2)＝(1－a1)(1－a2)＝f(1)·(1－eq\f(1,9))＝eq\f(3,4)×eq\f(8,9)＝eq\f(2,3)＝eq\f(4,6)，f(3)＝(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝f(2)·(1－eq\f(1,16))＝eq\f(2,3)×eq\f(15,16)＝eq\f(5,8)，由此猜想，f(n)＝eq\f(n＋2,2(n＋1)).證明如下：f(n)＝(1－eq\f(1,22))×(1－eq\f(1,32))×…×[1－eq\f(1,(n＋1)2)]＝(1－eq\f(1,2))×(1＋eq\f(1,2))×(1－eq\f(1,3))×(1＋eq\f(1,3))×…×(1－eq\f(1,n＋1))×(1＋eq\f(1,n＋1))＝eq\f(1,2)×eq\f(3,2)×eq\f(2,3)×eq\f(4,3)×eq\f(3,4)×…×eq\f(n,n＋1)×eq\f(n＋2,n＋1)＝eq\f(n＋2,2n＋2).【點評】本例用歸納、猜想、證明的思想方法來解決，歸納或類比的結論不肯定正確，有待進一步證明，合情推理可以為演繹推理供應方向和思路．綜合法與分析法已知a，b，c∈R且不全相等，求證：a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca.【證明】法一：分析法要證a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca，只需證2(a2＋b2＋c2)>2(ab＋bc＋ca)，只需證(a2＋b2－2ab)＋(b2＋c2－2bc)＋(c2＋a2－2ca)>0，只需證(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2>0，因為a、b、c∈R，所以(a－b)2≥0，(b－c)2≥0，(c－a)2≥0.又因為a、b、c不全相等，所以(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2>0.所以原不等式a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca成立．法二：綜合法因為a、b、c∈R，所以(a－b)2≥0，(b－c)2≥0，(c－a)2≥0，又因為a、b、c不全相等，所以(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2>0.所以(a2＋b2－2ab)＋(b2＋c2－2bc)＋(c2＋a2－2ca)>0，所以2(a2＋b2＋c2)>2(ab＋bc＋ca)，所以a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ca.【點評】分析法是從結論動身找尋證題思路的一種重要方法，特殊是題設和結論相結合，即綜合法與分析法相結合，可使許多困難的問題得到解決．反證法有10只猴子共分了56個香蕉，每只猴子至少分到1個香蕉，最多分到10個香蕉，試證：至少有兩只猴子分到同樣多的香蕉．【證明】假設10只猴子分到的香蕉都不一樣多，因為每只猴子最少分到一個香蕉，至多分到10個香蕉，所以只能是分別分到1，2，3，…，10個香蕉．共分了1＋2＋3＋…＋10＝55(個)，這與共分了56個香蕉相沖突，故至少有兩只猴子分得同樣多的香蕉．【點評】用反證法證明問題要留意以下兩點：①必需先否定結論．若結論的反面呈現(xiàn)多樣性時，要列舉出各種可能狀況，缺少任何一種狀況，反證都是不完全的．②反證法必需從否定結論進行推理，即應把結論的反面作為條件，且必需依據這一條件進行推證，否則，僅否定結論，不以結論的反面動身進行推理，就不是反證法．1．用反證法證明命題“假如a>b>0，那么a2>b2”時，假設的內容應是()A．a2＝b2 B．a2<b2C．a2≤b2 D．a2<b2，且a2＝b2解析：選C．a2>b2的否定為a2≤b2，故選C．2．如圖所示，黑、白兩種顏色的正六邊形地板磚按圖中所示的規(guī)律拼成若干個圖案，則第n個圖案中白色地板磚的塊數是()A．4n＋2 B．4n－2C．2n＋4 D．3n＋3解析：選A．由題圖可知，當n＝1時，a1＝6；當n＝2時，a2＝10；當n＝3時，a3＝14.由此推想，第n個圖案中白色地板磚的塊數是an＝4n＋2.3．已知{bn}為等比數列，b5＝2，則b1·b2·…·b9＝29，若{an}為等差數列，a5＝2，則類似結論為()A．a1·a2·…·a9＝29B．a1＋a2＋…＋a9＝29C．a1·a2·…·a9＝2×9D．a1＋a2＋…＋a9＝2×9解析：選D．由等差數列的性質知：a1＋a9＝a2＋a8＝a3＋a7＝a4＋a6＝2a5.故選D．4．設f0(x)＝cosx，f1(x)＝f0′(x)，f2(x)＝f1′(x)，…，fn＋1(x)＝fn′(x)(n∈N＋)，則f2017(x)＝()A．sinx B．－sinxC．cosx D．－cosx解析：選B．由條件知f0(x)＝cosx，f1(x)＝－sinx，f2(x)＝－cosx，f3(x)＝sinx，f4(x)＝cosx，…，故函數fn(x)以4為周期循環(huán)出現(xiàn)，故f2017(x)＝－sinx.5．在平面直角坐標系中，若點P(x，y)的坐標x，y均為整數，則稱點P為格點.若一個多邊形的頂點全是格點，則稱該多邊形為格點多邊形.格點多邊形的面積為S，其內部的格點數記為N，邊界上的格點數記為L.例如圖中△ABC是格點三角形，對應的S＝1，N＝0，L＝4.(1)圖中格點四邊形DEFG對應的S，N，L分別是________；(2)已知格點多邊形的面積可表示為S＝aN＋bL＋c，其中a，b，c為常數.若某格點多邊形對應的N＝71，L＝18，則S＝________(用數值作答)．解析：(1)由圖可知四邊形DEFG是直角梯形，高為eq\r(2)，下底為2eq\r(2)，上底為eq\r(2)，所以梯形面積S＝eq\f((\r(2)＋2\r(2))×\r(2),2)＝3.由圖知N＝1，L＝6.(2)取相鄰四個小正方形組成一個正方形，其面積S＝4，N＝1，L＝8，結合△ABC，四邊形DEFG可列方程組：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(4b＋c＝1，,a＋6b＋c＝3，,a＋8b＋c＝4，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2)，,c＝－1，))S＝1×71＋eq\f(1,2)×18－1＝79.答案：(1)3，1，6(2)796．求證函數f(x)＝2x＋1有且只有一個零點．證明：(1)存在性：因為2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＋1＝0，所以－eq\f(1,2)為函數f(x)＝2x＋1的零點．所以函數f(x)＝2x＋1至少存在一個零點．(2)唯一性：假設函數f(x)＝2x＋1除－eq\f(1,2)外還有零點x0eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0≠－\f