1、第二章 推理与证明 章末综合提升 巩 固 层 知 识 整 合 提 升 层 题 型 探 究 合情推理【例 1】(1)观察下列等式：11212，11213141314，11213141516141516，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ABACBMMC.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)1121314 12n1 12n1n11n21nn(2)SBPASCPASBDPSCDP(1)等式的左边的通项为12n1 12n，前 n 项和为 112131
2、412n1 12n；右边的每个式子的第一项为 1n1，共有n 项，故为 1n1 1n2 1nn.(2)画出相应图形，如图所示由类比推理得所探索结论为SBDPSCDPSBPASCPA.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VD-BPAVD-CPASBPASCPA.又因为VD-BPAVD-CPAVA-BDPVA-CDPSBDPSCDP.由知SBPASCPASBDPSCDP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跟进训练1(1)观察如图中各正方形图案，每条边上有 n(n2)个点，第 n个图案中圆点的总
3、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，S8S4，S12S8，S16S12 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，_，_，T16T12 成等比数列(1)Sn4n4(n2，nN*)(2)T8T4 T12T8 (1)依图的构造规律可以看出：S2244，S3344，S4444(正方形四个顶点重复计算一次，应减去)猜想：Sn4n4(n2，nN*)(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，T8T4，T12T8，T16T12
4、 成等比数列综合法与分析法【例 2】若 a，b，c 是ABC 的三边长，m0，求证：aambbmccm.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aambbmccm，只需证明aambbmccm0 即可 aambbmccm abmcmbamcmcambmambmcm，a0，b0，c0，m0，(am)(bm)(cm)0，a(bm)(cm)b(am)(cm)c(am)(bm)abcabmacmam2abcabmbcmbm2abcbcmacmcm22abmam2abcbm2cm22abmabc(abc)m2，ABC 中任意两边之和大于第三边，
5、abc0，(abc)m20，2abmabc(abc)m20，aambbmccm.1.(改变条件)本例删掉条件“m0”，证明：ab1ab c1c.证明 要证ab1ab c1c，只需证 ab(ab)c(1ab)c，即证 abc，而 abc 显然成立，所以 ab1ab c1c.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：1ab 1bc3abc.证明 要证 1ab 1bc3abc，即证abcab abcbc 3，即证 cab abc1.即证 c(bc)a(ab)(ab)(bc)，即证 c2a2acb2.ABC 三个内角 A，B，C 成等差数列 B60.由余弦定理，有 b2c2
6、a22cacos 60，即 b2c2a2ac.c2a2acb2 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 xR，ax212，b2x，cx2x1，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 a1，b1，c1，则有 abc3，而 abc2x22x1232x12233，两者矛盾，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
7、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，也常用反证法跟进训练2若 x，y，z(0,2)，求证：x(2y)，y(2z)，z(2x)不可能都大于 1.证明 假设 x(2y)1，且 y(2z)1，且 z(2x)1 均成立，则三式相乘有 xyz(2x)(2y)(2z)1，由于 0 x2，所以 0 x(2x)1，同理 0y(2y)1,0z(2z)1，三式相乘得 00，f(x)axax，令 a11，an1f(an)，nN*.(1)写出 a2，a3，a4 的
8、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)a11，a2f(a1)f(1)a1a；a3f(a2)a2a；a4f(a3)a3a.猜想 anan1a(nN*)(2)证明：易知，n1 时，猜想正确 假设 nk(kN*)时猜想正确，即 akak1a，则 ak1f(ak)aakaakaak1aaak1a ak1a1ak11a.这说明，nk1 时猜想正确 由知，对于任何 nN*，都有 anan1a.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
9、二：由 nk 到 nk1 时，除等式两边变化的项外还要利用 nk 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跟进训练3用数学归纳法证明不等式 1n1 1n2 1nn1324(n2，nN*)证明 当 n2 时，121 122 7121324.假设当 nk(k2 且 kN*)时不等式成立，即 1k1 1k2 12k1324，那么当 nk1 时，1k21k312k
10、11k21k3 12k 12k112k2 1k1 1k1 1k1 1k2 1k3 12k 12k112k21k1132412k112k2 1k1132412k112k21324122k1k11324.这就是说，当 nk1 时，不等式也成立 由可知，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，k2(kZ)，且 sin cos 2sin，sincos sin2.求证：1tan21tan2 1tan221tan2.证明 要证1tan21tan2 1tan221tan2成立，即证1 sin2cos2 1sin2cos21sin2cos221sin2cos2，即证 co
11、s2sin212(cos2sin2)，即证 12sin212(12sin2)，即证 4sin22sin21.因为 sin cos2sin，sin cos sin2，所以(sin cos)212sin cos 4sin2，所以 12sin24sin2，即 4sin22sin21.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
12、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跟进训练4已知函数 f(x)在 R 上是增函数，a，bR.(1)求证：如果 ab0，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 ab0 时，ab 且 ba.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 ab0”，此命题成立 用反证法证明如下：假设 ab0，则 ab，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，ab0 成立，即(1)中命题的逆命题成立Thank you for watching!