人教版高中数学【选修2-2】[知识点整理及重点题型梳理]_《《推理与证明》全章复习与巩固(提高)(理).pdf

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1、精品文档 用心整理人教版高中数学选修人教版高中数学选修 2-22-2知识点梳理知识点梳理重点题型（重点题型（常考知识点常考知识点）巩固练习）巩固练习推理与证明全章复习与巩固推理与证明全章复习与巩固【学习目标】【学习目标】1.了解合情推理的含义，能利用归纳推理和类比推理等进行简单的推理；掌握演绎推理的基本模式；体会它们的重要性，并能运用它们进行一些简单的推理；2.了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异；3.了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点；4.了解间接证明的一种基本方法：反证法；了解反证法的思考过程、特点；5.了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明

2、一些简单的数学命题.【知识网络】【知识网络】【要点梳理】【要点梳理】要点一：有关推理概念要点一：有关推理概念归纳推理：归纳推理：又称归纳法，是从特殊到一般、部分到整体的推理根据归纳对象是否完备，分为完全归纳法和不完全归纳法完全归纳法是根据某类事物中的每一个对象或每一个子类的情况作出的关于该类事物的一般性结论的推理；不完全归纳法是根据某类事物中的一部分对象具有某种特征而作出该类事物都具有这一特征的一般性结论的推理由于仅列举了归纳对象中的一小部分，因此得出的结论与前提未必有必然的联系，资料来源于网络 仅供免费交流使用人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提

3、高)(理)-第1页人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第1页精品文档 用心整理故其结论未必正确，必须经过理论的证明和实践的检验类比推理：类比推理：又称类比法，是由特殊到特殊的推理这是由两系统的已知属性，通过比较、联想而发现未知属性的“开拓型”“发散型”思维方式和归纳推理一样，能由已知推测未知，推理的结论也不一定为真，有待进一步证明，通常情况下，类比的相似性越多，类比得出的结论就越可靠演绎推理：演绎推理：又称演绎法是从一般到特殊的推理，是数学证明中的基本推理形式演绎推理的结论完全蕴涵于前提之中它是“封闭型”的思维方法，只要前提真实，逻辑形

4、式正确，则结论必然真实，但由它一般不能取得突破性进展故合情推理与演绎推理各有侧重，相辅相成合情推理有助于发现新事物、新结论、新规律，演绎推理保证结论的可靠性，去伪存真要点诠释：要点诠释：演绎推理更注重推理的形式规则，常见的有假言推理、关系推理、三段论推理三段论推理：其一般形式为：大前提：所有M 都是 P；小前提：S 是 M；结论：S 是 P要点二：有关证明方法要点二：有关证明方法综合法综合法综合法是利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立的证明方法，是数学推理证明中的主要方法即从已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待征结论或需求问题如果要

5、证明的命题是p q，那么证明步骤用符号表示为 p(已知)p1 p2 p3 q分析法分析法分析法就是从待征结论出发，一步一步探索下去，寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实用分析法证明的逻辑关系：q(结论)pn p3 p2 p1 p(已知)间接证法间接证法间接证法不是从正面确定论题的真实性，而是证明它的反论题为假或改证它的等价命题为真，间接达到目的反证法就是间接证法的一种反证法证题步骤为：(1)假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立(2)从这个假设出发，经过推理论证得出矛盾(3)由矛盾判断假设不成立从而肯定命题的结论成立资料来源于网络 仅供免费交流使用人教版高中数学【

6、选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第2页人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第2页精品文档 用心整理反证法导出矛盾常见的有以下几种情况：导出非 p 为真，即与原命题的条件矛盾导出 q 为真，即与假设“非 q 为真”矛盾导出一个与定义、公理、定理等矛盾的命题数学归纳法数学归纳法数学归纳法是证明一个与正整数 n 有关的命题时，常采用的一种方法，它是一种完全归纳法，其步骤为：第一步：证明 n 取第一个值n0时命题成立第二步：假设 nk(kn0，kN N+)时命题成立，证明nk+1 时命题成立第三步：

7、下结论，命题对从n0开始的所有自然数n 都成立要点诠释：要点诠释：（1）用数学归纳法证明与自然数 n 有关的命题时，如果证明恒等式或不等式应特别注意项及项数的变化规律；证明几何命题时，要特别注意从nk 到 nk+1 的几何图形中几何元素的变化规律；证明整除性命题时，要特别注意凑配项的变形技巧；证明与奇、偶数有关的命题要注意过渡时的特点，如一个命题对所有奇数 n 成立，应假设n2k-1 时命题成立，推证n2k+1 时命题成立或假设 nk(k 为奇数)时命题成立，推证 nk+2 时命题成立（2）“归纳一猜想证明”的论题，要特别关注项的构成规律，作出合理的猜想后再证明【典型例题】【典型例题】类型一：

8、合情推理与演绎推理类型一：合情推理与演绎推理例例 1.1.若数列an是等比数列，且an 0，则有数列bnna1a2an(nN N+)也为等比数列，类比上述性质，相应地：若数列cn是等差数列，则有dn_也是等差数列【思路点拨】类比猜想可得dnc1c2cn也成等差数列.n【解析】若设等差数列cn的公差为 x，则dnc1c2cnnnc1n(n1)x2 c1(n1)nx2可见dn是一个以c1为首项，x为公差的等差数列，故猜想是正确的2【总结升华】类比猜想是以两个对象之间某已知的相同或相似之处为根据，从而推出对象之间未知的相资料来源于网络 仅供免费交流使用人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型

9、梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第3页人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第3页精品文档 用心整理似之点的推理方法，这个根据是不充分的，因而类比推理的结论有时正确，有时不正确，其结论都需要证明举一反三：举一反三：【变式 1】在平面几何中，ABC 的内角平分线 CE 分 AB 所成线段的比为AEAC，把这个结论类比EBCB到空间：在三棱锥 ABCD 中(如图所示)，面 DEC 平分二面角 ACDB 且与 AB 相交于 E，则得到的类比的结论是_【答案】AESACDEBSBCD432【变式 2】观察(x)2x，(x)4x，(c

10、osx)sin x，由归纳推理可得：若定义在 R R 上的函数f(x)满足f(x)f(x)，记 g(x)为f(x)的导函数，则 g(-x)()Af(x)B f(x)Cg(x)Dg(x)【答案】D【解析】由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数因此当f(x)是偶函数时，其导函数应为奇函数，故 g(-x)-g(x)例例 2.2.在数列an中，a1 2，an1 4an3n1，nN N+(1)证明数列ann是等比数列；(2)求数列an的前 n 项和Sn；(3)证明不等式Sn14Sn，对任意 nN N+皆成立【解析】(1)由题设an1 4an3n1得an1(n1)4(ann)，nN N+又a111，

11、所以数列ann是首项为 1，且公比为 4 的等比数列n1n1(2)由(1)可知ann 4，于是数列an的通项公式为an 4 n资料来源于网络 仅供免费交流使用人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第4页人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第4页精品文档 用心整理4n1n(n1)所以数列an的前 n 项和Sn32(3)对任意的 nN N+，4n1 1n(1n)(Sn14Sn322)n4n1n(1)14(3 n2n 4)0232所以不等式Sn14Sn，对任意 nN N+皆成立【总结升华

12、】本题属于递推数列问题，是高考考查的热点解题的关键是转化为等差、等比数列举一反三：举一反三：【变式 1】纸制的正方体的六个面根据其方位分别标记为上、下、东、南、西、北现在沿该正方体的一些棱将正方体剪开、外面朝上展平，得到如图所示的平面图形，则标“”的面的方位是()A南B北C西D下【答案】B【解析】将所给 图形还原 为正方 体，如 图所示，最上面 为，最左面为 东，最 里面为 上，将正方体旋转后让东面指向东，让“上”面向上可知“”的方位为北【变式 2】（2016广州一模）以下数表的构造思路源于我国南宋数学家杨辉所著的详解九章算术一书中的“杨辉三角性”该表由若干数字组成，从第二行起，每一行中的数字

13、均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有一个数，则这个数为（）资料来源于网络 仅供免费交流使用人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第5页人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第5页精品文档 用心整理A.201722015B.201722014C.201622015D.201622014【答案】由题意，数表的每一行都是等差数列，且第一行公差为 1，第二行公差为 2，第三行公差为 4，第 2015 行公差为22014，故第 1 行的第一个数为：221，第 2 行的第一个数为：32，第

14、 3 行的第一个数为：421，第n行的第一个数为：(n1)2第 2016 行只有 M，则M (1 2016)22014n20，201722014类型二：直接证明与间接证明类型二：直接证明与间接证明例例 3.3.设 a，b，c 均为大于 1 的正数，且 ab10求证：logaclogbc 4lg c【解析】证法一(综合法)：因为 ab10，所以logaclogbc4lg c lgclgc4lg clgalgb 11lgalgb4lg algb lgc4 lgclgalgblgalgb lgc14lg algblgalgb(lgalgb)24lg algb lgclgalgb(lgalgb)2 l

15、gclgalgb又因为 a，b，c 均为大于 1 的正数，所以 lg a，lg b，lg c 均大于 0，(lgalgb)2故lgc 0即logaclogbc 4lg clgalgb资料来源于网络 仅供免费交流使用人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第6页人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第6页精品文档 用心整理证法二(分析法)：由于a 1，b1故要证明logaclogbc 4lg c只要证明lgclgc 0，即logaclogbc 4lg clgalgblgclgb11 4

16、4，即lgalgblgalgb又c 1，所以只要证明因为ab 10，所以lgalgb 1，故只要证明1lgalgb 4由于 a1，b1，所以lga 0，lgb01lgalgb1 4所以0 lgalgb，即lgalgb24当且仅当lga lgb时等号成立，即式成立，所以原不等式成立举一反三：举一反三：【变式】设 a，bR R 且 ab，a+b2，则必有（)2a2b2a2b2A1abBab 122a2b2a2b21D1Cab 22【答案】B【解析】a+b2b2-a，a b 2ab 4，ab a(2a)2a a (a 2a1)12222(a1)211ab1ab1a2 b2a22 a bab 22a2

17、b21222b(a)b 0，2资料来源于网络 仅供免费交流使用人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第7页人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第7页精品文档 用心整理2a2b2a2b 24 2 ab 211ab 0，222a2b21，2a2b21 ab综上可得2例例 4.4.设函数f(x)对定义域内任意实数都有f(x)0，且f(x y)f(x)求证：对定义域内任意 x，都有f(x)0【思路点拨】直接证明有些困难，考虑用反证法.【解析】假设满足题设条件的任意x，f(x)0不成立，即存

18、在某个x0，有f(x0)0f(x)0，f(x0)0又知f(x0)ff(y)成立 x0 x0 x f0222 x x f0 f20 022这与假设f(x0)0矛盾，假设不成立故对任意的 x 都有f(x)0【总结升华】此题证明过程中，“对任意 x，都有f(x)0”的否命题是：“存在 x0，使f(x0)0”，而不是“对所有的 x，都有f(x)0”，因此在应用反证法时正确写出结论的否定形式是很重要的举一反三：举一反三：4x1【变式】函数f(x)的图象()x2A关于原点对称B关于直线 yx 对称C关于 x 轴对称D关于 y 轴对称【答案】D【解析】对于选项 A，点1，在f(x)上，52但点1，5不在f(

19、x)上；2资料来源于网络 仅供免费交流使用人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第8页人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第8页精品文档 用心整理对于选项 B，点(0，2)在f(x)上，但点(2，0)不在，(z)上；对于选项 C，函数的图象不能关于x 轴对称；对于选项 D，4x 11 x4x f x()f(x)x22函数的图象关于y 轴对称类型三：数学归纳法类型三：数学归纳法例例 5.5.等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知对任意的 nN*，点(n，Sn)均在函数 ybxr(b

20、0 且 b1，b，r均为常数)的图象上(1)求 r 的值；(2)当 b2 时，记 bn2(log2an1)(nN*)，证明：对任意的 nN*，不等式【解析】(1)由题意：Snbnr，当 n2 时，Sn1bn 1r.b11 b21b1b2bn1n1成立bn所以 anSnSn1bn 1(b1)，由于 b0 且 b1，所以 n2 时，an是以 b 为公比的等比数列又 a1br，a2b(b1)，a2b(b1)b，即b，解得 r1.a1br(2)当 b2 时，由(1)知 an2n 1，因此 bn2n(nN*)，所证不等式为21 41242n1n12n当 n1 时，左式3，右式2.2左式右式，所以结论成立

21、，假设 nk(kN*)时结论成立，即21 41242k 1k 1，2k则当 nk1 时，21 41242k 12k 32k 32k 3k 1，2k2(k 1)2(k 1)2 k 1要证当 nk1 时结论成立，资料来源于网络 仅供免费交流使用人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第9页人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第9页精品文档 用心整理只需证2k 3k 2，2 k 1即证2k 3k 2k 122k 3(k 1)(k 2)k 1k 2成立22由均值不等式故2k 3k 2成立，2

22、 k 1所以当 nk1 时，结论成立由可知，nN*时，不等式b11 b21b1b2bn1n1成立bn【总结升华】本题属中等难度题，求解关键是要掌握数学归纳法举一反三：举一反三：【变式 1】已知f(n)【答案】11n1n21(nN*)，则 f(k1)f(k)_.3n111113k3k 13k 2k 1【变式 2】试比较 2n2 与 n2的大小(nN N*)，并用数学归纳法证明你的结论【答案】当 n1 时，2124n21，当 n2 时，2226n24，当 n3 时，23210n29，由 n4 时，24218n216，由此可以猜想，2n2n2(nN N*)成立下面用数学归纳法证明：(1)当 n1 时

23、，左边2124，右边1，所以左边右边，所以原不等式成立当 n2 时，左边2226，右边224，所以左边右边；当 n3 时，左边23210，右边329，所以左边右边(2)假设 nk(k3 且 kN N*)时，不等式成立，即 2k2k2.那么当 nk1 时，2k1222k22(2k2)22k22.资料来源于网络 仅供免费交流使用人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第10页人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第10页精品文档 用心整理又因：2k22(k1)2k22k3(k3)(k1)0

24、，即 2k22(k1)2，故 2k 12(k1)2成立根据(1)和(2)，原不等式对于任何 nN*都成立【变式 3】（2016南通一模）已知函数 f0（x）=x（sin x+cos x），设 fn（x）是 fn+1（x）的导数，nN*。（1）求 f1（x），f2（x）的表达式；（2）写出 fn（x）的表达式，并用数学归纳法证明。【答案】（1）f1(x)f0(x)(sin xcos x)x(cos xsin x)(x1)sin(x)(x1)cos x，f2(x)f1(x)sin x(1 x)cos xcos x(1 x)sin x (2 x)sin x(x2)cos x，（2）由（1）得f3(x

25、)f2(x)(3 x)cos x(x3)sin x，把 f1（x），f2（x），f3（x），f1(x)(x1)sin(x)(x1)cos(x)，2222f2(x)(x2)sin(x)(x2)cos(x)，2233f3(x)(x3)sin(x)(x2)cos(x)，22nn猜想fn(x)(xn)sin(x)(xn)cos(x)(*)，22下面用数学归纳法证明上述等式，当 n=1 时，由（1）可知，等式（*）成立，kk)(xk)cos(x)，22kkk则当 n=k+1 时，fk1(x)fk(x)sin(x)(xk)cos(x)(xk)sin(x)，222kk(xk 1)cos(x)x(k 1)sin(x)，22k 1k 1(xk 1)sin(x)x(k 1)cos(x)，22假设当 n=k 时，等式（*）成立，即fk(x)(xk)sin(x即当 n=k+1 时，等式（*）成立综上所述，当 nN*，fn(x)(xn)sin(xnn)(xn)cos(x)成立。22资料来源于网络 仅供免费交流使用人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第11页人教版高中数学【选修2-2】知识点整理及重点题型梳理_推理与证明全章复习与巩固(提高)(理)-第11页