二轮复习数学专题四第2讲-推理与证明.doc

2012年高考第二轮复习数学专题四第2讲　推理与证明

1．(2011江西高考，理7)观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625，57＝78 125，…，则52 011的末四位数字为(　　)．
A．3125 B．5625 C．0625 D．8125
2．(2011陕西高考，理13)观察下列等式
1＝1
2＋3＋4＝9
3＋4＋5＋6＋7＝25
4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49
……
照此规律，第n个等式为__________．
3．(2010陕西高考，理12)观察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为__________．

从高考试题来看，高考对本专题的考查主要有以下几方面：一是合情推理与演绎推理，二是数学归纳法，三是直接证明与间接证明，也在很多省份的高考试题中得以体现．其中推理的内容涉及到数学的方方面面，重在考查创造性思维和探索事物的思维方法，证明主要是要理清逻辑关系，要清楚合情推理主要用于探索与再发现，而严格证明问题要应用演绎推理；对于数学归纳法不仅直接考查用数学归纳法证明现成的结论，还考查用此证明新发现结论的正确性，其主要应用在数列解答题中．预测2012年高考仍旧以选择题、填空题或解答题考查，难度为中低档或在解答题中出现较综合的高档题．

热点一　合情推理的应用
1．归纳推理的一般步骤
(1)通过观察某些个别情况发现某些相同性质；
(2)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想)．
2．类比推理的一般步骤
(1)找出两类事物之间的相似性或一致性．
(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．
【例1】 (2011山东济宁一模，10)已知f(x)＝sin x＋ex＋x2 010，令f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝f′1(x)，f3(x)＝f′2(x)，…，fn＋1(x)＝f′n(x)，则f2 012(x)＝(　　)．
A．sin x＋ex
B．cos x＋ex
C．－sin x＋ex
D．－cos x＋ex

对于具有周期性变化规律的问题，要注重通过归纳推理来探索出其周期，并且尽可能多的归纳一些，以确保可靠性强．
拓展延伸在圆中有结论：如图，“AB是圆O的直径，直线AC，BD是圆O过A，B的切线，P是圆O上任意一点，CD是过P的切线，则有PO2＝PC·PD”．类比到椭圆：“AB是椭圆的长轴，直线AC，BD是椭圆过A，B的切线，P是椭圆上任意一点，CD是过P的切线，则有__________．”

热点二　演绎推理的应用
“三段论”是演绎推理的常用模式，用集合的观点讲，即若集合M的所有元素都具有性质P，S是M的子集，那么S中的所有元素也都具有性质P.
【例2】 已知函数f(x)＝ax＋(a>1)，求证：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．

演绎推理是由一般到特殊的推理，从推理所得的结论看，只要采用的演绎推理的大前提、小前提和推理形式是正确的，其结论一定是正确的，一定要注意推理过程的正确性与完备性．
拓展延伸 已知在正项数列{an}中，a1＝2，点An(，)在双曲线y2－x2＝1上，数列{bn}中，点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，其中Tn是数列{bn}的前n项和．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn}是等比数列；
(3)若cn＝an·bn，求证：cn＋1<cn.

热点三　直接证明与间接证明
直接与间接证明在高考中多有体现，它们的主要特征归纳如下：
(1)综合法的特点是：从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，要求逐步推理，实际上是寻找它的必要条件．
(2)分析法的特点是：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，即从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件为止．
(3)适合用反证法证明的四类数学命题
①唯一性命题；
②结论涉及“至多”“至少”“无限”的命题；
③否定性命题；
④直接证明较繁琐或困难的命题．
【例3】 (2011安徽高考，理19)(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋≤＋＋xy；
(2)设1<a≤b≤c，证明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.

综合法与分析法是直接证明中的姊妹证明方法．通常情况下，运用分析法，由果索因，找到一个正确的结论或已知条件，然后运用综合法正确推理书写．在进行立体几何证明中，我们常从结论出发寻找问题的突破口，但在逆推时也可能碰到障碍，这时再从已知出发顺推找寻中间细节，问题即可得以解决，当然，若所证命题从正面难以入手时，不妨使用反证法，且应用反证法证明数学命题的步骤为①分清命题的条件与结论；②做出与命题结论相矛盾的假设；③由假设出发应用演绎推理思维，推出与已知条件或相关定理、公理等相矛盾；④认定原命题为真．
拓展延伸 已知a，b，c为正实数，且a＋b＋c＝1.
求证：(1)a2＋b2＋c2≥；
(2)＋＋≤6.

热点四　数学归纳法的应用
数学归纳法近几年在高考中多有体现，主要蕴含在解答题中与自然数n等有关命题的证明中，其主要步骤有：
(1)证明当n取第一个值n0(例如n0＝1或2等)时结论正确；
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥n0)时结论正确(归纳假设)，证明当n＝k＋1时结论也正确．
综合(1)(2)，对任何n∈N*，命题均正确．
【例4】 (2011江苏南通高三模拟，20)已知函数f(x)＝x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)．试比较＋＋＋…＋与1的大小，并说明理由．

1．数学归纳法是直接证明的一种重要方法，应用十分广泛．一般来说，与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、数列的通项及前n项和等问题，都可以考虑用数学归纳法证明．
2．归纳推理可以帮助我们发现一般规律，但是其正确性需要通过证明来验证．一般情况下，有关正整数的归纳、猜想问题，都需要由不完全归纳法得到猜想，然后用数学归纳法证明猜想．
拓展延伸 在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1(2n＋1)(n∈N*)，其中实数c≠0.
计算a2、a3、a4并猜想an且证明．

一、合情推理与演绎推理的概念
1．合情推理主要包括归纳推理和类比推理．在数学研究中，在得到一个新结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路与方向．
2．合情推理的过程概括
→→→
3．演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况的结论的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段论．数学问题的证明主要通过演绎推理来进行．
举例说明：设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是(　　)．
A．若f(1)<1成立，则f(10)<100成立
B．若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立
C．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
D．若f(4)≥25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析：由题意知，f(k)≥k2成立，则可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．D中，f(4)≥25>16，由此可推出f(5)≥52，f(6)≥62，…，即k≥4时，均有f(k)≥k2成立，故D对．而A显然不成立．B中等价命题为f(1)<1，则f(2)≥4，亦不满足题意，故B不对．C中，k＝1,2时无法判定是否有f(k)≥k2成立．故C亦不对．综上，故选D.
答案：D
误区分析：由于对四种命题的关系理解不到位而错选A，由于对归纳推理原理不熟而易错选为C.
二、综合法与分析法的区别与联系
综合法证明数学问题是“由因导果”，分析法证明数学问题是“执果索因”，这是两种思路截然相反的方法，分析法往往便于寻找解题思路，而综合法便于叙述．因此注意两种方法在解决问题中的联合使用．
三、反证法中常用的“反设词”
利用反证法证明问题时，首先应准确地作出假设，这就要求我们掌握一些常见“结论词”的“反设词”，列表如下：
原结论词
反设词
原结论词
反设词
至少有一个
一个也没有
对所有x成立
存在某个x不成立
至多有一个
至少有两个
对任意x不成立
存在某个x成立
至少有n个
至多有n－1个
p或q
且
至多有n个
至少有n＋1个
p且q
或
不都是
都是
p

四、用反证法证明问题时的注意事项
1．必须先否定结论，即肯定结论的反面，当结论的反面呈现多样性时，必须罗列出各种可能结论，缺少任何一种可能，反证都是不完全的；
2．反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面用作条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法；
3．推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等等，推导出的矛盾必须是明显的．
五、数学归纳法应用中的注意事项
数学归纳法的应用最容易出现在数列解答题中，因为数列问题往往是与正整数有关的命题，尤其对于用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过改变分子、分母的大小，或通过裂项相消法或分子、分母有理化或通过均值定理等手段达到放缩目的，放缩后，可使用证明不等式的一切方法证明不等式成立．
举例说明：已知n是大于1的自然数，Sn＝2××××…×，求证：Sn>.
证明如下：
①当n＝2时，S2＝＝>＝，∴不等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*且k≥2)时，Sk>成立，则当n＝k＋1时，有Sk＋1＝Sk·>·＝>＝＝.
∴当n＝k＋1时原不等式也成立．
由①②可知，原不等式对任何大于1的自然数均成立．
点评：显然根据不等式的性质进行的放缩即>＝，
这一步是证明中的核心步骤．
六、数学归纳法应用中的四个常见错误
数学归纳法是证明与正整数有关的命题的一种常用方法．证明时，它的两个步骤：归纳奠基和归纳递推缺一不可．使用数学归纳法解决问题易出现的四类错误：(1)初始值n0确定的错误；(2)对项数估算的错误；(3)没有利用归纳假设；(4)关键步骤含糊不清．

参考答案
考场传真
1．D　解析：由观察易知55的末四位数字为3125,56的末四位数字为5625,57的末四位数字为8125,58的末四位数字为0625,59的末四位数字为3125，故周期T＝4.又由于2 011＝502×4＋3，因此52 011的末四位数字是8125.
2．(2011陕西，理13)n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2　解析：观察等式左侧：第一行有1个数是1；第二行是3个连续自然数的和，第一个数为2，第三行是5个连续自然数的和，第一个数为3，第四行是7个连续自然数的和，第一个数为4.依此规律，第n行是2n－1个连续自然数的和，其中第一个数为n，
∴第n行左侧为：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋[n＋(2n－2)]＝n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)；等式右侧；第一行1＝12，第二行9＝32，第三行25＝52，第四行49＝72.依此规律，第n行是(2n－1)2，∴第n个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.
3．13＋23＋33＋43＋53＋63＝212
解析：13＋23＝(1＋2)2,13＋23＋33＝(1＋2＋3)2，…，
所以13＋23＋33＋43＋53＋63＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)2＝2＝212.
核心攻略
【例1】 　A　解析：由题意知f1(x)＝f′(x)＝cos x＋ex＋2 010x2 009，
f2(x)＝…＝－sin x＋ex＋2 010×2 009x2 008，
f3(x)＝…＝－cos x＋ex＋2 010×2 009×2 008x2 007，
f4(x)＝…＝sin x＋ex＋2 010×2 009×2 008×2 007x2 006，
由此可以看出该函数前两项和周期性变化，且周期T＝4，而f2 012(x)＝f′2 011(x)，此时最后一项导数将变为0，而前两项的和以周期T＝4有规律变化．
∴f2 012(x)＝f(4×502＋4)(x)＝sin x＋ex.
拓展延伸　PF1·PF2＝PC·PD　
解析：由类比推理，椭圆中的PF1，PF2类比圆中的半径，可得PF1·PF2＝PC·PD.
【例2】 　证明：∀x1，x2∈I，且x1<x2，若f(x1)<f(x2)，则y＝f(x)在I上是增函数．(大前提)
设x1，x2是(－1，＋∞)上的任意两数，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝＋－－＝＋.
∵a>1，且x1<x2，
∴，x1－x2<0.
又∵x1>－1，x2>－1，
∴(x1＋1)(x2＋1)>0，
∴f(x1)－f(x2)<0，∴f(x1)<f(x2)，(小前提)
∴函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(结论)
拓展延伸　解：(1)由点An在y2－x2＝1上得，
an＋1－an＝1，
∴数列{an}是一个以2为首项，以1为公差的等差数列，
∴an＝a1＋(n－1)d＝2＋n－1＝n＋1.
(2)证明：∵点(bn，Tn)在直线y＝－x＋1上，
∴Tn＝－bn＋1，①
∴Tn－1＝－bn－1＋1(n≥2)．②
①②两式相减，得bn＝－bn＋bn－1(n≥2)，
∴bn＝bn－1，
∴bn＝bn－1.
令n＝1，得b1＝－b1＋1，
∴b1＝，
∴{bn}是一个以为首项，以为公比的等比数列，
∴bn＝·n－1＝.
(3)证明：cn＝an·bn＝(n＋1)·，
∴cn＋1－cn＝(n＋2)·－(n＋1)·
＝[(n＋2)－3(n＋1)]
＝(n＋2－3n－3)＝(－2n－1)<0，
∴cn＋1<cn.
【例3】 　证明：(1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋≤＋＋xy⇔xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
将上式中的右式减左式，得[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]
＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)
＝(xy－1)(x－1)(y－1)．
既然x≥1，y≥1，
所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0.
从而所要证明的不等式成立．
(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得logca＝，logba＝，logab＝，logac＝xy.
于是，所要证明的不等式即为x＋y＋≤＋＋xy，
其中x＝logab≥1，y＝logbc≥1.
故由(1)成立知所要证明的不等式成立．
拓展延伸　证明：(1)a2＋b2＋c2－＝(3a2＋3b2＋3c2－1)
＝[3a2＋3b2＋3c2－(a＋b＋c)2]
＝(3a2＋3b2＋3c2－a2－b2－c2－2ab－2ac－2bc)
＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，
∴a2＋b2＋c2≥.
(2)∵＝≤＝，
同理≤，≤，
∴＋＋≤＝6，
∴原不等式成立．
【例4】 　解：由f′(x)＝x2－1，an＋1≥f′(an＋1)，
得an＋1≥(an＋1)2－1.
∵函数g(x)＝(x＋1)2－1＝x2＋2x在区间[1，＋∞)上单调递增，于是由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1，进而得a3≥(a2＋1)2－1≥24－1>23－1，
由此猜想：an≥2n－1.
以下用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论成立；
②假设n＝k(k∈N*)时结论成立，即ak≥2k－1，则当n＝k＋1时，由g(x)＝(x＋1)2－1在区间[1，＋∞)上单调递增知，ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，即n＝k＋1时，结论也成立．
由①②知，对任意n∈N*，都有an≥2n－1，
即1＋an≥2n，∴≤，
∴＋＋＋…＋≤＋＋＋…＋＝1－n<1.
拓展延伸　解：由a1＝1，a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c＝(22－1)c2＋c，
a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2，
a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3，
得an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*.
下面用数学归纳法证明．
当n＝1时，等式成立；
假设当n＝k时，等式成立，
即ak＝(k2－1)ck＋ck－1，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1)
＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1(2k＋1)
＝(k2＋2k)ck＋1＋ck
＝[(k＋1)2－1]ck＋1＋ck，
∴n＝k＋1时成立．
由上可知，an＝(n2－1)cn＋cn－1(n∈N*)．