2020版高中数学 第二章 推理与证明本章整合课件 新人教A版选修2-2

-1-本章整合知识建构综合应用专题一专题二专题三专题一合情推理和演绎推理在解题中的应用1.合情推理的应用归纳和类比是常用的合情推理,都是根据已有的事实,经过观察、分析、比较、联想,再进行归纳类比,然后提出猜想的推理.从推理形式上看,归纳推理是由部分特殊的对象得到一般性的结论的推理方法,它在科学研究或数学学习中有着重要的作用:发现新知识、探索新规律、检验新结论或预测答案、探索解题思路等;类比推理是由特殊到特殊的推理,它以比较为基础,有助于启迪思维、触类旁通、拓宽知识、发现命题等.合情推理的结论不一定正确,有待于演绎推理的验证,而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得的,合情推理可以为演绎推理提供方向和思路.综合应用专题一专题二专题三应用1给出一个“三角形”的数表如下,此表构成的规则是:第一行是0,1,2,…,999,以后下一行的数是上一行相邻两个数的和.试求第四行中能被999整除的数.提示:认真观察、分析数表的结构特征,分析归纳出第四行的各数与第一行中数的关系,进而可解.综合应用专题一专题二专题三解:首先找出第四行数的构成规律,如图所示.通过观察、分析,可以看出:第四行的任一个数都和第一行中相应的四个相邻的数有关.如果用an表示第四行的第n个数,那么an=8n+4.现在要找出an=8n+4=999k的an,显然k应是4的倍数.注意到第四行中最大的数是7980999×8,所以k=4.由此求出第四行中能被999整除的数是999×4=3996,它是第四行中的第(3996-4)÷8=499(项),即a499=3996就是第四行中能被999整除的数.综合应用专题一专题二专题三应用2若把三角形的正弦定理和余弦定理类比到三棱柱中,你能得出什么结论?并给出证明.提示:类比时,首先要明确三角形(平面图形)和三棱柱(立体图形)可类比元素的对应(如:三角形的三条边长和三棱柱的三个侧面的面积对应,三角形的内角与三棱柱侧面形成的二面角的对应等)关系,然后再进行猜想.解:如图,作与三棱柱ABC-A1B1C1侧棱都垂直的截面A'B'C',设∠B'A'C'=α,∠A'B'C'=β,∠B'C'A'=γ,则α,β,γ分别为三个侧面所成二面角的平面角.综合应用专题一专题二专题三又设𝑆平行四边形𝐵1𝐵𝐶𝐶1=𝑆1,𝑆平行四边形𝐴1𝐴𝐶𝐶1=𝑆2,𝑆平行四边形𝐴1𝐴𝐵𝐵1=𝑆3.猜想把三角形的正弦定理和余弦定理类比到三棱柱中分别为:𝑆1sin𝛼=𝑆2sin𝛽=𝑆3sin𝛾;𝑆12=𝑆22+𝑆32−2S2S3cosα,𝑆22=𝑆12+𝑆32−2S1S3cosβ,𝑆32=𝑆12+𝑆22−2S1S2cosγ.下面给出证明.证明:先证正弦定理.在△A'B'C'中,有𝐵'𝐶'sin𝛼=𝐴'𝐶'sin𝛽=𝐴'𝐵'sin𝛾.设三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱长为l,则𝑙·𝐵'𝐶'sin𝛼=𝑙·𝐴'𝐶'sin𝛽=𝑙·𝐴'𝐵'sin𝛾,即𝑆1sin𝛼=𝑆2sin𝛽=𝑆3sin𝛾.综合应用专题一专题二专题三再证余弦定理.在△A'B'C'中,有B'C'2=A'C'2+A'B'2-2A'C'·A'B'cosα.①①式两边同乘l2,即得𝑆12=𝑆22+𝑆32−2S2S3cosα,同理可证𝑆22=𝑆12+𝑆32−2S1S3cosβ,𝑆32=𝑆12+𝑆22−2S1S2cosγ.综合应用专题一专题二专题三2.演绎推理的应用演绎推理是由一般到特殊的推理方法,又叫逻辑推理,在前提和推理形式均正确的前提下,得到的结论一定正确,演绎推理的一般形式是三段论.综合应用专题一专题二专题三应用3已知定义在R上的函数f(x)=13𝑎𝑥3+12𝑏𝑥2+cx(abc)在x=1时取得极值,且y=f(x)的图象上有一点处的切线的斜率为-a.(1)求证:0≤𝑏𝑎1;(2)若f(x)在区间(s,t)内为增函数,求证:-2st≤1.提示:充分利用函数与其导数之间的关系以及二次方程根的分布情况,将条件转化为a,b,c的关系来解决问题.综合应用专题一专题二专题三证明:(1)由f(x)=13𝑎𝑥3+12𝑏𝑥2+cx,得f'(x)=ax2+bx+c.∵函数y=f(x)在x=1处取得极值,∴f'(1)=a+b+c=0.又abc,∴a0,c0.∵y=f(x)的图象上有一点处的切线的斜率为-a,∴方程ax2+bx+c=-a有实数根.∴Δ=b2-4a(a+c)≥0,即b2-4a(-b)≥0,整理,得𝑏𝑎2+4·𝑏𝑎≥0,解得𝑏𝑎≥0或𝑏𝑎≤-4.又由a+b+c=0,bc,得b-a-b,∴𝑏𝑎−12.再由ab,且a0,得𝑏𝑎1.综上可得,0≤𝑏𝑎1.综合应用专题一专题二专题三(2)若f(x)在区间(s,t)内为增函数,则f'(x)=ax2+bx+c在区间(s,t)内恒非负.∵a0,c0,∴Δ=b2-4ac0,∴方程f'(x)=0必有两个不相等的实数根,设为x1,x2,且x1x2.∵二次函数f'(x)=ax2+bx+c的图象的对称轴的方程为x=−𝑏2𝑎,∴−𝑏2𝑎≤0.而f'(1)=0,故x2=1.又f'(-2)=4a-2b+c=4a-2b-a-b=3(a-b)0,∴x1-2.若f'(x)在区间(s,t)内恒非负,则x1≤st≤x2,即-2st≤1.综合应用专题一专题二专题三专题二直接证明与间接证明1.综合法和分析法综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法,但两种证明方法的思路截然相反,分析法既可用于寻找解题思路,也可以是完整的证明过程,分析法和综合法可相互转换,相互渗透,解题中综合法和分析法的联合运用,可转换解题思路,增加解题途径.综合应用专题一专题二专题三应用1已知α∈(0,π),求证:2sin2α≤sin𝛼1-cos𝛼.提示:这是一道三角不等式证明题,可考虑分别使用分析法、综合法等方法进行证明.证明:方法一(综合法):2sin2α−sin𝛼1-cos𝛼=4sinαcosα−sin𝛼1-cos𝛼=sin𝛼(4cos𝛼-4cos2𝛼-1)1-cos𝛼=-sin𝛼(2cos𝛼-1)21-cos𝛼.∵α∈(0,π),∴sinα0,1-cosα0,(2cosα-1)2≥0.∴2sin2α−sin𝛼1-cos𝛼≤0,即2sin2α≤sin𝛼1-cos𝛼.综合应用专题一专题二专题三方法二(综合法):∵α∈(0,π),∴sinα0,1-cosα0.∴sin𝛼1-cos𝛼0.∴2sin2𝛼sin𝛼1-cos𝛼=4sin𝛼·cos𝛼·(1-cos𝛼)sin𝛼=4cosα(1-cosα)=1-4cos𝛼-122≤1,即2sin2𝛼sin𝛼1-cos𝛼≤1.∴2sin2α≤sin𝛼1-cos𝛼.综合应用专题一专题二专题三方法三(综合法):∵α∈(0,π),∴1-cosα0.∴11-cos𝛼+4(1-cosα)≥211-cos𝛼·4(1-cos𝛼)=4.当且仅当11-cos𝛼=4(1-cosα),即cosα=12,𝛼=π3时取等号.∴4cosα≤11-cos𝛼.∵α∈(0,π),∴sinα0.∴4sinαcosα≤sin𝛼1-cos𝛼.∴2sin2α≤sin𝛼1-cos𝛼.综合应用专题一专题二专题三方法四(分析综合法):要证明2sin2α≤sin𝛼1-cos𝛼成立,只要证明4sinαcosα≤sin𝛼1-cos𝛼.∵α∈(0,π),∴sinα0.∴只要证明4cosα≤11-cos𝛼.上式可变形为4≤11-cos𝛼+4(1-cosα).∵α∈(0,π),∴1-cosα0.∴11-cos𝛼+4(1-cosα)≥211-cos𝛼·4(1-cos𝛼)=4.当且仅当11-cos𝛼=4(1-cosα),即cosα=12,𝛼=π3时取等号.∴4≤11-cos𝛼+4(1-cosα)成立.∴不等式2sin2α≤sin𝛼1-cos𝛼成立.综合应用专题一专题二专题三2.反证法反证法是一种间接证明命题的方法,反证法体现了“正难则反”的证明思想,它从命题结论的反面出发引出矛盾,从而肯定命题的结论.综合应用专题一专题二专题三应用2求证:以抛物线y2=2px(p0)上的任意不同的四点为顶点的四边形不可能是平行四边形.提示:若从正面进行证明,需证对边不平行或不相等,既不易确定目标,又不易比较斜率大小或边的长度.若把结论的反面作为条件,则很容易找出等量关系(斜率相等).综合应用专题一专题二专题三证明:如图,在抛物线y2=2px(p0)上任取不同的四点分别为A,B,C,D.设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),则𝑦𝑖2=2pxi(i=1,2,3,4).于是直线AB的斜率为kAB=𝑦2-𝑦1𝑥2-𝑥1=2𝑝𝑦2+𝑦1.同理kBC=2𝑝𝑦2+𝑦3,kCD=2𝑝𝑦3+𝑦4,kDA=2𝑝𝑦4+𝑦1.假设四边形ABCD是平行四边形,则有kAB=kCD,kBC=kDA,即有𝑦2+𝑦1=𝑦4+𝑦3,𝑦3+𝑦2=𝑦1+𝑦4.①②①-②,得y1-y3=y3-y1,所以y1=y3,代入①得y2=y4.综合应用专题一专题二专题三则x1=𝑦122𝑝=𝑦322𝑝=𝑥3,同理,x2=x4.由𝑥1=𝑥3,𝑦1=𝑦3及𝑥2=𝑥4,𝑦2=𝑦4,得知点A与点C重合,点B与点D重合.而这与点A,B,C,D为平行四边形的四个顶点矛盾,故假设错误,从而原命题得证,即以抛物线y2=2px(p0)上的任意不同的四点为顶点的四边形不可能是平行四边形.综合应用专题一专题二专题三专题三数学归纳法数学归纳法的第一步是论证的基础保证,即通过验证落实传递的起点,这个基础必须真实可靠;第二步是命题具有后继传递性的保证,两步合在一起为完全归纳步骤,这两步缺一不可,第二步中证明“当n=k+1时结论正确”的过程中,必须使用“归纳假设”,否则证明就不是数学归纳法.综合应用专题一专题二专题三应用在数列{an}与{bn}中,a1=1,b1=4,数列{an}的前n项和为Sn,满足nSn+1-(n+3)Sn=0,2an+1为bn与bn+1的等比中项,n∈N*.(1)求a2,a3,a4与b2,b3,b4的值;(2)试猜想数列{an}与{bn}的通项公式,并用数学归纳法加以证明.提示:解答本题的关键是,根据题设准确求出这两个数列的前几项,认真观察所写数列的前几项与其序号间的关系,分析、归纳出构成数列的规律,写出这两个数列的通项公式.数学归纳法证明的关键是根据已知条件和假设寻找ak与ak+1或Sk与Sk-1间的关系.综合应用专题一专题二专题三解:(1)由题设nSn+1-(n+3)Sn=0,当n=1时,有a1+a2-4a1=0.又a1=1,解得a2=3.由题设2an+1为bn与bn+1的等比中项,得4𝑎22=𝑏2b1.由b1=4,解得b2=9.进一步可得a3=6,b3=16,a4=10,b4=25.所以a2=3,a3=6,a4=10;b2=9,b3=16,b4=25.(2)由(1)可猜想数列{an}与{bn}的通项公式分别为an=𝑛(𝑛+1)2,bn=(n+1)2,n∈N*.下面用数学归纳法证明:先证an=𝑛(𝑛+1)2,n∈N*.①当n=1时,a1=1×(1+1)2=1,等式成立,当n=2时,a2=2×(2+1)2=3,等式成立.综合应用专题一专题二专题三由题设,知kSk+1=(k+3)Sk,有(k-1)Sk=(k+2)Sk-1.整理以上两式,得kak+1=(k+2)ak,从而ak+1=𝑘+2𝑘·𝑘(𝑘+1)2=(𝑘+1)[(𝑘+1)+1]2,所以,当n=k+1时,等式也成立.由①②知,等式an=𝑛(𝑛+1)2对任意n∈N*都成立.再证bn=(n+1