数学-人教B版-选修2-2-教学设计1：章末复习与测试.doc-第二章 推理与证明-教学设计.doc

章末复习与测试 知识梳理
要点归纳 1．归纳和类比都是合情推理，前者是由特殊到一般，部分到整体的推理，后者是由特殊到特殊的推理，但二者都能由已知推测未知，都能用于猜想，推理的结论不一定为真，有待进一步证明． 2．演绎推理与合情推理不同，是由一般到特殊的推理，是数学中证明的基本推理形式．也是公理化体系所采用的推理形式，另一方面，合情推理与演绎推理又是相辅相成的，前者是后者的前提，后者论证前者的可靠性． 3．直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法．直接证明的两类基本方法是综合法和分析法：综合法是从已知条件推导出结论的证明方法；分析法是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，间接证法的一种方法是反证法，反证法是从结论反面成立出发，推出矛盾的证明方法． 4．数学归纳法主要用于解决与自然数有关的数学问题．证明时，它的两个步骤缺一不可．它的第一步(归纳奠基)n＝n0时结论成立．第二步(归纳递推)假设n＝k时，结论成立，推得n＝k＋1时结论也成立．数学归纳法原理建立在归纳公理的基础上，它可用有限的步骤(两步)证明出无限的命题成立． 5．归纳、猜想、证明 探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此类问题未给出问题结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论的问题称为探求规律性问题，它的解题思想是：从给出的条件出发，通过观察、试验、归纳、猜想，探索出结论，然后再对归纳、猜想的结论进行证明. 题型研修 题型一　归纳推理和类比推理 归纳推理和类比推理是常用的合情推理，两种推理的结论“合情”但不一定“合理”，其正确性都有待严格证明．尽管如此，合情推理在探索新知识方面有着极其重要的作用． 运用合情推理时，要认识到观察、归纳、类比、猜想、证明是相互联系的．在解决问题时，可以先从观察入手，发现问题的特点，形成解决问题的初步思路，然后用归纳、类比的方法进行探索、猜想，最后用逻辑推理方法进行验证． 例1　观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10等于(　　) A．28 B．76 C．123 D．199 【答案】C 【解析】记an＋bn＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N＋，n≥3)，则f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123. 跟踪演练1　自然数按下表的规律排列  INCLUDEPICTURE "\\\\王纳\\f\\黄梦圓\\源文件！\\同步\\创新\\数学\\人教B版2-2\\S73.TiF" \* MERGEFORMATINET  INCLUDEPICTURE "\\\\王纳\\f\\黄梦圓\\源文件！\\同步\\创新\\数学\\人教B版2-2\\S73.TiF" \* MERGEFORMATINET 
 则上起第2 014行，左起第2 015列的数为(　　) A．2 0142 B．2 0152 C．2 013×2 014 D．2 014×2 015 【答案】D 【解析】经观察可得这个自然数表的排列特点： ①第一列的每个数都是完全平方数，并且恰好等于它所在行数的平方，即第n行的第1个数为n2； ②第一行第n个数为(n－1)2＋1； ③第n行从第1个数至第n个数依次递减1； ④第n列从第1个数至第n个数依次递增1. 故上起第2 014行，左起第2 015列的数，应是第2 015列的第2 014个数，即为[(2 015－1)2＋1]＋2 013＝2 014×2 015. 题型二　直接证明 由近三年的高考题可以看出，直接证明的考查中，各种题型均有体现，尤其是解答题，几年来一直是考查证明方法的热点与重点． 综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题常用的思维方式．如果从解题的切入点的角度细分，直接证明方法可具体分为：比较法、代换法、放缩法、判别式法、构造函数法等，应用综合法证明问题时，必须首先想到从哪里开始起步，分析法就可以帮助我们克服这种困难，在实际证明问题时，应当把分析法和综合法结合起来使用． 例2　已知a>0，求证： eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2. 证明　要证 eq \r(a2＋\f(1,a2))－eq \r(2)≥a＋eq \f(1,a)－2， 只需证 eq \r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq \f(1,a)＋eq \r(2). ∵a>0，故只需证eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(　\r(a2＋\f(1,a2))＋2))2≥eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))2， 即a2＋eq \f(1,a2)＋4eq \r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq \f(1,a2)＋ 2eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2， 从而只需证2eq \r(a2＋\f(1,a2))≥eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))， 只要证4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2)))， 即a2＋eq \f(1,a2)≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立． 跟踪演练2　如图，在四面体BACD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E，F分别是AB，BD的中点，求证： (1)直线EF∥平面ACD； (2)平面EFC⊥平面BCD. 证明　(1)要证直线EF∥平面ACD， 只需证EF∥AD且EF⊄平面ACD. 因为E，F分别是AB，BD的中点， 所以EF是△ABD的中位线， 所以EF∥AD，所以直线EF∥平面ACD. (2)要证平面EFC⊥平面BCD， 只需证BD⊥平面EFC， 只需证eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(EF⊥BD，,CF⊥BD，,CF∩EF＝F.)) 因为eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(EF∥AD，,AD⊥BD，))所以EF⊥BD. 又因为CB＝CD，F为BD的中点， 所以CF⊥BD.所以平面EFC⊥平面BCD. 题型三　反证法 如果一个命题的结论难以直接证明时，可以考虑反证法．通过反设已知条件，经过逻辑推理，得出矛盾，从而肯定原结论成立． 反证法是高中数学的一种重要的证明方法，在不等式和立体几何的证明中经常用到，在高考题中也经常体现，它所反映出的“正难则反”的解决问题的思想方法更为重要．反证法主要证明：否定性、唯一性命题；至多、至少型问题；几何问题． 例3　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2. (1)求数列{an}的通项公式； (2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列． (1)解　当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1. 又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2， 两式相减得an＋1＝eq \f(1,2)an， 所以{an}是首项为1，公比为eq \f(1,2)的等比数列，所以an＝eq \f(1,2n－1). (2)证明　反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p