课件48张PPT。教师用书独具演示演示结束 归纳推理 已知命题 新命题 个别事实 一般性 特殊现象 一般现象 猜测 逻辑证明 代数中有关数、式的归纳推理 几何图形、图表中的归纳推理 实际问题中的归纳推理 课时作业（2.1.1（1）） 教师用书独具课件46张PPT。教师用书独具演示演示结束 类比推理 相似或相同 相似或相同 联想类推合情推理 归纳推理 类比推理 数列中的类比推理 几何中的类比推理 合情推理的创新应用 课时作业（2.1.1（2）） 教师用书独具课件50张PPT。教师用书独具演示演示结束 演绎推理 一般性 特殊性 一般性原理 个别 特殊事实 三段论 一般性的原理 特殊对象 演绎推理及主要形式 Rt△ABC是三角形， (小前提)菱形是平行四边形． (小前提)演绎推理在代数问题中的应用 演绎推理在几何证明中的应用 课时作业（2.1.2） 教师用书独具课件47张PPT。教师用书独具演示演示结束 合情推理与演绎推理 演绎推理 归纳推理的应用 类比推理的应用 合情推理、演绎推理的综合应用 课时作业（2.1.3） 教师用书独具课件48张PPT。教师用书独具演示演示结束 综合法 直接证明 已知条件 结论 分析法 结论 分析法 综合法的应用 分析法的应用 分析法与综合法的综合应用 课时作业（2.2.1） 教师用书独具课件43张PPT。教师用书独具演示演示结束 间接证明 同一法 否定结论 正确推理 逻辑矛盾 新的否定 命题的结论反设已知条件矛盾结论反设用反证法证明否(肯)定形式命题 反证法证明惟一性命题 证明“至多”、“至少”与“存在性”命题 推理中未用到结论的反设而致误课时作业（2.2.2） 教师用书独具课件51张PPT。教师用书独具演示演示结束 数学归纳法 正整数 n＝k＋1 恒等式证明 归纳—猜想—证明 证明平面几何问题 数学归纳法证整除问题 课时作业（2.3） 教师用书独具第二章 推理与证明
2．1合情推理与演绎推理
2．1.1 合情推理
第1课时 归纳推理
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
了解合情推理的含义，认识归纳推理的基本方法与步骤，能利用归纳推理进行简单的推理应用．
2．过程与方法
通过学生的积极参与，经历归纳推理概念的获得过程，了解归纳推理的含义．让学生通过欣赏一些伟大猜想产生的过程，体会如何利用归纳去猜测和发现一些新的结论，培养学生归纳推理的思维方式．
3．情感、态度与价值观
正确认识合情推理在数学中的重要作用，并体会归纳推理在日常活动和科学发现中的作用．
学生通过主动探究、合作学习，激发学习兴趣，认识数学的科学价值、应用价值和文化价值，养成认真观察事物、发现探索新知识的良好思维品质．
●重点难点
重点：归纳推理的含义与特点，能进行简单的归纳推理．
难点：运用归纳推理得到一般性的结论，做出猜想．
归纳推理是“推理与证明”一章中的重要组成部分，具有猜测和发现结论，探索和提供思路的作用，有利于创新意识的培养，突出体现数学的人文价值和实际应用价值，因此，在高中数学的模块中，归纳推理就显得格外的举足轻重了．
为了突破难点，引导学生合作交流，发现特殊实例的共性，抓住本质特征，作出合理猜想．
(教师用书独具)
●教学建议
关于归纳推理的教学，建议以学生熟悉的实例为载体，创设问题情境．例如“猜职业”、“哥德巴赫猜想”等引导学生进行观察、分析、归纳推理，并借助例题具体说明在数学发现的过程中归纳猜想的作用、采取合作交流，培养学生合作学习的意识与数学思维能力．
在课堂上渗透数学文化教育，让学生通过数学文化的学习，了解数学发展中起重大作用的历史事件和人物，激发学习数学的兴趣．
●教学流程
?????
课标解读
1.了解归纳推理的含义，能用归纳推理进行简单的推理(重点、难点)．
2．体会归纳推理在数学发现中的作用，归纳推理结论的真假(易错点).
归纳推理
【问题导思】
1．(1)若a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝2，… 你能猜想出数列{an}的通项公式吗？
(2)直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和都是180°，你能猜想出什么结论？
【提示】 (1)an＝(n∈N*)；(2)三角形的内角和都是180°.
2．在解决上述问题时，经历了怎样的思维过程？
【提示】 列出部分→归纳现象→得出结论．
1．推理
从一个或几个已知命题得出另一个新命题的思维过程称为推理．
2．归纳推理
(1)归纳推理的定义：
从个别事实中推演出一般性的结论，像这样的推理通常称为归纳推理．
(2)归纳推理的思维过程如图：
―→―→.
3．归纳推理的特点
(1)归纳推理的前提是几个已知的特殊现象，归纳所得的结论是尚属未知的一般现象，该结论超越了前提所包容的范围．
(2)由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否真实，还需经过逻辑证明和实践检验．
(3)归纳推理是一种具有创造性的推理．
代数中有关数、式的归纳推理
已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n∈N*)．
(1)求a2，a3，a4；
(2)归纳猜想数列通项公式an，并证明结论的正确性．
【思路探究】 →→→
【自主解答】 (1)由a1＝1，
且an＋1＝2an＋1(n∈N*)，
令n＝1，得a2＝3，
令n＝2，n＝3，进而得a3＝7，a4＝15，
(2)由a1＝21－1，a2＝22－1，a3＝23－1，a4＝24－1.
可归纳猜想，得an＝2n－1(n∈N*)．
证明如下：
由an＋1＝2an＋1，
得an＋1＋1＝2(an＋1)．
∴{an＋1}是以2为首项，公比为2的等比数列．
∴an＋1＝2·2n－1＝2n，
因此an＝2n－1.
1．在数列中，常用归纳推理猜测通项公式或前n项和公式；要认真观察数列中各项数字间的规律，分析每一项与对应的项数(序号n)之间的关系，这是解题的关键．
2．归纳推理具有由特殊到一般，由具体到抽象的认知功能，归纳推理的一般步骤：
(1)通过观察个别情况发现某些共同的特征；
(2)从已知的相同性质中推出一个明确表达的一般性命题(猜想)．
已知：1＞；1＋＋＞1；1＋＋＋＋＋＋＞；1＋＋＋…＋＞2；…
根据以上不等式的结构特点，请你归纳一般结论．
【解】 1＝21－1，3＝22－1，7＝23－1，15＝24－1，…
猜想不等式的左边共有2n－1项，最后一项的分母为2n－1，右边为，由此可得一般性结论．
1＋＋＋…＋＞(n∈N*)．
几何图形、图表中的归纳推理
数一数图2－1－1中的凸多面体的面数F、顶点数V和棱数E，然后用归纳推理得出它们之间的关系．
图2－1－1
【思路探究】 先找出凸多面体的面数、顶点数和棱数，观察它们之间有什么关系，再归纳出一般性的结论．
【自主解答】 正方体：F＝6 V＝8 E＝12；
三棱柱：F＝5 V＝6 E＝9；
五棱柱：F＝7 V＝10 E＝15；
四棱锥：F＝5 V＝5 E＝8；
两个同底面的四棱锥组成的组合体：
F＝8 V＝6 E＝12；
通过以上观察发现F，V，E满足F＋V－E＝2.
所以归纳得：在凸多面体中，面数F、顶点数V和棱数E满足以下关系：
F＋V－E＝2.
1．在几何中随点、线、面等元素的增加，探究点数、线数、面数等满足的关系及相应的线段、交点、区域部分图形等的增加情况常用归纳推理解决，通过比较，寻找规律是解决该类问题的关键．
2．应用归纳推理，注意两点：(1)从图形的数量规律入手，寻找数值变化与数量关系；(2)从图形的结构变化规律入手，找到图形的结构每发生一次变化后，与上一次比较，数值发生了怎样的变化．
有两种花色的正六边形地面砖，按如图2－1－2所示的规律拼成若干个图案，则第6个图案中有条纹的正六边形的个数是多少？
图2－1－2
【解】 法一 有菱形纹的正六边形个数如下表：
图案
1
2
3
…
个数
6
11
16
…
由上表可以看出有条纹的正六边形的个数依次组成一个以6为首项，以5为公差的等差数列，所以第6个图案中有条纹的正六边形的个数是6＋5×(6－1)＝31.
法二 由图案的排列规律可知，除第一块无纹正六边形需6个有纹正六边形围绕(图案1)外，每增加一块无纹正六边形，只需增加5块菱形纹正六边形(每两块相邻的无纹正六边形之间有一块“公共”的菱形纹正六边形)．
故第6个图案中有菱形纹的正六边形的个数为：
6＋5×(6－1)＝31.
实际问题中的归纳推理
蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形．如图2－1－3所示，为一组蜂巢的截面图，其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n个图的蜂巢总数．
图2－1－3
试给出f(4)，f(5)的值，并求f(n)的表达式．(不要求证明)
【思路探究】 根据前三个图形，找出正六边形增加的规律．
【自主解答】 由图形可知：每个图形最外面有6×(n－1)个正六边形：f(4)＝f(3)＋18＝19＋18＝37，
f(5)＝f(4)＋24＝37＋24＝61，
因为f(2)－f(1)＝7－1＝6，
f(3)－f(2)＝19－7＝2×6，
f(4)－f(3)＝37－19＝3×6，
f(5)－f(4)＝61－37＝4×6，
… …
所以当n≥2时，有f(n)－f(n－1)＝6(n－1)．
以上各式相加，
当n≥2时，f(n)－f(1)＝6[1＋2＋3＋…＋(n－1)]，
∴f(n)＝f(1)＋6×＝3n2－3n＋1.
1．在本例中，应注意两点：(1)图形的特点，每个图形从宏观上看均为一大正六边形，每一边上均有n个小正六边形，(2)式的变化，通过式子，寻求f(n)与f(n－1)的关系，转化成数列问题．
2．利用归纳推理，可以使我们对许多实际问题总结出一般性的结论，掌握事物的本质规律．
意大利数学家斐波那契在他的1228年版的《算经》一书中记述了有趣的兔子问题：假定每对大兔子每月能生一对小兔子，而每对小兔子过了一个月就可以长成大兔
子，如果不发生死亡，那么由一对大兔子开始，一年后能有多少对大兔子呢？
我们依次给出各个月的大兔子对数，并一直推算下去到无尽的月数，可得数列：
1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，144，233，…
这就是斐波那契数列．
此数列中，a1＝a2＝1，当n≥3时，请归纳出an与an－1间的递推关系式．
【解】 因为2＝1＋1，3＝1＋2，5＝2＋3，8＝3＋5，…逐项观察分析每项与其前几项的关系易得：从第三项起，它的每一项等于它的前面两项之和，即＝an－1＋an－2(n≥3，n∈N*)．
归纳不完整致误
对任意的正整数n，猜想2n与n2的大小关系．
【错解】 当n＝1时，21＞12；
当n＝2时，22＝22；
当n＝3时，23＜32.
归纳猜想：当n＝1时，2n＞n2；当n≥2时，2n≤n2.
【错因分析】 对于2n与n2，n仅取1，2，3来判断它们的大小关系，这不具有代表性，忽略了对n＞3时情形的归纳．
【防范措施】 进行归纳推理时，防止归纳的局限性，可多考查一些特殊情形，从中寻找规律，发现一般性的结论．
【正解】 当n＝1时，21＞12；
当n＝2时，22＝22；
当n＝3时，23＜32；
当n＝4时，24＝42；
当n＝5时，25＞52；
当n＝6时，26＞62.
归纳猜想：当n＝1或n≥5时，2n＞n2；
当n＝2或4时，2n＝n2；
当n＝3时，2n＜n2.
1．归纳推理是从个别事实中推演出一般性结论的推理方法，应用归纳推理可以发现新事实，获得新结论，为学习研究提供方向．
2．我们在进行归纳和猜想时，要善于从变化的特殊性中寻找出不变的本质和规律．
通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法．
1．由数列1，10，100，1 000，…，猜测该数列的第n项可能是________．
【解析】 该数列可整理为100，101，102，103….
【答案】 10n－1
2．如图2－1－4所示的是由火柴杆拼成的一列图形，第n个图形由n个正方形组成．
通过观察可以发现：第4个图形中，火柴杆有________根；第n个图形中，火柴杆有________根．
图2－1－4
【解析】 设an表示第n个图形中的火柴杆数，易知a1＝4，a2＝4＋3＝7，a3＝7＋3＝10，a4＝10＋3＝13….
∴an＝3n＋1.
【答案】 13 3n＋1
3．(2013·陕西高考)观察下列等式：
12＝1，
12－22＝－3，
12－22＋32＝6，
12－22＋32－42＝－10，
…，
照此规律，第n个等式可为________
【解析】 12＝1，
12－22＝－(1＋2)，
12－22＋32＝1＋2＋3，
12－22＋32－42＝－(1＋2＋3＋4)，
…，
12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1(1＋2＋…＋n)
＝(－1)n＋1.
【答案】 12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝
(－1)n＋1
4．已知数列{an}的首项a1＝1，且an＋1＝(n＝1，2，3，…)，试用归纳法归纳出这个数列的通项公式．
【解】 当n＝1时，a1＝1；
当n＝2时，a2＝＝；
a3＝＝；a4＝＝.
归纳可得，数列{an}的前四项都等于相应序号的倒数，由此可以猜测，这个数列的通项公式为an＝(n＝1，2，3，…)．
一、填空题
图2－1－5
1．如图2－1－5所示的是一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排，那么第36颗珠子的颜色是________色．
【解析】 通过观察发现，每5颗珠子为一组，前3颗为白色，后2颗为黑色，所以36＝35＋1＝5×7＋1.得第36颗珠子一定为白色的．
【答案】 白
2．(2013·无锡高二检测)如图2－1－6所示，第n个图形中，小正六边形的个数为________．
图2－1－6
【解析】 a1＝7，a2＝7＋5＝12，a3＝12＋5＝17，
∴an＝7＋5(n－1)＝5n＋2.
【答案】 5n＋2
3．正整数按下表的规律排列，则上起第2 005行，左起第2 006列的数应为________．
【解析】 第2 006行的第一个数为2 0062，第2 005行的第2 006列的数是以2 0062为首项，－1为公差的等差数列的第2 007项，∴该数为2 0062＋(－1)×2 006＝2 005×2 006.
【答案】 2 005×2 006
4．(2012·江西高考改编)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝________．
【解析】 从给出的式子特点观察可推知等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10＋b10＝123.
【答案】 123
5．根据给出的数塔猜测123 456×9＋7等于________．
1×9＋2＝11
12×9＋3＝111
123×9＋4＝1 111
1 234×9＋5＝11 111
12 345×9＋6＝111 111
【解析】 等号右边应为n＋1个“1”．
【答案】 1 111 111
6．定义A*B，B*C，C*D，D*B分别对应下列图形
图2－1－7
那么下列图形中，
图2－1－8
可以表示A*D，A*C的分别是________．
【解析】 由已知图形，抓共性不难总结出：
A“|”，B“□”(大)，C“—”，D“□”(小)．
故A*D为(2)，A*C为(4)．
【答案】 (2)，(4)
7．经计算发现下列不等式：＋＜2，＋＜2，＋＜2，…根据以上不等式的规律，试写出一个对正实数a，b都成立的条件不等式：________．
【解析】 ∵＝10，
＝10，＝10，
∴不难得出，若a＋b＝20，＋＜2.
【答案】 若a＋b＝20，则＋＜2
8．(2013·镇江高二检测)设函数f(x)＝(x＞0)，观察：
f1(x)＝f(x)＝，
f2(x)＝f(f1(x))＝，
f3(x)＝f(f2(x))＝，
f4(x)＝f(f3(x))＝，
……
根据以上事实，由归纳推理可得：
当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________．
【解析】 函数结果的分母中x项系数所组成数列的通项公式，由1，3，7，15，…，可推知该数列的通项公式为an＝2n－1.
分母中常数项依次为2，4，8，16，…，其通项为2n.
又函数中，分子都是x.
∴当n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝.
【答案】
二、解答题
9．在△ABC中，不等式＋＋≥成立，
在四边形ABCD中，不等式＋＋＋≥成立，
在五边形ABCDE中，不等式＋＋＋＋≥成立，猜想在n边形A1A2…An中的不等式，为什么？
【解】 不等式左边和式个数分别为3，4，5，…时，不等式右边的数依次为，，，…，其分子依次为32，42，52，…，分母依次为(3－2)π，(4－2)π，(5－2)π，….
故当不等式左边和式个数为n个时，归纳猜想右边应为(n≥3，n∈N*)，
故所求为＋＋…＋≥(n≥3，n∈N*)．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1且Sn－1＋＋2＝0(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表达式．
【解】 当n＝1时，S1＝a1＝1；
当n＝2时，＝－2－S1＝－3，∴S2＝－；
当n＝3时，＝－2－S2＝－，∴S3＝－；
当n＝4时，＝－2－S3＝－，∴S4＝－.
猜想：Sn＝－(n∈N*)．
11．观察下列等式：
①cos 2α＝2cos2α－1；
②cos 4α＝8cos4α－8cos2α＋1；
③cos 6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1；
④cos 8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1；
⑤cos 10α＝mcos10α－1 280cos8α＋1 120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1.
求m－n＋p的值．
【解】 观察等式可知，cos α的最高次项的系数：2，8，32，128构成了公式比为4的等式数列，故m＝128×4＝512；
取α＝0，则cos α＝1，cos 10α＝1，代入等式⑤，得
1＝m－1 280＋1 120＋n＋p－1，即n＋p＝－350.(1)
取α＝，则cos α＝，cos 10α＝－，代入等式⑤，得－＝m()10－1 280×()8＋1 120×()6＋n×()4＋p×()2－1，
即n＋4p＝－200.(2)
联立(1)(2)，
得n＝－400，p＝50.
故m－n＋p＝512－(－400)＋50＝962.
(教师用书独具)
古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，比如：
图1 图2
他们研究过图1中所示的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中所示的1，4，9，16，…，这样的数为正方形数．则289，1 024，1 225，1 378中既是三角形数又是正方形数的是________．
【自主解答】 记三角形数构成的数列为{an}，则a1＝1，a2＝3＝1＋2，a3＝6＝1＋2＋3，a4＝10＝1＋2＋3＋4，可得通项公式为an＝1＋2＋3＋…＋n＝.
同理可得正方形数构成的数列{bn}的通项公式为bn＝n2.
将289，1 024，1 225，1 378分别代入上述两个通项公
式，可得使n都为正整数的只有1 225.
【答案】 1 225
设n≥2，n∈N，(2x＋)n－(3x＋)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋anxn，将|ak|(0≤k≤n)的最小值记为Tn，则T2＝0，T3＝－，T4＝0，T5＝－，…，Tn，…，其中Tn＝________．
【解析】 由T2＝0，T4＝0，…猜想Tn＝0(n为偶数)．
T3＝－，T5＝－，…猜想Tn＝－(n为奇数)，
因此可得Tn＝
【答案】 Tn＝
第2课时 类比推理
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
通过对已学知识的回顾，认识类比推理这一种合情推理的基本方法，并把它用于对问题的发现中去．
2．过程与方法
正确认识合情推理在数学中的重要作用，养成从小开始认真观察事物、分析问题、发现事物之间的质的联系的良好个性品质，善于发现问题，探求新知识．
3．情感、态度与价值观
认识数学在日常生产生活中的重要作用，培养学生学数学，用数学，完善数学的正确数学意识．
●重点难点
重点：了解合情推理的含义，理解类比推理的含义，能利用类比进行简单的推理．
难点：类比时寻求合适的类比对象；培养学生“发现—猜想—证明”的推理能力．
(教师用书独具)
●教学建议
本节教材内容要求学生结合已学过的数学实例和生活中的实例，对合情推理——类比推理进行了概括和总结，让学生在学习过程中体会类比推理在数学结论的发现、证明与数学体系构建中的作用．
(1)创设恰当的教学问题情境，如鲁班锯的发现、物理学家惠更斯提出了光波这一科学概念，从而提炼出类比推理的一般过程，概括出类比推理的含义．
(2)分组交流，合作学习，讲练结合，将班上同学分成六个小组，分组讨论．从具体问题出发——观察、分析比较、联想——归纳，类比——提出猜想，让学生充分感受和体验类比推理的过程．
●教学流程
?????
课标解读
1.结合实例，理解类比推理的含义，能利用类比进行简单的推理(重点、难点)．
2．区别归纳推理与类比推理，了解合情推理的合理性(易混点).
类比推理
【问题导思】
已知三角形的如下性质：
(1)三角形的两边之和大于第三边；
(2)三角形的面积等于高与底积的.
1．试根据上述三角形的性质推测空间四面体的性质．
【提示】 (1)四面体任意三个面的面积大于第四个面的面积．
(2)四面体的体积等于底面积与高乘积的.
2．上述两个推理是从特殊到一般的推理吗？
【提示】 不是．是从三角形的特征推出四面体的特征，两个推理是从特殊到特殊的推理．
1．类比推理
根据两个(或两类)对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，像这样的推理通常称为类比推理，简称类比法．其思维过程为：
→→
2．类比推理的特征
(1)类比推理是两类事物之间的特殊到特殊的推理；
(2)类比推理的结果是猜测性的，不一定可靠．
合情推理
【问题导思】
类比推理与归纳推理有何本质的不同？
【提示】 类比推理是由特殊到特殊的推理，而归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理．
1．合情推理的含义
根据已有的事实、正确的结论、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程称为合情推理．归纳推理和类比推理都是数学活动中常用的合情推理．
2．合情推理的特点
(1)合情推理的结论超越了前提所包容的范围，带有猜想的成分，因此推理所得的结论未必正确；
(2)合情推理具有猜测和发现结论，探索和提供证明的思路和方向的作用．
数列中的类比推理
设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12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，________，________，成等比数列．
【思路探究】 等差数列的性质结论多与和、差有关，等比数列的性质结论多与积、商有关，注意到类比结论中出现这一形式与S16－S12对应，易得答案．
【自主解答】 等比数列类比等差数列，其中积类比和，除法类比减法，于是可得类比结论为：
设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，，，成等比数列．
【答案】
1．运用类比推理必须寻找合适的类比对象，从等差、等比数列的定义、性质、通项公式与前n项和公式探求，充分挖掘事物的本质及内在联系．
2．类比推理的一般步骤为：(1)找出两类对象之间可以确切表述的相似性(或一致性)．(2)用一类对象的性质去推测另一类对象的性质，从而得出一个猜想．(3)检验这个猜想．
已知命题：若数列{an}为等差数列，且am＝a，an＝b(m≠n，m，n∈N*)，则am＋n＝.现已知等比数列{bn}(bn＞0，n∈N*)，且bm＝a，bn＝b(m，n∈N*且m≠n)．类比上述结论，求bm＋n，并说明理由．
【解】 类比得bm＋n＝.
理由如下：
设等比数列{bn}的公比为q，
则bm＋n＝bmqn.
又＝＝qm－n＝.
∴q＝().
因此bm＋n＝bmqn＝a()＝()＝.
几何中的类比推理
在平面几何里，有勾股定理：设△ABC的两条边BC，AC互相垂直，则BC2＋AC2＝AB2.
拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，研究三棱锥的侧面积和底面积的关系，可以得出的正确结论是________．
【思路探究】 三角形是由直线段围成的封闭图形，三棱锥(四面体)是由三角形围成的封闭图形，因此三角形的边长之间的关系类比到空间为三棱锥的面的面积之间的关系．
【自主解答】 考虑到直角三角形的两条边互相垂直，所以我们可以选取有3个侧面两两垂直的三棱锥，作为直角三角形的类比对象．
直角三角形
3个侧面两两垂直的三棱锥
∠C＝90°
∠PDF＝∠PDE＝∠EDF＝90°
3条边的长度分别为a，b，c
4个面的面积分别为S1，S2，S3和S
2条直角边a，b和1条斜边c
3个“直角面”S1，S2，S3和1个“斜面”S
类比勾股定理的结构，猜想在三棱锥中，S2＝S＋S＋S.
1．解决此类问题，从几何元素的数目、位置关系、度量等方面入手，将平面几何的相关结论类比到立体几何中．
2．类比与归纳推理虽然不一定正确，但都是经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出合理猜想的推理，为研究学习提供了一盏明灯．
已知圆的方程是x2＋y2＝r2，则经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程为xx0＋yy0＝r2.类比上述性质，可以得到椭圆＋＝1类似的性质为________．
【解析】 圆的性质中，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x与y分别用M(x0，y0)的横坐标与纵坐标替换．故可得椭圆＋＝1类似的性质为：
过椭圆＋＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为＋＝1.
【答案】 过椭圆＋＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为＋＝1
合情推理的创新应用
我们已经学过了等差数列，你是否想过有没有等和数列呢？
(1)类比“等差数列”给出“等和数列”的定义；
(2)探索等和数列{an}的奇数项和偶数项各有什么特点？并加以说明．
(3)在第(2)问中，若a1＝2，公和为5，求a18和S21.
【思路探究】 先根据等差数列的定义类比出“等和数列”的定义，然后再根据此定义探索等和数列的奇数项、偶数项及其前n项的和．
【自主解答】 (1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的和等于同一个常数，那么这个数列就叫做等和数列.
(2)由(1)知an＋an＋1＝an＋1＋an＋2，所以an＋2＝an.所以等和数列的奇数项相等，偶数项也相等．
(3)由“等和数列”的定义，知
a1＝a3＝a5＝…＝a19＝a21＝2.
a2＝a4＝a6＝…＝a18＝a20＝3.
因此a18＝3.
S21＝(a1＋a2)＋(a3＋a4)＋…＋(a19＋a20)＋a21
＝5×10＋2＝52.
1．本题通过对等差数列定义及性质的理解，类比出等和数列的定义和性质，考查学生的类比应用能力．
2．从类比出新数列的定义出发，由特殊到一般，归纳出数列规律，类比是一个伟大的引路人，在探求知识的过程中，我们要充分运用类比的方法，由已知探究未知．
设f(x)＝，利用课本中推导等差数列前n项和公式的方法，可求得f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(5)＋f(6)的值是________．
【解析】 等差数列运用“倒序相加”求和．
令t＝f(－5)＋f(－4)＋…＋f(0)＋f(1)＋…＋f(5)＋f(6)①
则t＝f(6)＋f(5)＋…＋f(1)＋f(0)＋…＋f(－4)＋f(－5)．②
∵f(x)＝，
∴f(1－x)＝
＝＝，
因此f(x)＋f(1－x)＝＋＝＝，
故①＋②，得2t＝12×＝6，
∴t＝3.
【答案】 3
误将类比所得结论作为推理依据致误
已知a1，b1，c1，a2，b2，c2都是非零实数，不等式a1x2＋b1x＋c1＜0，a2x2＋b2x＋c2＜0的解集分别为M，N，则“＝＝”是“M＝N”成立的________条件．
【错解】 在方程a1x2＋b1x＋c1＝0与a2x2＋b2x＋c2＝0中，若“＝＝”，则两个方程同解．由＝＝知两个不等式同解，
故“＝＝”是“M＝N”成立的充要条件．
【答案】 充要
【错因分析】 错解将方程的同解原理类比到不等式中，忽略了不等式与等式的本质区别．
【防范措施】 类比推理是不严格的，所得结论的正确与否有待用实践来证明，解题时若直接使用类比所得结论进行推理则容易出现错误，因此要理解好类比对象的本质，忌盲目类比．
【正解】 当＝＝时，可取a1＝b1＝c1＝1，a2＝b2＝c2＝－1，则M＝?，N＝R，
即＝＝D/?M＝N；
当M＝N＝?时，可取a1＝b1＝c1＝1，a2＝1，b2＝2，c2＝3，则≠≠，
即M＝ND/?＝＝.
综上知“＝＝”是“M＝N”成立的既不充分也不必要条件．
【答案】 既不充分也不必要
1．进行类比推理时，要尽量从本质上思考，不要被表面现象所迷惑，否则，只抓住一点表面的相似甚至假象就去类比，就会犯机械类比的错误．
2．类比推理的特点：(1)类比是由已经解决的问题和已经获得的知识出发，推测正在研究的事物的属性，提出新问题作出新发现．(2)类比的结果是猜测性的，不一定可靠，但它有发现功能．
3．要熟练掌握一些常见的类比推理，如等式与不等式、椭圆与双曲线的类比，特别是等差数列与等比数列的类比和平面几何与立体几何(包括三角形与四面体、矩形与长方体、圆与球)的类比，需掌握它们的类比特点与一些常用结论．
1．若数列{an}是等差数列，则通项为bn＝的数列{bn}(n∈N*)也是等差数列．类比上述性质，相应地，若数列{cn}是等比数列，且cn＞0(n∈N*)，则有通项为dn＝________的数列{dn}(n∈N*)也是等比数列．
【解析】 “和”变“积”，“商”变“开方”．
【答案】
2．下面使用类比推理恰当的序号是________．
①“若a·3＝b·3，则a＝b”类推出“a·c＝b·c，则a＝b”；
②“(a·b)·c＝a·(b·c)”类推出“(a·b)·c＝a·(b·c)”；
③“(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“＝＋(c≠0)”；
④“(ab)n＝anbn”类推出“(a＋b)n＝an＋bn”．
【解析】 ①②④均错．
【答案】 ③
3．在平面直角坐标系O—xy中，二元一次方程Ax＋By＝0(A，B不同时为0)表示过原点的直线．类似地：在空间直角坐标系O—xyz中，三元一次方程Ax＋By＋Cz＝0(A，B，C不同时为0)表示________．
【解析】 平面几何中的直线类比到立体几何中应为平面，“过原点”类比仍为“过原点”，因此应得到：在空间直角坐标系O—xyz中，三元一次方程Ax＋By＋Cz＝0(A，B，C不同时为0)表示过原点的平面．
【答案】 过原点的平面
4．类比圆的下列特征，找出球的相关特征．
(1)平面内与定点距离等于定长的点的集合是圆；
(2)平面内不共线的3个点确定一个圆；
(3)圆的周长和面积可求．
【解】 (1)在空间中与定点距离等于定长的点的集合是球面；
(2)空间中不共面的4个点确定一个球；
(3)球的表面积与体积可求．
一、填空题
1．对命题“正三角形的内切圆切于三边中点”可类比猜想：正四面体的内切球切于四面各正三角形的________．
【解析】 “边的中点”类比为“各面的中心”．
【答案】 中心
2．已知{bn}为等比数列，b5＝2，则b1b2b3…b9＝29.若{an}为等差数列，a5＝2，则{an}的类似结论为________．
【解析】 乘积类比和，幂类比积．
∴a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9.
【答案】 a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9
3．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．
【解析】 若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为1∶8.事实上，由平面几何和立体几何的知识，可知很多比值在平面上成平方关系，在空间内成立方关系．
【答案】 1∶8
4．在圆中，连结圆心和弦的中点的直线垂直于弦，类比圆的上述结论写出球的相应结论为________．
【解析】 平面图形中的点线关系类比到空间为线面关系，对应得出球的相应结论：在球中，连结球心和截面圆的圆心的直线垂直于截面．
【答案】 在球中，连结球心和截面圆的圆心的直线垂直于截面
5．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：
(1)“mn＝nm”类比得“a·b＝b·a”；
(2)“(m＋n)t＝mt＋nt”，类比得“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
(3)“|m·n|＝|m|·|n|”类比得“|a·b|＝|a|·|b|”；
(4)“＝”类比得“＝”．
以上的式子中，类比得到的结论正确的序号是________．
【解析】 (1)(2)均正确，(3)(4)不正确．
【答案】 (1)(2)
6．(2013·南通高二检测)已知正三角形内切圆的半径是高的，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是________．
【解析】 原问题的解法为等面积法，即正三角形的面积S＝ah＝3×ar?r＝h.
类比，用等体积法，V＝Sh＝4×r·S?r＝h.
【答案】 正四面体的内切球的半径是高的
7．对于大于1的自然数m的n次幂可用奇数进行如图2－1－9所示的“分裂”，仿此，记53的“分裂”中的最小数为a，而52的“分裂”中最大的数是b，则a＋b＝________．
图2－1－9
【解析】 ，，
∴a＝21，b＝9，则a＋b＝30.
【答案】 30
图2－1－10
8．如图2－1－10所示，对于函数y＝x2(x＞0)图象上任意两点A(a，a2)，B(b，b2)，线段AB必在曲线段AB的上方，点C分向量的比为λ(λ＞0)，过C作x轴的垂线，交曲线段AB于C′，则由图象中点C在点C′的上方可得不等式＞()2.请分析函数y＝ln x(x＞0)的图象，类比上述不等式可以得到的不等式是________．
【解析】 y＝x2的图象在x＞0时，图象下凹，且A(a，a2)，B(b，b2)，所以点C的纵坐标是，点C与点C′的横坐标都是，而点C′在曲线y＝x2上，点C在点C′上方，所以yC＝＞yC′＝()2.
y＝ln x的图象如图所示，图象上凸，
∴yC＜yC′，类比可得＜ln (a＞0，b＞0)．
【答案】 ＜ln (a＞0，b＞0)
二、解答题
9．已知：等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，有如下的性质：
(1)通项an＝am＋(n－m)·d.
(2)若m＋n＝p＋q，且m，n，p，q∈N*，则am＋an＝ap＋aq.
(3)若m＋n＝2p，且m，n，p∈N*，则am＋an＝2ap.
(4)Sn，S2n/Sn，S3n/S2n构成等差数列．
类比上述性质，在等比数列{bn}中，写出相类似的性质．
【解】 设等比数列{bn}中，公比为q，前n项和为Sn.
(1)通项an＝am·qn－m.
(2)若m＋n＝p＋q，且m，n，p，q∈N*，
则am·an＝ap·aq.
(3)若m＋n＝2p，且m，n，p∈N*，则a＝am·an.
(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等比数列．
10．在Rt△ABC中，若∠C＝90°，则cos2A＋cos2B＝1.请在立体几何中给出四面体性质的猜想．
【解】 如图，在Rt△ABC中，
cos2A＋cos2B＝()2＋()2＝＝1.
于是把结论类比到如图所示的四面体P－A′B′C′中，我们猜想：在三棱锥P－A′B′C′中，若三个侧面PA′B′，PB′C′，PC′A′两两互相垂直且分别与底面所成的角为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.
11．在等腰△ABC中，AB＝AC，设P为底边上任意一点，P到两腰的距离分别为h1，h2，B到腰AC的距离为h，则h1＋h2＝h，类比到空间：在等腰四面体ABCD(对棱分别相等)中，有什么类似的结论？并给出证明．
【解】 类比可得到如下结论：在等腰四面体ABCD中，设P为底面上任意一点，P到三个侧面的距离分别为h1，h2，h3，B到侧面ACD的距离为h，则h1＋h2＋h3＝h.
证明：连结PA，PB，PC，PD，易知△ABC≌△ACD≌△ABD，记它们的面积都是S，则四面体ABCD的体积VA—BCD＝Sh1＋Sh2＋Sh3＝Sh.
故h1＋h2＋h3＝h.
(教师用书独具)
在公比为4的等比数列{bn}中，若Tn是数列{bn}的前n项积，则有，，也成等比数列，且公比为4100；类比上述结论，相应地在公差为3的等差数列{an}中，若Sn是{an}的前n项和．
(1)写出相应的结论，判断该结论是否正确？并加以证明；
(2)写出该结论一个更为一般的情形(不必证明)．
【自主解答】 (1)数列S20－S10，S30－S20，S40－S30也是等差数列，且公差为300.
该结论是正确的．(证明略)
(2)对于?k∈N*，都有
数列S2k－Sk，S3k－S2k，S4k－S3k是等差数列，且公差为k2d.
如图所示，在△ABC中，a＝b·cos C＋c·cos B，其中a，b，c分别为角A，B，C的对边，写出对空间四面体性质的猜想．
【解】 如图所示，在四面体P—ABC中，S1，S2，S3，S分别表示△PAB，△PBC，△PCA，△ABC的面积．
α，β，γ依次表示面PAB，面PBC，面PCA与底面ABC所成二面角的大小．
猜想S＝S1·cos α＋S2·cos β＋S3·cos γ.
2．1.2 演绎推理
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
结合已学过的数学实例和生活中的实例，体会演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本方法，并能运用它们进行一些简单推理．
2．过程与方法
演绎推理是严谨的数学思维中必不可少的推理方式，通过已学过的数学实例的讲解让学生认识到演绎推理在数学思考中的重要作用，培养和提高学生的演绎推理或逻辑证明的能力．这也是高中数学课程的重要目标．
3．情感、态度与价值观
通过演绎推理与三段论法则的学习，促使学生崇尚理智、逻辑、科学，提倡求实精神、批判精神．严谨的逻辑思维训练，缜密的思考与推算过程，可促使学生的道德准则合乎理性，形成诚实、顽强、谨慎、勇敢和一丝不苟等个性品质．
●重点难点
重点：了解演绎推理的含义，能利用“三段论”进行演绎推理．
难点：“三段论”的推理形式的理解及其在推理中的应用．
为了突出重点、突破难点，在教学中，可从具体问题情境引导学生分析，总结；让学生参与学习的过程中去，合作交流，在讨论中体会“三段论”的严谨性，并在以后的学习中有意识地应用，培养言之有理，论证有据的习惯．
(教师用书独具)
●教学建议
1．关于演绎推理的概念的教学
关于演绎推理的概念的教学，建议教师结合已学过的数学实例和生活中的实例，让学生分析几个例子的推理过程，明确每个例子的推理形式，体会演绎推理是由一般到特殊的推理，从中挖掘、提炼出演绎推理的含义和推理方法，同时纠正推理过程中可能犯的典型错误，帮助学生了解演绎推理的含义，使学生能应用演绎推理解决问题．
2．关于演绎推理的模式的教学
关于演绎推理的模式的教学，建议教师注意以下几点：(1)结合具体例子说明大前提——一般性原理，小前提——特殊情况，结论——根据一般性原理对特殊情况作出的判断．(2)在用三段论证明题目时，要让学生明确演绎推理的基本过程，突出演绎推理中的“大前提”“小前提”和“结论”．可先让学生自己写出证明过程，再标明相应的大前提、小前提和结论．
●教学流程
???借助例2及变式训练、例3及互动探究，让学习理解、掌握“三段论”在代数推理、几何证明中的应用．??
课标解读
1.理解演绎推理的含义，能利用“三段论”进行简单推理(重点、难点)．
2．演绎推理与合情推理的区别和联系(易误点).
演绎推理
【问题导思】
违法犯罪都是要承担相应的法律责任，盗窃行为都是违法犯罪．所以盗窃行为都是要承担相应的法律责任．
上述推理过程是合情推理吗？有什么特点？
【提示】 不是合情推理．是由一般性原理推出特殊性情况下的结论．
1．含义：由一般性的命题推演出特殊性命题的推理方法．
2．特点：(1)演绎的前提是一般性原理，演绎所得的结论是蕴涵于前提之中的个别、特殊事实，结论完全蕴涵于前提之中．
(2)在演绎推理中，前提与结论之间存在必然的联系．
(3)演绎推理是一种收敛性的思维方法，具有条理清晰、令人信服的论证作用，有助于科学的理论化和系统化．
三段论
【问题导思】
1．前面“知识点1”中的推理中，“一般原理”与“特殊情况”分别指的是什么？
【提示】 “一般原理”是指“违法犯罪都是要承担相应的法律责任”，“特殊情况”是指“盗窃行为都是违法犯罪”．
2．在演绎推理中，如果大前提正确，那么结论一定正确吗？为什么？
【提示】 不一定正确．只有大前提和小前提及推理形式都正确，其结论才是正确的．
“三段论”是演绎推理的一般模式
一般模式
常用格式
大前提
提供了一个一般性的原理
M是P
小前提
指出了一个特殊对象
S是M
结论
揭示了一般原理与
特殊对象的内在联系
S是P
演绎推理及主要形式
把下列演绎推理恢复成三段论的形式：
(1)Rt△ABC的内角和是180°；
(2)菱形的对角线互相平分．
【思路探究】 明确每一个命题的大前提，小前提与结论．
【自主解答】 (1)三角形的内角和是180°，(大前提)
Rt△ABC是三角形，_____________________(小前提)
所以Rt△ABC的内角和是180°.(结论)
(2)平行四边形的对角线互相平分．(大前提)
菱形是平行四边形．__(小前提)
菱形的对角线互相平分．(结论)
1．演绎推理的重要形式是三段论，分清大前提、小前提和结论是解题的关键．在演绎推理中，大前提往往省略，本例中大、小前提均被省略，寻找大前提时，可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．
2．三段论中的大前提和小前提这两个判断联合起来，揭示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生了第三个判断——结论，但必须明确的是，当大前提、小前提不正确时，可导致错误的结论．
在演绎推理中：a∥b一定有a＝λb(λ∈R)，向量c与向量d平行，所以c＝λd.
试指出大前提、小前提，并判断结论是否正确．
【解】 大前提：a∥b一定有a＝λb(λ∈R)．
小前提：向量c与向量d平行．
结论是错误的，原因是大前提错误．因为当a≠0，b＝0时a∥b，这时找不到实数λ使得a＝λb.
演绎推理在代数问题中的应用
已知函数f(x)＝ax＋(a＞1)，求证：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
【思路探究】 由增函数的定义，只需证明任意x1，x2∈(－1，＋∞)，当x1＜x2时，都有f(x1)＜f(x2)成立．
【自主解答】 设x1，x2是(－1，＋∞)上的任意两实数，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝ax1＋－ax2－
＝ax1－ax2＋－
＝ax1－ax2＋，
∵a＞1，且x1＜x2，
∴ax1＜ax2，x1－x2＜0.
又∵x1＞－1，x2＞－1，
∴(x1＋1)(x2＋1)＞0.
∴f(x1)－f(x2)＜0，∴f(x1)＜f(x2)．
∴函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
1．很多代数问题不论解答题，还是证明题都蕴涵着演绎推理．
2．在解题过程中常省略大前提，本例中的大前提是增函数的定义，小前提是y＝f(x)在(－1，＋∞)上符合增函数的定义，推理形式正确，因而产生的结论也正确．
设f(x)＝sin(2x＋φ)(－π＜φ＜0)，y＝f(x)的图象的一条对称轴是直线x＝.
(1)求φ；
(2)求y＝f(x)的单调递增区间．
【解】 (1)∵x＝是函数y＝f(x)的图象的对称轴，
∴sin(2×＋φ)＝±1，
则＋φ＝kπ＋，(k∈Z)．
∵－π＜φ＜0，
∴φ＝－.
(2)由(1)知φ＝－，
因此y＝sin(2x－)．
由题意得2kπ－≤2x－≤2kπ＋(k∈Z)，
∴kπ＋≤x≤＋kπ(k∈Z)，函数单调递增，
因此函数y＝sin(2x－π)的单调递增区间为
[kπ＋，kπ＋](k∈Z)．
演绎推理在几何证明中的应用
图2－1－11
如图2－1－11所示，正三棱柱ABC—A1B1C1的棱长均为a，D，E分别为C1C与AB的中点，A1B交于AB1于点G.
(1)求证：A1B⊥AD；
(2)求证：CE∥平面AB1D.
【思路探究】 (1)欲证A1B⊥AD，可先证A1B垂直于AD所在的平面AB1D；(2)欲证CE∥平面AB1D，可利用线面平行的判定定理，转化为证明EC∥GD.
【自主解答】 (1)连结A1D，DG，BD，
∵四边形A1ABB1为正方形，
∴A1B⊥AB1.
∵D为C1C的中点，
∴△A1C1D≌△BCD，则A1D＝BD.
由G为A1B中点，
∴A1B⊥DG.
∵DG∩AB1＝G，
∴A1B⊥平面AB1D，
又∵AD?平面AB1D，
∴A1B⊥AD.
(2)连结GE，∵EG∥A1A，
∴GE⊥平面ABC.
又∵DC⊥平面ABC，
∴GE∥DC.
∵GE＝DC＝a，
∴四边形GECD为平行四边形，
则EC∥GD.
又∵EC?平面AB1D，DG?平面AB1D，
∴EC∥平面AB1D.
1．在几何证明问题中，每一步都含着一般性原理，都可以分析出大前提和小前提，将一般性原理应用于特殊情况，就能得出相应结论．
2．在本题中，为使证明过程简洁流畅，在证明时，有时省略大前提．
若将例3的条件改为“正三棱柱ABC—A1B1C1的棱长均为a，M为棱A1C1上的动点”，试判断当M在何处时，BC1∥平面MAB1，并给出证明．
【解】 当M为A1C1的中点时，有BC1∥平面MAB1(如图所示)．证明如下：
连结A1B交AB1于点N，连MN，
∵四边形ABB1A1为矩形，
∴A1N＝NB，
又A1M＝MC1，
∴在△A1BC1中，MN为中位线，
∴MN∥BC1，
又MN?平面MAB1，BC1?平面MAB1，
∴BC1∥平面MAB1.
演绎推理中忽略前提的正确性致误)
图2－1－12
如图2－1－12所示，在△ABC中，AC＞BC，CD是AB边上的高，求证∠ACD＞∠BCD.
【错解】 在△ABC中，因为CD⊥AB，AC＞BC，
所以AD＞BD，于是∠ACD＞∠BCD.
【错因分析】 在证明过程中小前提由AD＞BD得出∠ACD＞∠BCD是错误的，因为只有在同一个三角形中，才有大边对大角．
【防范措施】 演绎推理中，只有大、小前提正确，推理形式正确，结论才正确．应用三段论证明问题时，要充分挖掘题目外在和内在条件(小前提)，根据需要引入相关的适用的定理和性质(大前提)，并保证每一步的推理都是正确的．
【正解】 在△ABC中，AC＞BC，
∴∠B＞∠A，
又CD⊥AB.
∴∠B＝90°－∠BCD，∠A＝90°－∠ACD，
所以90°－∠BCD＞90°－∠ACD，
所以∠ACD＞∠BCD.
1．演绎推理是一种由一般性命题推演出特殊性命题的推理方法．演绎推理的前提是一般性的原理，演绎推理所得的结论是蕴涵于前提之中的个别、特殊事实，结论完全蕴涵于前提之中．在数学中，证明命题的正确性都是使用演绎推理，而合情推理一般不能用于命题的证明．
2．“三段论”是演绎推理的一般模式
(1)大前提——已知的一般原理；
(2)小前提——所研究的特殊情况；
(3)结论——据一般原理，对特殊情况作出的判断．
3．应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，但为了叙述的简洁，如果前提是显然的，则可以省略．
1．下列说法正确的序号是________．
①演绎推理是由一般到特殊的推理；②演绎推理的一般模式是“三段论”形式；③演绎推理得到的结论一定正确；④演绎推理得到的结论是否正确与大前提、小前提和推理形式有关．
【解析】 演绎推理得到的结论不一定正确，故③错．
【答案】 ①②④
2．“π是无限不循环小数，∴π是无理数．”以上推理的大前提是________．
【解析】 大前提为：无限不循环小数是无理数．
【答案】 无限不循环小数是无理数
3．所有9的倍数(M)都是3的倍数(P)，某奇数(S)是9的倍数(M)，故某奇数(S)是3的倍数(P)．上述推理是________．(填序号)
①小前提错；②结论错；③正确的；④大前提错．
【解析】 大前提、小前提及推理形式均正确．
【答案】 ③
4．已知函数f(x)＝x2－aln x在区间(1，2]内是增函数，求实数a的取值范围．
【解】 由f(x)＝x2－aln x，
得f′(x)＝2x－，
∵f(x)在区间(1，2]上是增函数，
∴f′(x)≥0，x∈(1，2]恒成立，
由2x－≥0，得a≤2x2，x∈(1，2]恒成立，
因此a≤2.
又a＝2时，f′(x)＝2x－＝＞0恒成立．
∴实数a的取值范围是(－∞，2]．
一、填空题
1．下列几种推理过程：
①5和2可以比较大小；
②由平面三角形的性质，推测空间四面体的性质；
③东升高中高二年级有15个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推测高二年级各班都超过50人；
④预测股票走势图．
其中是演绎推理的是________．
【解析】 ②是类比，③是归纳．演绎推理的结论一定是正确的，因此④也不是演绎推理．
【答案】 ①
2．(2013·无锡高二检测)“因为四边形ABCD是菱形，所以四边形ABCD的对角线互相垂直”，补充以上推理的大前提是________．
【解析】 大前提应是菱形对角线所具备的性质．
【答案】 菱形的对角线互相垂直
3．已知推理：“因为△ABC的三边长依次为3，4，5，所以△ABC是直角三角形”．若将其恢复成完整的三段论，则大前提是________________________．
【解析】 大前提：一条边的平方等于其他两条边平方和的三角形是直角三角形；
小前提：△ABC的三边长满足32＋42＝52；
结论：△ABC是直角三角形．
【答案】 一条边的平方等于其他两条边平方和的三角形是直角三角形
4．给出下面一段演绎推理：
有理数是真分数(大前提)
整数是有理数__________________________(小前提)
整数是真分数(结论)
结论显然是错误的，是因为________错误．
【解析】 2是有理数，不是真分数，大前提错误．
【答案】 大前提
5．(2013·苏州高二检测)某西方国家流传着这样一个政治笑话：“鹅吃白菜，参议员先生也吃白菜，所以参议员先生是鹅”．结论显然是错误的，这是因为____________．
【解析】 三段论的推理形式是：M是P，S是M，则S是P，而题中的推理形式则是：M是P，S是P，则S是M，
故推理形式错误．
【答案】 推理形式错误
6．在R上定义运算?：x?y＝x(1－y)，若不等式(x－a)?(x＋a)＜1对任意实数x都成立，则a的取值范围是________．
【解析】 由定义，得(x－a)(1－x－a)＜1，
∴x2－x＋a－a2＋1＞0对x∈R恒成立．
故Δ＝1－4(a－a2＋1)＜0，
∴－＜a＜.
【答案】 (－，)
7．已知函数f(x)＝a－，若f(x)为奇函数，则a＝________．
【解析】 因为奇函数f(x)在x＝0处有定义且f(0)＝0(大前提)
而奇函数f(x)＝a－的定义域为R__(小前提)
所以f(0)＝a－＝0.(结论)
解得a＝.
【答案】
8．(2013·西城高二检测)若f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)，且f(1)＝2，则＋＋…＋＝________．
【解析】 ∵f(a＋b)＝f(a)f(b)，a，b∈N*(大前提)
令b＝1，则＝f(1)＝2.__(小前提)
∴＝＝…＝＝2，(结论)
∴原式＝2＋2＋…＋21 006个2＝2 012.
【答案】 2 012
二、解答题
图2－1－13
9．如图2－1－13所示，在锐角三角形ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，D，E是垂足，用三段论形式证明AB的中点M到D，E的距离相等．
【证明】 有一个内角是直角的三角形是直角三角形；(大前提)
在△ABD中，AD⊥BC，即∠ADB＝90°；__(小前提)
△ABD是直角三角形．(结论)
同理，△AEB也是直角三角形．
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．(大前提)
DM是Rt△ABD斜边上的中线；__(小前提)
DM＝AB.(结论)
同理，EM＝AB.
等于同一个量的两个量相等；(大前提)
DM和EM都等于AB;__(小前提)
DM＝EM，即AB的中点M到D，E的距离相等．(结论)
图2－1－14
10．如图2－1－14，四棱锥P—ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．
求证：平面AEC⊥平面PDB.
【证明】 ∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD.
∵PD⊥底面ABCD，
∴PD⊥AC.
∴AC⊥平面PDB，AC?平面AEC.
∴平面AEC⊥平面PDB.
11．已知{an}是各项均为正数的等差数列．lg a1，lg a2，lg a4成等差数列，又bn＝(n＝1，2，3，…)．证明：{bn}为等比数列．
【证明】 ∵lg a1，lg a2，lg a4成等差数列，
∴2lg a2＝lg a1＋lg a4，
即a＝a1a4.
若{an}的公差为d，
则(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，a1d＝d2，
从而d(d－a1)＝0.
①若d＝0，{an}为常数列，相应{bn}也是常数列，此时{bn}是首项为正数，
公比为1的等比数列．
②若d＝a1≠0，
则a2n＝a1＋(2n－1)d＝2nd，bn＝＝.
这时{bn}是首项b1＝，
公比为的等比数列．
综上，{bn}为等比数列．
(教师用书独具)
如图(1)所示，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB＝AD，∠BAD＝60°，E，F分别是AP，AD的中点．求证：
(1)直线EF∥平面PCD；
(2)平面BEF⊥平面PAD.
【证明】 如图(2)所示，在△PAD中，
因为E，F分别为AP，AD的中点，所以EF∥PD.
又因为EF?平面PCD，PD?平面PCD，
所以直线EF∥平面PCD.
(2)连结BD.
因为AB＝AD，∠BAD＝60°，
∴△ABD为正三角形．
因为F是AD的中点，
所以BF⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，
BF?平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以BF⊥平面PAD.
又因为BF?平面BEF，
所以平面BEF⊥平面PAD.
(2012·北京高考改编)如图(1)，在Rt△ABC中，∠C＝90°，D，E分别为AC，AB的中点，点F为线段CD上的一点，将△ADE沿DE折起到△A1DE的位置，使A1F⊥CD，如图(2)．
(1)求证：DE∥平面A1CB.
(2)求证：A1F⊥BE.
【证明】 (1)因为D，E分别为AC，AB的中点，
所以DE∥BC.
又因为DE?平面A1CB，BC?平面A1CB，
所以DE∥平面A1CB.
(2)由已知，得AC⊥BC且DE∥BC，
所以DE⊥AC.
从而DE⊥A1D，DE⊥CD.
所以DE⊥平面A1DC.
又A1F?平面A1DC，
所以DE⊥A1F.
由于A1F⊥CD，且DE∩CD＝D
所以A1F⊥平面BCDE，
又BE?平面BCDE，
故A1F⊥BE.
2．1.3 推理案例赏析
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
进一步理解合情推理与演绎推理，能正确运用合情推理和演绎推理进行简单的推理，了解合情推理与演绎推理间的联系与差别．
2．过程与方法
正确认识合情推理与演绎推理的作用，养成良好的思维习惯，合作交流，让学生经历知识的形成过程．
3．情感、态度与价值观
经过实例教学，让学生养成认真观察、分析问题，善于发现的良好个性品质，形成正确运用数学的思想意识．
●重点难点
重点：了解合情推理与演绎推理之间的联系与差别，进一步认识它们的作用．
难点：了解合情推理和演绎推理是怎样推进数学发现活动的，利用合情推理和演绎推理进行简单的推理．
(教师用书独具)
●教学建议
创设问题情境，让学生结合已学过的数学实例和生活中的实例，进一步理解合情推理与演绎推理是人类不可少的思维过程．
分组学习，合作交流，让学生进行讨论，分别回报，让学生经历学习的过程，体会认识合情推理和演绎推理相辅相成，相互为用，共同推动着发现活动的过程．
●教学流程
?????
课标解读
1.进一步认识合情推理和演绎推理的作用、特点以及两者之间的紧密联系．利用合情推理和演绎推理进行简单的推理(重点、难点)．
2．两种推理形式的具体格式(易混点).
合情推理与演绎推理
【问题导思】
1．合情推理的结论不一定正确，我们为什么还要学习合情推理？
【提示】 合情推理是富于创造性的或然推理，在数学发现活动中，它为演绎推理确定了目标和方向，具有提出猜想、发现结论、提供思路的作用．
2．“演绎推理是由一般到特殊的推理，因此演绎推理所得结论一定正确”，这种说法对吗？
【提示】 不对．演绎推理只有在大、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确．
1．数学发现活动是一个探索创造的过程．这是一个不断地提出猜想、验证猜想的过程．合情推理和演绎推理相辅相成，相互为用，共同推动着发现活动的进程．
2．演绎推理是形式化程度较高的必然推理，在数学发现活动中，它具有类似于“实验”的功能，它不仅为合情推理提供了前提，而且可以对猜想作出“判决”和证明，从而为调控探索活动提供依据．
3．合情推理与演绎推理的联系与差异
合情推理
演绎推理
归纳推理
类比推理
推理
形式
由部分到整体，
由特殊到一般
由特殊
到特殊
由一般到特殊
结论
不一定正确，有待证明
在前提和推理形式都正确的前提下，结论一定正确
作用
猜测和发现结论，探索和提供证明思路
证明数学结论，建立数学体系的重要思维过程
联系
合情推理的结论需要演绎推理的验证，而演绎推理的方向和思路一般是通过合情推理获得的
归纳推理的应用
在数列{an}中，已知a1＝2，且对任意的正整数n，m，都有an＋m＝an＋am.
(1)求出a2，a3，a4，并猜想数列{an}的通项公式；
(2)设bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn.
【思路探究】 (1)先求出前几项的值，根据数据特点猜想通项公式an；(2)根据数列特点，利用错位相减法求前n项和．
【自主解答】 (1)由已知得：a2＝a1＋a1＝4，a3＝a1＋a2＝6，a4＝a2＋a2＝8，….
由此猜想an＝2n.
当n＝1时，a1＝2符合题意．
对任意n，m∈N*，an＋m＝2(n＋m)＝an＋am满足题意，故an＝2n.
(2)bn＝＝·n，
所以Sn＝＋＋＋…＋，①
Sn＝＋＋＋…＋.②
①－②得：Sn＝＋＋…＋－
＝－＝1－－，
故Sn＝2－－.
1．求解的关键在于赋值，求出a2，a3，a4，研究每一项与序号n间的关系，猜想an.
2．第(2)小题运用错位相减法，转化为特殊数列求和，运用了演绎推理，求解时注意“错位”，以防弄错“项数”．
已知{an}满足a1＝1，an＝3n－1＋an－1(n≥2)．
(1)求a2，a3；
(2)猜an表达式并给出证明．
【解】 (1)a2＝3＋1＝4，a3＝32＋4＝13.
(2)an＝，证明如下：
an＝a1＋31＋32＋…＋3n－1
＝1＋31＋32＋…＋3n－1＝＝.
类比推理的应用
通过计算可得下列等式：
23－13＝3×12＋3×1＋1；
33－23＝3×22＋3×2＋1；
43－33＝3×32＋3×3＋1；
?
(n＋1)3－n3＝3×n2＋3×n＋1.
将以上各等式两边分别相加，得
(n＋1)3－13＝3(12＋22＋…＋n2)＋3(1＋2＋3＋…＋n)＋n，
即12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)．
类比上述求法，请你求出13＋23＋33＋…＋n3的值．
【思路探究】 解答本题要抓住各等式两边数的指数相类比．
【自主解答】 ∵24－14＝4×13＋6×12＋4×1＋1，
34－24＝4×23＋6×22＋4×2＋1，
44－34＝4×33＋6×32＋4×3＋1，
… …
(n＋1)4－n4＝4n3＋6n2＋4n＋1.
将以上各式两边分别相加，得
(n＋1)4－14
＝4×(13＋23＋…＋n3)＋6×(12＋22＋…＋n2)＋4×(1＋2＋…＋n)＋n，
∴13＋23＋…＋n3＝[(n＋1)4－14－6×n(n＋1)·(2n＋1)－4×－n]＝n2(n＋1)2.
1．解答本题关键在于弄清原题解题的方法，将所要求值的式子与原题的条件相类比，从而产生解题方法上的迁移．
2．解答此类问题要先弄清两类对象之间的类比关系及其差别，然后进行推测或证明．
半径为r的圆的面积S(r)＝π·r2，周长C(r)＝2π·r，若将r看作(0，＋∞)上的变量，则(π·r2)′＝2π·r①，①式可用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数．对于半径为R的球，若将R看作(0，＋∞)上的变量，请你写出类似于①的式子②：________；②式可用语言叙述为________．
【解析】 因为半径为R的球的体积V(R)＝πR3，
表面积S(R)＝4πR2，
类比(πr2)′＝2πr，得(πR3)′＝4πR2.
因此②式应为：(πR3)′＝4πR2.
且②式用语言叙述为：球的体积函数的导数等于球的表面积函数．
【答案】 (πR3)′＝4πR2 球的体积函数的导数等于球的表面积函数
合情推理、演绎推理的综合应用
已知椭圆具有性质：若M，N是椭圆＋＝1(a＞b＞0)上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点，当直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．试对双曲线－＝1(a＞0，b＞0)写出类似的性质，并加以证明．
【思路探究】 (1)利用类比推理，猜得性质．(2)利用演绎推理进行证明．
【自主解答】 类似性质：若M，N是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．
证明：设点M，P的坐标分别为(m，n)，(x，y)，则点N的坐标为(－m，－n)．
因为点M(m，n)在已知双曲线上，所以n2＝m2－b2，
同理y2＝x2－b2.
则kPM·kPN＝·＝＝·＝(定值)．
故kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．
1．(1)设出各点坐标，求出斜率，是本题难点，且计算易出错．(2)双曲线与椭圆有许多相似的特征，可类比椭圆得到双曲线的结论，但可靠性必须验证．
2．合情推理是提出猜想、提供解题的思路，而演绎推理则是证明猜想、判断猜想的正确性，通过合情推理得到的猜想缺少证明过程是不完整的，平时解题都是二者的结合．
阅读下列不等式的证法，再解决后面的问题：
已知m1，m2∈R，m1＋m2＝1，求证：m＋m≥.
证明：构造函数f(x)＝(x－m1)2＋(x－m2)2，则f(x)＝2x2－2(m1＋m2)x＋m＋m＝2x2－2x＋(m＋m)．
因为对一切x∈R恒有f(x)≥0，所以Δ＝4－8(m＋m)≤0，从而得m＋m≥.
(1)若m1，m2，…，mn∈R，m1＋m2＋…＋mn＝1，请写出上述结论的推广式；
(2)参考上述证法，对你推广的结论加以证明．
【解】 (1)已知m1，m2，…，mn∈R，且m1＋m2＋…＋mn＝1.
求证：m＋m＋…＋m≥.
(2)构造函数f(x)＝(x－m1)2＋(x－m2)2＋…＋(x－mn)2，
则f(x)＝nx2－2(m1＋m2＋…＋mn)x＋(m＋m＋…＋m)＝nx2－2x＋(m＋m＋…＋m)．
因为对一切x∈R，恒有f(x)≥0，
所以Δ＝4－4n(m＋m＋…＋m)≤0，
从而得m＋m＋…＋m≥.
虚假依据致使推理错误
定义在R上的函数f(x)既是奇函数，又是周期函数，T是它的一个正周期．若将方程f(x)＝0在闭区间[－T，T]上的根的个数记为n，则n的最有可能的值是________．
【错解】 因为f(x)为R上的奇函数，所以f(0)＝0.又因为T是函数f(x)的一个正周期，
所以f(T)＝f(－T)＝f(0)＝0.
故方程f(x)＝0在闭区间[－T，T]上的根的个数n可能为3.
【答案】 3
【错因分析】 以上解法是直接根据f(T)＝f(－T)＝f(0)＝0，就想当然的认为方程的根的个数就只有3个，这是个虚假的依据．很多同学往往没有经过严密的逻辑思考，就根据简单的几个步骤就虚假推断，从而造成差错，因此，解题时一定要有严密的逻辑性才行．
【防范措施】 研究抽象函数的性质，一定要充分利用奇偶性、周期性、单调性的定义，严格推理，并注意不同语言信息的相互转化，推理有据，养成严谨的数学思维意识，一般地，定义在R上，周期为T的奇函数f(x)在区间[－，]上有3个零点－，0，.
【正解】 因为f(x)是R上的奇函数，所以f(0)＝0.
又因为T是函数f(x)的一个正周期，
所以f(T)＝f(－T)＝f(0)＝0.
又f(－)＝f(T－)＝f()，
且f(－)＝－f()，
所以f()＝0，于是可得f(－)＝f()＝0，
所以方程f(x)＝0在闭区间[－T，T]上有5个实根．
【答案】 5
1．归纳推理和类比推理是常用的合情推理．从推理形式上看，归纳推理是由部分到整体、特殊到一般的推理；类比推理是由特殊到特殊的推理；演绎推理是由一般到特殊的推理．
2．从推理形式和所得结论的正确性讲，演绎推理与合情推理存在差异．从数学发现与认识事物的过程发挥的作用看，合情推理与演绎推理是相辅相成、相互为用的，合情推理提出猜想、发现结论，为演绎推理确定了目标和方向．演绎推理不仅为合情推理提供了前提，而且对合情推理的结果进行“判决”和证明．两者的综合运用才能推动人们对事物的认识不断向前发展．
1．如图2－1－15所示的三角形数组是我国古代数学家杨辉发现的，称为杨辉三角形，根据图中的数构成的规律，a所表示的数是________．
图2－1－15
【解析】 由图形中数字，不难得出每行两头数字均为1，其它数字均为其肩上两数字之和，∴a＝3＋3＝6.
【答案】 6
2．若“f′(x0)＝0，则x0是函数y＝f(x)的极值点，因为f(x)＝x3中，f′(x)＝3x2且f′(0)＝0，所以0是f(x)＝x3的极值点”．在此“三段论”中，其中________错误．
【解析】 f′(x0)＝0，x0不一定是f(x)的极值点，还需看在x0附近左右导数符号异号．
∴大前提不正确．
【答案】 大前提
3．类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质，可推出下列空间结论：
①垂直于同一条直线的两条直线互相平行；②垂直于同一个平面的两条直线互相平行；③垂直于同一条直线的两个平面互相平行；④垂直于同一个平面的两个平面互相平行，则其中正确的结论是________．
【解析】 根据空间直线、平面的平行与垂直的判定与
性质定理知，②③正确，①④错误．
【答案】 ②③
图2－1－16
4．正三角形内的任意一点到三边的距离之和是一个定值，用面积法证明如下：
如图2－1－16，设点O是正△ABC内任意一点，它到三边距离分别为h1，h2，h3，正△ABC的高为h，则
S△OAB＋S△OBC＋S△OCA＝S△ABC.
∴AB·h1＋BC·h2＋CA·h3＝AB·h.
∴h1＋h2＋h3＝h.
请将该命题类比到空间，写出相应的命题，并加以证明．
【解】
正四面体中任意一点到各面的距离之和是一定值．证明如下：
设O为正四面体A—BCD内任意一点，到各面的距离分别为h1，h2，h3，h4，正四面体的高为h.
则VO—ABC＋VO—ABD＋VO—ACD＋VO—BCD＝VA—BCD，
即S△ABC·h1＋S△ABD·h2＋S△ACD·h3＋S△BCD·h4＝hS△ABC.
故h1＋h2＋h3＋h4＝h.
一、填空题
1．给出下列推理：
①由A，B为两个不同的定点，动点P满足||PA|－|PB||＝2a＜|AB|，得点P的轨迹为双曲线；
②由a1＝1，an＝3n－1(n≥2)，求出S1，S2，S3，猜想出数列{an}的前n项和Sn的表达式；
③科学利用鱼的沉浮原理制造潜艇．
其中是归纳推理的是________．
【解析】 ①是演绎推理，②是归纳推理，③类比推理．
【答案】 ②
2．(2013·扬州高二检测)用火柴棒摆“金鱼”，如图2－1－17所示，
图2－1－17
按照上面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为________．
【解析】 由图形知，每增加一个“金鱼”增加6根火柴．
∴第n个“金鱼”图需6n＋2根火柴．
【答案】 6n＋2
3．补充下列推论的三段论
(1)因为互为相反数的两个数的和为0.
又因为a与b互为相反数且________，所以b＝8.
(2)因为________，又因为e＝2.718 28…是无限不循环小数．所以e是无理数．
【解析】 (1)由大前提得a＋b＝0，由结论b＝8，∴a＝－8，
(2)由小前提和结论，逆推大前提．
【答案】 (1)a＝－8 (2)无限不循环小数是无理数
4．对于平面几何中的命题：“夹在两条平行线之间的平行线段相等”，在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题：________________________．
【解析】 平面几何中的线与立体几何中的面相类比，可得：夹在两个平行平面间的平行线段相等．
【答案】 夹在两个平行平面间的平行线段相等
5．观察下面不等式：1＋＜，1＋＋＜，1＋＋＋＜，…，猜想第n个不等式为________．
【解析】 当n≥2时，则不等式左端就为1＋＋＋…＋，而右端的分母正好是n，分子是2n－1，因此可以猜想，n≥2时，满足的不等式为1＋＋＋…＋＜.
故可归纳式子为：1＋＋＋…＋＜(n≥2)．
【答案】 1＋＋＋…＋＜(n≥2)
6．(2013· 杭州高二检测)对于命题：若O是线段AB上一点，则||·＋||·＝0，将它类比到平面的情形是：若O是△ABC内一点，则S△OBC·＋S△OCA·＋S△OBA·＝0，将它类比到空间的情形应该是：若O是四面体ABCD内一点，则________．
【解析】 长度类比面积，面积类比体积，
∴VO—BCD·＋VO—ACD·＋VO—ABD·＋VO—ABC·＝0.
【答案】 VO—BCD·＋VO—ACD·＋VO—ABD·＋VO—ABC·＝0
7．“1＜a＜2”是对任意的正数x，都有2x＋≥1的________条件．
【解析】 2x＋≥2.
∴2x＋≥1(x＞0)恒成立，则2≥1，∴a≥，
∴2x＋≥1的充要条件为a≥.
因此“1＜a＜2”是对“x＞0，都有2x＋≥1”的充分不必要条件．
【答案】 充分不必要
8．四个小动物换座位，开始是鼠、猴、兔、猫分别坐1，2，3，4号位子，第1次前后排动物互换座位，第2次左右列动物互换座位，…，这样交替进行下去，那么第2 012次互换座位后，小兔的座位对应的是编号________．
【解析】 通过第1次、第2次、第3次、第4次互换后得到的结果与开始时一样，所以周期为4，又2 012能被4整除，所以经过第2 012次互换座位后，应为开始时的结果，即小兔的座位对应的是编号3.
【答案】 3
二、解答题
9．定义在实数集R上的函数f(x)，对任意x，y∈R，有f(x－y)＋f(x＋y)＝2f(x)f(y)，且f(0)≠0，
求证：f(x)是偶函数．
【解】 令x＝y＝0，
则有f(0)＋f(0)＝2f(0)×f(0)，
因为f(0)≠0，所以f(0)＝1，
令x＝0，
则有f(－y)＋f(y)＝2f(0)f(y)＝2f(y)，
∴f(－y)＝f(y)，
因此，f(x)是偶函数．
10．如图2－1－18所示“三角形”的数阵，第n行共有n个数，且该行的第一个数和最后一个数都是n，中间任意一个数都等于第n－1行与之相邻的两个数的和，an，1，an，2，…，an，n(n＝1，2，3，…)分别表示第n行的第一个数，第二个数，…，第n个数．求an，2(n≥2且n∈N*)的表达式．
图2－1－18
【解】 由图易知a2，2＝2，a3，2＝4，a4，2＝7，a5，2＝11，….
从而有a3，2－a2，2＝2，a4，2－a3，2＝3，a5，2－a4，2＝4，…，an，2－a(n－1)，2＝n－1.
以上n－2个式子相加即可得到
an，2－a2，2＝2＋3＋4＋…＋(n－1)
＝，
所以an，2＝＋2，
即an，2＝(n≥2且n∈N*)．
11．在平面几何中，研究正三角形内任意一点与三边的关系时，我们有真命题：边长为a的正三角形内任意一点到各边的距离之和是定值a.类比上述命题，请你
写出关于正四面体内任意一点与四个面的关系的一个真命题，并给出简要的证明．
【解】 类比所得的真命题是：棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和是定值a.
证明：设M是正四面体P—ABC内任一点，M到面ABC，面PAB，面PAC，面PBC的距离分别为d1，d2，d3，d4.
由于正四面体四个面的面积相等，故有：VP—ABC＝VM—ABC＋VM—PAB＋VM—PAC＋VM—PBC
＝·S△ABC·(d1＋d2＋d3＋d4)，
而S△ABC＝a2，VP—ABC＝a3，
故d1＋d2＋d3＋d4＝a(定值)．
(教师用书独具)
设f(x)＝，g(x)＝(其中a＞0，a≠1)．
(1)请你推测g(5)能否用f(2)，f(3)，g(2)，g(3)来表示．
(2)如果(1)中获得一个结论，请你推测能否推广并加以证明．
【自主解答】 (1)由题意可得f(2)＝，f(3)＝，g(2)＝，g(3)＝.
则f(3)·g(2)＋g(3)·f(2)
＝＝.
又g(5)＝，
因此，g(5)＝f(3)·g(2)＋g(3)·f(2)．
(2)g(5)＝f(3)·g(2)＋g(3)·f(2)，
即g(3＋2)＝f(3)·g(2)＋g(3)·f(2)．
于是猜测g(x＋y)＝f(x)·g(y)＋g(x)·f(y)．
证明：∵f(x)＝，g(x)＝，
∴g(x＋y)＝，
g(y)＝，f(y)＝，
所以f(x)·g(y)＋g(x)·f(y)
＝·＋·
＝＝g(x＋y)．
故g(x＋y)＝f(x)·g(y)＋g(x)·f(y)．
已知函数f(x)＝，g(x)＝.
分别计算f(4)－5f(2)g(2)和f(9)－5f(3)g(3)的值，并由此概括出涉及f(x)和g(x)对所有不等于零的实数x都成立的一个等式．
【解】 f(4)－5f(2)g(2)
＝－5×·
＝－
＝－＝0.
同理可得f(9)－5f(3)g(3)＝0，
故对任意x∈R，x≠0，有f(x2)－5f(x)g(x)＝0.
证明如下：
f(x2)－5f(x)g(x)
＝－5×·
＝－
＝－＝0.
2．2直接证明与间接证明
2．2.1 直接证明
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
结合已经学过的数学实例，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、特点．
2．过程与方法
多让学生举命题的例子，培养他们的辨析能力，以及培养他们的分析问题和解决问题的能力．
3．情感、态度与价值观
通过学生的参与，激发学生学习数学的兴趣．
●重点难点
重点：了解直接证明的两种基本方法——综合法和分析法，了解分析法和综合法的思考过程、特点，会证明一些数学命题．
难点：根据问题的特点，结合综合法、分析法的思考过程、特点，选择适当的方法进行数学命题证明．
(教师用书独具)
●教学建议
1．用综合法证明问题时的注意事项
关于综合法证明注意事项的教学，建议教师通过实例引导学生总结，用综合法证明问题时，要先作语言的转换，如把文字语言转化为符号语言，或把符号语言转化为图形语言等．还要通过细致的分析，把题中隐含的条件明确表示出来．
2．分析法的应用
(1)关于分析法的应用的教学，建议教师从分析法的步骤特点出发，教给学生分析问题的思路方法，并能解决立体几何、三角函数、数列等问题中的证明问题．
(2)关于分析法步骤的教学，建议教师能从实例出发，明确分析法的实施步骤与格式．
●教学流程
??????
课标解读
1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法的证明思路与步骤(重点)．
2．会用综合法、分析法证明一些数学问题(重点、难点)．
3．综合法、分析法的格式区别(易混点).
综合法
【问题导思】
阅读下列证明过程，回答问题．
已知实数x，y满足x＋y＝1，求证：2x＋2y≥2.
证明：因为x＋y＝1，所以2x＋2y≥2＝2＝2.
故2x＋2y≥2成立．
本题证明过程的顺序是什么？
【提示】 从已知条件入手，运用基本不等式到待证的结论．
1．直接证明
直接从原命题的条件逐步推得命题成立，这种证明通常称为直接证明．
2．综合法
(1)定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为
依据逐步下推，直到推出要证明的结论为止，这种证明方法常称为综合法．
(2)推证过程：?…?…?.
分析法
【问题导思】
证明不等式：＋2＜2＋成立，可用下面的方法进行．
要证明＋2＜2＋，
由于＋2＞0，2＋＞0，
只需证明(＋2)2＜(2＋)2，
展开得11＋4＜11＋4，只需证明6＜7，
显然6＜7成立．
∴＋2＜2＋成立．
请回答：上述证明过程从哪里开始？证明思路是什么？
【提示】 从结论开始；逐步寻求结论成立的充分条件，它的思维特点是“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，执果所因．
分析法
(1)定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法常称为分析法．
(2)推证过程：?…?…?.
综合法的应用
在△ABC中，三个内角A，B，C对应的边分别为a，b，c且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，求证：△ABC为等边三角形．
【思路探究】 由题设条件知B＝60°，b2＝ac，从而利用余弦定理，完成边角转化．判定△ABC的形状．
【自主解答】 △ABC中，A＋B＋C＝π，
由A、B、C成等差数列，
得2B＝A＋C，
因此，B＝，
由a，b，c成等比数列，得b2＝ac，
又b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－ac＝ac，
即(a－c)2＝0，因此a＝c.
从而△ABC是等边三角形．
1．本题寻找条件与结论的联系，即利用余弦定理把边和角联系起来，建立边和角之间的关系，进而判断三角形的形状．
2．综合法证明数学命题应注意：
(1)分析条件，选择方向．仔细分析题目的已知条件(包括隐含条件)，分析已知与结论之间的联系与区别，选择相关的公理、定理、公式、结论，确定恰当的解题思路．
(2)转化条件，组织过程．把题目的已知条件，转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化．组织过程时要有严密的逻辑，简洁的语言，清晰的思路．
图2－2－1
如图2－2－1所示，已知BE，CF分别为△ABC的边AC，AB上的高，G为EF的中点，H为BC的中点，求证：HG⊥EF.
【证明】 连结EH，FH，
根据条件CF⊥AB，且H是BC的中点，
可知FH是Rt△BFC斜边上的中线，所以FH＝BC.
同理，EH＝BC，所以EH＝FH，所以△EHF为等腰三角形．
又G为EF的中点，所以HG⊥EF.
分析法的应用
设a，b为正实数，求证：≥(a＋b)．
【思路探究】 由于a＋b＞0，利用不等式的性质，寻求≥(a＋b)成立的充分条件a2＋b2≥2ab，问题得以证明．
【自主解答】 ∵a＞0，b＞0，则a＋b＞0，
要证 ≥(a＋b)，
只需证()2≥[(a＋b)]2.
即证a2＋b2≥(a2＋b2＋2ab)，即证a2＋b2≥2ab.
∵a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，
∴≥(a＋b)成立．
1．从本例可看出，已知条件简单而证明的结论比较复杂，这时我们一般采用分析法，在叙述过程中“要证”“只需证”“即要证”这些词语必不可少，否则会出现错误．
2．用分析法证明时：(1)要保证证明过程中的每一步都是可逆的；(2)适当将条件加以转化，正确把握转化方向．
求证：当一个圆和一个正方形的周长相等时，圆的面积比正方形的面积大．
【证明】 设圆和正方形的周长为L，则圆的面积为π()2，正方形的面积为()2，因此本题只需证明π()2＞()2.
为了证明上式成立，只需证明＞，
两边同乘以正数，得＞.
因此，只需证明4＞π.
4＞π显然成立，所以π()2＞()2.
这就证明了当一个圆和一个正方形的周长相等时，圆的面积比正方形的面积大．
分析法与综合法的综合应用
已知△ABC的三个内角∠A，∠B，∠C成等差数列，求证：＋＝.
【思路探究】 题目中条件与结论联系不是非常明显，因此用分析法寻找思路．又注意到∠B可求，因此尽量在证明中出现余弦定理的条件．
【自主解答】 要证＋＝成立，只要证＋＝3，
也就是证明＋＝1.
即证c(b＋c)＋(a＋b)a＝(a＋b)(b＋c)，
所以只需证c2＋a2＝b2＋ac.
因为△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，
所以B＝60°，
所以cos B＝＝，
从而a2＋c2＝b2＋ac成立，
所以原等式＋＝成立．
1．本题前半部分是用分析法证明，但寻找的充分条件不是显然成立的，可再用综合法证明，这种推理证明方法称为分析综合法．
2．其思维特点：从“欲知”想“已知”(分析法)得到中间结论Q；根据结论的结构特点去转化条件，从“已知”推“可知”(综合法)，得到中间结论P，且P?Q，双管齐下，两面夹击，找到沟通条件和结论的途径．逐步缩小条件与结论间的“差距”．
在△ABC中，＝.
(1)求证B＝C；
(2)若cos A＝－，求sin(4B＋)的值．
【解】 (1)证明：在△ABC中，＝，
由正弦定理，得＝.
于是sin Bcos C－cos Bsin C＝0，即sin(B－C)＝0.
因为－π＜B－C＜π，从而B－C＝0，
所以B＝C.
(2)由A＋B＋C＝π和(1)得A＝π－2B，
故cos 2B＝－cos(π－2B)＝－cos A＝.
又因为0＜2B＜π，于是sin 2B＝＝.
从而sin 4B＝2sin 2Bcos 2B＝，cos 4B＝cos22B－sin22B＝－.
所以sin(4B＋)＝sin 4Bcos ＋cos 4Bsin ＝.
混淆特殊值的检验和一般性证明致误
设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，求证：f(x＋)为偶函数．
【错解】 由函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，可知f(x＋1)＝f(－x)．
令x＝1得f(2)＝f(－1)，即f(＋)＝f(－＋)．
所以f(x＋)为偶函数．
【错因分析】 错解在证明f(x＋)为偶函数时，以特殊值f(＋)＝f(－＋)成立就断定f(x＋)为偶函数是错误的，函数的奇偶性是对定义域中任意的x定义的．
【防范措施】 在证明数学命题时，必须通过严格的推理来证明对任意满足题意的条件，命题的结论都成立，特殊值的检验不能代替一般性的证明．
【正解】 y＝f(x)与y＝f(－x)的图象关于y轴对称又f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称．
∴f(x＋1)＝f(－x)对x∈R成立，
以x－代替x，得
f(x－＋1)＝f[－(x－)]，
即f(x＋)＝f(－x＋)，
由偶函数的定义可知f(x＋)为偶函数．
1．在运用综合法证明命题的时候，必须首先找到正确的出发点，也就是想到从哪里起步．一般地，要广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层递进，步步为营，由已知逐渐地推导到结论．
2．当证题不知从何入手时，有时可以运用分析法而获得解决，特别是对于条件简单而结论复杂的题目，往往更是行之有效．
3．分析法的特点：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件．综合法的特点：从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是寻找它的必要条件．分析法与综合法是对立统一的两种方法．对于一些较复杂的问题可先用分析法在草纸上“探路”，然后再用综合法书写，或两者方法联袂使用．
4．综合法与分析法的比较
比较
综合法
分析法
推理方向
顺推，由因导果
逆推，执果索因
表述形式
形式简洁，条理清晰
模式格式化
思考的
侧重点
侧重于已知条件
提供的信息
侧重于结论
提供的信息
1．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明过程“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝－＝cos 2θ”应用了________(填“综合法”或“分析法”)．
【解析】 从证明的过程可知，本题是从已知条件出发证得结果，故为综合法．
【答案】 综合法
2．补足下面用分析法证明基本不等式≤的步骤：
要证明≤，
只需证2≤a＋b，
只需证________，
即证明________，
由于________显然成立，因此原不等式成立．
【解析】 按分析法证明格式填空步骤：分别为a＋b－2≥0，(－)2≥0，(－)2≥0.
【答案】 a＋b－2≥0 (－)2≥0 (－)2≥0
3．在不等边三角形中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足的条件为________．
【解析】 要证∠A为钝角，只需证cos A＝<0即可，也就是b2＋c2
【答案】 b2＋c24．已知数列{an}的前n项和Sn＝3an－2(n＝1，2，…)，求证：数列{an}是等比数列．
【证明】 因为Sn＝3an－2(n＝1，2，…)，Sn－1＝3an－1－2(n＝2，3，…)，
所以当n≥2，n∈N*时，an＝Sn－Sn－1＝3an－3an－1，
整理，得an＝an－1(n≥2，n∈N*)．
又Sn＝3an－2，令n＝1，得a1＝3a1－2，解得a1＝1.
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列．
一、填空题
1．命题“函数f(x)＝x－xln x在区间(0，1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)＝x－xln x求导得f′(x)＝－ln x，当x∈(0，1)时，f′(x)＝－ln x＞0，故函数f(x)在区间(0，1)上是增函数”应用了________的证明方法．
【答案】 综合法
2．欲证－＜－成立，只需证
①(－)2＜(－)2；②(－)2＜(－)2；
③(＋)2＜(＋)2；④(－－)2＜(－)2.
则正确的序号是________．
【解析】 “－＜－”?“＋＜＋”且＋＞0，＋＞0，故只需证(＋)2＜(＋)2.
【答案】 ③
3．已知α，β为实数，给出下列三个论断：
①αβ＞0；②|α＋β|＞5；③|α|＞2，|β|＞2，以其中的两个论断为条件，另一个论断为结论，写出你认为正确的命题是________．
【解析】 由①αβ＞0知α，β同号，
∴由③知|α|＋|β|＝|α＋β|＞4＞5.
【答案】 ①③?②
图2－2－2
4．如图2－2－2，在直四棱柱A1B1C1D1—ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形)．
【解析】 只要使BD⊥平面AA1C1C即可．
【答案】 ABCD为正方形(ABCD为菱形或AC⊥BD等)
5．已知a，b是不相等的正数，x＝，y＝，则x，y的大小关系是x________y.
【解析】 要比较x，y的大小．∵x＞0，y＞0，
只需比较x2，y2的大小，即与a＋b的大小．
∵a，b为不相等的正数，∴2＜a＋b.
∴＜a＋b，
则x2＜y2.∴x＜y.
【答案】 ＜
6．已知x＞0，y＞0，且＋＝1，则xy的最大值为________．
【解析】 ∵1＝＋≥2＝ .
∴xy≤3，当且仅当x＝，y＝2时等号成立．
【答案】 3
7．已知f(x)＝是奇函数，那么实数a的值等于________．
【解析】 法一 函数的定义域为R，函数为奇函数，当x＝0时f(0)＝0，即＝0.
∴a＝1.
法二 由奇函数的定义f(－x)＝－f(x)恒成立．
即＝－，
即＝－恒成立．
即2a＋a·2x＋1＝2x＋1＋2，∴a＝1.
【答案】 1
8．已知△ABC的两顶点A、B是双曲线－＝1的左右两个焦点，顶点C在双曲线的右支上，则＝________．
【解析】 ∵A、B是双曲线－＝1的左右两个焦点，C在双曲线的右支上，
∴|AB|＝2＝10，|CA|－|CB|＝6，
由正弦定理，得＝＝－.
【答案】 －
二、解答题
9．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，且2cos 2B－8cos B＋5＝0，求证：△ABC为正三角形．
【证明】 ∵2cos 2B－8cos B＋5＝0，
∴4cos2B－8cos B＋3＝0，
∴cos B＝或cos B＝(舍去)，
∴B＝60°.
∵a，b，c等差，∴2b＝a＋c，
∴cos B＝＝＝，
∴a＝c.
又∵B＝60°，
∴△ABC为正三角形．
10．已知a＞0，－＞1，求证：＞.
【证明】 由－＞1，及a＞0知b＞0.
要证明＞，
只需证明·＞1，
即证1＋a－b－ab＞1，
只要证明a－b＞ab，
即证＞1，也就是－＞1，
∵－＞1成立(已知)，
故原不等式＞成立．
图2－2－3
11．如图2－2－3所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)证明：PD⊥平面ABE.
【证明】 (1)在四棱锥P—ABCD中，
因为PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
故PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
又AE?平面PAC.所以CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA，
∵E是PC的中点，
∴AE⊥PC.
由(1)知，AE⊥CD，
且PC∩CD＝C，
所以AE⊥平面PCD.
而PD?平面PCD，
∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，
∴PD在底面ABCD内的射影是AD，∵AB⊥AD，
∴AB⊥PD，
又∵AB∩AE＝A，
故PD⊥平面ABE.
(教师用书独具)
已知函数f(x)＝＋ln(x－1)，其中n∈N*，a为常数，求证对任意的正整数n，当x≥2时，有f(x)≤x－1.
【自主解答】 ∵f(x)＝＋ln(x－1)．
(1)当n为偶数时，令g(x)＝x－1－－ln(x－1)，
则g′(x)＝1＋－＝＋＞0(x≥2)．
所以当x∈[2，＋∞)时，g(x)单调递增，
又g(2)＝0，
因此g(x)＝x－1－－ln(x－1)≥g(2)＝0恒成立，
所以f(x)≤x－1成立．
(2)当n为奇数时，要证f(x)≤x－1，
由于＜0(x≥2)，
所以只需证ln(x－1)≤x－1，
令h(x)＝x－1－ln(x－1)，
则h′(x)＝1－＝≥0(x≥2)，
所以当x∈[2，＋∞)时，h(x)＝x－1－ln(x－1)单调递增，又h(2)＝1＞0，所以当x≥2时，
恒有h(x)＞0，即ln(x－1)＜x－1成立．
综上所述，结论成立．
设实数a≠0，且函数f(x)＝a(x2＋1)－(2x＋)有最小值－1.数列{an}的前n项和Sn＝f(n)，令bn＝(n∈N*)，求证：{bn}是等差数列．
【证明】 ∵函数f(x)＝a(x2＋1)－(2x＋)有最小值－1，
∴a＞0且f()＝－1，即a－＝－1，∴a＝1.
∴f(x)＝x2－2x，Sn＝n2－2n，a1＝S1＝－1.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝n2－2n－[(n－1)2－2(n－1)]＝2n－3，又a1＝－1＝2×1－3，
∴对任意的n∈N*，有an＝2n－3.
则a2＋a4＋…＋a2n＝＝n(2n－1)，
∴bn＝2n－1.
∴bn＋1－bn＝[2(n＋1)－1]－(2n－1)＝2.
又b1＝1.
∴{bn}是以1为首项，2为公差的等差数列．
2．2.2 间接证明
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
通过实例，体会反证法的含义．
2．过程与方法
了解反证法的基本步骤，会用反证法证明简单的命题．
3．情感、态度与价值观
在观察、操作、推理等探索过程中，体验数学活动充满探索性和创造性．
●重点难点
重点：体会反证法证明命题的思路方法，用反证法证明简单的命题．
难点：用反证法证明简单的命题，证明方法的选择．
(教师用书独具)
●教学建议
1．关于反证法概念的教学
建议教师从直接证明的两种方法：综合法和分析法的特点入手进行反证法概念的引入，使得学生明确反证法是一种间接证明的方法，并能体会反证法的思维特点．
2．关于反证法证明步骤的教学
建议教师向学生强调指出，反证法作为一种特殊的间接证明方法，有其独特的格式要求，它不同于一般的举反例或者俗语中的“抬杠”，在使用时一定要严格按照其固有模式进行表述．
3．关于反证法的应用
教学中，要明确教给学生，当一个问题从正面较难入手时，可以考虑从反面入手，即用反证法解题，强化学生的应用意识．
●教学流程
创设问题情境，借助问题让学生了解间接证明、反证法的意义，明确反证法的步骤和常见的矛盾类型．?????
课标解读
1.理解反证法的思考过程和特点，会运用反证法证明简单数学问题(重点、难点)．
2．利用反证法证明时，对结论的假设否定(易错点).
间接证明
【问题导思】
著名的“道旁苦李”的故事：王戎小时候，爱和小朋友在路上玩耍．一天，他们发现路边的一棵树上结满了李子，小朋友一哄而上，去摘李子，独有王戎没动．等到小朋友摘了李子一尝，原来是苦的．他们都问王戎：“你怎么知道李子是苦的呢？”王戎说：“假如李子不苦的话，早被路人摘光了，而这棵树上却结满了李子，所以李子一定是苦的．”
1．王戎的论述运用了什么证明方法？
【提示】 实质运用反证法的数学方法．
2．反
一、填空题
图2－1－5
1．如图2－1－5所示的是一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排，那么第36颗珠子的颜色是________色．
【解析】 通过观察发现，每5颗珠子为一组，前3颗为白色，后2颗为黑色，所以36＝35＋1＝5×7＋1.得第36颗珠子一定为白色的．
【答案】 白
2．(2013·无锡高二检测)如图2－1－6所示，第n个图形中，小正六边形的个数为________．
图2－1－6
【解析】 a1＝7，a2＝7＋5＝12，a3＝12＋5＝17，
∴an＝7＋5(n－1)＝5n＋2.
【答案】 5n＋2
3．正整数按下表的规律排列，则上起第2 005行，左起第2 006列的数应为________．
【解析】 第2 006行的第一个数为2 0062，第2 005行的第2 006列的数是以2 0062为首项，－1为公差的等差数列的第2 007项，∴该数为2 0062＋(－1)×2 006＝2 005×2 006.
【答案】 2 005×2 006
4．(2012·江西高考改编)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝________．
【解析】 从给出的式子特点观察可推知等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10＋b10＝123.
【答案】 123
5．根据给出的数塔猜测123 456×9＋7等于________．
1×9＋2＝11
12×9＋3＝111
123×9＋4＝1 111
1 234×9＋5＝11 111
12 345×9＋6＝111 111
【解析】 等号右边应为n＋1个“1”．
【答案】 1 111 111
6．定义A*B，B*C，C*D，D*B分别对应下列图形
图2－1－7
那么下列图形中，
图2－1－8
可以表示A*D，A*C的分别是________．
【解析】 由已知图形，抓共性不难总结出：
A“|”，B“□”(大)，C“—”，D“□”(小)．
故A*D为(2)，A*C为(4)．
【答案】 (2)，(4)
7．经计算发现下列不等式：＋＜2，＋＜2，＋＜2，…根据以上不等式的规律，试写出一个对正实数a，b都成立的条件不等式：________．
【解析】 ∵＝10，
＝10，＝10，
∴不难得出，若a＋b＝20，＋＜2.
【答案】 若a＋b＝20，则＋＜2
8．(2013·镇江高二检测)设函数f(x)＝(x＞0)，观察：
f1(x)＝f(x)＝，
f2(x)＝f(f1(x))＝，
f3(x)＝f(f2(x))＝，
f4(x)＝f(f3(x))＝，
……
根据以上事实，由归纳推理可得：
当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________．
【解析】 函数结果的分母中x项系数所组成数列的通项公式，由1，3，7，15，…，可推知该数列的通项公式为an＝2n－1.
分母中常数项依次为2，4，8，16，…，其通项为2n.
又函数中，分子都是x.
∴当n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝.
【答案】
二、解答题
9．在△ABC中，不等式＋＋≥成立，
在四边形ABCD中，不等式＋＋＋≥成立，
在五边形ABCDE中，不等式＋＋＋＋≥成立，猜想在n边形A1A2…An中的不等式，为什么？
【解】 不等式左边和式个数分别为3，4，5，…时，不等式右边的数依次为，，，…，其分子依次为32，42，52，…，分母依次为(3－2)π，(4－2)π，(5－2)π，….
故当不等式左边和式个数为n个时，归纳猜想右边应为(n≥3，n∈N*)，
故所求为＋＋…＋≥(n≥3，n∈N*)．
10．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1且Sn－1＋＋2＝0(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表达式．
【解】 当n＝1时，S1＝a1＝1；
当n＝2时，＝－2－S1＝－3，∴S2＝－；
当n＝3时，＝－2－S2＝－，∴S3＝－；
当n＝4时，＝－2－S3＝－，∴S4＝－.
猜想：Sn＝－(n∈N*)．
11．观察下列等式：
①cos 2α＝2cos2α－1；
②cos 4α＝8cos4α－8cos2α＋1；
③cos 6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1；
④cos 8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1；
⑤cos 10α＝mcos10α－1 280cos8α＋1 120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1.
求m－n＋p的值．
【解】 观察等式可知，cos α的最高次项的系数：2，8，32，128构成了公式比为4的等式数列，故m＝128×4＝512；
取α＝0，则cos α＝1，cos 10α＝1，代入等式⑤，得
1＝m－1 280＋1 120＋n＋p－1，即n＋p＝－350.(1)
取α＝，则cos α＝，cos 10α＝－，代入等式⑤，得－＝m()10－1 280×()8＋1 120×()6＋n×()4＋p×()2－1，
即n＋4p＝－200.(2)
联立(1)(2)，
得n＝－400，p＝50.
故m－n＋p＝512－(－400)＋50＝962.
一、填空题
1．对命题“正三角形的内切圆切于三边中点”可类比猜想：正四面体的内切球切于四面各正三角形的________．
【解析】 “边的中点”类比为“各面的中心”．
【答案】 中心
2．已知{bn}为等比数列，b5＝2，则b1b2b3…b9＝29.若{an}为等差数列，a5＝2，则{an}的类似结论为________．
【解析】 乘积类比和，幂类比积．
∴a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9.
【答案】 a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9
3．在平面上，若两个正三角形的边长的比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．
【解析】 若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为1∶8.事实上，由平面几何和立体几何的知识，可知很多比值在平面上成平方关系，在空间内成立方关系．
【答案】 1∶8
4．在圆中，连结圆心和弦的中点的直线垂直于弦，类比圆的上述结论写出球的相应结论为________．
【解析】 平面图形中的点线关系类比到空间为线面关系，对应得出球的相应结论：在球中，连结球心和截面圆的圆心的直线垂直于截面．
【答案】 在球中，连结球心和截面圆的圆心的直线垂直于截面
5．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：
(1)“mn＝nm”类比得“a·b＝b·a”；
(2)“(m＋n)t＝mt＋nt”，类比得“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
(3)“|m·n|＝|m|·|n|”类比得“|a·b|＝|a|·|b|”；
(4)“＝”类比得“＝”．
以上的式子中，类比得到的结论正确的序号是________．
【解析】 (1)(2)均正确，(3)(4)不正确．
【答案】 (1)(2)
6．(2013·南通高二检测)已知正三角形内切圆的半径是高的，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是________．
【解析】 原问题的解法为等面积法，即正三角形的面积S＝ah＝3×ar?r＝h.
类比，用等体积法，V＝Sh＝4×r·S?r＝h.
【答案】 正四面体的内切球的半径是高的
7．对于大于1的自然数m的n次幂可用奇数进行如图2－1－9所示的“分裂”，仿此，记53的“分裂”中的最小数为a，而52的“分裂”中最大的数是b，则a＋b＝________．
图2－1－9
【解析】 ，，
∴a＝21，b＝9，则a＋b＝30.
【答案】 30
图2－1－10
8．如图2－1－10所示，对于函数y＝x2(x＞0)图象上任意两点A(a，a2)，B(b，b2)，线段AB必在曲线段AB的上方，点C分向量的比为λ(λ＞0)，过C作x轴的垂线，交曲线段AB于C′，则由图象中点C在点C′的上方可得不等式＞()2.请分析函数y＝ln x(x＞0)的图象，类比上述不等式可以得到的不等式是________．
【解析】 y＝x2的图象在x＞0时，图象下凹，且A(a，a2)，B(b，b2)，所以点C的纵坐标是，点C与点C′的横坐标都是，而点C′在曲线y＝x2上，点C在点C′上方，所以yC＝＞yC′＝()2.
y＝ln x的图象如图所示，图象上凸，
∴yC＜yC′，类比可得＜ln (a＞0，b＞0)．
【答案】 ＜ln (a＞0，b＞0)
二、解答题
9．已知：等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，有如下的性质：
(1)通项an＝am＋(n－m)·d.
(2)若m＋n＝p＋q，且m，n，p，q∈N*，则am＋an＝ap＋aq.
(3)若m＋n＝2p，且m，n，p∈N*，则am＋an＝2ap.
(4)Sn，S2n/Sn，S3n/S2n构成等差数列．
类比上述性质，在等比数列{bn}中，写出相类似的性质．
【解】 设等比数列{bn}中，公比为q，前n项和为Sn.
(1)通项an＝am·qn－m.
(2)若m＋n＝p＋q，且m，n，p，q∈N*，
则am·an＝ap·aq.
(3)若m＋n＝2p，且m，n，p∈N*，则a＝am·an.
(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等比数列．
10．在Rt△ABC中，若∠C＝90°，则cos2A＋cos2B＝1.请在立体几何中给出四面体性质的猜想．
【解】 如图，在Rt△ABC中，
cos2A＋cos2B＝()2＋()2＝＝1.
于是把结论类比到如图所示的四面体P－A′B′C′中，我们猜想：在三棱锥P－A′B′C′中，若三个侧面PA′B′，PB′C′，PC′A′两两互相垂直且分别与底面所成的角为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.
11．在等腰△ABC中，AB＝AC，设P为底边上任意一点，P到两腰的距离分别为h1，h2，B到腰AC的距离为h，则h1＋h2＝h，类比到空间：在等腰四面体ABCD(对棱分别相等)中，有什么类似的结论？并给出证明．
【解】 类比可得到如下结论：在等腰四面体ABCD中，设P为底面上任意一点，P到三个侧面的距离分别为h1，h2，h3，B到侧面ACD的距离为h，则h1＋h2＋h3＝h.
证明：连结PA，PB，PC，PD，易知△ABC≌△ACD≌△ABD，记它们的面积都是S，则四面体ABCD的体积VA—BCD＝Sh1＋Sh2＋Sh3＝Sh.
故h1＋h2＋h3＝h.
一、填空题
1．下列几种推理过程：
①5和2可以比较大小；
②由平面三角形的性质，推测空间四面体的性质；
③东升高中高二年级有15个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推测高二年级各班都超过50人；
④预测股票走势图．
其中是演绎推理的是________．
【解析】 ②是类比，③是归纳．演绎推理的结论一定是正确的，因此④也不是演绎推理．
【答案】 ①
2．(2013·无锡高二检测)“因为四边形ABCD是菱形，所以四边形ABCD的对角线互相垂直”，补充以上推理的大前提是________．
【解析】 大前提应是菱形对角线所具备的性质．
【答案】 菱形的对角线互相垂直
3．已知推理：“因为△ABC的三边长依次为3，4，5，所以△ABC是直角三角形”．若将其恢复成完整的三段论，则大前提是________________________．
【解析】 大前提：一条边的平方等于其他两条边平方和的三角形是直角三角形；
小前提：△ABC的三边长满足32＋42＝52；
结论：△ABC是直角三角形．
【答案】 一条边的平方等于其他两条边平方和的三角形是直角三角形
4．给出下面一段演绎推理：
有理数是真分数(大前提)
整数是有理数__________________________(小前提)
整数是真分数(结论)
结论显然是错误的，是因为________错误．
【解析】 2是有理数，不是真分数，大前提错误．
【答案】 大前提
5．(2013·苏州高二检测)某西方国家流传着这样一个政治笑话：“鹅吃白菜，参议员先生也吃白菜，所以参议员先生是鹅”．结论显然是错误的，这是因为____________．
【解析】 三段论的推理形式是：M是P，S是M，则S是P，而题中的推理形式则是：M是P，S是P，则S是M，
故推理形式错误．
【答案】 推理形式错误
6．在R上定义运算?：x?y＝x(1－y)，若不等式(x－a)?(x＋a)＜1对任意实数x都成立，则a的取值范围是________．
【解析】 由定义，得(x－a)(1－x－a)＜1，
∴x2－x＋a－a2＋1＞0对x∈R恒成立．
故Δ＝1－4(a－a2＋1)＜0，
∴－＜a＜.
【答案】 (－，)
7．已知函数f(x)＝a－，若f(x)为奇函数，则a＝________．
【解析】 因为奇函数f(x)在x＝0处有定义且f(0)＝0(大前提)
而奇函数f(x)＝a－的定义域为R__(小前提)
所以f(0)＝a－＝0.(结论)
解得a＝.
【答案】
8．(2013·西城高二检测)若f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)，且f(1)＝2，则＋＋…＋＝________．
【解析】 ∵f(a＋b)＝f(a)f(b)，a，b∈N*(大前提)
令b＝1，则＝f(1)＝2.__(小前提)
∴＝＝…＝＝2，(结论)
∴原式＝2＋2＋…＋21 006个2＝2 012.
【答案】 2 012
二、解答题
图2－1－13
9．如图2－1－13所示，在锐角三角形ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，D，E是垂足，用三段论形式证明AB的中点M到D，E的距离相等．
【证明】 有一个内角是直角的三角形是直角三角形；(大前提)
在△ABD中，AD⊥BC，即∠ADB＝90°；__(小前提)
△ABD是直角三角形．(结论)
同理，△AEB也是直角三角形．
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半．(大前提)
DM是Rt△ABD斜边上的中线；__(小前提)
DM＝AB.(结论)
同理，EM＝AB.
等于同一个量的两个量相等；(大前提)
DM和EM都等于AB;__(小前提)
DM＝EM，即AB的中点M到D，E的距离相等．(结论)
图2－1－14
10．如图2－1－14，四棱锥P—ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．
求证：平面AEC⊥平面PDB.
【证明】 ∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD.
∵PD⊥底面ABCD，
∴PD⊥AC.
∴AC⊥平面PDB，AC?平面AEC.
∴平面AEC⊥平面PDB.
11．已知{an}是各项均为正数的等差数列．lg a1，lg a2，lg a4成等差数列，又bn＝(n＝1，2，3，…)．证明：{bn}为等比数列．
【证明】 ∵lg a1，lg a2，lg a4成等差数列，
∴2lg a2＝lg a1＋lg a4，
即a＝a1a4.
若{an}的公差为d，
则(a1＋d)2＝a1(a1＋3d)，a1d＝d2，
从而d(d－a1)＝0.
①若d＝0，{an}为常数列，相应{bn}也是常数列，此时{bn}是首项为正数，
公比为1的等比数列．
②若d＝a1≠0，
则a2n＝a1＋(2n－1)d＝2nd，bn＝＝.
这时{bn}是首项b1＝，
公比为的等比数列．
综上，{bn}为等比数列．
一、填空题
1．给出下列推理：
①由A，B为两个不同的定点，动点P满足||PA|－|PB||＝2a＜|AB|，得点P的轨迹为双曲线；
②由a1＝1，an＝3n－1(n≥2)，求出S1，S2，S3，猜想出数列{an}的前n项和Sn的表达式；
③科学利用鱼的沉浮原理制造潜艇．
其中是归纳推理的是________．
【解析】 ①是演绎推理，②是归纳推理，③类比推理．
【答案】 ②
2．(2013·扬州高二检测)用火柴棒摆“金鱼”，如图2－1－17所示，
图2－1－17
按照上面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为________．
【解析】 由图形知，每增加一个“金鱼”增加6根火柴．
∴第n个“金鱼”图需6n＋2根火柴．
【答案】 6n＋2
3．补充下列推论的三段论
(1)因为互为相反数的两个数的和为0.
又因为a与b互为相反数且________，所以b＝8.
(2)因为________，又因为e＝2.718 28…是无限不循环小数．所以e是无理数．
【解析】 (1)由大前提得a＋b＝0，由结论b＝8，∴a＝－8，
(2)由小前提和结论，逆推大前提．
【答案】 (1)a＝－8 (2)无限不循环小数是无理数
4．对于平面几何中的命题：“夹在两条平行线之间的平行线段相等”，在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题：________________________．
【解析】 平面几何中的线与立体几何中的面相类比，可得：夹在两个平行平面间的平行线段相等．
【答案】 夹在两个平行平面间的平行线段相等
5．观察下面不等式：1＋＜，1＋＋＜，1＋＋＋＜，…，猜想第n个不等式为________．
【解析】 当n≥2时，则不等式左端就为1＋＋＋…＋，而右端的分母正好是n，分子是2n－1，因此可以猜想，n≥2时，满足的不等式为1＋＋＋…＋＜.
故可归纳式子为：1＋＋＋…＋＜(n≥2)．
【答案】 1＋＋＋…＋＜(n≥2)
6．(2013· 杭州高二检测)对于命题：若O是线段AB上一点，则||·＋||·＝0，将它类比到平面的情形是：若O是△ABC内一点，则S△OBC·＋S△OCA·＋S△OBA·＝0，将它类比到空间的情形应该是：若O是四面体ABCD内一点，则________．
【解析】 长度类比面积，面积类比体积，
∴VO—BCD·＋VO—ACD·＋VO—ABD·＋VO—ABC·＝0.
【答案】 VO—BCD·＋VO—ACD·＋VO—ABD·＋VO—ABC·＝0
7．“1＜a＜2”是对任意的正数x，都有2x＋≥1的________条件．
【解析】 2x＋≥2.
∴2x＋≥1(x＞0)恒成立，则2≥1，∴a≥，
∴2x＋≥1的充要条件为a≥.
因此“1＜a＜2”是对“x＞0，都有2x＋≥1”的充分不必要条件．
【答案】 充分不必要
8．四个小动物换座位，开始是鼠、猴、兔、猫分别坐1，2，3，4号位子，第1次前后排动物互换座位，第2次左右列动物互换座位，…，这样交替进行下去，那么第2 012次互换座位后，小兔的座位对应的是编号________．
【解析】 通过第1次、第2次、第3次、第4次互换后得到的结果与开始时一样，所以周期为4，又2 012能被4整除，所以经过第2 012次互换座位后，应为开始时的结果，即小兔的座位对应的是编号3.
【答案】 3
二、解答题
9．定义在实数集R上的函数f(x)，对任意x，y∈R，有f(x－y)＋f(x＋y)＝2f(x)f(y)，且f(0)≠0，
求证：f(x)是偶函数．
【解】 令x＝y＝0，
则有f(0)＋f(0)＝2f(0)×f(0)，
因为f(0)≠0，所以f(0)＝1，
令x＝0，
则有f(－y)＋f(y)＝2f(0)f(y)＝2f(y)，
∴f(－y)＝f(y)，
因此，f(x)是偶函数．
10．如图2－1－18所示“三角形”的数阵，第n行共有n个数，且该行的第一个数和最后一个数都是n，中间任意一个数都等于第n－1行与之相邻的两个数的和，an，1，an，2，…，an，n(n＝1，2，3，…)分别表示第n行的第一个数，第二个数，…，第n个数．求an，2(n≥2且n∈N*)的表达式．
图2－1－18
【解】 由图易知a2，2＝2，a3，2＝4，a4，2＝7，a5，2＝11，….
从而有a3，2－a2，2＝2，a4，2－a3，2＝3，a5，2－a4，2＝4，…，an，2－a(n－1)，2＝n－1.
以上n－2个式子相加即可得到
an，2－a2，2＝2＋3＋4＋…＋(n－1)
＝，
所以an，2＝＋2，
即an，2＝(n≥2且n∈N*)．
11．在平面几何中，研究正三角形内任意一点与三边的关系时，我们有真命题：边长为a的正三角形内任意一点到各边的距离之和是定值a.类比上述命题，请你
写出关于正四面体内任意一点与四个面的关系的一个真命题，并给出简要的证明．
【解】 类比所得的真命题是：棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和是定值a.
证明：设M是正四面体P—ABC内任一点，M到面ABC，面PAB，面PAC，面PBC的距离分别为d1，d2，d3，d4.
由于正四面体四个面的面积相等，故有：VP—ABC＝VM—ABC＋VM—PAB＋VM—PAC＋VM—PBC
＝·S△ABC·(d1＋d2＋d3＋d4)，
而S△ABC＝a2，VP—ABC＝a3，
故d1＋d2＋d3＋d4＝a(定值)．
一、填空题
1．命题“函数f(x)＝x－xln x在区间(0，1)上是增函数”的证明过程“对函数f(x)＝x－xln x求导得f′(x)＝－ln x，当x∈(0，1)时，f′(x)＝－ln x＞0，故函数f(x)在区间(0，1)上是增函数”应用了________的证明方法．
【答案】 综合法
2．欲证－＜－成立，只需证
①(－)2＜(－)2；②(－)2＜(－)2；
③(＋)2＜(＋)2；④(－－)2＜(－)2.
则正确的序号是________．
【解析】 “－＜－”?“＋＜＋”且＋＞0，＋＞0，故只需证(＋)2＜(＋)2.
【答案】 ③
3．已知α，β为实数，给出下列三个论断：
①αβ＞0；②|α＋β|＞5；③|α|＞2，|β|＞2，以其中的两个论断为条件，另一个论断为结论，写出你认为正确的命题是________．
【解析】 由①αβ＞0知α，β同号，
∴由③知|α|＋|β|＝|α＋β|＞4＞5.
【答案】 ①③?②
图2－2－2
4．如图2－2－2，在直四棱柱A1B1C1D1—ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件________时，有A1C⊥B1D1(注：填上你认为正确的一种条件即可，不必考虑所有可能的情形)．
【解析】 只要使BD⊥平面AA1C1C即可．
【答案】 ABCD为正方形(ABCD为菱形或AC⊥BD等)
5．已知a，b是不相等的正数，x＝，y＝，则x，y的大小关系是x________y.
【解析】 要比较x，y的大小．∵x＞0，y＞0，
只需比较x2，y2的大小，即与a＋b的大小．
∵a，b为不相等的正数，∴2＜a＋b.
∴＜a＋b，
则x2＜y2.∴x＜y.
【答案】 ＜
6．已知x＞0，y＞0，且＋＝1，则xy的最大值为________．
【解析】 ∵1＝＋≥2＝ .
∴xy≤3，当且仅当x＝，y＝2时等号成立．
【答案】 3
7．已知f(x)＝是奇函数，那么实数a的值等于________．
【解析】 法一 函数的定义域为R，函数为奇函数，当x＝0时f(0)＝0，即＝0.
∴a＝1.
法二 由奇函数的定义f(－x)＝－f(x)恒成立．
即＝－，
即＝－恒成立．
即2a＋a·2x＋1＝2x＋1＋2，∴a＝1.
【答案】 1
8．已知△ABC的两顶点A、B是双曲线－＝1的左右两个焦点，顶点C在双曲线的右支上，则＝________．
【解析】 ∵A、B是双曲线－＝1的左右两个焦点，C在双曲线的右支上，
∴|AB|＝2＝10，|CA|－|CB|＝6，
由正弦定理，得＝＝－.
【答案】 －
二、解答题
9．已知△ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若a，b，c成等差数列，且2cos 2B－8cos B＋5＝0，求证：△ABC为正三角形．
【证明】 ∵2cos 2B－8cos B＋5＝0，
∴4cos2B－8cos B＋3＝0，
∴cos B＝或cos B＝(舍去)，
∴B＝60°.
∵a，b，c等差，∴2b＝a＋c，
∴cos B＝＝＝，
∴a＝c.
又∵B＝60°，
∴△ABC为正三角形．
10．已知a＞0，－＞1，求证：＞.
【证明】 由－＞1，及a＞0知b＞0.
要证明＞，
只需证明·＞1，
即证1＋a－b－ab＞1，
只要证明a－b＞ab，
即证＞1，也就是－＞1，
∵－＞1成立(已知)，
故原不等式＞成立．
图2－2－3
11．如图2－2－3所示，在四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，AB⊥AD，AC⊥CD，∠ABC＝60°，PA＝AB＝BC，E是PC的中点．
(1)证明：CD⊥AE；
(2)证明：PD⊥平面ABE.
【证明】 (1)在四棱锥P—ABCD中，
因为PA⊥底面ABCD，CD?平面ABCD，
故PA⊥CD.
∵AC⊥CD，PA∩AC＝A，
∴CD⊥平面PAC.
又AE?平面PAC.所以CD⊥AE.
(2)由PA＝AB＝BC，∠ABC＝60°，可得AC＝PA，
∵E是PC的中点，
∴AE⊥PC.
由(1)知，AE⊥CD，
且PC∩CD＝C，
所以AE⊥平面PCD.
而PD?平面PCD，
∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD，
∴PD在底面ABCD内的射影是AD，∵AB⊥AD，
∴AB⊥PD，
又∵AB∩AE＝A，
故PD⊥平面ABE.
一、填空题
1．(2013·南京师大附中高二检测)用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个角不大于60°”时，正确的反设是________．
【解析】 “至少有一个角不大于60°”的否定为“所有三角形的内角均大于60°”．
【答案】 假设三个内角均大于60°
2．已知平面α∩平面β＝直线a，直线b?α，直线c?β，b∩a＝A，c∥a，求证：b与c是异面直线，若利用反证法证明，则应假设________．
【解析】 “异面”的否定为“共面”．
【答案】 b与c共面
3．反证法证明“两条相交直线有且只有一个交点”时，一般情况下先证存在性，再用反证法证明________．
【解析】 “有且只有”有两点：①存在性 ②惟一性．
【答案】 惟一性
4．命题“a，b是实数，若|a－1|＋|b－1|＝0，则a＝b＝1”用反证法证明时应假设为________．
【解析】 “a＝b＝1”是“a＝1且b＝1”，
又因“p且q”的否定为“綈p或綈q”，
所以“a＝b＝1”的否定为“a≠1或b≠1”．
【答案】 a≠1或b≠1
5．若下列两个方程x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实根，则实数a的取值范围是________．
【解析】 若两个方程均无实根，则
解得
∴－2＜a＜－1.
因此两方程至少有一个有实根时，应有a≤－2或a≥－1.
【答案】 {a|a≤－2或a≥－1}
6．完成反证法证题的全过程．
题目：设a1，a2，…，a7是由数字1，2，…，7任意排成的一个数列，求证：乘积p＝(a1－1)(a2－2)…(a2－7)为偶数．
证明：假设p为奇数，则________均为奇数．①
因7个奇数之和为奇数，故有
(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)为________．②
而(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝________．③
②与③矛盾，故p为偶数．
【解析】 由假设p为奇数，知
a1－1，a2－2，…，a7－7均为奇数．
故(a1－1)＋(a2－7)＋…＋(a7－7)
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0为奇数．
这与0为偶数矛盾．
【答案】 a1－1，a2－2，…，a7－7 奇数 0
7．设a，b，c都是正数，则三个数a＋，b＋，c＋与2的大小关系是________．
【解析】 假设a＋，b＋，c＋均小于2，
则a＋＋b＋＋c＋＜6.①
又∵a＋≥2，b＋≥2，c＋≥2，
∴a＋＋b＋＋c＋≥6，②
①与②矛盾，∴假设不成立
∴a＋，b＋，c＋至少有一个不小于2.
【答案】 a＋，b＋，c＋至少有一个不小于2
8．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖”，乙说：“甲、丙都未获奖”，丙说：“我获奖了”，丁说：“是乙获奖”．四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是________．
【解析】 假设甲获奖，则四人说的话都错，不合题意，假设乙获奖，则甲、乙、丁三人的话都对，不合题意；假设丙获奖，则恰有甲、丙二人的话对，故获奖的歌手是丙．
【答案】 丙
二、解答题
9．已知a，b，c是不全相等的非零实数，若a，b，c成等差数列，求证：，，构不成等差数列．
【证明】 假设，，构成等差数列，
则＝＋＝.①
由于a，b，c成等差数列，故2b＝a＋c.②
①②消去b，整理可得(a－c)2＝0，即a＝c，
所以2b＝a＋c＝2a，即a＝b，则a＝b＝c.
这与a，b，c不全相等矛盾．
故，，构不成等差数列．
10．若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，求证：a，b，c中至少有一个大于0.
【证明】 假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，则a＋b＋c≤0，
而a＋b＋c＝x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3.
∵π－3＞0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，
∴a＋b＋c>0.这与a＋b＋c≤0矛盾，
所以a，b，c中至少有一个大于0.
图2－2－4
11．如图2－2－4所示，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，A在平面PBC上的射影为H，求证：H不可能是△PBC的垂心．
【证明】 假设H是△PBC的垂心，连CH，则CH⊥PB.
∵CB⊥AB，CB⊥PA，AB∩PA＝A，
∴CB⊥平面PAB，∴CB⊥PB，
从而在△BCP中，有CH∥CB，与CH∩CB＝C矛盾．
∴假设不成立．
故H不可能是△PBC的垂心．
一、填空题
1．若f(n)＝1＋＋＋…＋，则当n＝1时f(n)为________．
【解析】 当n＝1时，f(n)＝1＋＋＝.
【答案】
2．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取值________．
【解析】 ∵当n＝1时，21＝12＋1，由n＝2时，22<22＋1，当n＝3时，23<32＋1，当n＝4时，24<42＋1，当n≥5时，2n>n2＋1恒成立．
∴n0＝5.
【答案】 5
3．用数学归纳法证明某不等式时，其左边＝1－＋－＋…＋－，则从“n＝k到n＝k＋1”应将左边加上________．
【解析】 当n＝k(k≥1，k∈N*)时，左边＝1－＋－＋…＋－，当n＝k＋1时，左边＝1－＋－＋…＋－＋－.
比较以上两式发现，从“n＝k到n＝k＋1”应将左边加上－.
【答案】 －
4．数列{an}满足a1＝，an＋1＝1－，则a2 014＝________．
【解析】 a2＝1－2＝－1，a3＝1＋1＝2，a4＝1－＝，
∴以3为一个周期，∴a2 014＝a1＝.
【答案】
5．用数学归纳法证明≥()n(a，b是非负实数，n∈N*)时，假设n＝k命题成立之后，证明n＝k＋1时命题也成立的关键是两边同乘以________．
【解析】 要想办法出现ak＋1＋bk＋1，两边同乘以，右边也出现了要证的()k＋1.
【答案】
6．用数学归纳法证明：n∈N*，34n＋2＋52n＋1一定能被14整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1应变形为________．
【解析】 34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝34k＋2·34＋52k＋1·52＝81×34k＋2＋25×52k＋1＝25(34k＋2＋52k＋1)＋14×4×34k＋2.
【答案】 25(34k＋2＋52k＋1)＋14×4×34k＋2
7．对于不等式＜n＋1(n∈N*)，某学生证明过程如下：
(1)当n＝1时，＜1＋1，不等式成立；
(2)假设n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即＜k＋1(k∈N*)，则当n＝k＋1时，＝＜＝＝(k＋1)＋1，所以当n＝k＋1时命题成立．
上述证法的错误在于________．
【解析】 在(2)中，不是由n＝k命题成立推证n＝k＋1时命题成立．
【答案】 没用归纳假设
8．用数学归纳法证明：凸n边形对角线的条数f(n)＝n(n－3)(n≥4)时，f(k＋1)与f(k)的关系是________．
【解析】 假设n＝k(k≥4，k∈N*)时成立，则f(k)＝k(k－3)，
当n＝k＋1时，多出一条边，实际上增加的对角线条数为k＋1－2＝k－1条，所以f(k＋1)＝f(k)＋k－1.
【答案】 f(k＋1)＝f(k)＋k－1
二、解答题
9．设n∈N*，利用数学归纳法证明：f(n)＝(2n＋7)·3n＋9是36的倍数．
【证明】 (1)当n＝1时，f(1)＝(2＋7)×3＋9＝36，结论显然成立．
(2)假设n＝k时，f(k)能被36整除，即f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除；
那么，当n＝k＋1时，有f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)．
由于3k－1－1是2的倍数，故18(3k－1－1)能被36整除．
这就是说，当n＝k＋1时，f(n)也能被36整除．
由(1)(2)可知对一切n∈N*，都有f(n)＝(2n＋7)·3n＋9是36的倍数．
10．用数学归纳法证明：＋＋＋…＋＜1－(n≥2，n∈N*)．
【证明】 (1) 当n＝2时，左式＝＝，
右式＝1－＝.
因为＜，所以不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立．
即＋＋＋…＋＜1－，
则当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋＜1－＋
＝1－＜1－＝1－，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
综上所述，对任意n≥2的正整数，不等式都成立．
11．已知数列{an}满足an＋1＝，a1＝0.试猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法证明．
【解】 由an＋1＝，a1＝0，得
a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝，
a5＝＝，….
归纳上述结果，可得猜想an＝(n＝1，2，3，…)．
下面用数学归纳法证明这个猜想：
(1)当n＝1时，猜想显然成立．
(2)假设当n＝k时猜想成立，即ak＝，
那么，当n＝k＋1时，ak＋1＝＝＝＝，
即当n＝k＋1时，猜想也成立．
根据(1)和(2), 可知猜想an＝对所有正整数都成立，即为数列{an}的通项公式．
