2.1.2 演绎推理
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
(1)让学生知道演绎推理的含义，以及演绎推理与合情推理的联系与差异．
(2)能运用演绎推理的基本方法“三段论”进行一些简单的推理．
2．过程与方法
(1)结合已学过的数学实例和生活中的实例，引出演绎推理的概念．
(2)通过对实际例子的分析，从中概括出演绎推理的推理过程．
(3)通过一些证明题的实例，让学生体会“三段论”的推理形式．
3．情感、态度与价值观
让学生体会演绎推理的逻辑推理美，让学生亲身经历数学研究的过程，感受数学的魅力，进而激发自身的求知欲．了解演绎推理在数学证明中的重要地位和日常生活中的作用，养成言之有理，论证有据的思维习惯．
●重点难点
重点：了解演绎推理的含义，理解合情推理与演绎推理的区别与联系，能利用“三段论”进行简单的推理．
难点：利用三段论证明一些实际问题．
通过比较合情推理与演绎推理的区别与联系，加深学生对概念的理解，在演绎推理的应用中要注意大前提、小前提的应用方法与技巧，注意推理形式的正确性．可将常见的证明题型分类研究，探究每种题型的特点，总结证明方法的特征，学以致用使所证问题化难为易．
(教师用书独具)
●教学建议
建议本课运用自学指导法，通过创设问题情境，引导学生自学探究演绎推理与合情推理的区别与联系，了解演绎推理的作用和应用方式方法．教师指导重点应放在“三段论”的理解与应用上，师生共同研讨大前提、小前提、结论之间的关系，帮助学生分析大前提、小前提的作用及应用方法，引导学生挖掘证明过程包含的推理思路，明确演绎推理的基本过程，总结规律方法，使学生能举一反三、触类旁通．本部分的练习题不在“多”，而在“精”，关键在理解．
●教学流程
创设问题情境，引出问题，引导学生认识演绎推理的概念，了解演绎推理与合情推理的区别与联系．?利用填一填的形式，使学生自主学习本节基础知识，并反馈了解，对理解有困难的概念加以讲解．?引导学生在学习基础知识的基础上完成例题1，总结三段论的特点．通过变式训练，总结此类问题易犯的错误．?师生共同分析探究例题2的证明方法：找出大前提、小前提，利用三段论给出证明．引导学生完成互动探究．
?
完成当堂双基达标，巩固所学知识及应用方法．并进行反馈矫正．?归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节所学知识，强调重点内容和规律方法．?学生自主完成例题3变式训练，老师抽查完成情况，对出现问题及时指导．?让学生自主分析例题3，老师适当点拨解题思路，学生分组讨论给出解法．老师组织解法展示．引导学生总结解题规律．
课标解读
1.理解演绎推理的意义．(重点)
2.掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理．(难点)
3.了解合情推理和演绎推理之间的区别和联系.
演绎推理
【问题导思】
看下面两个问题：
(1)一切奇数都不能被2整除，(22 012＋1)是奇数，所以(22 012＋1)不能被2整除；
(2)两个平面平行，则其中一个平面内的任意直线必平行于另一个平面，如果直线a是其中一个平面内的一条直线，那么a平行于另一个平面．
1．这两个问题中的第一句都说的是什么？
【提示】 都说的是一般原理．
2．第二句又说的是什么？
【提示】 都说的是特殊示例．
3．第三句呢？
【提示】 由一般原理对特殊示例作出判断．
1．演绎推理
(1)含义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论的推理．
(2)特点：由一般到特殊的推理．
2．三段论
一般模式
常用格式
大前提
已知的一般原理
M是P
小前提
所研究的特殊情况
S是M
结论
根据一般原理，对特
殊情况做出的判断
S是P
把演绎推理写成三段论形式
将下列推理写成“三段论”的形式：
(1)向量是既有大小又有方向的量，故零向量也有大小和方向；
(2)矩形的对角线相等，正方形是矩形，所以正方形的对角线相等；
(3)0.33 是有理数；
(4)y＝sin x(x∈R)是周期函数．
【思路探究】 首先分析出每个题的大前提、小前提及结论，再写成三段论的形式．
【自主解答】 (1)向量是既有大小又有方向的量，
大前提
零向量是向量，小前提
所以零向量也有大小和方向．结论
(2)每一个矩形的对角线都相等，大前提
正方形是矩形，小前提
正方形的对角线相等．结论
(3)所有的循环小数都是有理数，大前提
0．33是循环小数，小前提
0．33是有理数．结论
(4)三角函数是周期函数，大前提
y＝sin x是三角函数，小前提
y＝sin x是周期函数．结论
用三段论写推理过程时，关键是明确大、小前提，三段论中的大前提提供了一个一般性的原理，小前提指出了一种特殊情况，两个命题结合起来，揭示一般原理与特殊情况的内在联系．有时可省略小前提，有时甚至也可大前提与小前提都省略．在寻找大前提时，可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．
指出下列推理中的错误，并分析产生错误的原因：
(1)整数是自然数，大前提
－3是整数，小前提
－3是自然数．结论
(2)常数函数的导函数为0，大前提
函数f(x)的导函数为0，小前提
f(x)为常数函数．结论
(3)无理数是无限不循环小数，大前提
(0.333 33…)是无限不循环小数，小前提
是无理数结论
【解】 (1)结论是错误的，原因是大前提错误．自然数是非负整数．
(2)结论是错误的，原因是推理形式错误．大前提指出的一般原理中结论为“导函数为0”，因此演绎推理的结论也应为“导函数为0”．
(3)结论是错误的，原因是小前提错误.(0.333 33…)是循环小数而不是无限不循环小数.
三段论在证明几何问题中的应用
图2－1－4
已知在梯形ABCD中(如图2－1－4)，DC＝DA，AD∥BC.求证：AC平分∠BCD.(用三段论证明)
【思路探究】 观察图形→DC＝DA?∠1＝∠2→AD∥BC?∠1＝∠3→∠2＝∠3
【自主解答】 ∵等腰三角形两底角相等，大前提
△ADC是等腰三角形，∠1和∠2是两个底角，
小前提
∴∠1＝∠2.结论
∵两条平行线被第三条直线截得的内错角相等，
大前提
∠1和∠3是平行线AD、BC被AC截得的内错角，
小前提
∴∠1＝∠3.结论
∵等于同一个角的两个角相等，大前提
∠2＝∠1，∠3＝∠1，小前提
∴∠2＝∠3，即AC平分∠BCD.结论
1．三段论推理的根据，从集合的观点来理解，就是：若集合M的所有元素都具有性质P，S是M的子集，那么S中所有元素都具有性质P.
2．数学问题的解决和证明都蕴含着演绎推理，即一连串的三段论，关键是找到每一步推理的依据——大前提、小前提，注意前一个推理的结论可作为下一个三段论的前提．
试用更简洁的语言书写本例的证明过程．
【解】 在△DAC中，
∵DA＝DC，
∴∠1＝∠2，
又∵AD∥BC，
∴∠1＝∠3，
∴∠2＝∠3，即AC平分∠BCD.
合情推理、演绎推理的综合应用
图2－1－5
如图2－1－5所示，三棱锥A－BCD的三条侧棱AB，AC，AD两两互相垂直，O为点A在底面BCD上的射影．
(1)求证：O为△BCD的垂心；
(2)类比平面几何的勾股定理，猜想此三棱锥侧面与底面间的一个关系，并给出证明．
【思路探究】 (1)利用线面垂直与线线垂直的转化证明O为△BCD的垂心．
(2)先利用类比推理猜想出一个结论，再用演绎推理给出证明．
【自主解答】 (1)∵AB⊥AD，AC⊥AD，
∴AD⊥平面ABC，
∴AD⊥BC，
又∵AO⊥平面BCD，AO⊥BC，
且AD∩AO＝A，
∴BC⊥平面AOD，∴BC⊥DO，同理可证CD⊥BO，
∴O为△BCD的垂心．
(2)猜想：S＋S＋S＝S.
证明：连接DO并延长交BC于E，连接AE，
由(1)知AD⊥平面ABC，
AE?平面ABC，
∴AD⊥AE，又AO⊥ED，
∴AE2＝EO·ED，
∴(BC·AE)2＝(BC·EO)·(BC·ED)，
即S＝S△BOC·S△BCD.
同理可证：S＝S△COD·S△BCD，S
＝S△BOD·S△BCD.
∴S＋S＋S＝S△BCD·(S△BOC＋S△COD＋S△BOD)＝S△BCD·S△BCD＝S.
合情推理仅是“合乎情理”的推理，它得到的结论不一定正确．但合情推理常常帮助我们猜测和发现新的规律，为我们提供证明的思路和方法，而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下)．二者结合可以利用合情推理去发现问题，然后用演绎推理进行论证．
已知命题：“若数列{an}是等比数列，且an>0，则数列bn＝(n∈N*)也是等比数列”．类比这一性质，你能得到关于等差数列的一个什么性质？并证明你的结论．
【解】 类比等比数列的性质，可以得到等差数列的一个性质是：若数列{an}是等差数列，则数列bn＝也是等差数列．证明如下：
设等差数列{an}的公差为d，则bn＝＝＝a1＋(n－1)，
所以数列{bn}是以a1为首项，为公差的等差数列．
数形结合思想在演绎推理中的应用
数形结合思想在高考中占有非常重要的地位，其“数”与“形”结合，相互渗透，把代数式的精确刻画与几何图形的直观描述相结合，使代数问题、几何问题相互转化，使抽象思维和形象思维有机结合．应用数形结合思想，就是充分考查数学问题的条件和结论之间的内在联系，既分析其代数意义又揭示其几何意义，将数量关系和空间形式巧妙结合，来寻找解题思路，使问题得到解决．
若函数f(x)＝log2(x＋1)，且c>b>a>0，则、、的大小关系是( )
A.>> B.>>
C.>> D．>>
【思路点拨】 作出函数f(x)＝log2(x＋1)的图象―→找三点(a，f(a))，(b，f(b))，(c，f(c))―→结论的几何意义―→结论
【规范解答】 作出函数f(x)＝log2(x＋1)的图象如图所示，、、可看作三点与原点的连线的斜率．由图知A项正确．
【答案】 A
运用数形结合思想，要熟练掌握一些概念和运算的几何意义及常见曲线的代数特征．本题巧妙地应用了直线的斜率的几何意义，平凡中见神奇！
1．演绎推理是从一般性原理出发，推出某个特殊情况的推理方法；只要前提和推理形式正确，通过演绎推理得到的结论一定正确．
2．在数学中，证明命题的正确性都要使用演绎推理，推理的一般模式是三段论，证题过程中常省略三段论的大前提．
1．正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数．以上推理( )
A．结论正确 B．大前提不正确
C．小前提不正确 D．全不正确
【解析】 函数f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，故小前提不正确，故选C.
【答案】 C
2．三段论“①只有船准时起航，才能准时到达目的港，②这艘船是准时到达目的港的，③这艘船是准时起航的．”中的小前提是( )
A．① B．② C．①② D．③
【解析】 本题中①为大前提，③为小前提，②为结论．
【答案】 D
3．“一切奇数都不能被2整除，35不能被2整除，所以35是奇数．”把此演绎推理写成三段论的形式为：
大前提：________________________________________________________________________
小前提：________________________________________________________________________
结论：________________________________________________________________________
【解析】 根据题意可知，此三段论的大前提、小前提和结论分别为：不能被2整除的整数是奇数；35不能被2整除；35是奇数．
【答案】 不能被2整除的整数是奇数 35不能被2整除 35是奇数
4．用三段论的形式写出下列命题：
(1)Rt△ABC的内角和为180°；
(2)通项公式an＝2n＋3的数列{an}是等差数列．
【解】 (1)三角形的内角和是180°，大前提
Rt△ABC是三角形，小前提
Rt△ABC的内角和为180°.结论
(2)若n≥2时，an－an－1为常数，则
{an}是等差数列，大前提
an＝3n＋2，an－an－1＝3，小前提
则{an}是等差数列．结论
一、选择题
1．已知△ABC中，∠A＝30°，∠B＝60°，求证a＜b.
证明：∵∠A＝30°，∠B＝60°，∴∠A＜∠B，∴a＜b，画线部分是演绎推理的( )
A．大前提 B．小前提
C．结论 D．三段论
【解析】 结合三段论的特征可知，该证明过程省略了大前提“在同一个三角形中大角对大边”，因此画线部分是演绎推理的小前提．
【答案】 B
2．(2013·三亚高二检测)“指数函数y＝ax(a＞0且a≠1)是R上的增函数，而y＝()x是指数函数，所以y＝()x是R上的增函数”，上述三段论推理过程中导致结论错误的是( )
A．大前提 B．小前提
C．大、小前提 D．推理形式
【解析】 指数函数y＝ax在a＞1时在R上是增函数，当0＜a＜1时，在R上是减函数，故上述三段论的证明中“大前提”出错．
【答案】 A
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应满足的条件是( )
A．a2
C．a2>b2＋c2 D．a2≤b2＋c2
【解析】 ∵cos A＝<0，
∴b2＋c2－a2<0，∴a2>b2＋c2.
【答案】 C
4．下面几种推理过程是演绎推理的是( )
A．两条直线平行，同旁内角互补，因为∠A和∠B是两条平行直线被第三条直线所截所得的同旁内角，所以∠A＋∠B＝180°
B．我国地质学家李四光发现中国松辽地区和中亚细亚的地质结构类似，而中亚细亚有丰富的石油，由此，他推断松辽平原也蕴藏着丰富的石油
C．由6＝3＋3,8＝3＋5,10＝3＋7,12＝5＋7,14＝7＋7，…，得出结论：一个偶数(大于4)可以写成两个素数的和
D．在数列{an}中，a1＝1，an＝(an－1＋)(n≥2)，由此归纳出{an}的通项公式
【解析】 B、C、D选项是合情推理，A选项是演绎推理．
【答案】 A
5．“∵四边形ABCD是矩形，∴四边形ABCD的对角线相等．”以上推理的大前提是( )
A．正方形都是对角线相等的四边形
B．矩形都是对角线相等的四边形
C．等腰梯形都是对角线相等的四边形
D．矩形都是对边平行且相等的四边形
【解析】 大前提为矩形都是对角线相等的四边形．
【答案】 B
二、填空题
6．在求函数y＝的定义域时，第一步推理中大前提是“当有意义时，a≥0”；小前提是“有意义”；结论是________________________________________________________________________．
【解析】 由log2x－2≥0得x≥4.
【答案】 “y＝的定义域是[4，＋∞)”
7．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的三边长依次为3,4,5，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的平方和的三角形是直角三角形
图2－1－6
8．如图2－1－6所示，因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB＝CD，BC＝AD.
又因为△ABC和△CDA的三边对应相等，所以△ABC≌△CDA.
上述推理的两个步骤中应用的推理形式是________．
【答案】 演绎推理
三、解答题
9．把下列演绎推理写成三段论的形式．
(1)在一个标准大气压下，水的沸点是100 ℃，所以在一个标准大气压下把水加热到100 ℃时，水会沸腾；
(2)一切奇数都不能被2整除，(2100＋1)是奇数，所以(2100＋1)不能被2整除；
(3)三角函数都是周期函数，y＝tan α是三角函数，因此y＝tan α是周期函数．
【解】 (1)在一个标准大气压下，水的沸点是100 ℃，大前提
在一个标准大气压下把水加热到100 ℃，小前提
水会沸腾．结论
(2)一切奇数都不能被2整除，大前提
(2100＋1)是奇数，小前提
(2100＋1)不能被2整除．结论
(3)三角函数都是周期函数，大前提
y＝tan α是三角函数，小前提
y＝tan α是周期函数．结论
10．如图2－1－7，D，E，F分别是BC，CA，AB上的点，∠BFD＝∠A，DE∥BA，求证：ED＝AF，写出三段论形式的演绎推理．
图2－1－7
【证明】 因为同位角相等，两条直线平行，大前提
∠BFD与∠A是同位角，且∠BFD＝∠A，小前提
所以FD∥AE.结论
因为两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
大前提
DE∥BA，且FD∥AE，小前提
所以四边形AFDE为平行四边形．结论
因为平行四边形的对边相等，大前提
ED和AF为平行四边形AFDE的对边，小前提
所以ED＝AF.结论
11．已知函数f(x)＝＋bx，其中a>0，b>0，x∈(0，＋∞)，确定f(x)的单调区间，并证明在每个单调区间上的增减性．
【解】 设0f(x1)－f(x2)＝(＋bx1)－(＋bx2)
＝(x2－x1)(－b)．
当0则x2－x1>0,0b，
∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
∴f(x)在(0，]上是减函数，
当x2>x1≥时，则x2－x1>0，x1x2>，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)在[，＋∞)上是增函数.
(教师用书独具)
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】 利用三段论证明，题目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．
【自主解答】 设x1，x2是(－1，＋∞)上的任意两实数，且x1则f(x1)－f(x2)＝ax1＋－ax2－
＝ax1－ax2＋－
＝ax1－ax2＋.
∵a>1，且x1又∵x1>－1，x2>－1，∴(x1＋1)(x2＋1)>0.
∴f(x1)－f(x2)<0.∴f(x1)∴函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
1．很多代数问题不论解答题，还是证明题都蕴含着演绎推理．
2．在解题过程中常省略大前提，本例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．
如图所示，A、B、C、D为空间四点，在△ABC中，AB＝2，AC＝BC＝，等边三角形ADB以AB为轴转动．
(1)当平面ADB⊥平面ABC时，求CD；
(2)当△ADB转动时，是否总有AB⊥CD？证明你的结论．
【解】 (1)取AB中点E，连接DE，CE.(如图)
∵△ADB为等边三角形，
∴DE⊥AB.
又∵平面ADB⊥平面ABC，
且平面ADB∩平面ABC＝AB，
∴DE⊥平面ABC，∴DE⊥EC.
由已知可得DE＝AB＝，EC＝1.
∴在Rt△DEC中，CD＝＝2.
(2)当△ADB以AB为轴转动时，总有AB⊥CD.
证明如下：
①当D在平面ABC内时，∵AC＝BC，AD＝BD，
∴C、D都在AB的垂直平面分线上，∴CD⊥AB.
②当D不在平面ABC内时，由(1)知AB⊥DE.
又AC＝BC，∴AB⊥CE.
∵DE∩CE＝E，∴AB⊥平面DEC.
∵DC?面DEC，∴AB⊥CD.
综上所述，总有AB⊥CD.
选修1－2
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
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
(1)结合已学过的数学实例，了解归纳推理与类比推理的含义．
(2)能利用归纳和类比的方法进行简单的推理．
(3)体会并认识归纳推理、类比推理在数学发现中的作用．
2．过程与方法
让学生感受数学知识与实际生活的普遍联系，通过让学生积极参与，亲身经历归纳、类比推理定义的获得过程，培养学生归纳推理、类比推理的思想．
3．情感、态度与价值观
通过本节学习正确认识合情推理在数学中的重要作用，养成认真观察事物、分析事物、发现事物之间的质的联系的良好品质，善于发现问题，探求新知识．
●重点难点
重点：归纳推理与类比推理概念的理解，归纳推理与类比推理思想方法的掌握．
难点：归纳推理、类比推理的应用．
通过举例分析归纳推理与类比推理的异同，让学生对两个概念有较深刻的理解，突出本节重点，通过例题讲解总结归纳推理与类比推理的应用方法及解题规律，强化训练有关题型，化解难点．
(教师用书独具)
●教学建议
1．关于归纳推理的教学
教学时要从具体的事例出发，让学生参与猜测，引导学生归纳，激发学生学习的兴趣，总结归纳推理的过程，让学生自己去发现归纳推理的应用方法与技巧．通过适量的练习使学生掌握观察、猜测、归纳、论证各环节的规律方法，并能灵活应用．
2．关于类比推理的教学
类比推理的难度要大于归纳推理，教学时应该借助实例帮助学生学会分析类比对象之间的异同点，学会由已知对象的性质、特征联想类比对象的相应性质特征．通过适量练习让学生逐步掌握类比的技巧方法．引导学生总结并掌握常见的类比结论．
●教学流程
创设问题情境，引出问题，猜想数列的项及三角形内角和，引入归纳推理的概念．?创设问题情境，引出问题，由三角形的性质，推测空间四面体的性质，从而引出类比推理的概念．?创设问题情境，通过归纳推理、类比推理的概念，引出合情推理的概念．?引导学生分析例题1，找出图案的个数变化，猜想出排列规律，从而计算出第六个图案的个数．总结方法，完成变式训练．
?
完成当堂双基达标，巩固所学知识及应用方法．并进行反馈矫正．?归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节所学知识，强调重点内容和规律方法．?讲解例题3，指出解题误区及如何避免，总结合情推理的应用类型解题方法．?引导学生分析例题2，指出相对应的类比元素，三边对四面，高对高推测结论，并给出证明，总结类比方法，引导学生完成互动探究．
课标解读
1.了解合情推理的含义，正确理解归纳推理与类比推理．(重点)
2．能用归纳和类比进行简单的推理．(难点)
3．了解合情推理在数学发现中的作用.
归纳推理
【问题导思】
1．数列{an}中，a1＝，a2＝，a3＝，a4＝.你能猜出a5的值吗？
【提示】 a5＝.
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】 所有三角形内角和都是180°.
定义
特征
由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理
归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理
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乘积的.
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之和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．以上两个推理有什么共同特点？
【提示】 都是根据三角形的特征，类比四面体相关元素得出结论的．
定义
特征
由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理，称为类比推理
类比推理是由特殊到特殊的推理
合情推理
【问题导思】
1．归纳推理与类比推理有没有共同点？
【提示】 二者都是从具体事实出发，推断猜想新的结论．
2．归纳推理与类比推理得出的结论一定正确吗？
【提示】 不一定正确．
归纳推理和类比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，我们把它们统称为合情推理．
归纳推理
有两种花色的正六边形地面砖，按下图的规律拼成若干个图案，则第6个图案中有菱形纹的正六边形的个数是( )
图2－1－1
A．26 B．31
C．32 D．36
【思路探究】 本题中图形的变化比较简单，可有两种思路：第一种，直接查个数，找到变化规律后再猜想；第二种，看图形的排列规律，每相邻的两块无纹正六边形之间有一块“公共”的有菱形纹正六边形．
【自主解答】 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
…
由表可以看出有菱形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，所以第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是6＋5×(6－1)＝31.故选B.
法二 由图案的排列规律可知，除第一块无纹正六边形需6个有菱形纹的正六边形围绕(第一个图案)外，每增加一块无纹正六边形，只需增加5块有菱形纹正六边形(每两块相邻的无纹正六边形之间有一块“公共”的有菱形纹正六边形)，第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数为6＋5×(6－1)＝31，故选B.
【答案】 B
1．解答本题时，关键是找出相邻图形间正六边形个数的变化规律．
2．对于图形中的归纳推理问题，可从图形中相关元素(点、直线等)的变化规律入手直接求解，也可将其转化为数列问题进行求解．
(2012·陕西高考)观察下列不等式：
1＋<，
1＋＋<，
1＋＋＋<，
………
照此规律，第五个不等式为________．
【解析】 观察每行不等式的特点，每行不等式左端最后一个分数的分母与右端值的分母相等，且每行右端分数的分子构成等差数列．
∴第五个不等式为1＋＋＋＋＋<.
【答案】 1＋＋＋＋＋<
类比推理
如图2－1－2所示，在平面上，设ha，hb，hc分别是△ABC三条边上的高，P为△ABC内任意一点，P到相应三边的距离分别为pa，pb，pc，可以得到结论＋＋＝1.
图2－1－2
证明此结论，通过类比写出在空间中的类似结论，并加以证明．
【思路探究】 三角形类比四面体，三角形的边类比四面体的面，三角形边上的高类比四面体以某一面为底面的高．
【自主解答】 ＝＝，
同理，＝，＝.
∵S△PBC＋S△PAC＋S△PAB＝S△ABC，
∴＋＋＝＝1.
类比上述结论得出以下结论：如图所示，在四面体ABCD中，设ha，hb，hc，hd分别是该四面体的四个顶点到对面的距离，P为该四面体内任意一点，P到相应四个面的距离分别为pa，pb，pc，pd，可以得到结论＋＋＋＝1.
证明如下：＝＝，
同理，＝，＝，＝.
∵VP－BCD＋VP－ACD＋VP－ABD＋VP－ABC＝VA－BCD，
∴＋＋＋
＝＝1.
1．类比推理的基本原则是根据当前问题的需要，选择适当的类比对象，可以从几何元素的数目、位置关系、度量等方面入手，由平面中相关结论可以类比得到空间中的相关结论．
2．平面图形与空间图形类比如下：
平面图形
点
线
边长
面积
线线角
三角形
空间图形
线
面
面积
体积
二面角
四面体
在本例中，若△ABC的边长分别为a，b，c，其对角分别为A、B、C，那么由a＝b·cos C＋c·cos B可类比四面体的什么性质？
【解】 在如图所示的四面体中，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.
合情推理的综合应用
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)．
【思路探究】 结合已知等比数列的特征可类比等差数列每隔10项和的有关性质．
【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．
证明如下：
∵等差数列{an}的公差d＝3，
∴(S30－S20)－(S20－S10)
＝(a21＋a22＋…＋a30)－(a11＋a12＋…＋a20)
＝10d＋10d＋…＋10＝100d＝300，
同理可得：
(S40－S30)－(S30－S20)＝300，
所以数列S20－S10，S30－S20，S40－S30
是等差数列，且公差为300.
(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.
在等比数列与等差数列的类比中，要注意等差与等比、加与乘、减与除、乘法与乘方的类比特点．
等差数列有如下性质：若数列{an}是等差数列，则当bn＝时，数列{bn}也是等差数列；类比上述性质，相应地，若数列{cn}是正项等比数列，则当dn＝________时，数列{dn}也是等比数列．
【解析】 类比等差数列与等比数列的性质：定义中“差”与“商”，中项中“和”与“积”，可猜测当dn＝时，{dn}为等比数列．
【答案】
归纳推理在数阵中的应用
(12分)观察如图所示的“三角数阵”
1…………第1行
2 2…………第2行
3 4 3…………第3行
4 7 7 4…………第4行
5 11 14 11 5…………第5行
…………
记第n行的第2个数为an(n≥2，n∈N*)，请仔细观察上述“三角数阵”的特征，完成下列各题：
(1)第6行的6个数依次为________、________、________、________、________、________；
(2)依次写出a2、a3、a4、a5；
(3)归纳出an＋1与an的关系式．
【思路点拨】 观察数阵，总结规律：除首末两数外，每行的数等于它上一行肩膀上的两数之和，得出(1)的结果．
(2)由数阵可直接写出答案．
(3)写出a3－a2，a4－a3，a5－a4，从而归纳出(3)的结论．
【规范解答】 由数阵可看出，除首末两数外，每行中的数都等于它上一行的肩膀上的两数之和，且每一行的首末两数都等于行数．
(1)6,16,25,25,16,6.4分
(2)a2＝2，a3＝4，a4＝7，a5＝11.8分
(3)∵a3＝a2＋2，a4＝a3＋3，a5＝a4＋4，
由此归纳：an＋1＝an＋n.12分
对于数阵问题的解决方法，既要清楚每行、每列数的特征，又要对上、下行，左、右列间的关系进行研究，找到规律，问题即可迎刃而解．
1．合情推理主要包括归纳推理和类比推理．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展结论，在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为：
从具体问题出发―→观察、分析、比较、联想―→归纳、类比―→提出猜想
1．下列说法正确的是( )
A．由合情推理得出的结论一定是正确的
B．合情推理必须有前提有结论
C．合情推理不能猜想
D．合情推理得出的结论不能判断正误
【解析】 根据合情推理可知，合情推理必须有前提有结论，故选B.
【答案】 B
2．如果数列{an}的前n项和Sn＝an－3，那么这个数列的通项公式是( )
A．an＝2(n2＋n＋1) B．an＝3·2n
C．an＝3n＋1 D．an＝2·3n
【解析】 当n＝1时，a1＝a1－3，∴a1＝6，
由Sn＝an－3，当n≥2时，Sn－1＝an－1－3，
∴当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝an－an－1，
∴an＝3an－1.
∴a1＝6，a2＝3×6，a3＝32×6.
猜想：an＝6·3n－1＝2·3n.故选D.
【答案】 D
3．下列平面图形中，与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适的是( )
A．三角形 B．梯形
C．矩形 D．平行四边形
【解析】 因为平行六面体的六个面全为平行四边形，并且相对的每一对面平行且全等．类比这一性质可知平面中应类比平行四边形更合适．
【答案】 D
4．在Rt△ABC中，若∠C＝90°，则cos2A＋cos2B＝1，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.
把结论类比到四面体P－ABC中，我们猜想，在三棱锥P－ABC中，若三个侧面PAB，PBC，PCA两两互相垂直，且与底面所成的二面角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.
一、选择题
1．下列关于归纳推理的说法错误的是( )
A．归纳推理是一种从一般到一般的推理过程
B．归纳推理是一种从特殊到一般的推理过程
C．归纳推理得出的结论不一定正确
D．归纳推理具有由具体到抽象的认知功能
【解析】 归纳推理是由特殊到一般的推理，其结论未必正确．故B、C、D正确，A错误．
【答案】 A
2．类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推知正四面体的下列性质，你认为比较恰当的是( )
①各棱长相等，同一顶点上的任意两条棱的夹角相等；
②各个面是全等的正三角形，相邻的两个面所成的二面角相等；
③各个面是全等的正三角形，同一顶点上的任意两条棱的夹角相等；
④各棱长相等，相邻的两个面所成的二面角相等．
A．①④ B．①② C．①③ D．③④
【解析】 类比推理的原则是：类比前后保持类比规则的一致性，而③④违背了这一原则，只有①②符合．
【答案】 B
3．观察下列各式：72＝49,73＝343,74＝2 401，…，则72 011的末两位数字为( )
A．01 B．43 C．07 D．49
【解析】 72＝49,73＝343,74＝2 401,75＝16 807,76＝117 649，…，
由此看出，末两位数字具有周期性，且周期为4，又2 011＝4×502＋3，由此知72 011的末两位数字应为43，故选B.
【答案】 B
4．下面几种推理是合情推理的是( )
①由圆的性质类比出球的有关性质；
②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；
③张军某次考试成绩是100分，由此推出全班同学的成绩都是100分；
④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°.
A．①② B．①③ C．①②④ D．②④
【解析】 ①是类比推理；②是归纳推理；④是归纳推理．所以①、②、④是合情推理．
【答案】 C
5．已知f1(x)＝cos x，f2(x)＝f′1(x)，f3(x)＝f′2(x)，f4(x)＝f′3(x)，…，fn(x)＝f′n－1(x)，则f2 013(x)等于( )
A．sin x B．－sin x C．cos x D．－cos x
【解析】 f1(x)＝cos x，f2(x)＝－sin x，f3(x)＝－cos x，f4(x)＝sin x，
可以归纳出
f4n(x)＝sin x，f4n＋1(x)＝cos x，
f4n＋2(x)＝－sin x，f4n＋3(x)＝－cos x，
∴f2 013(x)＝f1(x)＝cos x.
【答案】 C
二、填空题
6．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】 结合等差数列的特点，类比等比数列中b1b2b3…b9＝29可得，在{an}中，若a5＝2，则有a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9.
【答案】 a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9
7．把1、3、6、10、15、21、…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点可以排成一个正三角形(如图2－1－3)．
图2－1－3
试求第七个三角形数是________．
【解析】 观察知第n个三角形数为1＋2＋3＋…＋n＝，
∴当n＝7时，＝28.
【答案】 28
8．在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为________．
【解析】 ∵两个正三角形是相似的三角形，∴它们的面积之比是相似比的平方．同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方，∴它们的体积比为1∶8.
【答案】 1∶8
三、解答题
9．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f(n)表示这n条直线交点的个数．
(1)求f(4)；
(2)当n＞4时，求f(n)(用n表示)．
【解】 (1)如图所示，可得f(4)＝5.
(2)∵f(3)＝2，f(4)＝5＝f(3)＋3，
f(5)＝9＝f(4)＋4，
f(6)＝14＝f(5)＋5.
……
∴每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．
∴f(n)＝f(n－1)＋n－1，
累加得f(n)＝f(3)＋3＋4＋5＋…＋(n－1)
＝2＋3＋4＋5＋…＋(n－1)＝(n＋1)(n－2)．
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．已知在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，有＝＋成立．那么在四面体A－BCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明猜想是否正确及理由．
【解】 猜想：类比AB⊥AC，AD⊥BC，可以猜想四面体A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则＝＋＋.猜想正确．
如图所示，连接BE，并延长交CD于F，连接AF.
∵AB⊥AC，AB⊥AD，
∴AB⊥平面ACD.
而AF?平面ACD，∴AB⊥AF.
在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴＝＋.
在Rt△ACD中，AF⊥CD，
∴＝＋.
∴＝＋＋，故猜想正确.
(教师用书独具)
三角形与四面体有下列相似性质：
(1)三角形是平面内由直线段围成的最简单的封闭图形；四面体是空间中由三角形围成的最简单的封闭图形．
(2)三角形可以看作是由一条线段所在直线外一点与这条线段的两个端点的连线所围成的图形；四面体可以看作是由三角形所在平面外一点与这个三角形三个顶点的连线所围成的图形．
通过类比推理，根据三角形的性质推测空间四面体的性质填写下表：
三角形
四面体
三角形的两边之和大于第三边
三角形的中位线的长等于第三边长的一半，且平行于第三边
三角形的三条内角平分线交于一点，且这个点是三角形内切圆的圆心
【思路探究】 三角形和四面体分别是平面图形和空间图形，三角形的边对应四面体的面，即平面的线类比到空间为面．三角形的中位线对应四面体的中位面，三角形的内角对应四面体的二面角，三角形的内切圆对应四面体的内切球．
【自主解答】
三角形
四面体
三角形的两边之和大于第三边
四面体的三个面的面积之和大于第四个面的面积
三角形的中位线的长等于第三边长的一半，且平行于第三边
四面体的中位面的面积等于第四个面的面积的，且中位面平行于第四个面
三角形的三条内角平分线交于一点，且这个点是三角形内切圆的圆心
四面体的六个二面角的平分面交于一点，且这个点是四面体内切球的球心
将平面几何中的三角形、长方形、圆、面积等和立体几何中的三棱锥、长方体、球、体积等进行类比，是解决和处理立体几何问题的重要方法．
已知椭圆具有以下性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点，若直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM、kPN，那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．试对双曲线－＝1写出具有类似的性质，并加以证明．
【解】 类似的性质为：若M、N是双曲线－＝1上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，若直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM、kPN，那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．
证明如下：设点M、P的坐标为(m，n)、(x，y)，则
N(－m，－n)．
∵点M(m，n)在已知双曲线上，
∴n2＝m2－b2.同理y2＝x2－b2.
则kPM·kPN＝·＝＝·＝(定值).
2.2直接证明与间接证明
2．2.1 综合法和分析法
第1课时 综合法及其应用
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
结合学过的数学实，了解直接证明的基本方法：综合法．了解综合法的思维过程、特点．
2．过程与方法
会用综合法证明数学问题，培养学生的分析问题、解决问题的能力，提高学生思维能力．
3．情感、态度与价值观
通过学生参与，激发学生学习数学的兴趣，端正学生严谨治学的态度，提高其思维论证能力．
●重点难点
重点：掌握综合法的思维过程、特点及其解题步骤，会用综合法证明数学问题．
难点： 根据问题的特点，结合综合法的思考过程、 特点，应用综合法证明较复杂的数学问题．
综合法是从题设到结论的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断出发，经过一系列的中间推理，最后得出所要证明问题．所以分析解读已知条件、挖掘隐含条件是解决问题的关键因素，在教学过程中指导学生正确审题，合理应用已知条件可达到事半功倍的效果．
(教师用书独具)
●教学建议
建议本节课采取探究式教学方法，教师主要作用在“引导”“点拨”，让学生自主思考综合法的证明特点，总结解题步骤，对于不同类型的问题如何思考、如何推理，教师应给出必要的指导．另外应注意引导学生学会分析和利用已知条件，阐明如何挖掘题目的隐含条件，如何联想与所证问题有关的定理、公理、公式等．证明过程中要注意每一步证明的充分性，注重由因导果推理方式的思路引领．在解答每一个例证前，最好先引导学生分析出思维路线图．
●教学流程
创设问题情境，引出问题，引导学生认识直接证明的方法之一——综合法．?让学生自主完成填一填，使学生进一步了解综合法的证明格式、步骤、作用等．?引导学生分析例题1的已知条件，师生共同探究证明思路，学生自主完成证明过程，教师指导完善．完成变式训练．?学生分组探究例题2解法，总结用综合法证明立体几何问题的规律方法．完成互动探究．
?
完成当堂双基达标，巩固所学知识及应用方法．并进行反馈矫正．?归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节所学知识，强调重点内容和规律方法．?学生自主完成例题3变式训练，老师抽查完成情况，对出现问题及时指导．?让学生自主分析例题3，老师适当点拨解题思路，学生分组讨论给出解法，老师组织解法展示．引导学生总结解题规律．
课标解读
1.了解直接证明的证明方法——综合法，掌握其证明方法、步骤．(重点)
2.理解综合法的思考过程、特点，会用综合法证明数学问题．(难点)
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．
1．本题的条件和结论是什么？
【提示】 条件：x＋y＝1，结论2x＋2y≥2.
2．本题的证明顺序是什么？
【提示】 从已知条件利用基本不等式到待证结论．
1．综合法的定义
利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．
2．综合法的框图表示
P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→…→Qn?Q
(P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论)
用综合法证明不等式问题
已知a，b是正数，且a＋b＝1，求证：＋≥4.
【思路探究】 解答本题可由已知条件出发，结合基本不等式利用综合法，即可得出结论．
【自主解答】 法一 ∵a，b是正数且a＋b＝1，
∴a＋b≥2＞0(当且仅当a＝b时，取等号)．
又0＜≤，0＜ab≤，∴≥4，
∴＋＝＝≥4.
法二 ∵a，b是正数，
∴a＋b≥2＞0，
＋≥2＞0(当且仅当a＝b时，上两式取等号)．
∴(a＋b)(＋)≥4.
又a＋b＝1，∴＋≥4.
法三 ∵a，b是正数且a＋b＝1，
∴＋＝＋
＝1＋＋＋1≥2＋2＝4(当且仅当a＝b时，取等号)．
1．解答本题时，关键是灵活运用条件a＋b＝1.
2．综合法证题的一般步骤是：
(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，确定恰当的解题方法．
(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．
(3)适当调整，回顾反思．解题后回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，并对一些语言进行适当的修饰，反思总结解题方法的选取．
(2013·新乡高二检测)已知a，b，c为不全相等的正实数，求证：＋＋＞3.
【证明】 左边＝(＋)＋(＋)＋(＋)－3，
因为a，b，c为不全相等的正实数，
所以＋≥2，＋≥2，＋≥2，
且上述三式的等号不能同时成立，
所以(＋)＋(＋)＋(＋)－3＞6－3＝3，
即＋＋＞3.
用综合法证明几何问题
如图2－2－1，直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1＝A1C1，AC1⊥A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点．
图2－2－1
求证：(1)C1M⊥平面AA1B1B.
(2)A1B⊥AM.
(3)平面AC1M∥平面B1NC.
【思路探究】 (1)由B1C1＝A1C1，M为A1B1的中点可知C1M⊥A1B1，再根据C1M⊥A1A即可得证．
(2)要证A1B⊥AM，可转化为证明A1B⊥平面AC1M.
(3)要证面面平行，应转化证明线面平行．
【自主解答】 (1)∵在直三棱柱ABC－A1B1C1中，B1C1＝A1C1，M是A1B1的中点，∴C1M⊥A1B1.
又∵C1M⊥A1A，A1A∩A1B1＝A1，A1A，A1B1?平面AA1B1B，
∴C1M⊥平面AA1B1B.
(2)∵A1B?平面AA1B1B，由(1)知C1M⊥平面AA1B1B，
∴A1B⊥C1M.
又A1B⊥AC1，AC1，C1M?平面AC1M，AC1∩C1M＝C1，
∴A1B⊥平面AC1M.
又∵AM?平面AC1M，
∴A1B⊥AM.
(3)在矩形AA1B1B中，易知AM∥B1N，
AM?平面B1NC，B1N?平面B1NC，
∴AM∥平面B1NC.又C1M∥CN，CN?平面B1NC，
C1M?平面B1NC，∴C1M∥平面B1NC.
又∵C1M∩AM＝M，C1M，AM?平面AC1M，
∴平面AC1M∥平面B1NC.
平行与垂直关系的转化：
本例重点强调在证明空间线线垂直、线线平行、线面垂直、线面平行、面面平行或垂直问题时，要特别注意平行与垂直之间的相互转化，如：?a⊥c，?a⊥α，?α⊥γ等．其中线面平行和线面垂直一般起到关键作用，如本例(2)中通过证明A1B⊥平面AC1M来证明A1B⊥AM；本例(3)中，通过证明AM∥平面B1NC，C1M∥平面B1NC，来证明平面AC1M∥平面B1NC.
将本例条件“B1C1＝A1C1，AC1⊥A1B，M，N分别是A1B1，AB的中点”改为“AB＝BB1，AC1⊥平面A1BD，D为AC的中点”，求证：(1)B1C∥平面A1BD.
(2)B1C1⊥平面ABB1A1.
【证明】 (1)如图，连接AB1.
令AB1∩A1B＝O，
则O为AB1的中点．
连接OD，∵D为AC的中点，
∴在△ACB1中，有OD∥B1C.
又∵OD?平面A1BD，
B1C?平面A1BD，
∴B1C∥平面A1BD.
(2)∵AB＝B1B，三棱柱ABC－A1B1C1为直三棱柱，
∴四边形ABB1A1为正方形．
∴A1B⊥AB1，
又∵AC1⊥平面A1BD，A1B?平面A1BD，
∴AC1⊥A1B.
又∵AC1?平面AB1C1，AB1?平面AB1C1，
AC1∩AB1＝A，
∴A1B⊥平面AB1C1.
又∵B1C1?平面AB1C1，
∴A1B⊥B1C1.
又∵A1A⊥平面A1B1C1，B1C1?平面A1B1C1，
∴A1A⊥B1C1.
又∵A1A?平面ABB1A1，A1B?平面ABB1A1，
A1A∩A1B＝A1，
∴B1C1⊥平面ABB1A1.
用综合法证明数学中的其他问题
设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N*)，其中m为常数，且m≠－3.
(1)求证：{an}是等比数列；
(2)若数列{an}的公比q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N*，n≥2)，求证：{}为等差数列．
【思路探究】 通过变形利用等差、等比数列的定义证明即可，在证明过程中，恰当处理递推关系是本题证明的关键．
【自主解答】 (1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3得
(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3.
两式相减得(3＋m)an＋1＝2man(m≠－3)，
∴＝，且a1＝1，
∴{an}是等比数列．
(2)b1＝a1＝1，q＝f(m)＝，
∴n≥2，n∈N*时，
bn＝f(bn－1)＝·?bnbn－1＋3bn＝3bn－1?－＝.
∴数列{}为首项为1，公差为的等差数列．
1．综合法的特点是从“已知”看“未知”，其逐步推理，实际上是寻找它的必要条件．
2．综合法不但是数学证明中的重要方法之一，也是其他解答题步骤书写的重要方法，其特点是“执因索果”．综合法在数学证明中的应用非常广泛，用它不但可以证明不等式、立体几何、解析几何问题，也可以证明三角恒等式、数列问题、函数问题等等．
设数列{an}的每一项都不为0，证明：
数列{an}为等差数列的充要条件是对任意n∈N*，都有
＋＋…＋＝.
【证明】 必要性：
设等差数列{an}的公差为d.
若d＝0，则所述等式显然成立；
若d≠0，则＋＋…＋
＝(＋＋…＋)
＝[(－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(－)＝·＝.
充分性：
依题意有
＋＋…＋＝，①
＋＋…＋＋＝.②
②－①得
＝－，
两端同乘a1an＋1an＋2得a1＝(n＋1)an＋1－nan＋2.③
同理可得：a1＝nan－(n－1)an＋1.④
③－④得2nan＋1＝n(an＋2＋an)，
即2an＋1＝an＋2＋an，所以数列{an}为等差数列．
命题得证.
综合法的简单应用
(12分)在△ABC中，三边a，b，c成等比数列．
求证：acos2＋ccos2≥b.
【思路点拨】 利用二倍角公式及余弦定理，将三角形角的问题转化为边的问题进行证明．
【规范解答】 ∵左边＝＋
＝(a＋c)＋(acos C＋ccos A)4分
＝(a＋c)＋(a·＋c·)8分
＝(a＋c)＋b≥＋＝b＋＝b＝右边，
∴acos2＋ccos2≥b.12分
通过恒等变形、基本不等式等手段，可以从左证到右，也可以从右证到左，也可两边同时证到一个中间量，一般遵循“化繁为简”的原则．
1．综合法证题是从条件出发，由因导果，从已知看可知，逐步推出未知．
2．综合法适用的范围：(1)定义明确的题型，如证明函数单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式问题等．(2)已知条件明确，且容易通过找已知条件的必要条件逼近欲得结论的题型．
1．设P＝＋＋＋，则( )
A．0C．2【解析】 P＝log112＋log113＋log114＋log115
＝log11120,1＝log1111即1【答案】 B
2．A、B为△ABC的内角，A>B是sin A>sin B的( )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【解析】 若A>B，则a>b，又＝，∴sin A>sin B，若sin A>sin B，则由正弦定理得a>b，∴A>B.
【答案】 C
3．设a＝，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小关系为________．
【解析】 ∵a2－c2＝2－(8－4)＝－>0，∴a>c，
又∵＝＝>1，∴c>b，∴a>c>b.
【答案】 a>c>b
4．已知函数f(x)＝2x＋1，g(x)＝x，x∈R，数列{an}，{bn}满足条件：
a1＝1，an＝f(bn)＝g(bn＋1)，n∈N*.
求证：数列{bn＋1}为等比数列．
【证明】 由题意得2bn＋1＝bn＋1，
∴bn＋1＋1＝2bn＋2＝2(bn＋1)，
∴＝2，
又∵a1＝2b1＋1＝1，
∴b1＝0，b1＋1＝1≠0.
故数列{bn＋1}是以1为首项，2为公比的等比数列.
一、选择题
1．设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有( )
A．1≤ab≤ B．ab<1<
C．ab<<1 D．【解析】 ∵a≠b，∴a2＋b2>2ab，即>ab，
可排除A、D.
又＝＋>＋＝＝1.
故B正确．
【答案】 B
2．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )
A．l1⊥l2，l2⊥l3?l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3?l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3?l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点?l1，l2，l3共面
【解析】 在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两平行线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错．
【答案】 B
3．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么( )
A．x<C．x<<2xy【解析】 ∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝，x＝，
则＝，2xy＝，∴x<2xy<【答案】 D
4．已知函数f(x)＝lg，若f(a)＝b，则f(－a)等于( )
A．b B．－b C. D．－
【解析】 f(x)定义域为(－1,1)，
f(－a)＝lg＝lg()－1＝－lg＝－f(a)＝－b.
【答案】 B
5．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线( )
A．只有一条，不在平面α内
B．有无数条，不一定在平面α内
C．只有一条，且在平面α内
D．有无数条，一定在平面α内
【解析】 由直线l与点P可确定一个平面β，且平面α，β有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共直线为m，因为l∥α，所以l∥m，故过点P且平行于直线l的直线只有一条，且在平面α内．
【答案】 C
二、填空题
6.－________－1.(填“＞”或“＜”)
【解析】 ∵＝＝＋，
＝＝＋1，
显然＋＞＋1，∴－＜－1.
【答案】 ＜
7．已知sin x＝，x∈(，)，则tan(x－)＝________.
【解析】 ∵sin x＝，x∈(，)，∴cos x＝－，
∴tan x＝－，∴tan(x－)＝＝－3.
【答案】 －3
8．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________．(用序号及“?”表示)
【解析】 ∵αβ>0，|α|>2，|β|>2.
∴|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ>8＋8＋2×8＝32>25.
∴|α＋β|>5.
【答案】 ①③?②
三、解答题
9．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．
【证明】 由A、B、C成等差数列，有2B＝A＋C.①
因为A、B、C为△ABC的内角，所以A＋B＋C＝π.②
由①②，得B＝.③
由a、b、c成等比数列，有b2＝ac.④
由余弦定理及③，
可得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac.
再由④，得a2＋c2－ac＝ac，
即(a－c)2＝0，因此a＝c，
从而有A＝C.⑤
由②③⑤，得A＝B＝C＝，所以△ABC为等边三角形．
10．设a>0，f(x)＝＋在R上满足f(x)＝f(－x)，
(1)求a的值；
(2)证明f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
【解】 (1)依题意，对一切x∈R有f(x)＝f(－x)，
即＋＝＋aex，
所以(a－)(ex－)＝0对一切x∈R成立．
由此可得a－＝0，即a2＝1.
又因为a>0，所以a＝1.
(2)证明：设0f(x1)－f(x2)＝ex1－ex2＋－
＝(ex2－ex1)(－1)
＝(ex2－ex1)·.
由x1>0，x2>0，得x1＋x2>0，
ex2－ex1>0,1－ex1＋x2<0，
所以f(x1)－f(x2)<0，即f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
11．如图2－2－2，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，下底ABCD是边长为2的正方形，上底A1B1C1D1是边长为1的正方形，侧棱DD1⊥平面ABCD，DD1＝2.
图2－2－2
(1)求证：B1B∥平面D1AC；
(2)求证：平面D1AC⊥平面B1BDD1.
【证明】 (1)设AC∩BD＝E，连接D1E，
∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1.
∴B1D1∥BE，
∵B1D1＝BE＝，
∴四边形B1D1EB是平行四边形，
所以B1B∥D1E.
又因为B1B?平面D1AC，
D1E?平面D1AC，
所以B1B∥平面D1AC
(2)侧棱DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴AC⊥DD1.
∵下底ABCD是正方形，
∴AC⊥BD.
∵DD1与DB是平面B1BDD1内的两条相交直线，
∴AC⊥平面B1BDD1，
∵AC?平面D1AC，
∴平面D1AC⊥平面B1BDD1.
(教师用书独具)
图1是由菱形BCDE和△ABC组成的五边形，其中P为AB的中点，现沿BC将菱形BCDE折起，使得AD＝AB，得到如图2所示的几何体．
图1 图2
证明：(1)AD∥平面PCE；
(2)平面ABD⊥平面ACE.
【思路探究】 (1)由于P为AB的中点，故可考虑借助三角形的中位线定理证明；(2)要证平面ABD⊥平面ACE，可证明BD⊥平面ACE.
【自主解答】 (1)如图，设菱形BCDE的两条对角线交于点Q，连接AQ，PQ.
在△ABD中，Q为BD的中点，P为AB的中点，
则AD∥PQ.
又∵PQ?平面PCE，AD?平面PCE，
∴AD∥平面PCE.
(2)∵四边形BCDE为菱形，
∴BD⊥CE，且BQ＝DQ.
又在△ABD中，AB＝AD，BQ＝DQ，
∴AQ⊥BD.
又AQ∩CE＝Q，
∴BD⊥平面ACE.
又BD?平面ABD，∴平面ABD⊥平面ACE.
要正确解答本题，关键是要明确折叠前后的图形之间的关系．
设a、b、c∈R＋，求证：＋＋≥(a＋b＋c)．
【证明】 ∵a2＋b2≥2ab，a、b∈R＋，
∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab＝(a＋b)2，
∴a2＋b2≥，
∴≥(a＋b)．
同理：≥(b＋c)，
≥(c＋a)，
∴＋＋
≥(2a＋2b＋2c)
＝(a＋b＋c)．(当且仅当a＝b＝c时取等号)
故＋＋≥(a＋b＋c)．
第2课时 分析法及其应用
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
结合学过的数学实例，了解直接证明的基本方法：分析法．了解分析法的思维过程、特点．
2．过程与方法
会用分析法证明数学问题，培养学生的分析问题、解决问题的能力，提高学生思维能力．
3．情感、态度与价值观
通过学生参与，激发其学习数学的兴趣，端正严谨治学的态度，提高逆向思维的论证能力．
●重点难点
重点：掌握分析法的思维过程、特点及其解题步骤，会用分析法证明数学问题．
难点：根据问题的特点，结合分析法的思考过程、 特点，应用分析法证明较复杂的数学问题．
分析法是从结论到条件的逻辑推理方法，即从题目结论入手索证结论成立的充分条件，经过一系列的中间推理索证，最后要把证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)，所以对结论变形、转化是问题解决的关键，也是问题的突破点，应该重点讲解．
(教师用书独具)
●教学建议
建议本节课采取探究式教学方法，教师主要作用在“引导”“点拨”，让学生自主思考分析法的证明特点，掌握分析法的证明格式与解题步骤，对于不同类型的问题如何思考、如何进行逆向推理，教师应给出必要的指导．另外应注意引导学生学会由结论去索证问题成立的充分条件，从结论入手并不是说证明就不需要已知条件，而是证明过程要时时处处关注已知，将证明引向已知或明显成立的式子是证明的关键．证明过程每一步都需可逆．在解答每一个例证前，最好先引导学生分析出思维路线图，然后再由学生给出证明．
●教学流程
创设问题情境，引出问题，引导学生认识直接证明的方法之一——分析法．?让学生自主完成填一填，使学生进一步了解分析法的证明格式、步骤等．?引导学生分析例题1中所证结论的转化条件及转化方向，师生共同探究逆向推理思路，学生自主完成证明过程，教师指导完善，并完成互动探究．?学生分组探究例题2的证明思路，总结分析法证明数列问题的规律方法．完成变式训练中三角恒等问题的证明．
?
完成当堂双基达标，巩固所学知识及应用方法．并进行反馈矫正．?归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节所学知识，强调重点内容和规律方法．?学生自主完成例题3，总结分析法综合法相结合综合应用的特点．并仿照例题3完成变式训练．?让学生自主分析例题3，老师适当点拨解题思路，学生分组讨论给出解法．老师组织解法展示，引导学生总结解题规律．
课标解读
1.了解分析法证明数学问题的格式、步骤．(重点)
2.理解分析法的思考过程、特点，会用分析法证明较复杂的数学问题．(难点)
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．
证明：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．
1．本题证明从哪里开始？
【提示】 从结论开始．
2．证题思路是什么？
【提示】 寻求每一步成立的充分条件．
1．分析法的定义
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(已知条件、定理、定义、公理等)，这种证明方法叫做分析法．
2．分析法的框图表示
Q?P1→P1?P2→P2?P3→…→得到一个明显
成立的条件
应用分析法证明不等式
设a，b为实数，求证：≥(a＋b)．
【思路探究】 分析：讨论≥(a＋b)成立的条件，分a＋b≥0和a＋b<0两种情况．
【自主解答】 若a＋b<0，≥(a＋b)显然成立．
若a＋b≥0，要证≥(a＋b)成立，
只需证a2＋b2≥(a＋b)2成立，
即证a2＋b2≥(a2＋2ab＋b2)成立，
即证(a2－2ab＋b2)≥0，
即(a－b)2≥0成立，
因为(a－b)2≥0成立，且以上每步都可逆．
所以a＋b≥0时，≥(a＋b)成立，
综上可知：a，b为实数时，≥(a＋b)成立．
1．分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论．
2．用分析法证明不等式是从要证的不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式．
3．用分析法证明数学命题时，一定要恰当地用好反推符号“?”或“要证明”、“只需证明”、“即证明”等词语．
已知a>0，b>0，证明不等式＋≥a＋b.
【证明】 要证＋≥a＋b，
只需证a3＋b3≥a2b＋b2a，
只需证a3＋b3－a2b－b2a≥0，
即证(a－b)2(a＋b)≥0.
又a＞0，b＞0，(a－b)2(a＋b)≥0显然成立．
因此，原不等式成立.
用分析法证明其他问题
在数列{an}中，a1＝，an＋1＝an＋，设bn＝2nan，证明：数列{bn}是等差数列．
【思路探究】 分析{bn}成为等差数列的条件是否成立．
【自主解答】 要证{bn}为等差数列，
只要证bn＋1－bn＝d(常数)(n≥1)，
即证2n＋1an＋1－2nan为常数．
即证2n＋1(an＋)－2nan为常数，
而2nan＋1－2nan＝1为常数成立．
∴{bn}是等差数列．
1．利用分析法证明时，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．逆向思考是用分析法证题的主题思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件，正确把握转化方向，使问题顺利获解．
已知α，β≠kπ＋(k∈Z)，且sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θ·cos θ＝sin2β，
求证：＝.
【证明】 ＝?＝
?cos2α－sin2α＝
?2(1－2sin2α)＝1－2sin2β
?4sin2α－2sin2β＝1，
由已知得：4sin2α＝sin2θ＋cos2θ＋2sin θcos θ，
＝1＋2sin θcos θ，
2sin2β＝2sin θcos θ，
∴4sin2α－2sin2β＝1成立，
∴＝成立.
综合法和分析法的综合应用
已知△ABC的三个内角A，B，C为等差数列，且a，b，c分别为角A，B，C的对边．
求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
【思路探究】 利用分析法得出c2＋a2＝b2＋ac，再利用综合法证明其成立．
【自主解答】 要证(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，
即证＋＝，
只需证＋＝3.
化简，得＋＝1，
即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＝＝，
即a2＋c2－b2＝ac成立．
∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1成立．
1．综合法推理清晰，易于书写，分析法从结论入手，易于寻找解题思路．
2．在实际证明命题时，常把分析法与综合法结合起来使用．
已知a、b、c是不全相等的正数，且0＜x＜1.
求证：logx＋logx＋logx＜logx a＋logx b＋logx c.
【证明】 要证明logx＋logx＋logx＜logx a＋logx b＋logx c，
只需要证明logx(··)＜logx(abc)．
由已知0＜x＜1，只需证明··＞abc.
由公式≥＞0，≥＞0，≥＞0.
又∵a，b，c是不全相等的正数，
∴··＞＝abc.
即··＞abc成立．
∴logx＋logx＋logx＜logx a＋logx b＋logx c成立.
因逻辑混乱而出错
设向量a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，若tan αtan β＝16，求证：a∥b.
【错解】 ∵a∥b，且a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，
∴(4cos α)·(4cos β)＝sin αsin β，
即sin αsin β＝16cos αcos β，
∴·＝16，
∴tan αtan β＝16，即结论正确．
【错因分析】 以上证明混淆了已知和结论，把头脑中的分析过程当成了证明过程，如果按分析法书写就正确了；当然，本题用综合法书写证明过程更简洁．
【防范措施】 分析法的优点是方向明确，思路自然，故利于思考，但表述易错；综合法的优点是易于表达，条理清晰，形式简捷，故我们一般用分析法寻求解题思路，用综合法书写解题过程．
【正解】 分析法：要证明a∥b，而a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，
∴即要证明(4cos α)·(4cos β)＝sin αsin β，
即要证sin αsin β＝16cos αcos β，
即要证·＝16，即要证tan αtan β＝16，
而tan αtan β＝16已知，所以结论正确．
综合法：∵tan αtan β＝16，∴·＝16，
即sin αsin β＝16cos αcos β，
∴(4cos α)·(4cos β)＝sin αsin β，
即a＝(4cos α，sin α)与b＝(sin β，4cos β)共线，
∴a∥b.
1．综合法的特点是：从已知看可知，逐步推出未知．
2．分析法的特点是：从未知看需知，逐步靠拢已知．
3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．
1．直接证明中最基本的两种证明方法是( )
A．类比法和归纳法 B．综合法和分析法
C．比较法和二分法 D．换元法和配方法
【解析】 根据综合法和分析法的定义可知，二者均为直接证明方法．
【答案】 B
2．欲证－＜－，只需要证( )
A．(－)2＜(－)2
B．(－)2＜(－)2
C．(＋)2＜(＋)2
D．(－－)2＜(－)2
【解析】 ∵－＜0，－＜0，
∴要证－＜－，只需证
＋＜＋，
即证(＋)2＜(＋)2.
【答案】 C
3．在证明命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的过程“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ＋sin2θ)(cos2θ－sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”中应用了( )
A．分析法
B．综合法
C．分析法和综合法综合使用
D．间接证法
【解析】 符合综合法的证明思路．
【答案】 B
4．已知a>b>0，试用分析证明>.
【证明】 要证明＞(由a＞b＞0，得a－b＞0)．
只需证(a2－b2)(a＋b)＞(a2＋b2)(a－b)，
只需证(a＋b)2＞a2＋b2，即2ab＞0，
因为a＞b＞0，所以2ab＞0显然成立．
因此当a＞b＞0时，＞成立.
一、选择题
1．下列表述：
①综合法是由因导果法；
②综合法是顺推法；
③分析法是执果索因法；
④分析法是间接证明法；
⑤分析法是逆推法．
其中正确的语句有( )
A．2个 B．3个 C．4个 D．5个
【解析】 结合综合法和分析法的定义可知①②③⑤均正确，分析法和综合法均为直接证明法，故④不正确．
【答案】 C
2．要证明＋＜＋(a≥0)可选择的方法有多种，其中最合理的是( )
A．综合法 B．类比法
C．分析法 D．归纳法
【解析】 要证＋＜＋，
只需证2a＋7＋2＜2a＋7＋2，
只需证＜，
只需证a(a＋7)＜(a＋3)(a＋4)，
只需证0＜12，
故选用分析法最合理．
【答案】 C
3．已知f(x)＝是奇函数，那么实数a的值等于( )
A．1 B．－1 C．0 D．±1
【解析】 当a＝1时，f(x)＝，f(－x)＝＝－f(x)，f(x)为奇函数．
a＝－1,0时得不出f(x)为奇函数，故A正确．
【答案】 A
4．下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1f(x2)”的是( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1)
【解析】 若满足题目中的条件，则f(x)在(0，＋∞)上为减函数，在A、B、C、D四选项中，由基本函数性质知，A是减函数，故选A.
【答案】 A
5．对一切实数x，不等式x2＋a|x|＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．[－2,2]
C．[－2，＋∞) D．[0，＋∞)
【解析】 用分离参数法可得a≥－(|x|＋)(x≠0)，而|x|＋≥2，∴a≥－2，当x＝0时原不等式显然成立．
【答案】 C
二、填空题
6．设A＝＋，B＝(a>0，b>0)，则A、B的大小关系为________．
【解析】 A－B＝－＝≥0.
【答案】 A≥B
7．若抛物线y＝4x2上的点P到直线y＝4x－5的距离最短，则点P的坐标为________．
【解析】 数形结合知，曲线y＝4x2在点P处的切线l与直线y＝4x－5平行．
设l：y＝4x＋b.将y＝4x＋b代入y＝4x2，
得4x2－4x－b＝0，令Δ＝0，得b＝－1.
∴4x2－4x＋1＝0，
∴x＝，∴y＝1.
【答案】 (，1)
8．补足下面用分析法证明基本不等式≥ab的步骤：
要证明≥ab，
只需证明a2＋b2≥2ab，
只需证____________，
只需证____________．
由于____________显然成立，因此原不等式成立．
【解析】 要证明≥ab，
只需证明a2＋b2≥2ab，
只需证a2＋b2－2ab≥0，
只需证(a－b)2≥0，
由于(a－b)2≥0显然成立，因此原不等式成立．
【答案】 a2＋b2－2ab≥0 (a－b)2≥0 (a－b)2≥0
三、解答题
9．如图2－2－3所示，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，EF∩BD＝G.
图2－2－3
求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1.
【证明】 要证明平面B1EF⊥面BDD1B1，只需证面B1EF内有一线垂直于面BDD1B1，即EF⊥面BDD1B1.
要证EF⊥面BDD1B1，
只需证EF垂直平面BDD1B1内两条相交直线即可，
即证EF⊥BD，EF⊥B1G.
而EF∥AC，AC⊥BD，
故EF⊥BD成立．
故只需证EF⊥B1G即可．
又∵△B1EF为等腰三角形，EF的中点为G，
∴B1G⊥EF成立．
∴EF⊥面BDD1B1成立，
从而问题得证．
10．设a，b>0，且a≠b，用分析法证明：a3＋b3>a2b＋ab2.
【证明】 要证a3＋b3>a2b＋ab2成立．
只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立，
又因a＋b>0，
只需证a2－ab＋b2>ab成立，
只需证a2－2ab＋b2>0成立，
即证(a－b)2>0成立．
而依题设a≠b，则(a－b)2>0显然成立．
由此命题得证．
11．已知a>0，b>0，用两种方法证明：＋≥＋.
【证明】 法一 (综合法)：
因为a>0，b>0，
所以＋－－
＝(－)＋(－)
＝＋＝(a－b)(－)
＝
所以＋≥＋.
法二 (分析法)：
要证＋≥＋，
只需证a＋b≥a＋b，
即证(a－b)(－)≥0，
因为a>0，b>0，a－b与－同号，
所以(a－b)(－)≥0成立，
所以＋≥＋成立.
(教师用书独具)
已知函数f(x)＝lg(－1)，x∈(0，)，
若x1，x2∈(0，)，且x1≠x2.
求证：[f(x1)＋f(x2)]＞f()．
【思路探究】 用分析法，逆推所证不等式成立的充分条件．
【自主解答】 要证[f(x1)＋f(x2)]＞f()，
只需证lg(－1)＋lg(－1)＞2lg(－1)，
只需证(－1)(－1)＞(－1)2.
∵(－1)(－1)－(－1)2
＝.
由于x1，x2∈(0，)，且x1≠x2，
∴＞0，
即(－1)(－1)＞(－1)2，
∴[f(x1)＋f(x2)]＞f()．
本题依托对数函数，考查分析法的应用，对对数函数的性质要会灵活运用．
已知非零向量a，b且a⊥b，求证：≤.
【证明】 要证≤，
只要证|a|＋|b|≤|a－b|，
即证|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2|a2－2a·b＋b2|.①
∵a⊥b，∴a·b＝0，
∴①?|a|2＋|b|2＋2|a||b|≤2|a|2＋2|b|2?(|a|－|b|)2≥0成立，
∴原不等式成立．
2．2.2 反证法
(教师用书独具)
●三维目标
1．知识与技能
结合实例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与特点．会用反证法证明数学问题．
2．过程与方法
使学生经历“总结归纳反证法的操作步骤”的过程，培养学生归纳、总结、推理论证的能力．增强学生的数学应用意识和创新意识．
3．情感、态度与价值观
注重培养学生积极参与、大胆探索的精神以及合作意识．通过让学生体验成功，培养学生学习数学的自信心．通过科学家的故事，培养学生的耐心、恒心、自信心和抗挫折能力．从而发展学生的数学思维能力，提高思维品质．
●重点难点
重点：反证法概念的理解以及反证法的解题步骤．
难点：应用反证法解决问题，在推理过程中发现矛盾．
在教学中要明确反证法证明的三个步骤：(1)做待证命题的否命题；(2)根据所做出的否命题，结合已知条件或己知的其他的真命题，推导出和已知条件或已知的真命题相矛盾的地方；(3)否定所做的否命题，也就是肯定原命题的正确性．让学生亲身体会并总结三个步骤中的关键因素，集体探索解决方法，突出重点、化解难点．
(教师用书独具)
●教学建议
建议本节课采取探究式教学法，让学生参与证明问题的否定假设，推理归谬，激发学生积极参与的热情，开发其论证推理能力的潜能，培养良好的思维品质．关于反证法的教学需要注意以下几点：(1)书写格式及解题步骤：假设——归谬——指出矛盾——得出结论．(2)提出反设的方式方法：引导学生弄清反设词语的含义，掌握常见量词的反设词．(3)归谬方法：在归谬过程中要注意假设条件的利用，通过例题分析总结归谬的方法技巧．(4)反证法的适用范围及对象：反证法一般适用于题目条件中含有量词“至多”“至少”“全部”“都”或否定性命题．其次是在直接证明受阻的情况下，考虑间接证明．
●教学流程
创设问题情境，通过“道旁苦李”的故事，引导学生认识反证法，了解其特点、推理方式及应用范畴．?让学生自主完成填一填，使学生进一步了解反证法的证明格式、步骤、思维方式、证明思想等．?引导学生分析例题1的已知条件，师生共同探究证明思路，学生自主完成证明过程，老师指导完善，并完成变式训练．?学生分组探究例题2解法，总结反证法证明唯一性命题的反设方式及证明的方法，完成例题2变式训练．
?
完成当堂双基达标，巩固所学知识及应用方法．并进行反馈矫正．?归纳整理，进行课堂小结，整体认识本节所学知识，强调重点内容和规律方法．?学生自主完成例题3互动探究，教师抽查完成情况，对出现问题及时指导．?让学生自主分析例题3，老师适当点拨解题思路，学生分组讨论给出解法．老师组织解法展示，引导学生总结解题规律．
课标解读
1.了解反证法是间接证明的一种基本方法．(重点)
2.理解反证法的思考过程，会用反证法证明数学问题．(难点)
反证法
【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．”
王戎的论述运用了什么推理思想？
【提示】 实质运用了反证法的思想．
1．反证法
假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
2．反证法常见的矛盾类型
反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾．这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、定理、公理、事实矛盾等.
用反证法证明否(肯)定式命题
设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，a，b，c均为整数，且f(0)，f(1)均为奇数．求证：f(x)＝0无整数根．
【思路探究】 此题为否定形式的命题，直接证明很困难，可选用反证法．证题的关键是根据f(0)，f(1)均为奇数，分析出a，b，c的奇偶情况，并应用．
【自主解答】 假设f(x)＝0有整数根n，则an2＋bn＋c＝0(n∈Z)．而f(0)，f(1)均为奇数，即c为奇数，a＋b为偶数，则an2＋bn＝－c为奇数，即n(an＋b)为奇数．
∴n，an＋b均为奇数．
又a＋b为偶数，
∴an－a为奇数，
即a(n－1)为奇数，
∴n－1为奇数，这与n为奇数矛盾．
∴f(x)＝0无整数根．
1．对某些结论为肯定形式或者否定形式的命题的证明，从正面突破较困难时，可用反证法．通过反设将肯定命题转化为否定命题或将否定命题转化为肯定命题，然后用转化后的命题作为条件进行推理，推出矛盾，从而达到证题的目的．
2．常见否定词语的否定形式如下表所示：
否定词语
否定词语的否定形式
没有
有
不大于
大于
不等于
等于
不存在
存在
已知非零实数a、b、c成等差数列a≠c，求证：，，不可能成等差数列．
【证明】 假设，，成等差数列，
则＝＋＝，
又a、b、c成等差数列，
∴2b＝a＋c，
∴b＝，
∴＝，
∴(a－c)2＝0，即a＝c.
这与a≠c矛盾．
故假设错误，原命题正确.
用反证法证明“唯一性”命题
若函数f(x)在区间[a，b]上的图象连续不断开，f(a)＜0，f(b)＞0，且f(x)在[a，b]上单调递增，求证：f(x)在(a，b)内有且只有一个零点．
【思路探究】 先由函数零点存在性判定定理判定函数在(a，b)内有零点，再用反证法证明零点唯一．
【自主解答】 由于f(x)在[a，b]上的图象连续不断开，且f(a)＜0，f(b)＞0，即f(a)·f(b)＜0，
所以f(x)在(a，b)内至少存在一个零点，设零点为m，则f(m)＝0，
假设f(x)在(a，b)内还存在另一个零点n，即f(n)＝0，
则n≠m.
若n＞m，则f(n)＞f(m)，即0＞0，矛盾；
若n＜m，则f(n)＜f(m)，即0＜0，矛盾．
因此假设不正确，即f(x)在(a，b)内有且只有一个零点．
证明“有且只有一个”的问题，需要证明两个命题，即存在性和唯一性．当证明结论以“有且只有”、“只有一个”、“唯一存在”等形式出现的命题时，由于反设结论易于导出矛盾，所以用反证法证其唯一性就较简单明了．
已知a与b是异面直线，求证：过a且平行于b的平面只有一个．
【证明】 如图所示．假设过直线a且平行于直线b的平面有两个，分别为α和β，
在直线a上取点A，过b和A确定一个平面γ，且γ与α、β分别交于过点A的直线c、d，
由b∥α，知b∥c，同理b∥d，
故c∥d，这与c、d相交于点A矛盾，
故假设不成立，原结论成立.
用反证法证明“至多、至少”问题
已知x，y＞0，且x＋y＞2.
求证：，中至少有一个小于2.
【思路探究】 明确“至少”的含义―→对结论作出假设―→得出矛盾．
【自主解答】 假设，都不小于2，即≥2，≥2.
∵x＞0，y＞0，
∴1＋x≥2y,1＋y≥2x.
∴2＋x＋y≥2(x＋y)．
即x＋y≤2，这与已知x＋y＞2矛盾．
∴，中至少有一个小于2.
常见结论词与反设词列表如下：
原结
论词
等于
(＝)
大于
(＞)
小于
(＜)
对所
有x
成立
对任
意x
不成
立
至少
一个
至多
一个
反设
词
不等
于
(≠)
不大
于
(≤)
不小
于
(≥)
存在
某个
x不
成立
存在
某个
x成
立
一个
都没
有
至少
两个
在本例中，若x，y>0且x＋y＝2，求证：，中至少有一个不小于2.
【证明】 假设，都小于2.
则1＋x<2y,1＋y<2x，，
那么2＋x＋y<2x＋2y，
∴x＋y>2与已知x＋y＝2矛盾．
所以假设不成立，原命题成立.
利用反证法证题时，假设错误而致误
已知a，b，c是互不相等的非零实数．求证：三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一个方程有两个相异实根．
【错解】 假设三个方程都没有两个相异实根，
则Δ1＝4b2－4ac<0，Δ2＝4c2－4ab<0，Δ3＝4a2－4bc<0，
相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2<0，
即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2<0，此不等式不能成立，
所以假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．
【错因分析】 上面解法的错误在于认为“方程没有两个相异实根就有Δ<0”，事实上，方程没有两个相异实根时Δ≤0.
【防范措施】 用反证法证题要把握三点：
(1)必须先否定结论，对于结论的反面出现的多种可能，要逐一论证，缺少任何一种可能，证明都是不全面的．
(2)反证法必须从否定结论进行推理，且必须根据这一条件进行论证，否则，仅否定结论，不从结论的反面出发进行论证，就不是反证法．
(3)反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以与已知矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、事实矛盾，但推导出的矛盾必须是明显的．
【正解】 假设三个方程都没有两个相异实根，
则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0.
相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，
即(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0，(*)
由题意a，b，c互不相等，所以(*)式不能成立．
所以假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．
1．反证法：假设原命题的反面正确，根据已知条件及公理、定理、定义，按照严格的逻辑推理导出矛盾．从而说明假设不正确，得出原命题正确．
2．反证法是间接证明的一种方法，在证明否定性命题、唯一性命题和存在性命题时运用反证法比较简便．
3．反证法的基本步骤是：
(1)反设——假设命题的结论不成立，即假设原结论的反面为真；
(2)归谬——从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾的结果；
(3)存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定结论成立．
1．用反证法证明“如果a＞b，那么＞”的假设内容应是( )
A.＝ B.＜
C.≤ D．≥
【解析】 “大于”的对立面为“小于等于”，故应假设“≤”．
【答案】 C
2．否定“任何一个三角形的外角都至少有两个钝角”时正确的说法为( )
A．存在一个三角形，其外角最多有一个钝角
B．任何一个三角形的外角都没有两个钝角
C．没有一个三角形的外角有两个钝角
D．存在一个三角形，其外角有两个钝角
【解析】 原命题的否定为：存在一个三角形，其外角最多有一个钝角．
【答案】 A
3．用反证法证明命题：若a、b是实数，且|a－1|＋|b－1|＝0，则a＝b＝1时，应作的假设是________．
【解析】 ∵“a＝b＝1”的否定为“a≠1或b≠1”，故应填a≠1或b≠1.
【答案】 a≠1或b≠1
4．证明方程2x＝3有且仅有一个实根．
【证明】 ∵2x＝3，∴x＝，
∴方程2x＝3至少有一个实根．
设x1，x2是方程2x＝3的两个不同实根，
则
由①－②得2(x1－x2)＝0，
∴x1＝x2，
这与x1≠x2矛盾．
故假设不正确，从而方程2x＝3有且仅有一个实根.
一、选择题
1．应用反证法推出矛盾的推导过程中，要把下列哪些作为条件使用( )
①结论的否定，即假设；②原命题的条件；③公理、定理、定义等；④原命题的结论．
A．①② B．①②④ C．①②③ D．②③
【解析】 由反证法的定义可知应选C.
【答案】 C
2．(2013·海口高二检测)用反证法证明命题：三角形三个内角至少有一个不大于60°时，应假设( )
A．三个内角都不大于60°
B．三个内角都大于60°
C．三个内角至多有一个大于60°
D．三个内角至多有两个大于60°
【解析】 三个内角至少有一个不大于60°，即有一个、两个或三个不大于60°，其反设为都大于60°，故B正确．
【答案】 B
3．实数a，b，c不全为0等价于( )
A．a，b，c均不为0
B．a，b，c中至多有一个为0
C．a，b，c中至少有一个为0
D．a，b，c中至少有一个不为0
【解析】 实数a，b，c不全为0，即a，b，c至少有一个不为0，故应选D.
【答案】 D
4．(1)已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2.用反证法证明时，可假设p＋q≥2.
(2)已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下结论正确的是( )
A．(1)与(2)的假设都错误
B．(1)与(2)的假设都正确
C．(1)的假设正确；(2)的假设错误
D．(1)的假设错误；(2)的假设正确
【解析】 (1)的假设应为p＋q>2；(2)的假设正确．
【答案】 D
5．下列命题不适合用反证法证明的是( )
A．同一平面内，分别与两条相交直线垂直的两条直线必相交
B．两个不相等的角不是对顶角
C．平行四边形的对角线互相平分
D．已知x，y∈R，且x＋y＞2，求证：x，y中至少有一个大于1
【解析】 A中命题条件较少，不易正面证明；B中命题是否定性命题，其反设是显而易见的定理；D中命题是至少性命题，其结论包含两种情况，而反设只有一种情况，适合用反证法证明．
【答案】 C
二、填空题
6．命题“三角形中最多只有一个内角是直角”的否定是______________．
【解析】 “最多”的反面是“最少”，故本题的否定是：三角形中最少有两个内角是直角．
【答案】 “三角形中最少有两个内角是直角”
7．用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0(a、b为实数)”，其反设为________．
【解析】 “a、b全为0”即“a＝0且b＝0”，因此它的反设为“a≠0或b≠0”
【答案】 “a、b不全为0”
8．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：
①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，这与三角形内角和为180°矛盾，故假设错误．
②所以一个三角形不能有两个直角．
③假设△ABC中有两个直角，
不妨设∠A＝90°，∠B＝90°.
上述步骤的正确顺序为________．
【答案】 ③①②
三、解答题
9．(2013·泰安高二检测)用反证法证明：无论m取何值，关于x的方程x2－5x＋m＝0与2x2＋x＋6－m＝0至少有一个有实数根．
【解】 假设存在实数m，使得这两个方程都没有实数根，
则解得无解．
与假设存在实数m矛盾．故无论m取何值，两个方程中至少有一个方程有实数根．
10．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，求证：a＞0，b＞0，c＞0.
【证明】 假设a＜0，由abc＞0得bc＜0，
由a＋b＋c＞0，得b＋c＞－a＞0，
于是ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，这与已知矛盾．
又若a＝0，则abc＝0，与abc＞0矛盾，
故a＞0，
同理可证b＞0，c＞0.
11．若x，y，z均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，则a，b，c中是否至少有一个大于0？请说明理由．
【解】 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，
因为π－3>0，且无论x，y，z为何实数，
(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，
所以a＋b＋c>0.
这与假设a＋b＋c≤0矛盾．
因此，a，b，c中至少有一个大于0.
(教师用书独具)
等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
【思路探究】 第(1)问考查等差数列的通项公式与前n项和公式，应用an＝a1＋(n－1)d和Sn＝na1＋n(n－1)d两式求解．第(2)问先假设任三项bp、bq、br成等比数列，再用反证法证明．
【自主解答】 (1)设公差为d，由已知得
∴d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)证明：由(1)得bn＝＝n＋.
假设数列{bn}中存在三项bp、bq、br(p、q、r互不相等)成等比数列，则b＝bpbr，
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
∵p，q，r∈N*，∴
∴()2＝pr，(p－r)2＝0，
∴p＝r，这与p≠r矛盾．
所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
1．当结论中含有“不”、“不是”、“不可能”、“不存在”等词语的命题，此类问题的反面比较具体，适于应用反证法．例如证明异面直线，可以假设共面，再把假设作为已知条件推导出矛盾．
2．反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，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．
设函数f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，a、b∈R.
(1)若a＋b≥0，是否有f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)?
(2)若f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，是否有a＋b≥0?
以上两结论若正确，请给出证明，若不正确，请说明理由．
【解】 (1)若a＋b≥0，
则f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)成立．
证明：因为a＋b≥0，
所以a≥－b，b≥－a.
又f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)．
两式相加，得f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．
(2)若f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，
则a＋b≥0成立．
证明：(反证法)
假设a＋b＜0，
则a＜－b，b＜－a，
而f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数，
所以f(a)＜f(－b)，
f(b)＜f(－a)．
以上两式相加，
得f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)．
与已知f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)矛盾，
所以假设错误，
因此a＋b≥0.
推理与证明推理合情推理归纳推理类比推理演绎推理三段论证明直接证明分析法综合法间接证明反证法
归纳推理
归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理，常见的归纳推理题目主要涉及两个类型：数的归纳和形的归纳，其求解思路如下：
(1)通过观察个别对象发现某些相同性质；
(2)由相同性质猜想得出一般性结论．
需特别注意一点，由归纳猜想得出的结论未必正确，常需要严格的推理证明．
(2013·南昌高二检测)在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的是一个直角三角形，若将该直角三角形按图标出边长a，b，c，则由勾股定理有：a2＋b2＝c2.设想把正方形换成正方体，把截线换成如图2－1的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O－LMN，如果用S1，S2，S3表示三个侧面面积，S4表示截面面积，那么你类比得到的结论是________．
图2－1
【思路点拨】 由三角形三边的平方关系，猜想四个面的关系也可能是平方关系，即S＋S＋S＝S，然后按照这个思路推证．
【规范解答】 由图象可得S1＝OM·ON，
S2＝OL·ON，S3＝OM·OL，
S4＝ML·NL·sin ∠MLN
＝ML·NL·
＝ML·NL·
＝·.
∵OM2＋ON2＝MN2，OM2＋OL2＝ML2，OL2＋ON2＝LN2，
∴S4＝，
∴S＋S＋S＝S.
【答案】 S＋S＋S＝S
在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，
第1列
第2列
第3列
…
第1行
1
2
3
…
第2行
2
4
6
…
第3行
3
6
9
…
…
…
…
…
…
那么位于表中的第n行第n＋1列的数是________．
【解析】 由题中数表知：第n行中的项分别为n,2n,3n，…，组成一等差数列，所以第n行第n＋1列的数是：n2＋n.
【答案】 n2＋n
类比推理
类比推理是由两类对象具有类似特征和其中一类对象的某些已知特征推出另一类对象也具有这些特征的推理．显然其特征是由特殊到特殊的推理，常见的类比情形有：平面与空间类比，向量与数的类比，不等与相等类比，等差数列同等比数列的类比等等．
需注意一点，由类比推理得出的结论也未必正确，也需要严格证明．
已知：由图①有面积关系：＝.
图2－2
(1)试用类比的思想写出由图②所得的体积关系＝______________________.
(2)证明你的结论是正确的．
【思路点拨】 由面积关系，类比推测＝，然后由体积公式证明．
【规范解答】 (1)＝.
(2)过A作AO⊥平面PBC于O，连接PO，则A′在平面PBC内的射影O′落在PO上，
从而＝
＝
＝，
∵＝，
∴＝.
如图2－3(1)，在三角形ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，则AB2＝BD·BC；若类比该命题，如图2－3(2)，三棱锥A－BCD中，AD⊥平面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，则可以得到什么命题？命题是否为真命题并加以证明．
(1) (2)
图2－3
【解】 命题是：三棱锥A－BCD中，AD⊥平面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，则有S＝S△BCM·S△BCD，是一个真命题．
证明如下：
在图(2)中，连接DM，并延长交BC于E，连接AE，则有DE⊥BC.
因为AD⊥平面ABC，所以AD⊥AE.
又AM⊥DE，所以AE2＝EM·ED.
于是S＝(BC·AE)2
＝(BC·EM)·(BC·ED)
＝S△BCM·S△BCD.
演绎推理
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，演绎推理的内容一般是通过合情推理获取．
演绎推理的形式一般为“三段论”的形式，即大前提、小前提和结论．
图2－4
如图2－4所示，D，E，F分别是BC，CA，AB上的点，∠BFD＝∠A，DE∥FA，求证：ED＝AF.
【思路点拨】 分别确定大前提、小前提，利用演绎推理的方法推出结论．
【规范解答】 同位角相等，两条直线平行，大前提
∠BFD与∠A是同位角，且∠BFD＝∠A，小前提
所以DF∥EA.结论
两组对边分别平行的四边形是平行四边形，大前提
DE∥FA，且DF∥EA，小前提
所以四边形AFDE为平行四边形．结论
平行四边形的对边相等，大前提
ED和AF为平行四边形的一组对边，小前提
所以ED＝AF.结论
图2－5
已知：在空间四边形ABCD中，点E，F分别是AB，AD的中点，如图2－5所示，求证：EF∥平面BCD.
【证明】 三角形的中位线平行于底边，大前提
点E、F分别是AB、AD的中点，
小前提
所以EF∥BD.结论
若平面外一条直线平行于平面内一条直线，则直线与此平面平行，大前提
EF?平面BCD，BD?平面BCD，EF∥BD，
小前提
EF∥平面BCD.结论
直接证明与间接证明
1.直接证明包括综合法和分析法两种，前一种方式是由因导果法，而后一种方式是执果索因法，在解题时常用分析法来探寻思路，用综合法来书写求解过程．
2．间接证明，常用的是反证法，其思维过程：否定结论?推理过程中引出矛盾?否定假设肯定结论，即否定——推理——否定(经过正确的推理导致逻辑矛盾，从而达到新的“否定”(即肯定原命题))．
(2013·杭州高二检测)已知α∈(0，π)，试用多种方法求证：2sin 2α≤.
【思路点拨】 本题可分别用分析法、综合法及反证法进行证明．
【规范解答】 法一 (分析法)
要证明2sin 2α≤成立，
只要证明4sin αcos α≤.
∵α∈(0，π)，∴sin α＞0，
∴只要证明4cos α≤.
上式可变形为4≤＋4(1－cos α)．
∵α∈(0，π)，∴1－cos α＞0.
∴＋4(1－cos α)
≥2 ＝4，
当且仅当＝4(1－cos α)，即cos α＝，即α＝时取等号．
∴4≤＋4(1－cos α)成立．
∴不等式2sin 2α≤成立．
法二 (综合法)
∵α∈(0，π)，∴1－cos α＞0.
∴＋4(1－cos α)
≥2 ＝4.
当且仅当＝4(1－cos α)，即cos α＝，即α＝时取等号．
∴4cos α≤.
∵α∈(0，π)，∴sin α＞0.
∴4sin αcos α≤.
∴2sin 2α≤.
法三 (反证法)
假设2sin 2α>，
则4sin αcos α>.
∵α∈(0，π)，∴sin α>0，
∴4cos α(1－cos α)>1，
即4cos2α－4cos α＋1<0
(2cos α－1)2<0，不成立．
故假设错误，原不等式成立．
已知a，b为正数，求证 ≥(a＋b)．
【证明】 法一 (综合法)
＝
≥＝＝(a＋b)．
法二 (分析法)
要证 ≥(a＋b)，
只要证a2＋b2≥(a＋b)2(a>0，b>0)，
即证a2＋b2≥(a2＋b2＋2ab)，
即证a2＋b2≥2ab，
∵a2＋b2≥2ab成立，∴原结论成立．
法三 (反证法)
假设<(a＋b)，则a2＋b2<(a＋b)2
?a2＋b2<(a2＋2ab＋b2)
?a2＋b2<2ab
?(a－b)2<0，不成立．
∴假设不成立，故原结论正确.
数形结合思想在合情推理中的应用
本章关于数形结合思想的考查主要是利用图形归纳、类比一般规律，从而作出猜想．
如图2－6所示是树形图，第一层是一条与水平线垂直的线段，长度为1；第二层在第一层线段的前端作两条与该线段均成135°角的线段，长度为其一半；第三层按第二层的方法在每一条线段的前端生成两条线段；重复前面的作法作图至第n层．设树形图的第n层的最高点到水平线的距离为第n层树形图的高度．
图2－6
(1)求第三层及第四层树形图的高度H3、H4；
(2)求第n层树形图的高度Hn.
【思路点拨】 求出前4层的竖直高度，找出规律，进行猜想．
【规范解答】 (1)设题中树形图中新生出的各层高度所构成的数列为{an}，则a1＝1，a2＝×，a3＝，a4＝×，所以第三层树形图的高度为H3＝a1＋a2＋a3＝，
第四层树形图的高度为H4＝a1＋a2＋a3＋a4＝.
(2)易知＝(n∈N*)，所以树形图中新生出的第n层高度an＝
所以当n为奇数时，第n层树形图的高度为
Hn＝[1－()]＋[1－()]；
当n为偶数时，第n层树形图的高度为
Hn＝[1－()]＋[1－()]．
如图(1)所示，是一个水平摆放的小正方体木块，图(2)，图(3)均是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数是( )
图2－7
A．25 B．66 C．91 D．120
【解析】 小正方体木块叠放的规律是下一个图形比上一个图形多放4(n－1)＋1块，则有a1＝1，a2－a1＝5，a3－a2＝9，a4－a3＝13，…，a7－a6＝25，可得a7＝91.
【答案】 C
课件38张PPT。归纳推理类比推理 演绎推理 直接证明与间接证明 数形结合思想在合情推理中的应用 课件57张PPT。教师用书独具演示演示结束归纳推理 部分对象 全部对象 个别事实 一般结论 由部分到 整体、由个别到一般 类比推理 类似 已知特征 这些特征 由特殊到 特殊 合情推理 观察 分析 比较 联想 归纳 类比 猜想 归纳推理 图2－1－1 类比推理 合情推理的综合应用 课时作业（三）课件54张PPT。教师用书独具演示演示结束演绎推理 一般性的原理 某个特殊情况下 一般 特殊 一般原理 特殊情况 做出的判断 把演绎推理写成三段论形式 三段论在证明几何问题中的应用 合情推理、演绎推理的综合应用 课时作业（四）课件55张PPT。教师用书独具演示演示结束综合法 已知条件 定义 定理 公理 推理论证 结论 已知条件 定义 定理 公理 证明的结论 用综合法证明不等式问题 用综合法证明几何问题 用综合法证明数学中的其他问题 课时作业（五）课件45张PPT。教师用书独具演示演示结束分析法 要证明的结论 充分条件 已知条件 定理 定义 公理 应用分析法证明不等式 用分析法证明其他问题 综合法和分析法的综合应用 课时作业（六）课件50张PPT。教师用书独具演示演示结束反证法 不成立 矛盾 假设错误 原命题成立 已知条件 假设 定义 定理 公理 用反证法证明否(肯)定式命题 用反证法证明“唯一性”命题 用反证法证明“至多、至少”问题 课时作业（七）综合检测(二)
(时间90分钟，满分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2013·日照高二检测)有一段演绎推理是这样的“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”结论显然是错误的，是因为( )
A．大前提错误 B．小前提错误
C．推理形式错误 D．非以上错误
【解析】 该推理的形式不符合三段论推理模式，故结论错误．
【答案】 C
2．下列推理过程是类比推理的是( )
A．人们通过大量试验得出掷硬币出现正面的概率为
B．科学家通过研究老鹰的眼睛发明了电子鹰眼
C．通过检测溶液的pH值得出溶液的酸碱性
D．数学中由周期函数的定义判断某函数是否为周期函数
【解析】 A为归纳推理，C，D均为演绎推理．故选B.
【答案】 B
3．求证：＋＜2.
证明：因为＋和2都是正数，
所以为了证明＋＜2，
只需证明(＋)2＜(2)2，
展开得10＋2＜20，即＜5，
只需证明21＜25.
因为21＜25成立，
所以不等式＋＜2成立．
上述证明过程应用了( )
A．综合法
B．分析法
C．综合法、分析法配合使用
D．间接证法
【解析】 结合证明特征可知，上述证明过程用了分析法，其属于直接证明法．
【答案】 B
4．如图1所示为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( )
—○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ● ● ○ ○ ○ ● ●—
图1
A．白色 B．黑色
C．白色可能性大 D．黑色可能性大
【解析】 每3个白珠和2个黑珠看作一组，前7组共有35颗珠子，因此第36颗珠子应为白色珠．
【答案】 A
5．(2012·江西高考)观察下列事实：|x|＋|y|＝1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为( )
A．76 B．80
C．86 D．92
【解析】 由题意知|x|＋|y|＝1的不同整数解的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解的个数为12，则可归纳出等式右端值与不同整数解的个数成倍数关系，且解的个数为等式值的4倍，则|x|＋|y|＝20的不同整数解的个数为80.
【答案】 B
6．下面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，α所表示的数是( )
1
1 2 1
1 3 3 1
1 4 α 4 1
1 5 10 10 5 1
图2
A．2 B．4
C．6 D．8
【解析】 由杨辉三角形可以发现：每一行除1外，每个数都是它肩膀上的两数之和．故α＝3＋3＝6.
【答案】 C
7．(2013·大连高二检测)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由“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；
②由“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
③由“t≠0，mt＝xt?m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p?a＝x”；
④由“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”．
以上结论正确的是( )
A．①③ B．①②
C．②③ D．②④
【解析】 因为向量运算满足交换律、乘法分配律，向量没有除法，不能约分，所以①②正确，③错误．又因为|a·b|＝|a|·|b|·|cos〈a，b〉|，所以④错误．
【答案】 B
8．如图3所示，4个小动物换座位，开始时鼠，猴，兔，猫分别坐1,2,3,4号座位，如果第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，小兔所坐的座位号是( )
图3
A．1 B．2
C．3 D．4
【解析】 由题意得第4次互换座位后，4个小动物又回到了原座位，即每经过4次互换座位后，小动物回到原座位，所以第2 012次互换座位后的结果与最初的位置相同，故小兔坐在第3号座位上．
【答案】 C
9．用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，反设正确的是( )
A．三个内角中至少有一个钝角
B．三个内角中至少有两个钝角
C．三个内角都不是钝角
D．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角
【解析】 “至多有一个”即要么一个都没有，要么有一个，故反设为“至少有两个”．
【答案】 B
10．(2013·唐山高二检测)已知x∈(0，＋∞)，观察下列式子：x＋≥2，x＋＝＋＋≥3，…类比有x＋≥n＋1(n∈N*)，则a的值为( )
A．nn B．n
C．n＋1 D．n－1
【解析】 由观察可得：x＋＝＋≥(n＋1)·＝(n＋1)·＝n＋1，则a＝nn.
【答案】 A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
11．(2013·苏州高二检测)对于平面几何中的命题“如果两个角的两边分别对应垂直，那么这两个角相等或互补”，在立体几何中，类比上述命题，可以得到命题“__________________________”，这个类比命题的真假性是____________．
【解析】 边类比半平面，角类比二面角可得．
【答案】 如果两个二面角的两个半平面分别对应垂直，那么这两个二面角相等或互补 假命题
12．函数f(x)对于任意实数x满足条件f(x＋2)＝，若f(1)＝－5，则f(f(5))＝________.
【解析】 ∵f(x＋2)＝，
∴f(x＋4)＝＝f(x)，
∴f(5)＝f(1＋4)＝f(1)＝－5，
∴f(f(5))＝f(－5)＝f(3)＝＝－.
【答案】 －
13．(2013·马鞍山高二检测)观察以下不等式
1＋＜，
1＋＋＜，
1＋＋＋＜，
……
可归纳出对大于1的正整数n成立的一个不等式1＋＋＋…＋＜f(n)，则不等式右端f(n)的表达式应为________(n＞1，n∈N)．
【解析】 由所给不等式可知，分子为3,5,7，…；分母为2,3,4，…
寻找规律可知f(n)＝.
【答案】
14．在△ABC中，D为BC的中点，则＝(＋)．将命题类比到三棱锥中，得到一个类似的命题为__________________________________.
【答案】 在三棱锥A－BCD中，G为△BCD的重心，则＝·(＋＋)
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)已知a，b是正有理数，，是无理数，证明：＋必为无理数．
【证明】 假设＋为有理数，记p＝＋，因为a，b是正有理数，所以p＞0.将＝p－两边平方，得a＝p2＋b－2p，所以＝.因为a，b，p均为有理数，所以必为有理数，这与已知条件矛盾，故假设错误．
所以＋必为无理数．
16．(本小题满分12分)如图4，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．
图4
求证：(1)直线EF∥平面PCD；
(2)平面BEF⊥平面PAD.
【证明】 (1)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)连接BD.因为AB＝AD，∠BAD＝60°，所以△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.
17．(本小题满分12分)(2013·广东高考)设各项均为正数的数列{an}的前n项和为Sn，满足4Sn＝a－4n－1，n∈N*，且a2，a5，a14构成等比数列．
(1)证明：a2＝；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋<.
【解】 (1)证明：由4Sn＝a－4n－1，得4S1＝a－4－1，
即4a1＝a－4－1，所以a＝4a1＋5.
因为an>0，所以a2＝.
(2)因为4Sn＝a－4n－1， ①
所以当n≥2时，4Sn－1＝a－4(n－1)－1， ②
由①－②得4an＝a－a－4，
即a＝a＋4an＋4＝(an＋2)2(n≥2)．
因为an>0，所以an＋1＝an＋2，即an＋1－an＝2(n≥2)．
因为a2，a5，a14成等比数列，所以a＝a2a14，
即(a2＋3×2)2＝a2(a2＋12×2)，解得a2＝3.
又由(1)知a2＝，所以a1＝1，所以a2－a1＝2.
综上知an＋1－an＝2(n∈N*)，
所以数列{an}是首项为1，公差为2的等差数列．
所以an＝1＋2(n－1)＝2n－1.
所以数列{an}的通项公式为an＝2n－1(n∈N*)．
(3)证明：由(2)知＝
＝(－)，
所以＋＋…＋
＝(1－＋－＋…＋－)
＝(1－)＝－<.
18．(本小题满分14分)(2013·宁波高二检测)已知△ABC的三边a、b、c的倒数成等差数列，试分别用分析法和综合法证明∠B为锐角．
【证明】 法一(分析法) 要证明∠B为锐角，只需证cos B＞0，又因为cos B＝，所以只需证明a2＋c2－b2＞0，即a2＋c2＞b2.
因为a2＋c2≥2ac，所以只需证明2ac＞b2.
由已知＝＋，
即2ac＝b(a＋c)，
所以只需证明b(a＋c)＞b2，
即只需证明a＋c＞b.而a＋c＞b显然成立，所以∠B为锐角．
法二(综合法) 由题意：＝＋＝，
则b＝，∴b(a＋c)＝2ac.
∵a＋c＞b，
∴b(a＋c)＝2ac＞b2.
∴cos B＝≥＞0.
又∵0＜∠B＜π，
∴0＜∠B＜，即∠B为锐角．
一、选择题
1．下列关于归纳推理的说法错误的是( )
A．归纳推理是一种从一般到一般的推理过程
B．归纳推理是一种从特殊到一般的推理过程
C．归纳推理得出的结论不一定正确
D．归纳推理具有由具体到抽象的认知功能
【解析】 归纳推理是由特殊到一般的推理，其结论未必正确．故B、C、D正确，A错误．
【答案】 A
2．类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推知正四面体的下列性质，你认为比较恰当的是( )
①各棱长相等，同一顶点上的任意两条棱的夹角相等；
②各个面是全等的正三角形，相邻的两个面所成的二面角相等；
③各个面是全等的正三角形，同一顶点上的任意两条棱的夹角相等；
④各棱长相等，相邻的两个面所成的二面角相等．
A．①④ B．①②
C．①③ D．③④
【解析】 类比推理的原则是：类比前后保持类比规则的一致性，而③④违背了这一原则，只有①②符合．
【答案】 B
3．观察下列各式：72＝49,73＝343,74＝2 401，…，则72 011的末两位数字为
( )
A．01 B．43
C．07 D．49
【解析】 72＝49,73＝343,74＝2 401,75＝16 807,76＝117 649，…，
由此看出，末两位数字具有周期性，且周期为4，又2 011＝4×502＋3，由此知72 011的末两位数字应为43，故选B.
【答案】 B
4．下面几种推理是合情推理的是( )
①由圆的性质类比出球的有关性质；
②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；
③张军某次考试成绩是100分，由此推出全班同学的成绩都是100分；
④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°.
A．①② B．①③
C．①②④ D．②④
【解析】 ①是类比推理；②是归纳推理；④是归纳推理．所以①、②、④是合情推理．
【答案】 C
5．已知f1(x)＝cos x，f2(x)＝f′1(x)，f3(x)＝f′2(x)，f4(x)＝f′3(x)，…，fn(x)＝f′n－1(x)，则f2 013(x)等于( )
A．sin x B．－sin x
C．cos x D．－cos x
【解析】 f1(x)＝cos x，f2(x)＝－sin x，f3(x)＝－cos x，f4(x)＝sin x，
可以归纳出
f4n(x)＝sin x，f4n＋1(x)＝cos x，
f4n＋2(x)＝－sin x，f4n＋3(x)＝－cos x，
∴f2 013(x)＝f1(x)＝cos x.
【答案】 C
二、填空题
6．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】 结合等差数列的特点，类比等比数列中b1b2b3…b9＝29可得，在{an}中，若a5＝2，则有a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9.
【答案】 a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9
7．把1、3、6、10、15、21、…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点可以排成一个正三角形(如图2－1－3)．
图2－1－3
试求第七个三角形数是________．
【解析】 观察知第n个三角形数为1＋2＋3＋…＋n＝，
∴当n＝7时，＝28.
【答案】 28
8．在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为________．
【解析】 ∵两个正三角形是相似的三角形，∴它们的面积之比是相似比的平方．同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方，∴它们的体积比为1∶8.
【答案】 1∶8
三、解答题
9．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f(n)表示这n条直线交点的个数．
(1)求f(4)；
(2)当n＞4时，求f(n)(用n表示)．
【解】 (1)如图所示，可得f(4)＝5.
(2)∵f(3)＝2，f(4)＝5＝f(3)＋3，
f(5)＝9＝f(4)＋4，
f(6)＝14＝f(5)＋5.
……
∴每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．
∴f(n)＝f(n－1)＋n－1，
累加得f(n)＝f(3)＋3＋4＋5＋…＋(n－1)
＝2＋3＋4＋5＋…＋(n－1)＝(n＋1)(n－2)．
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．已知在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，有＝＋成立．那么在四面体A－BCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明猜想是否正确及理由．
【解】 猜想：类比AB⊥AC，AD⊥BC，可以猜想四面体A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则＝＋＋.猜想正确．
如图所示，连接BE，并延长交CD于F，连接AF.
∵AB⊥AC，AB⊥AD，
∴AB⊥平面ACD.
而AF?平面ACD，∴AB⊥AF.
在Rt△ABF中，AE⊥BF，∴＝＋.
在Rt△ACD中，AF⊥CD，
∴＝＋.
∴＝＋＋，故猜想正确.
一、选择题
1．已知△ABC中，∠A＝30°，∠B＝60°，求证a＜b.
证明：∵∠A＝30°，∠B＝60°，∴∠A＜∠B，∴a＜b，画线部分是演绎推理的( )
A．大前提 B．小前提
C．结论 D．三段论
【解析】 结合三段论的特征可知，该证明过程省略了大前提“在同一个三角形中大角对大边”，因此画线部分是演绎推理的小前提．
【答案】 B
2．(2013·三亚高二检测)“指数函数y＝ax(a＞0且a≠1)是R上的增函数，而y＝()x是指数函数，所以y＝()x是R上的增函数”，上述三段论推理过程中导致结论错误的是( )
A．大前提 B．小前提
C．大、小前提 D．推理形式
【解析】 指数函数y＝ax在a＞1时在R上是增函数，当0＜a＜1时，在R上是减函数，故上述三段论的证明中“大前提”出错．
【答案】 A
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应满足的条件是( )
A．a2C．a2>b2＋c2 D．a2≤b2＋c2
【解析】 ∵cos A＝<0，
∴b2＋c2－a2<0，∴a2>b2＋c2.
【答案】 C
4．下面几种推理过程是演绎推理的是( )
A．两条直线平行，同旁内角互补，因为∠A和∠B是两条平行直线被第三条直线所截所得的同旁内角，所以∠A＋∠B＝180°
B．我国地质学家李四光发现中国松辽地区和中亚细亚的地质结构类似，而中亚细亚有丰富的石油，由此，他推断松辽平原也蕴藏着丰富的石油
C．由6＝3＋3,8＝3＋5,10＝3＋7,12＝5＋7,14＝7＋7，…，得出结论：一个偶数(大于4)可以写成两个素数的和
D．在数列{an}中，a1＝1，an＝(an－1＋)(n≥2)，由此归纳出{an}的通项公式
【解析】 B、C、D选项是合情推理，A选项是演绎推理．
【答案】 A
5．“∵四边形ABCD是矩形，∴四边形ABCD的对角线相等．”以上推理的大前提是( )
A．正方形都是对角线相等的四边形
B．矩形都是对角线相等的四边形
C．等腰梯形都是对角线相等的四边形
D．矩形都是对边平行且相等的四边形
【解析】 大前提为矩形都是对角线相等的四边形．
【答案】 B
二、填空题
6．在求函数y＝的定义域时，第一步推理中大前提是“当有意义时，a≥0”；小前提是“有意义”；结论是___________________．
【解析】 由log2x－2≥0得x≥4.
【答案】 “y＝的定义域是[4，＋∞)”
7．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的三边长依次为3,4,5，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的平方和的三角形是直角三角形
图2－1－6
8．如图2－1－6所示，因为四边形ABCD是平行四边形，所以AB＝CD，BC＝AD.
又因为△ABC和△CDA的三边对应相等，所以△ABC≌△CDA.
上述推理的两个步骤中应用的推理形式是________．
【答案】 演绎推理
三、解答题
9．把下列演绎推理写成三段论的形式．
(1)在一个标准大气压下，水的沸点是100 ℃，所以在一个标准大气压下把水加热到100 ℃时，水会沸腾；
(2)一切奇数都不能被2整除，(2100＋1)是奇数，所以(2100＋1)不能被2整除；
(3)三角函数都是周期函数，y＝tan α是三角函数，因此y＝tan α是周期函数．
【解】 (1)在一个标准大气压下，水的沸点是100 ℃， 大前提
在一个标准大气压下把水加热到100 ℃， 小前提
水会沸腾． 结论
(2)一切奇数都不能被2整除， 大前提
(2100＋1)是奇数， 小前提
(2100＋1)不能被2整除． 结论
(3)三角函数都是周期函数， 大前提
y＝tan α是三角函数， 小前提
y＝tan α是周期函数． 结论
10．如图2－1－7，D，E，F分别是BC，CA，AB上的点，∠BFD＝∠A，DE∥BA，求证：ED＝AF，写出三段论形式的演绎推理．
图2－1－7
【证明】 因为同位角相等，两条直线平行， 大前提
∠BFD与∠A是同位角，且∠BFD＝∠A， 小前提
所以FD∥AE. 结论
因为两组对边分别平行的四边形是平行四边形，
大前提
DE∥BA，且FD∥AE， 小前提
所以四边形AFDE为平行四边形． 结论
因为平行四边形的对边相等， 大前提
ED和AF为平行四边形AFDE的对边， 小前提
所以ED＝AF. 结论
11．已知函数f(x)＝＋bx，其中a>0，b>0，x∈(0，＋∞)，确定f(x)的单调区间，并证明在每个单调区间上的增减性．
【解】 设0f(x1)－f(x2)＝(＋bx1)－(＋bx2)
＝(x2－x1)(－b)．
当0则x2－x1>0,0b，
∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)，
∴f(x)在(0，]上是减函数，
当x2>x1≥时，则x2－x1>0，x1x2>，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)在[，＋∞)上是增函数.
一、选择题
1．设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有( )
A．1≤ab≤ B．ab<1<
C．ab<<1 D．【解析】 ∵a≠b，∴a2＋b2>2ab，即>ab，
可排除A、D.
又＝＋>＋＝＝1.
故B正确．
【答案】 B
2．l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是( )
A．l1⊥l2，l2⊥l3?l1∥l3
B．l1⊥l2，l2∥l3?l1⊥l3
C．l1∥l2∥l3?l1，l2，l3共面
D．l1，l2，l3共点?l1，l2，l3共面
【解析】 在空间中，垂直于同一直线的两条直线不一定平行，故A错；两平行线中的一条垂直于第三条直线，则另一条也垂直于第三条直线，B正确；相互平行的三条直线不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，故C错；共点的三条直线不一定共面，如三棱锥的三条侧棱，故D错．
【答案】 B
3．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么( )
A．x<C．x<<2xy【解析】 ∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝，x＝，
则＝，2xy＝，∴x<2xy<【答案】 D
4．已知函数f(x)＝lg，若f(a)＝b，则f(－a)等于( )
A．b B．－b
C. D．－
【解析】 f(x)定义域为(－1,1)，
f(－a)＝lg＝lg()－1＝－lg＝－f(a)＝－b.
【答案】 B
5．已知直线l∥平面α，P∈α，那么过点P且平行于直线l的直线( )
A．只有一条，不在平面α内
B．有无数条，不一定在平面α内
C．只有一条，且在平面α内
D．有无数条，一定在平面α内
【解析】 由直线l与点P可确定一个平面β，且平面α，β有公共点，因此它们有一条公共直线，设该公共直线为m，因为l∥α，所以l∥m，故过点P且平行于直线l的直线只有一条，且在平面α内．
【答案】 C
二、填空题
6.－________－1.(填“＞”或“＜”)
【解析】 ∵＝＝＋，
＝＝＋1，
显然＋＞＋1，∴－＜－1.
【答案】 ＜
7．已知sin x＝，x∈(，)，则tan(x－)＝________.
【解析】 ∵sin x＝，x∈(，)，∴cos x＝－，
∴tan x＝－，∴tan(x－)＝＝－3.
【答案】 －3
8．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________．(用序号及“?”表示)
【解析】 ∵αβ>0，|α|>2，|β|>2.
∴|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ>8＋8＋2×8＝32>25.
∴|α＋β|>5.
【答案】 ①③?②
三、解答题
9．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．
【证明】 由A、B、C成等差数列，有2B＝A＋C. ①
因为A、B、C为△ABC的内角，所以A＋B＋C＝π. ②
由①②，得B＝. ③
由a、b、c成等比数列，有b2＝ac. ④
由余弦定理及③，
可得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac.
再由④，得a2＋c2－ac＝ac，
即(a－c)2＝0，因此a＝c，
从而有A＝C. ⑤
由②③⑤，得A＝B＝C＝，所以△ABC为等边三角形．
10．设a>0，f(x)＝＋在R上满足f(x)＝f(－x)，
(1)求a的值；
(2)证明f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
【解】 (1)依题意，对一切x∈R有f(x)＝f(－x)，
即＋＝＋aex，
所以(a－)(ex－)＝0对一切x∈R成立．
由此可得a－＝0，即a2＝1.
又因为a>0，所以a＝1.
11．如图2－2－2，在四棱台ABCD－A1B1C1D1中，下底ABCD是边长为2的正方形，上底A1B1C1D1是边长为1的正方形，侧棱DD1⊥平面ABCD，DD1＝2.
图2－2－2
(1)求证：B1B∥平面D1AC；
(2)求证：平面D1AC⊥平面B1BDD1.
【证明】 (1)设AC∩BD＝E，连接D1E，
∵平面ABCD∥平面A1B1C1D1.
∴B1D1∥BE，
∵B1D1＝BE＝，
∴四边形B1D1EB是平行四边形，
所以B1B∥D1E.
又因为B1B?平面D1AC，
D1E?平面D1AC，
所以B1B∥平面D1AC
(2)侧棱DD1⊥平面ABCD，AC?平面ABCD，
∴AC⊥DD1.
∵下底ABCD是正方形，
∴AC⊥BD.
∵DD1与DB是平面B1BDD1内的两条相交直线，
∴AC⊥平面B1BDD1，
∵AC?平面D1AC，
∴平面D1AC⊥平面B1BDD1.
一、选择题
1．下列表述：
①综合法是由因导果法；
②综合法是顺推法；
③分析法是执果索因法；
④分析法是间接证明法；
⑤分析法是逆推法．
其中正确的语句有( )
A．2个 B．3个
C．4个 D．5个
【解析】 结合综合法和分析法的定义可知①②③⑤均正确，分析法和综合法均为直接证明法，故④不正确．
【答案】 C
2．要证明＋＜＋(a≥0)可选择的方法有多种，其中最合理的是( )
A．综合法 B．类比法
C．分析法 D．归纳法
【解析】 要证＋＜＋，
只需证2a＋7＋2＜2a＋7＋2，
只需证＜，
只需证a(a＋7)＜(a＋3)(a＋4)，
只需证0＜12，
故选用分析法最合理．
【答案】 C
3．已知f(x)＝是奇函数，那么实数a的值等于( )
A．1 B．－1
C．0 D．±1
【解析】 当a＝1时，f(x)＝，f(－x)＝＝－f(x)，f(x)为奇函数．
a＝－1,0时得不出f(x)为奇函数，故A正确．
【答案】 A
4．下列函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1f(x2)”的是( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝(x－1)2
C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1)
【解析】 若满足题目中的条件，则f(x)在(0，＋∞)上为减函数，在A、B、C、D四选项中，由基本函数性质知，A是减函数，故选A.
【答案】 A
5．对一切实数x，不等式x2＋a|x|＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－2] B．[－2,2]
C．[－2，＋∞) D．[0，＋∞)
【解析】 用分离参数法可得a≥－(|x|＋)(x≠0)，而|x|＋≥2，∴a≥－2，当x＝0时原不等式显然成立．
【答案】 C
二、填空题
6．设A＝＋，B＝(a>0，b>0)，则A、B的大小关系为________．
【解析】 A－B＝－＝≥0.
【答案】 A≥B
7．若抛物线y＝4x2上的点P到直线y＝4x－5的距离最短，则点P的坐标为________．
【解析】 数形结合知，曲线y＝4x2在点P处的切线l与直线y＝4x－5平行．
设l：y＝4x＋b.将y＝4x＋b代入y＝4x2，
得4x2－4x－b＝0，令Δ＝0，得b＝－1.
∴4x2－4x＋1＝0，
∴x＝，∴y＝1.
【答案】 (，1)
8．补足下面用分析法证明基本不等式≥ab的步骤：
要证明≥ab，
只需证明a2＋b2≥2ab，
只需证____________，
只需证____________．
由于____________显然成立，因此原不等式成立．
【解析】 要证明≥ab，
只需证明a2＋b2≥2ab，
只需证a2＋b2－2ab≥0，
只需证(a－b)2≥0，
由于(a－b)2≥0显然成立，因此原不等式成立．
【答案】 a2＋b2－2ab≥0 (a－b)2≥0 (a－b)2≥0
三、解答题
9．如图2－2－3所示，正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别为棱AB，BC的中点，EF∩BD＝G.
图2－2－3
求证：平面B1EF⊥平面BDD1B1.
【证明】 要证明平面B1EF⊥面BDD1B1，只需证面B1EF内有一线垂直于面BDD1B1，即EF⊥面BDD1B1.
要证EF⊥面BDD1B1，
只需证EF垂直平面BDD1B1内两条相交直线即可，
即证EF⊥BD，EF⊥B1G.
而EF∥AC，AC⊥BD，
故EF⊥BD成立．
故只需证EF⊥B1G即可．
又∵△B1EF为等腰三角形，EF的中点为G，
∴B1G⊥EF成立．
∴EF⊥面BDD1B1成立，
从而问题得证．
10．设a，b>0，且a≠b，用分析法证明：a3＋b3>a2b＋ab2.
【证明】 要证a3＋b3>a2b＋ab2成立．
只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立，
又因a＋b>0，
只需证a2－ab＋b2>ab成立，
只需证a2－2ab＋b2>0成立，
即证(a－b)2>0成立．
而依题设a≠b，则(a－b)2>0显然成立．
由此命题得证．
11．已知a>0，b>0，用两种方法证明：＋≥＋.
【证明】 法一 (综合法)：
因为a>0，b>0，
所以＋－－
＝(－)＋(－)
＝＋＝(a－b)(－)
＝
所以＋≥＋.
法二 (分析法)：
要证＋≥＋，
只需证a＋b≥a＋b，
即证(a－b)(－)≥0，
因为a>0，b>0，a－b与－同号，
所以(a－b)(－)≥0成立，
所以＋≥＋成立.
一、选择题
1．应用反证法推出矛盾的推导过程中，要把下列哪些作为条件使用( )
①结论的否定，即假设；②原命题的条件；③公理、定理、定义等；④原命题的结论．
A．①② B．①②④
C．①②③ D．②③
【解析】 由反证法的定义可知应选C.
【答案】 C
2．(2013·海口高二检测)用反证法证明命题：三角形三个内角至少有一个不大于60°时，应假设( )
A．三个内角都不大于60°
B．三个内角都大于60°
C．三个内角至多有一个大于60°
D．三个内角至多有两个大于60°
【解析】 三个内角至少有一个不大于60°，即有一个、两个或三个不大于60°，其反设为都大于60°，故B正确．
【答案】 B
3．实数a，b，c不全为0等价于( )
A．a，b，c均不为0
B．a，b，c中至多有一个为0
C．a，b，c中至少有一个为0
D．a，b，c中至少有一个不为0
【解析】 实数a，b，c不全为0，即a，b，c至少有一个不为0，故应选D.
【答案】 D
4．(1)已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2.用反证法证明时，可假设p＋q≥2.
(2)已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下结论正确的是( )
A．(1)与(2)的假设都错误
B．(1)与(2)的假设都正确
C．(1)的假设正确；(2)的假设错误
D．(1)的假设错误；(2)的假设正确
【解析】 (1)的假设应为p＋q>2；(2)的假设正确．
【答案】 D
5．下列命题不适合用反证法证明的是( )
A．同一平面内，分别与两条相交直线垂直的两条直线必相交
B．两个不相等的角不是对顶角
C．平行四边形的对角线互相平分
D．已知x，y∈R，且x＋y＞2，求证：x，y中至少有一个大于1
【解析】 A中命题条件较少，不易正面证明；B中命题是否定性命题，其反设是显而易见的定理；D中命题是至少性命题，其结论包含两种情况，而反设只有一种情况，适合用反证法证明．
【答案】 C
二、填空题
6．命题“三角形中最多只有一个内角是直角”的否定是______________．
【解析】 “最多”的反面是“最少”，故本题的否定是：三角形中最少有两个内角是直角．
【答案】 “三角形中最少有两个内角是直角”
7．用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0(a、b为实数)”，其反设为________．
【解析】 “a、b全为0”即“a＝0且b＝0”，因此它的反设为“a≠0或b≠0”
【答案】 “a、b不全为0”
8．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：
①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C>180°，这与三角形内角和为180°矛盾，故假设错误．
②所以一个三角形不能有两个直角．
③假设△ABC中有两个直角，
不妨设∠A＝90°，∠B＝90°.
上述步骤的正确顺序为________．
【答案】 ③①②
三、解答题
9．(2013·泰安高二检测)用反证法证明：无论m取何值，关于x的方程x2－5x＋m＝0与2x2＋x＋6－m＝0至少有一个有实数根．
【解】 假设存在实数m，使得这两个方程都没有实数根，
则解得无解．
与假设存在实数m矛盾．故无论m取何值，两个方程中至少有一个方程有实数根．
10．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，求证：a＞0，b＞0，c＞0.
【证明】 假设a＜0，由abc＞0得bc＜0，
由a＋b＋c＞0，得b＋c＞－a＞0，
于是ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，这与已知矛盾．
又若a＝0，则abc＝0，与abc＞0矛盾，
故a＞0，
同理可证b＞0，c＞0.
11．若x，y，z均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋，则a，b，c中是否至少有一个大于0？请说明理由．
【解】 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，
因为π－3>0，且无论x，y，z为何实数，
(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，
所以a＋b＋c>0.
这与假设a＋b＋c≤0矛盾．
因此，a，b，c中至少有一个大于0.
