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/[对应学生用书P28]
一、合情推理和演绎推理
(1)归纳和类比是常用的合情推理，归纳推理是由部分特殊的对象得到一般性的结论的推理法，它在教学研究或数学学习中有着重要的作用：发现新知识、探索真理、预测答案、探索解题思路等．类比是由特殊到特殊的推理，它以比较为基础，有助于启迪思维、触类旁通、拓宽知识、发现命题等．合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明，合情推理可以为演绎推理提供方向和思路．
(2)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．
二、直接证明和间接证明
1．直接证明包括综合法和分析法
(1)综合法是“由因导果”．它是从已知条件出发，顺着推证，用综合法证明命题的逻辑关系是：A?B1?B2?…?Bn?B(A为已知条件或已知的定义定理、公理，B为要证的命题)．它的常见书面表达是“∵，∴”或“?”．
(2)分析法是“执果索因”，一步步寻求上一步成立的充分条件．它是从要求证的结论出发，倒着分析，由未知想需知，由需知逐渐地靠近已知(已知条件，已经学过的定义、定理、公理、公式、法则等)．用分析法证明命题的逻辑关系是：B(结论)?B1?B2?…?Bn?A(已知)．它的常见书面表达是“要证……只需……”或“?”．
2．间接证明主要是反证法
反证法：一般地，假设原命题不成立，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，反证法是间接证明的一种方法．
反证法主要适用于以下两种情形：
(1)要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；
(2)如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面考虑，只要研究一种或很少的几种情形．
/[对应学生用书P61]
(时间：90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分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．自然数是整数，4是自然数，所以4是整数．以上三段论推理( )
A．正确
B．推理形式不正确
C．两个“自然数”概念不一致
D．“两个整数”概念不一致
解析：三段论中的大前提、小前提及推理形式都是正确的．
答案：A
2．观察下列各等式：＋＝2，＋＝2，＋＝2，＋＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为( )
A.＋＝2 B.＋＝2
C.＋＝2 D.＋＝2
解析：观察分子中2＋6＝5＋3＝7＋1＝10＋(－2)＝8.
答案：A
3．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N＋)，猜想f(x)的表达式为( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝
C．f(x)＝ D．f(x)＝
解析：f(2)＝，f(3)＝，f(4)＝，猜想f(x)＝.
答案：B
4．下列四类函数中，具有性质“对任意的x>0，y>0，函数f(x)满足[f(x)]y＝f(xy)”的是( )
A．指数函数 B．对数函数
C．一次函数 D．余弦函数
解析：当函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)时，对任意的x>0，y>0，有[f(x)]y＝(ax)y＝axy＝f(xy)，即指数函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)满足[f(x)]y＝f(xy)，可以检验，B，C，D选项均不满足要求．
答案：A
5．下列推理正确的是( )
A．把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则有：loga(x＋y)＝logax＋logay
B．把a(b＋c)与sin(x＋y)类比，则有：sin(x＋y)＝sin x＋sin y
C．把a(b＋c)与ax＋y类比，则有ax＋y＝ax＋ay
D．把(a＋b)＋c与(xy)z类比，则有：(xy)z＝x(yz)
解析：(xy)z＝x(yz)是乘法的结合律，正确．
答案：D
6．(江西高考)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝( )
A．28 B．76
C．123 D．199
解析：记an＋bn＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N＋，n≥3)，则f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123.
答案：C
7．已知结论：“在正△ABC中，若D是BC的中点，G是△ABC外接圆的圆心，则＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在正四面体ABCD中，若M是△BCD的中心，O为四面体ABCD外接球的球心”，则＝( )
A．2 B．2
C．3 D．4
解析：如图，易知球心O在线段AM上，不妨设正四面体ABCD的棱长为1，外接球的半径为R，则BM＝×＝，AM＝ ＝，R＝，解得R＝.于是，＝＝3.
答案：C
8．求证：＋＞.
证明：因为＋和都是正数，所以为了证明＋＞，只需证明(＋)2＞()2，展开得5＋2＞5，即2＞0，此式显然成立，所以不等式＋＞成立．上述证明过程应用了( )
A．综合法 B．分析法
C．综合法及分析法 D．间接证法
解析：证明过程中的“为了证明……”，“只需证明……”这样的语句是分析法所特有的，是分析法的证明模式．
答案：B
9．(山东高考)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
解析：至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．
答案：A
10．数列{an}满足a1＝，an＋1＝1－，则a2014等于( )
A. B.－1
C．2 D．3
解析：∵a1＝，an＋1＝1－，∴a2＝1－＝－1，
a3＝1－＝2，a4＝1－＝，a5＝1－＝－1，
a6＝1－＝2，∴an＋3k＝an(n∈N＋，k∈N＋)，
∴a2014＝a1＋3×671＝a1＝.
答案：A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填在题中的横线上)
11．“因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC，BD互相垂直且平分．”以上推理的大前提是 ．
答案：菱形对角线互相垂直且平分
12．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x0x＋y0y＝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：经过椭圆＋＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为＋＝1
13．若定义在区间D上的函数f(x)对于D上的n个值x1，x2，…，xn，总满足[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤f，称函数f(x)为D上的凸函数；现已知f(x)＝sin x在(0，π)上是凸函数，则△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是 ．
解析：因为f(x)＝sin x在(0，π)上是凸函数(小前提)，
所以(sin A＋sin B＋sin C)≤sin(结论)，
即sin A＋sin B＋sin C≤3sin＝.
因此，sin A＋sin B＋sin C的最大值是.
答案：
14．观察下图：
1
2 3 4
3 4 5 6 7
4 5 6 7 8 9 10
…… ……
则第 行的各数之和等于2 0132.
解析：观察知，图中的第n行各数构成一个首项为n，公差为1，共2n－1项的等差数列，其各项和为
Sn＝(2n－1)n＋
＝(2n－1)n＋(2n－1)(n－1)＝(2n－1)2，
令(2n－1)2＝2 0132，得2n－1＝2 013，∴n＝1 007.
答案：1 007
三、解答题(本大题共4小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，{an}有如下性质：(m，n，p，q∈N＋)
①通项an＝am＋(n－m)d；
②若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
③若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；
④Sn，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：在等比数列{bn}中，公比为λ(λ≠0)，前n项和为S′n，{bn}有如下性质：(m，n，p，q∈N＋)
①通项bn＝bm·λn－m；
②若m＋n＝p＋q，则bm·bn＝bp·bq；
③若m＋n＝2p，则bm·bn＝b；
④S′n，S′2n－S′n，S′3n－S′2n(S≠0)构成等比数列．
16．(本小题满分12分)已知a，b均为实数，求证：＋≥；
证明：要证＋≥成立，
只需证(a2＋b2)≥9，
即证1＋4＋＋≥9，
即证＋≥4.
根据基本不等式，有＋≥2＝4成立，所以原不等式成立．
17．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝.
(1)分别求f(2)＋f，f(3)＋f，f(4)＋f的值；
(2)归纳猜想一般性结论，并给出证明；
(3)求值：f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 014)＋f＋f＋…＋f.
解：(1)∵f(x)＝，
∴f(2)＋f＝＋＝＋＝1，同理可得f(3)＋f＝1，f(4)＋f＝1.
(2)由(1)猜想：f(x)＋f＝1(x≠0)，
证明：f(x)＋f＝＋
＝＋＝1.
(3)由(2)可得，
原式＝f(1)＋＋＋…＋＝f(1)＋2 013＝＋2 013＝.
18．(本小题满分14分)已知f(x)＝x2＋bx＋c.
(1)求证：f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
(2)求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
证明：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)
＝12＋b＋c＋32＋3b＋c－2(22＋2b＋c)＝2.
(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，
则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<＋2×＋＝2，即|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2.①
而由(1)知，|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2，
即|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥2，这与①矛盾，
从而假设不成立，原结论成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
课件7张PPT。知识整合与阶段检测核心要点归纳阶段质量检测阶段质量检测见阶段质量检测(二)阶段质量检测(二) 推理与证明
(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，满分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．自然数是整数，4是自然数，所以4是整数．以上三段论推理( )
A．正确
B．推理形式不正确
C．两个“自然数”概念不一致
D．“两个整数”概念不一致
2．观察下列各等式：＋＝2，＋＝2，＋＝2，＋＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为( )
A．＋＝2
B．＋＝2
C．＋＝2
D．＋＝2
3．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N＋)，猜想f(x)的表达式为( )
A．f(x)＝ B．f(x)＝
C．f(x)＝ D．f(x)＝
4．下列四类函数中，具有性质“对任意的x>0，y>0，函数f(x)满足[f(x)]y＝f(xy)”的是( )
A．指数函数 B．对数函数
C．一次函数 D．余弦函数
5．下列推理正确的是( )
A．把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则有：loga(x＋y)＝logax＋logay
B．把a(b＋c)与sin(x＋y)类比，则有：sin(x＋y)＝sin x＋sin y
C．把a(b＋c)与ax＋y类比，则有ax＋y＝ax＋ay
D．把(a＋b)＋c与(xy)z类比，则有：(xy)z＝x(yz)
6．(江西高考)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝( )
A．28 B．76
C．123 D．199
7．已知结论：“在正△ABC中，若D是BC的中点，G是△ABC外接圆的圆心，则＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在正四面体ABCD中，若M是△BCD的中心，O为四面体ABCD外接球的球心”，则＝( )
A．2 B．2
C．3 D．4
8．求证：＋＞.
证明：因为＋和都是正数，所以为了证明＋＞，只需证明(＋)2＞()2，展开得5＋2＞5，即2＞0，此式显然成立，所以不等式＋＞成立．上述证明过程应用了( )
A．综合法 B．分析法
C．综合法及分析法 D．间接证法
9．(山东高考)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
10．数列{an}满足a1＝，an＋1＝1－，则a2014等于( )
A. B.－1
C．2 D．3
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填在题中的横线上)
11．“因为AC，BD是菱形ABCD的对角线，所以AC，BD互相垂直且平分．”以上推理的大前提是________．
12．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x0x＋y0y＝r2.类比上述性质，可以得到椭圆＋＝1类似的性质为________________．
13．若定义在区间D上的函数f(x)对于D上的n个值x1，x2，…，xn，总满足[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤f，称函数f(x)为D上的凸函数；现已知f(x)＝sin x在(0，π)上是凸函数，则△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________．
14．观察下图：
1
2 3 4
3 4 5 6 7
4 5 6 7 8 9 10
…… ……
则第________行的各数之和等于2 0132.
三、解答题(本大题共4小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)已知等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，{an}有如下性质：(m，n，p，q∈N＋)
①通项an＝am＋(n－m)d；
②若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq；
③若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；
④Sn，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．
16．(本小题满分12分)已知a，b均为实数，求证：＋≥；
17．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝.
(1)分别求f(2)＋f，f(3)＋f，f(4)＋f的值；
(2)归纳猜想一般性结论，并给出证明；
(3)求值：f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 014)＋f＋f＋…＋f.
18．(本小题满分14分)已知f(x)＝x2＋bx＋c.
(1)求证：f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；
(2)求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
答 案
1．选A 三段论中的大前提、小前提及推理形式都是正确的．
2．选A 观察分子中2＋6＝5＋3＝7＋1＝10＋(－2)＝8.
3．选B f(2)＝，f(3)＝，f(4)＝，猜想f(x)＝.
4．选A 当函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)时，对任意的x>0，y>0，有[f(x)]y＝(ax)y＝axy＝f(xy)，即指数函数f(x)＝ax(a>0，a≠1)满足[f(x)]y＝f(xy)，可以检验，B，C，D选项均不满足要求．
5．选D (xy)z＝x(yz)是乘法的结合律，正确．
6．选C 记an＋bn＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N＋，n≥3)，则f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123.
7．选C 如图，易知球心O在线段AM上，不妨设正四面体ABCD的棱长为1，外接球的半径为R，则BM＝×＝，AM＝ ＝，R＝，解得R＝.于是，＝＝3.
8．选B 证明过程中的“为了证明……”，“只需证明……”这样的语句是分析法所特有的，是分析法的证明模式．
9．选A 至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．
10．选A ∵a1＝，an＋1＝1－，∴a2＝1－＝－1，
a3＝1－＝2，a4＝1－＝，a5＝1－＝－1，
a6＝1－＝2，∴an＋3k＝an(n∈N＋，k∈N＋)，
∴a2014＝a1＋3×671＝a1＝.
11．菱形对角线互相垂直且平分
12．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：经过椭圆＋＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为＋＝1
13．解析：因为f(x)＝sin x在(0，π)上是凸函数(小前提)，
所以(sin A＋sin B＋sin C)≤sin(结论)，
即sin A＋sin B＋sin C≤3sin＝.
因此，sin A＋sin B＋sin C的最大值是.
答案：
14．解析：观察知，图中的第n行各数构成一个首项为n，公差为1，共2n－1项的等差数列，其各项和为
Sn＝(2n－1)n＋
＝(2n－1)n＋(2n－1)(n－1)＝(2n－1)2，
令(2n－1)2＝2 0132，得2n－1＝2 013，
∴n＝1 007.
答案：1 007
15．解：在等比数列{bn}中，公比为λ(λ≠0)，前n项和为S′n，{bn}有如下性质：(m，n，p，q∈N＋)
①通项bn＝bm·λn－m；
②若m＋n＝p＋q，则bm·bn＝bp·bq；
③若m＋n＝2p，则bm·bn＝b；
④S′n，S′2n－S′n，S′3n－S′2n(S≠0)构成等比数列．
16．证明：要证＋≥成立，
只需证(a2＋b2)≥9，
即证1＋4＋＋≥9，
即证＋≥4.
根据基本不等式，有＋≥2＝4成立，所以原不等式成立．
17．解：(1)∵f(x)＝，
∴f(2)＋f＝＋＝＋＝1，
同理可得f(3)＋f＝1，f(4)＋f＝1.
(2)由(1)猜想：f(x)＋f＝1(x≠0)，
证明：f(x)＋f＝＋
＝＋＝1.
(3)由(2)可得，
原式＝f(1)＋＋＋…＋
＝f(1)＋2 013＝＋2 013＝.
18．证明：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)
＝12＋b＋c＋32＋3b＋c－2(22＋2b＋c)＝2.
(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，
则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<＋2×＋＝2，即|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2.①
而由(1)知，|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)＝2，
即|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥2，这与①矛盾，
从而假设不成立，原结论成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
