【2019年高考理科数学三轮冲刺推理与证明 教案

2019年高考理科数学三轮冲刺讲推理与证明
教材版本 全国通用 课时说明（建议） 120分钟
知识点 合情推理与演绎推理；直接证明与间接证明；数学归纳法
复习目标 ①了解合情推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理；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；了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异． 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；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、特点．
复习重点 演绎推理的基本模式；分析法和综合法；
复习难点 演绎推理的基本模式；分析法和综合法；

一、高考回顾
合情推理一般以新定义、新规则的形式考查集合、函数、不等式、数列等问题；而演绎推理常结合函数、方程、不等式、解析几何、立体几何、数列等问题中的证明来考查.
直接证明与间接证明一般考查以不等式、数列、解析几何、立体几何、函数、三角函数为背景的证明问题.数学归纳法一般以数列、集合为背景，用“归纳—猜想—证明”的模式考查.
全国卷对此类问题考查较少，偶尔出现，也不是常规的数学考法，倒是很像一道公务员考试的逻辑推理题。
二、知识清单
1.思维导图
2.知识再现
1.推理：合情推理与演绎推理
1. 合情推理
（1）归纳推理：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.简言之，归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理.
（2）类比推理：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.简言之，类比推理是由特殊到特殊的推理.
（3）合情推理：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.
2. 演绎推理
（1）演绎推理：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论,我们把这种推理称为演绎推理.简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理.
（2）“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
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——根据一般原理，对特殊情况做出的判断

2. 证明：直接证明与间接证明
证明分为直接证明与间接证明.直接证明包括综合法、分析法等；间接证明主要是反证法.
直接证明
（1）综合法:一般地，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.
综合法是“由因导果”，它是从已知条件出发，顺着推证，经过一系列的中间推理，最后导出所证结论的真实性.用综合法证明题的逻辑关系：(A为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论),它的常见书面表达是“∵,∴”.
（2）分析法：一般地，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、定义、定理、公理等）.这种证明的方法叫做分析法.
分析法是“执果索因”，它是从要证的结论出发，倒着分析，逐渐地靠近已知.
间接证明
（3）反证法：一般地，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.
用反证法证明问题的一般步骤:
①、反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面（否定命题）成立；（否定结论）
②、归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与已知条件、已知的公理、定义、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；（推导矛盾）
③、结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误.既然结论的反面不成立,从而肯定了结论成立.(结论成立)
数学归纳法
一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)假设当n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．

三、例题精讲
合情推理与演绎推理
题型一 归纳推理
命题点1　与数字有关的等式的推理
【易错点】
例1(2016·山东)观察下列等式：
－2＋－2＝×1×2；
－2＋－2＋－2＋－2＝×2×3；
－2＋－2＋－2＋…＋－2＝×3×4；
－2＋－2＋－2＋…＋－2＝×4×5；
…
照此规律，－2＋－2＋－2＋…＋－2＝__________.
【答案】　×n×(n＋1)
【解析】观察等式右边的规律：第1个数都是，第2个数对应行数n，第3个数为n＋1.

命题点2　与不等式有关的推理
例2已知ai>0(i＝1,2,3，…，n)，观察下列不等式：
≥；
≥；
≥；
…
照此规律，当n∈N*，n≥2时，≥______.
【答案】　
【解析】　根据题意得≥(n∈N*，n≥2)．

命题点3　与数列有关的推理
例3观察下列等式：
1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)；
1＋3＋6＋…＋n(n＋1)＝n(n＋1)(n＋2)；
1＋4＋10＋…＋n(n＋1)(n＋2)＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)；
…
可以推测，1＋5＋15＋…＋n(n＋1)(n＋2)(n＋3)＝____________________.
【答案】　n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)(n∈N*)
【解析】　根据式子中的规律可知，等式右侧为
n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4)
＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)(n＋4) (n∈N*)．
命题点4　与图形变化有关的推理
例4(2017·大连调研)某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为(　　)

A．21 B．34 C．52 D．55
【答案】　D
【解析】由2＝1＋1,3＝1＋2,5＝2＋3知，从第三项起，每一项都等于前两项的和，则第6年为8，第7年为13，第8年为21，第9年为34，第10年为55，故选D.
【思维点拨】 归纳推理问题的常见类型及解题策略
(1)与数字有关的等式的推理．观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解．
(2)与不等式有关的推理．观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解．
(3)与数列有关的推理．通常是先求出几个特殊现象，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列出即可．
(4)与图形变化有关的推理．合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性．
题型二 类比推理
例1(1)等差数列{an}的公差为d，前n项的和为Sn，则数列为等差数列，公差为.类似地，若各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q，前n项的积为Tn，则等比数列{}的公比为(　　)
A. B．q2
C. D.
【答案】C
【解析】由题设，得Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝bq1＋2＋…＋(n－1)＝.
∴＝，∴等比数列{}的公比为，故选C.
(2)在平面上，设ha，hb，hc是△ABC三条边上的高，P为三角形内任一点，P到相应三边的距离分别为Pa，Pb，Pc，我们可以得到结论：＋＋＝1.把它类比到空间，则三棱锥中的类似结论为______________________．
【答案】　＋＋＋＝1
【解析】设ha，hb，hc，hd分别是三棱锥A－BCD四个面上的高，P为三棱锥A－BCD内任一点，P到相应四个面的距离分别为Pa，Pb，Pc，Pd，于是可以得出结论：＋＋＋＝1.
【思维点拨】 (1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行类比，提出猜想．其中找到合适的类比对象是解题的关键．
(2)类比推理常见的情形有平面与空间类比；低维的与高维的类比；等差数列与等比数列类比；数的运算与向量的运算类比；圆锥曲线间的类比等．
题型三 演绎推理
例1数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn (n∈N*)．证明：
(1)数列是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
【答案】略
【解析】(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
∴＝2·，又＝1≠0，(小前提)
故是以1为首项，2为公比的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义，这里省略了)
(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，
∴Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1
＝4an(n≥2)，(小前提)
又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
∴对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)
(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)
【思维点拨】演绎推理是由一般到特殊的推理，常用的一般模式为三段论，演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关系，解题时要找准正确的大前提，一般地，当大前提不明确时，可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．
直接证明与间接证明
题型四分析法
例1已知a＞0，求证：－≥a＋－2.
【答案】略
【解析】要证－≥a＋－2，
只要证＋2≥a＋＋，
，故只要证2≥2，
即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2＋2，
从而只要证2≥，
只要证4≥2，即a2＋≥2，
而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
【思维点拨】分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．
题型五 综合法
例1已知函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－x2＋x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线．
(1)求a，b的值；
(2)证明：f(x)≤g(x)．
【答案】a＝0，b＝1.
【解析】(1)f′(x)＝，g′(x)＝b－x＋x2，
由题意得解得a＝0，b＝1.
(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln (x＋1)－x3＋x2－x(x>－1)，
h′(x)＝－x2＋x－1＝，
∵x>－1，∴当－10；
当x>0时，h′(x)<0.
则h(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．
h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x)．
【思维点拨】综合法是一种由因导果的证明方法，即由已知条件出发，推导出所要证明的等式或不等式成立．因此，综合法又叫做顺推证法或由因导果法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性．
题型六 反证法
例1 等差数列的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
【答案】（1）Sn＝n(n＋)（2）证明略.
【解析】(1)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∈N*，且互不相等)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，与p≠r矛盾．
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
【思维点拨】(1)适用范围：当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证．
(2)关键：在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．
四、成果巩固
合情推理与演绎推理

题型一 归纳推理
1.将自然数0,1,2，…按照如下形式进行摆列：

根据以上规律判定，从2 016到2 018的箭头方向是(　　)

【答案】A
【解析】从所给的图形中观察得到规律：每隔四个单位，箭头的走向是一样的，比如说，0→1，箭头垂直指下，4→5箭头也是垂直指下，8→9也是如此，而2 016＝4×504，所以2 016→2 017也是箭头垂直指下，之后2 017→2 018的箭头是水平向右，故选A.
2.如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，…，依此类推，如果一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为(　　)

A．6 B．7 C．8 D．9
【答案】C
【解析】由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，…，第n(n≥2，n∈N*)层的点数为6(n－1)．设一个点阵有n(n≥2，n∈N*)层，则共有的点数为1＋6＋6×2＋…＋6(n－1)＝1＋6·＝3n2－3n＋1，由题意，得3n2－3n＋1＝169，即(n＋7)·(n－8)＝0，所以n＝8，故共有8层．
3.观察下列等式：
12＝1；
12－22＝－3；
12－22＋32＝6；
12－22＋32－42＝－10；
…
依此规律，第n个等式可为________
【答案】12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·
【解析】第n个等式的左边第n项应是(－1)n＋1n2，
右边数的绝对值为1＋2＋3＋…＋n＝，
故有12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·.
题型二 类比推理
1.若数列是等差数列，则数列也为等差数列．类比这一性质可知，若正项数列是等比数列，且也是等比数列，则dn的表达式应为(　　)
A．dn＝　　 B．dn＝
C．dn＝　　 D．dn＝
【答案】D
【解析】若{an}是等差数列，则a1＋a2＋…＋an＝na1＋d，∴bn＝a1＋d＝n＋a1－，即{bn}为等差数列；若{cn}是等比数列，则c1·c2·…·cn＝c·q1＋2＋…＋(n－1)＝c·q，∴dn＝＝c1·q，即{dn}为等比数列，故选D．
2.在平面几何中：△ABC的∠C内角平分线CE分AB所成线段的比为＝.把这个结论类比到空间：在三棱锥A－BCD中(如图)，平面DEC平分二面角A－CD－B，且与AB相交于E，则得到类比的结论是______

【答案】＝
【解析】由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得＝.
题型三 演绎推理
1.(2017·全国Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息，则(　　)
A．乙可以知道四人的成绩
B．丁可以知道四人的成绩
C．乙、丁可以知道对方的成绩
D．乙、丁可以知道自己的成绩
【答案】　D
【解析】　由甲说：“我还是不知道我的成绩”可推知甲看到乙、丙的成绩为“1个优秀、1个良好”．乙看丙的成绩，结合甲的说法，丙为“优秀”时，乙为“良好”；丙为“良好”时，乙为“优秀”，可得乙可以知道自己的成绩．丁看甲的成绩，结合甲的说法，甲为“优秀”时，丁为“良好”；甲为“良好”时，丁为“优秀”，可得丁可以知道自己的成绩．
故选D.
2.已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数．
【答案】　证明略
【解析】设x1，x2∈R，取x1则由题意得x1f(x1)＋x2f(x2)>x1f(x2)＋x2f(x1)，
∴x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，
[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，
∵x10，f(x2)>f(x1)．
∴y＝f(x)为R上的单调增函数．
3.袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则(　　)
A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C．乙盒中红球不多于丙盒中红球
D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
【答案】B
【解析】　取两个球往盒子中放有4种情况：
①红＋红，则乙盒中红球数加1；
②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；
③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；
④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.
因为红球和黑球个数一样多，所以①和②的情况一样多．③和④的情况完全随机．③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响．①和②出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样．综上，选B.
直接证明与间接证明
题型四分析法
1．分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
【答案】C
【解析】由于a>b>c，且a＋b＋c＝0，所以，(a＋c)2－ac＜3a2?a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0?
－2a2＋ac＋c2＜0?2a2－ac－c2＞0?
(a－c)(2a＋c)＞0?(a－c)(a－b)＞0.
2．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是(　　)
A．P>Q　　 B．P＝Q
C．P【答案】C
【解析】不妨设P＜Q，∵要证P＜Q，只要证P2＜Q2，
只要证2a＋7＋2＜2a＋7＋2·，
只要证a2＋7a＜a2＋7a＋12，
只要证0＜12，
∵0＜12成立，∴P＜Q成立．
3．要使－<成立，则a，b应满足(　　)
A．ab<0且a>b
B．ab>0且a>b
C．ab<0且aD．ab>0且a>b或ab<0且a【答案】D
【解析】要使－＜成立，只要(－)3＜()3成立，
即a－b－3＋3＜a－b成立，
只要＜成立，只要ab2＜a2b成立，即要ab(b－a)＜0成立，
只要ab＞0且a＞b或ab＜0且a＜b成立．
题型五 综合法
1．(2018·绥化模拟)设a，b，c均为正实数，则三个数a＋，b＋，c＋(　　)
A．都大于2 B．都小于2
C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2
【答案】D
【解析】∵a>0，b>0，c>0，
∴＋＋
＝＋＋≥6，
当且仅当a＝b＝c＝1时，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.
2．如果a＋b>a＋b成立，则a，b应满足的条件是__________________________．
【答案】a≥0，b≥0且a≠b
【解析】∵a＋b－(a＋b)
＝(a－b)＋(b－a)
＝(－)(a－b)
＝(－)2(＋)．
∴当a≥0，b≥0且a≠b时，(－)2(＋)>0.
∴a＋b>a＋b成立的条件是a≥0，b≥0且a≠b.
3．(2018·武汉月考)若a，b，c是不全相等的正数，求证：
lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.
【答案】证明略
【解析】∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴≥>0，≥>0，≥>0.
由于a，b，c是不全相等的正数，
∴上述三个不等式中等号不能同时成立，
∴··>abc>0成立．
上式两边同时取常用对数，得
lg>lg abc，
∴lg＋lg＋lg>lg a＋lg b＋lg c.
题型六 反证法
1．用反证法证明命题：若a＋b＋c为偶数，则“自然数a，b，c恰有一个偶数”时正确反设为(　　)
A．自然数a，b，c都是奇数
B．自然数a，b，c都是偶数
C．自然数a，b，c中至少有两个偶数
D．自然数a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数
【答案】D
【解析】由于“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的否定是“自然数a，b，c都是奇数或至少有两个偶数”，故选D．
2.用反证法证明命题“已知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
【答案】A
【解析】用反证法证明命题的步骤中第一步是假设命题的反面成立，而“方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”的反面是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”，故选A．
3.已知四棱锥S－ABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝，SA＝1.
(1)求证：SA⊥平面ABCD；
(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．
【答案】略
【解析】
(1)证明　由已知得SA2＋AD2＝SD2，∴SA⊥AD.
同理SA⊥AB.
又AB∩AD＝A，AB?平面ABCD，AD?平面ABCD，
∴SA⊥平面ABCD.
(2)解　假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.

∵BC∥AD，BC?平面SAD.
∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，
∴平面FBC∥平面SAD.
这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，
∴假设不成立．
∴不存在这样的点F，使得BF∥平面SAD.

五、课堂小结
推理与证明
类比推理
(1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比，提出猜想．其中找到合适的类比对象是解题的关键．
(2)类比推理常见的情形有：平面与空间类比、低维与高维的类比、等差与等比数列类比、运算类比(加与乘、乘与乘方、减与除、除与开方)、数的运算与向量运算类比、圆锥曲线间的类比等．
归纳推理
(1)与等式或不等式“共舞”问题．观察所给的几个等式或不等式两边式子的特点，注意是纵向看，发现隐含的规律．
(2)与数列“牵手”问题．先求出几个特殊现象，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含的范围，从而由特殊的结论推广到一般结论．
(3)与图形变化“相融”问题．合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性．
演绎推理
演绎推理是从一般到特殊的推理；其一般形式是三段论，应用三段论解决问题，应当首先明确什么是大前提和小前提，若前提是显然的，则可以省略．
直接证明与间接证明

分析法
分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证．
综合法
综合法是一种由因导果的证明方法，即由已知条件出发，推导出所要证明的等式或不等式成立．因此，综合法又叫做顺推证法或由因导果法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就要保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性．
反证法
(1)适用范围：当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证．
(2)关键：在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等，推导出的矛盾必须是明显的．





14
1