§2.1 合情推理与演绎推理
2．1.1 合情推理
学习目标 1.了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理.2.了解合情推理在数学发现中的作用．
知识点一 归纳推理
思考 (1)铜、铁、铝、金、银等金属都能导电，猜想：一切金属都能导电．
(2)统计学中，从总体中抽取样本，然后用样本估计总体．
以上属于什么推理？
答案 属于归纳推理．
梳理 (1)定义：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(简称归纳)．
(2)特征：由部分到整体，由个别到一般的推理．
知识点二 类比推理
思考 科学家对火星进行研究，发现火星与地球有许多类似的特征：(1)火星也是绕太阳公转、绕轴自转的行星；(2)有大气层，在一年中也有季节更替；(3)火星上大部分时间的温度适合地球上某些已知生物的生存，等等．由此，科学家猜想：火星上也可能有生命存在．他们使用了什么样的推理？
答案 类比推理．
梳理 (1)定义：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．
(2)特征：由特殊到特殊的推理．
知识点三 合情推理
思考 归纳推理与类比推理有何区别与联系？
答案 区别：归纳推理是由特殊到一般的推理；而类比推理是由个别到个别的推理或是由特殊到特殊的推理．
联系：在前提为真时，归纳推理与类比推理的结论都可真可假．
梳理 (1)定义：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．通俗地说，合情推理就是合乎情理的推理．
(2)推理的过程
―→―→―→
1．类比推理得到的结论可作为定理应用．( × )
2．由个别到一般的推理为归纳推理．( √ )
3．在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．( × )
类型一 归纳推理
例1 (1)观察下列等式：
1＋1＝2×1，
(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，
(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5，
…
照此规律，第n个等式可为_____________________________________________________．
(2)已知f(x)＝，设f1(x)＝f(x)，fn(x)＝fn－1(fn－1(x))(n>1，且n∈N*)，则f3(x)的表达式为________，猜想fn(x)(n∈N*)的表达式为________．
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 (1)(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)
(2)
解析 (1)观察规律可知，左边为n项的积，最小项和最大项依次为(n＋1)，(n＋n)，右边为连续奇数之积乘以2n，则第n个等式为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)．
(2)∵f(x)＝，∴f1(x)＝.
又∵fn(x)＝fn－1(fn－1(x))，
∴f2(x)＝f1(f1(x))＝＝，
f3(x)＝f2(f2(x))＝＝，
f4(x)＝f3(f3(x))＝＝，
f5(x)＝f4(f4(x))＝＝，
∴根据前几项可以猜想fn(x)＝.
引申探究
在本例(2)中，若把“fn(x)＝fn－1(fn－1(x))”改为“fn(x)＝f(fn－1(x))”，其他条件不变，试猜想fn(x) (n∈N*)的表达式．
解 ∵f(x)＝，∴f1(x)＝.
又∵fn(x)＝f(fn－1(x))，
∴f2(x)＝f(f1(x))＝＝，
f3(x)＝f(f2(x))＝＝，
f4(x)＝f(f3(x))＝＝.
因此，可以猜想fn(x)＝.
反思与感悟 (1)已知等式或不等式进行归纳推理的方法
①要特别注意所给几个等式(或不等式)中项数和次数等方面的变化规律；
②要特别注意所给几个等式(或不等式)中结构形成的特征；
③提炼出等式(或不等式)的综合特点；
④运用归纳推理得出一般结论．
(2)数列中的归纳推理：在数列问题中，常常用到归纳推理猜测数列的通项公式或前n项和．
①通过已知条件求出数列的前几项或前n项和；
②根据数列中的前几项或前n项和与对应序号之间的关系求解；
③运用归纳推理写出数列的通项公式或前n项和公式．
跟踪训练1 已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝3，满足Sn＝6－2an＋1(n∈N*)．
(1)求a2，a3，a4的值；
(2)猜想an的表达式．
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数列中的应用
解 (1)因为a1＝3，且Sn＝6－2an＋1(n∈N*)，
所以S1＝6－2a2＝a1＝3，解得a2＝，
又S2＝6－2a3＝a1＋a2＝3＋，解得a3＝，
又S3＝6－2a4＝a1＋a2＋a3＝3＋＋，解得a4＝.
(2)由(1)知a1＝3＝，a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝，…，猜想an＝(n∈N*)．
例2 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，则第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是( )
A．26 B．31 C．32 D．36
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 B
解析 有菱形纹的正六边形的个数如下表：
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.
反思与感悟 归纳推理在图形中的应用策略
跟踪训练2 用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：
按照上面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为( )
A．6n－2 B．8n－2
C．6n＋2 D．8n＋2
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 C
解析 归纳“金鱼”图形的构成规律知，后面“金鱼”都比它前面的“金鱼”多了去掉尾巴后6根火柴组成的鱼头部分，故各“金鱼”图形所用火柴棒的根数构成一首项为8，公差是6的等差数列，所以第n个“金鱼”图需要的火柴棒的根数为an＝8＋(n－1)×6＝6n＋2.
类型二 类比推理
例3 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．
考点 类比推理的应用
题点 等差数列与等比数列之间的类比
答案
解析 由于等差数列与等比数列具有类比性，且等差数列与和差有关，等比数列与积商有关，因此当等差数列依次每4项的和仍成等差数列时，类比等比数列为依次每4项的积成等比数列．下面证明该结论的正确性：
设等比数列{bn}的公比为q，首项为b1，
则T4＝bq6，T8＝bq1＋2＋…＋7＝bq28，
T12＝bq1＋2＋…＋11＝bq66，
T16＝bq1＋2＋…＋15＝bq120，
∴＝bq22，＝bq38，
＝bq54，
即2＝·T4，2＝·，
故T4，，，成等比数列．
反思与感悟 已知等差数列与等比数列有类似的性质，在类比过程中也有一些规律，如下表所示的部分结论(其中d，q分别是公差和公比)：
等差数列
等比数列
定义
an－an－1＝d(n≥2)
an÷an－1＝q(n≥2)
通项公式
an＝a1＋(n－1)d
an＝a1qn－1
性质
若m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq
若m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq
跟踪训练3 若数列{an}(n∈N*)是等差数列，则有数列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，则有数列dn＝________(n∈N*)也是等比数列．
考点 类比推理的应用
题点 等差数列与等比数列之间的类比
答案
解析 数列{an}(n∈N*)是等差数列，则有数列bn＝(n∈N*)也是等差数列．类比猜想：若数列{cn}是各项均为正数的等比数列，则当dn＝时，数列{dn}也是等比数列．
例4 如图，在Rt△ABC中，∠C＝90°.设a，b，c分别表示三条边的长度，由勾股定理，得c2＝a2＋b2.类比平面内直角三角形的勾股定理，试给出空间中四面体性质的猜想．
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
解 如题图，在Rt△ABC中，∠C＝90°.设a，b，c分别表示3条边的长度，由勾股定理，得c2＝a2＋b2.
类似地，如图所示，在四面体P－DEF中，∠PDF＝∠PDE＝∠EDF＝90°.设S1，S2，S3和S分别表示△PDF，△PDE，△EDF和△PEF的面积，相对于直角三角形的两条直角边a，b和1条斜边c，图中的四面体有3个“直角面”S1，S2，S3和1个“斜面”S.于是类比勾股定理的结构，我们猜想S2＝S＋S＋S成立．
反思与感悟 (1)类比推理的一般步骤
(2)中学阶段常见的类比知识点：等差数列与等比数列，向量与实数，空间与平面，圆与球等等，比如平面几何的相关结论类比到立体几何的相关类比点如下
平面图形
空间图形
点
直线
直线
平面
边长
面积
面积
体积
三角形
四面体
线线角
面面角
跟踪训练4 在长方形ABCD中，对角线AC与两邻边所成的角分别为α，β，cos2α＋cos2β＝1，则在立体几何中，给出类比猜想并证明．
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
解 在长方形ABCD中，
cos2α＋cos2β＝2＋2＝＝＝1.
于是类比到长方体中，猜想其体对角线与共顶点的三条棱所成的角分别为α，β，γ，
则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.
证明如下：
cos2α＋cos2β＋cos2γ＝2＋2＋2
＝＝＝1.
1．已知扇形的弧长为l，半径为r，类比三角形的面积公式S＝，可推知扇形面积公式S扇等于( )
A. B.
C. D．不可类比
考点 类比推理的应用
题点 平面曲线的类比
答案 C
解析 扇形的弧类比三角形的底边，扇形的半径类比三角形的高，则S扇＝.
2．如图为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排起来，那么第36颗珠子的颜色为( )
A．白色 B．黑色
C．白色可能性大 D．黑色可能性大
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 A
解析 由题图知，三白二黑周而复始相继排列，根据36÷5＝7余1，
可得第36颗应与第1颗珠子的颜色相同，即白色．
3．观察下列各式：
a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10等于( )
A．28 B．76
C．123 D．199
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 C
解析 利用归纳法：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝3＋1＝4，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10＋b10＝76＋47＝123，规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和．
4．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，在空间上，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为________．
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 1∶8
解析 设两个正四面体的体积分别为V1，V2，
则V1∶V2＝S1h1∶S2h2＝S1h1∶S2h2＝1∶8.
5．按照图1、图2、图3的规律，第10个图中圆点的个数为________．
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 40
解析 图1中的点数为4＝1×4，
图2中的点数为8＝2×4，
图3中的点数为12＝3×4，…，
所以图10中的点数为10×4＝40.
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现结论，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
―→―→―→
一、选择题
1．下面使用类比推理，得出的结论正确的是( )
A．若“a·3＝b·3，则a＝b”类比出“若a·0＝b·0，则a＝b”
B．“若(a＋b)c＝ac＋bc”类比出“(a·b)c＝ac·bc”
C．“若(a＋b)c＝ac＋bc”类比出“＝＋(c≠0)”
D．“(ab)n＝anbn”类比出“(a＋b)n＝an＋bn”
考点 类比推理的应用
题点 类比推理的方法、形式和结论
答案 C
解析 显然A，B，D不正确，只有C正确．
2.观察图形规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为( )
A. B．△
C. D．○
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 A
解析 观察可发现规律：①每行、每列中，方、圆、三角三种形状均各出现一次，②每行、每列有两阴影一空白，即得结果．
3．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
…
A．1 111 110 B．1 111 111
C．1 111 112 D．1 111 113
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 B
解析 由数塔猜测应是各位都是1的七位数，
即1 111 111.
4．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垂直于同一平面的两个平面互相平行．
则其中正确的结论是( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 B
解析 根据立体几何中线面之间的位置关系及有关定理知，②③是正确的结论．
5．观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)等于( )
A．f(x) B．－f(x)
C．g(x) D．－g(x)
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 D
解析 由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数．因此当f(x)是偶函数时，其导函数应为奇函数，
故g(－x)＝－g(x)．
6．观察下列式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，根据以上式子可以猜想：1＋＋＋…＋小于( )
A. B.
C. D.
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 C
解析 观察可以发现，第n(n≥2)个不等式左端有n＋1项，分子为1，分母依次为12,22,32，…，(n＋1)2；右端分母为n＋1，分子成等差数列，首项为3，公差为2，因此第n个不等式为1＋＋＋…＋<，所以当n＝2 016时不等式为1＋＋＋…＋<.
7．设△ABC的三边长分别为a，b，c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝，类比这个结论可知：四面体A－BCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为R，四面体A－BCD的体积为V，则R等于( )
A. B.
C. D.
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 C
解析 设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．
则四面体的体积为V＝(S1＋S2＋S3＋S4)R，
∴R＝.
8．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来(n＝1,2,3，…)，则第n个图形中顶点的个数为( )
A．(n＋1)(n＋2) B．(n＋2)(n＋3)
C．n2 D．n
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 B
解析 由已知中的图形我们可以得到：
当n＝1时，顶点共有12＝3×4(个)，
当n＝2时，顶点共有20＝4×5(个)，
当n＝3时，顶点共有30＝5×6(个)，
当n＝4时，顶点共有42＝6×7(个)，
…，
则第n个图形共有顶点(n＋2)(n＋3)个，
故选B.
二、填空题
9．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个等式为________．
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2
＝(－1)n＋1
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＋3＋…＋n)
＝(－1)n＋1.
10．我们知道：周长一定的所有矩形中，正方形的面积最大；周长一定的所有矩形与圆中，圆的面积最大，将这些结论类比到空间，可以得到的结论是________．
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 表面积一定的所有长方体中，正方体的体积最大；表面积一定的所有长方体和球中，球的体积最大
解析 平面图形与立体图形的类比：周长→表面积，正方形→正方体，面积→体积，矩形→长方体，圆→球．
11．二维空间中圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2；三维空间中球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝πr3；四维空间中“超球”的三维测度V＝8πr3，则猜想其四维测度W＝________.
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 2πr4
解析 ∵二维空间中圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，观察发现S′＝l.三维空间中球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝πr3，观察发现V′＝S.∴四维空间中“超球”的三维测度V＝8πr3，猜想其四维测度W，则W′＝V＝8πr3，∴W＝2πr4.
12．如图(甲)是第七届国际数学教育大会(简称ICME－7)的会徽图案，会徽的主体图案是由如图(乙)的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，如果把图(乙)中的直角三角形依此规律继续作下去，记OA1，OA2，…，OAn，…的长度构成数列{an}，则此数列{an}的通项公式为an＝________.
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案
解析 根据OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1和图(乙)中的各直角三角形，由勾股定理，可得a1＝OA1＝1，a2＝OA2＝＝＝，a3＝OA3＝＝＝，…，故可归纳推测出an＝.
13．圆(x－a)2＋(y－b)2＝r2(r>0)在点P(x0，y0)处切线的方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2，由此类比，椭圆＋＝1(a>b>0)在点P(x0，y0)处的切线方程为______________．
考点 类比推理的应用
题点 平面曲线之间的类比
答案 ＋＝1
解析 类比过圆上一点的切线方程，可合情推理：
椭圆＋＝1(a>b>0)在点P(x0，y0)处的切线方程为＋＝1.
三、探究与拓展
14．正整数按下表的规律排列，则上起第2 017行，左起第2 018列的数应为( )
A．2 016×2 017 B．2 017×2 018
C．2 018×2 019 D．2 019×2 020
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数阵(表)中的应用
答案 B
解析 由给出的排列规律可知，第一列的每个数为所在行数的平方，而第一行的数则满足列数减1的平方再加1，根据题意，左起第2 018列的第一个数为2 0172＋1，由连线规律可知，上起第2 017行，左起第2 018列的数应为2 0172＋2 017＝2 017×2 018.
15．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，说明猜想是否正确，并给出理由．
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
解 类比AB⊥AC，AD⊥BC，可以猜想在四面体A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直，AE⊥平面BCD，
则＝＋＋.
猜想正确．理由如下：
如图所示，连接BE，并延长交CD于F，连接AF.
∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，
∴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．
2．1.2 演绎推理
学习目标 1.理解演绎推理的意义.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.3.了解合情推理和演绎推理之间的区别和联系．
知识点一 演绎推理
思考 分析下面几个推理，找出它们的共同点．
(1)所有的金属都能导电，铀是金属，所以铀能够导电；
(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．
答案 问题中的推理都是从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理叫演绎推理．
梳理 演绎推理的概念
定义
从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论的推理
特点
由一般到特殊的推理
知识点二 三段论
思考 所有的金属都能导电，铜是金属，所以铜能导电，这个推理可以分为几段？每一段分别是什么？
答案 分为三段．
大前提：所有的金属都能导电．
小前提：铜是金属．
结论：铜能导电．
梳理 三段论的基本模式
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
1．演绎推理的结论一定正确．( × )
2．在演绎推理中，大前提描述的是一般性原理，小前提描述的是大前提里的特殊情况，结论是根据一般性原理对特殊情况做出的判断．( √ )
3．大前提和小前提都正确，推理形式也正确，则所得结论是正确的．( √ )
类型一 演绎推理与三段论
例1 将下列演绎推理写成三段论的形式．
①平行四边形的对角线互相平分，菱形是平行四边形，所以菱形的对角线互相平分；
②等腰三角形的两底角相等，∠A，∠B是等腰三角形的两底角，则∠A＝∠B；
③通项公式为an＝2n＋3的数列{an}为等差数列．
考点 “三段论”及其应用
题点 三段论的应用
解 ①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
②等腰三角形的两底角相等， 大前提
∠A，∠B是等腰三角形的两底角， 小前提
∠A＝∠B. 结论
③在数列{an}中，如果当n≥2时，an－an－1为常数，则{an}为等差数列， 大前提
当通项公式为an＝2n＋3时，若n≥2，
则an－an－1＝2n＋3－[2(n－1)＋3]＝2(常数)， 小前提
通项公式为an＝2n＋3的数列{an}为等差数列． 结论
反思与感悟 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，揭示了一般原理与特殊情况的内在联系．有时可省略小前提，有时甚至也可把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．
跟踪训练1 下面四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是( )
A．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无理数；结论：π是无限不循环小数
B．大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：π是无限不循环小数；结论：π是无理数
C．大前提：π是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论：π是无理数
D．大前提：π是无限不循环小数；小前提：π是无理数；结论：无限不循环小数是无理数
考点 “三段论”及其应用
题点 三段论的结构
答案 B
解析 对于A，小前提与大前提间逻辑错误，不符合演绎推理三段论形式；对于B，符合演绎推理三段论形式且推理正确；对于C，大小前提颠倒，不符合演绎推理三段论形式；对于D，大小前提及结论颠倒，不符合演绎推理三段论形式．
类型二 演绎推理的应用
例2 如图，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．
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面的应用
证明 因为同位角相等，两直线平行， 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
反思与感悟 (1)大前提的正确性：几何证明往往采用演绎推理，它往往不是经过一次推理就能完成的，常需要几次使用演绎推理，每一个推理都暗含着大、小前提，前一个推理的结论往往是下一个推理的前提，在使用时不仅要推理的形式正确，还要前提正确，才能得到正确的结论．
(2)大前提可省略：在几何证明问题中，每一步都包含着一般原理，都可以分析出大前提和小前提，将一般原理应用于特殊情况，就能得出相应结论．
跟踪训练2 已知：在空间四边形ABCD中，点E，F分别是AB，AD的中点，如图所示，求证：EF∥平面BCD.
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面的应用
证明 因为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
所以EF∥平面BCD. 结论
例3 设函数f(x)＝，其中a为实数，若f(x)的定义域为R，求实数a的取值范围．
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在函数中的应用
解 若函数对任意实数恒有意义，则函数定义域为R， 大前提
因为f(x)的定义域为R， 小前提
所以x2＋ax＋a≠0恒成立． 结论
所以Δ＝a2－4a<0，所以0
即当0引申探究
若本例的条件不变，求f(x)的单调递增区间．
解 ∵f′(x)＝，
由f′(x)＝0，得x＝0或x＝2－a.
∵00.
∴在(－∞，0)和(2－a，＋∞)上，f′(x)>0.
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，(2－a，＋∞)．
当a＝2时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
当2∴在(－∞，2－a)和(0，＋∞)上，f′(x)>0，
∴f(x)的单调递增区间为(－∞，2－a)，(0，＋∞)．
综上所述，当0当a＝2时，f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)；
当2 反思与感悟 应用演绎推理解决的代数问题
(1)函数类问题：比如函数的单调性、奇偶性、周期性和对称性等．
(2)导数的应用：利用导数研究函数的单调区间，求函数的极值和最值，证明与函数有关的不等式等．
(3)三角函数的图象与性质．
(4)数列的通项公式、递推公式以及求和，数列的性质．
(5)不等式的证明．
跟踪训练3 已知函数f(x)＝ax＋(a>1)，证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在函数中的应用
证明 方法一 (定义法)
任取x1，x2∈(－1，＋∞)，且x1f(x2)－f(x1)＝＋－－
＝-＋－
＝(－1)＋
＝(－1)＋.
因为x2－x1>0，且a>1，所以>1，
而－10，x2＋1>0，
所以f(x2)－f(x1)>0，
所以f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．
方法二 (导数法)
f(x)＝ax＋＝ax＋1－.
所以f′(x)＝axln a＋.
因为x>－1，所以(x＋1)2>0，所以>0.
又因为a>1，所以ln a>0，ax>0，
所以axln a>0，所以f′(x)>0.
所以f(x)＝ax＋在(－1，＋∞)上是增函数．
1．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，如果∠A与∠B是两条平行直线的同旁内角，则∠A＋∠B＝180°
B．某校高三1班有55人，2班有54人，3班有52人，由此得高三所有班人数超过50人
C．由平面三角形的性质，推测空间四边形的性质
D．在数列{an}中，a1＝1，an＝(n≥2)，由此归纳出{an}的通项公式
考点 演绎推理的含义与方法
题点 判断推理是否为演绎推理
答案 A
解析 A是演绎推理，B，D是归纳推理，C是类比推理．
2．指数函数y＝ax(a>1)是R上的增函数，y＝2|x|是指数函数，所以y＝2|x|是R上的增函数．以上推理( )
A．大前提错误 B．小前提错误
C．推理形式错误 D．正确
考点 “三段论”及其应用
题点 小前提或推理形式错误导致结论错误
答案 B
解析 此推理形式正确，但是，函数y＝2|x|不是指数函数，所以小前提错误，故选B.
3．把“函数y＝x2＋x＋1的图象是一条抛物线”恢复成三段论，则大前提：____________；
小前提：____________；
结论：____________.
考点 “三段论”及其应用
题点 三段论的结构
答案 二次函数的图象是一条抛物线 函数y＝x2＋x＋1是二次函数 函数y＝x2＋x＋1的图象是一条抛物线
4．设m为实数，利用三段论证明方程x2－2mx＋m－1＝0有两个相异实根．
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面中的应用
证明 因为如果一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的判别式Δ＝b2－4ac>0，那么方程有两个相异实根． 大前提
方程x2－2mx＋m－1＝0的判别式
Δ＝4m2－4(m－1)＝4m2－4m＋4
＝(2m－1)2＋3>0， 小前提
所以方程x2－2mx＋m－1＝0有两个相异实根． 结论
1．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．
2．合情推理是由部分到整体，由个别到一般的推理或是由特殊到特殊的推理；演绎推理是由一般到特殊的推理．
3．合情推理与演绎推理是相辅相成的，数学结论、证明思路等的发现主要靠合情推理；数学结论、猜想的正确性必须通过演绎推理来证明.
一、选择题
1．《论语·学路》篇中说：“名不正，则言不顺；言不顺，则事不成；事不成，则礼乐不兴；礼乐不兴，则刑罚不中；刑罚不中，则民无所措手足；所以，名不正，则民无所措手足．”上述推理用的是( )
A．类比推理 B．归纳推理
C．演绎推理 D．一次三段论
考点 演绎推理的含义与方法
题点 判断推理是否为演绎推理
答案 C
解析 这是一个复合三段论，从“名不正”推出“民无所措手足”，连续运用五次三段论，属演绎推理形式．
2．对于三段论“因为对数函数y＝loga x是减函数(大前提)，又y＝ln x是对数函数(小前提)，所以y＝ln x是减函数(结论)”，下列说法正确的是( )
A．大前提错误导致结论错误
B．小前提错误导致结论错误
C．推理形式错误导致结论错误
D．以上都不对
考点 “三段论”及其应用
题点 大前提错误导致结论错误
答案 A
解析 “y＝loga x是减函数”错误，故大前提错误．
3．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
考点 “三段论”及其应用
题点 小前提或推理形式错误导致结构错误
答案 C
解析 由于函数f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数．故小前提不正确．
4．在证明f(x)＝2x＋1为增函数的过程中，有下列四个命题：
①增函数的定义是大前提；
②增函数的定义是小前提；
③函数f(x)＝2x＋1满足增函数的定义是大前提；
④函数f(x)＝2x＋1满足增函数的定义是小前提．
其中正确的命题是( )
A．①④ B．②④
C．①③ D．②③
考点 “三段论”及其应用
题点 三段论的结构
答案 A
解析 根据三段论特点，过程应为：大前提是增函数的定义；小前提是f(x)＝2x＋1满足增函数的定义；结论是f(x)＝2x＋1为增函数，故①④正确．
5．推理过程“大前提：________，小前提：四边形ABCD是矩形．结论：四边形ABCD的对角线相等．”应补充的大前提是( )
A．正方形的对角线相等
B．矩形的对角线相等
C．等腰梯形的对角线相等
D．矩形的对边平行且相等
考点 “三段论”及其应用
题点 三段论的结构
答案 B
解析 由三段论的一般模式知选B.
6．若a>0，b>c>0，则下列不等式中不成立的是( )
A．－a＋b>－a＋c B．ab－ac>0
C.> D.>
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面的应用
答案 C
解析 在A中，b>c两边同时加－a，不等号方向不变，不等式成立；
在B中，b>c两边同时乘a，因为a>0，所以不等号方向不变，不等式成立；
在C中，若b＝2，c＝1，则<，不等式不成立；
易知D中不等式成立．
7．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．－1C．－考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面的应用
答案 C
解析 由题意知，(x－a)?(x＋a)＝(x－a)[1－(x＋a)]＝－x2＋x＋a2－a，
∴－x2＋x＋a2－a<1.
即x2－x－a2＋a＋1>0对任意实数x都成立，
则Δ＝1－4(－a2＋a＋1)<0，
∴4a2－4a－3<0，解得－二、填空题
8．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__________________________．
考点 “三段论”及其应用
题点 三段论的结构
答案 y＝的定义域是[4，＋∞)
解析 由大前提知log2x－2≥0，解得x≥4.
9．有一段演绎推理：
大前提：整数是自然数；
小前提：－3是整数；
结论：－3是自然数．
这个推理显然错误，则错误的原因是______错误．(填“大前提”“小前提”“结论”)
考点 “三段论”及其应用
题点 大前提错误导致结论错误
答案 大前提
10．以下推理过程省略的大前提为：________.
因为a2＋b2≥2ab，
所以2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab.
考点 “三段论”及其应用
题点 三段论的结构
答案 若a≥b，则a＋c≥b＋c
解析 由小前提和结论可知，是在小前提的两边同时加上了a2＋b2，故大前提为：若a≥b，则a＋c≥b＋c.
11．已知在三边不等的三角形中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中a为最大边，若想得到A为钝角的结论，则三边a，b，c应满足的条件是a2________b2＋c2.(填“>”“<”“＝”)
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面的应用
答案 >
解析 由cos A＝<0，知b2＋c2－a2<0，
故a2>b2＋c2.
12．若不等式ax2＋2ax＋2<0的解集为?，则实数a的取值范围为__________．
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面的应用
答案 [0,2]
解析 ∵不等式ax2＋2ax＋2<0无解，
则不等式ax2＋2ax＋2≥0的解集为R.
∴当a＝0时，2≥0，显然成立，
当a≠0时，解得0∴a的取值范围为[0,2]．
三、解答题
13．下面给出判断函数f(x)＝的奇偶性的解题过程：
解 由于x∈R，
且＝·
＝＝＝－1.
∴f(－x)＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数．
试用三段论加以分析．
考点 “三段论”及其应用
题点 三段论的应用
解 判断奇偶性的大前提“若定义域关于原点对称，且f(－x)＝－f(x)，则函数f(x)是奇函数；若定义域关于原点对称，且f(－x)＝f(x)，则函数f(x)是偶函数”．在解题过程中往往不用写出来，上述证明过程就省略了大前提．解答过程就是验证小前提成立，即所给的具体函数f(x)满足f(－x)＝－f(x)．
四、探究与拓展
14.如图，设平面α∩β＝EF，AB⊥α，CD⊥α，垂足分别是点B，D，如果增加一个条件，就能推出BD⊥EF，这个条件不可能是下面四个选项中的( )
A．AC⊥β
B．AC⊥EF
C．AC与BD在β内的射影在同一条直线上
D．AC与α，β所成的角相等
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面的应用
答案 D
解析 只要能推出EF⊥AC即可说明BD⊥EF.
当AC与α，β所成的角相等时，推不出EF⊥AC，故选D.
15．已知y＝f(x)在(0，＋∞)上有意义，单调递增且满足f(2)＝1，f(xy)＝f(x)＋f(y)．
(1)求证：f(x2)＝2f(x)；
(2)求f(1)的值；
(3)若f(x)＋f(x＋3)≤2，求x的取值范围．
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在函数中的应用
(1)证明 因为f(xy)＝f(x)＋f(y)，
所以f(x2)＝f(x·x)＝f(x)＋f(x)＝2f(x)．
(2)解 因为f(1)＝f(12)＝2f(1)，
所以f(1)＝0.
(3)解 因为f(x)＋f(x＋3)＝f(x(x＋3))≤2＝2f(2)＝f(4)，
且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以解得0所以x的取值范围为(0,1]．
§2.2 直接证明与间接证明
2．2.1 综合法和分析法
学习目标 1.理解综合法、分析法的意义，掌握综合法、分析法的思维特点.2.会用综合法、分析法解决问题．
知识点一 综合法
思考 阅读下列证明过程，总结此证明方法有何特点？
已知a，b>0，求证：a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.
证明：因为b2＋c2≥2bc，a>0，所以a(b2＋c2)≥2abc.
又因为c2＋a2≥2ac，b>0，所以b(c2＋a2)≥2abc.
因此a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)≥4abc.
答案 利用已知条件a>0，b>0和重要不等式，最后推导出所要证明的结论．
梳理 (1)定义：一般地，利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，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表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)
知识点二 分析法
思考 阅读证明基本不等式的过程，试分析证明过程有何特点？
已知a，b>0，求证：≥.
证明：要证≥，
只需证a＋b≥2，
只需证a＋b－2≥0，
只需证(－)2≥0，
因为(－)2≥0显然成立，所以原不等式成立．
答案 从结论出发开始证明，寻找使证明结论成立的充分条件，最终把要证明的结论变成一个明显成立的条件．
梳理 (1)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)为止，这种证明方法叫做分析法．
(2)分析法的框图表示
―→―→―→…―→
1．综合法是执果索因的逆推证法．( × )
2．分析法就是从结论推向已知．( × )
3．分析法与综合法证明同一问题时，一般思路恰好相反，过程相逆．( √ )
类型一 综合法的应用
例1 在△ABC中，三边a，b，c成等比数列．求证：acos2＋ccos2≥b.
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
证明 因为a，b，c成等比数列，所以b2＝ac.
因为左边＝＋
＝(a＋c)＋(acos C＋ccos A)
＝(a＋c)＋
＝(a＋c)＋b≥＋
＝b＋＝b＝右边，
所以acos2＋ccos2≥b.
反思与感悟 综合法证明问题的步骤
跟踪训练1 已知a，b，c为不全相等的正实数．
求证：＋＋>3.
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
证明 因为＋＋
＝＋＋＋＋＋－3，
又a，b，c为不全相等的正实数，
而＋≥2，＋≥2，＋≥2，
且上述三式等号不能同时成立，
所以＋＋＋＋＋－3>6－3＝3，
即＋＋>3.
类型二 分析法的应用
例2 设a，b为实数，求证：≥(a＋b)．
考点 分析法及应用
题点 分析法解决不等式问题
证明 当a＋b≤0时，∵≥0，
∴≥(a＋b)成立．
当a＋b>0时，用分析法证明如下：
要证≥(a＋b)，
只需证()2≥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．
综上所述，不等式得证．
反思与感悟 分析法格式与综合法正好相反，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)．这种证明的方法关键在于需保证分析过程的每一步都是可以逆推的．它的常见书写表达式是“要证……只需……”或“?”．
跟踪训练2 已知非零向量a，b，且a⊥b，
求证：≤.
考点 分析法及应用
题点 分析法解决不等式问题
证明 a⊥b?a·b＝0，要证≤，
只需证|a|＋|b|≤|a＋b|，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2(a2＋2a·b＋b2)，
只需证|a|2＋2|a||b|＋|b|2≤2a2＋2b2，
只需证|a|2＋|b|2－2|a||b|≥0，
即证(|a|－|b|)2≥0，
上式显然成立，故原不等式得证．
类型三 分析法与综合法的综合应用
例3 △ABC的三个内角A，B，C成等差数列，其对边分别为a，b，c.求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
考点 分析法和综合法的综合应用
题点 分析法和综合法的综合应用
证明 要证(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，
即证＋＝，
即证＋＝3，
即证＋＝1.
即证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
即证c2＋a2＝ac＋b2.
因为△ABC三个内角A，B，C成等差数列，所以B＝60°.
由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2cacos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac.
所以c2＋a2＝ac＋b2成立，命题得证．
引申探究
本例改为求证>.
证明 要证>，
只需证a＋b＋(a＋b)c>(1＋a＋b)c，
即证a＋b>c.
而a＋b>c显然成立，
所以>.
反思与感悟 综合法由因导果，分析法执果索因，因此在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来使用，即先利用分析法寻找解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程．
跟踪训练3 已知a，b，c是不全相等的正数，且0求证：logx＋logx＋logx考点 分析法和综合法的综合应用
题点 分析法和综合法的综合应用
证明 要证logx＋logx＋logx只需证
logx由已知0··>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＋logx1．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明过程为：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”，其应用了( )
A．分析法
B．综合法
C．综合法、分析法综合使用
D．类比法
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决三角形问题
答案 B
2．设0A．a B．b
C．c D．随x取值不同而不同
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
答案 C
解析 ∵02>＝a，
∵－(x＋1)＝＝>0，∴c>b>a.
3．要证－<－成立，只需证( )
A．(－)2<(－)2
B．(－)2<(－)2
C．(＋)2<(＋)2
D．(－－)2<(－)2
考点 分析法及应用
题点 寻找结论成立的充分条件
答案 C
解析 根据不等式性质，当a>b>0时，才有a2>b2，
只需证＋<＋，
即证(＋)2<(＋)2.
4．已知a，b，c分别是△ABC的内角A，B，C的对边，且a2＋b2－c2＝ab，则角C的值为________．
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决三角形问题
答案
解析 cos C＝＝＝，
∵05．已知a，b，c都为正实数，求证：≥.
考点 分析法及应用
题点 分析法解决不等式问题
证明 要证≥，
只需证≥2，
只需证3(a2＋b2＋c2)≥a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca，
只需证2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ca，
只需证(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≥0，而这是显然成立的，
所以≥成立．
1．综合法证题是从条件出发，由因导果；分析法是从结论出发，执果索因．
2．分析法证题时，一定要恰当地运用“要证”、“只需证”、“即证”等词语．
3．在解题时，往往把综合法和分析法结合起来使用．
一、选择题
1．若实数x，y满足不等式xy>1，x＋y≥0，则( )
A．x>0，y>0 B．x<0，y<0
C．x>0，y<0 D．x<0，y>0
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
答案 A
解析 由得
2．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只需证( )
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
考点 分析法及应用
题点 寻找结论成立的充分条件
答案 D
解析 要证a2＋b2－1－a2b2≤0，
只需证a2b2－(a2＋b2)＋1≥0，
即证(a2－1)(b2－1)≥0.
3．在非等边三角形ABC中，A为钝角，则三边a，b，c满足的条件是( )
A．b2＋c2≥a2 B．b2＋c2>a2
C．b2＋c2≤a2 D．b2＋c2考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决三角形问题
答案 D
解析 由余弦定理的推论，得cos A＝，
∵A为钝角，∴cos A<0，则b2＋c24．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
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决三角形问题
答案 C
解析 由正弦定理得＝＝2R(R为△ABC的外接圆半径)，
又A，B为三角形的内角，
∴sin A>0，sin B>0，
∴sin A>sin B?2Rsin A>2Rsin B?a>b?A>B.
5．设a，b>0，且a≠b，a＋b＝2，则必有( )
A．1≤ab≤ B．ab<1<
C．ab<<1 D.考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
答案 B
解析 因为a≠b，故>ab，
又因为a＋b＝2>2，
故ab<1，＝＝2－ab>1，
即>1>ab.
6．若a＝，b＝，c＝，则( )
A．aC．c考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决函数问题
答案 C
解析 利用函数单调性．
设f(x)＝，则f′(x)＝，
∴当00，f(x)单调递增；
当x>e时，f′(x)<0，f(x)单调递减．
又a＝，∴b>a>c.
7．设f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)单调递减．若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值( )
A．恒为负 B．恒等于零
C．恒为正 D．无法确定正负
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决函数问题
答案 A
解析 由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的减函数．
由x1＋x2>0，可知x1>－x2，
所以f(x1)所以f(x1)＋f(x2)<0.
二、填空题
8．命题“函数f(x)＝x－xln x在区间(0,1)上是增函数”的证明过程为“对函数f(x)＝x－xln x取导得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．
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决函数问题
答案 综合法
9．如果a＋b>a＋b，则正数a，b应满足的条件是________．
考点 分析法及应用
题点 寻找结论成立的充分条件
答案 a≠b
解析 ∵a＋b－(a＋b)
＝a(－)＋b(－)＝(－)(a－b)
＝(－)2(＋)．
∴只要a≠b，就有a＋b>a＋b.
10．设a＝，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小关系为________．
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
答案 a>c>b
解析 ∵a2－c2＝2－(8－4)＝4－6
＝－>0，a>0，c>0，∴a>c.
∵c>0，b>0，＝＝>1，
∴c>b.∴a>c>b.
11．比较大小：设a>0，b>0，则lg(1＋)____________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
答案 ≤
解析 ∵(1＋)2－(1＋a)(1＋b)
＝2－(a＋b)≤0，
∴(1＋)2≤(1＋a)(1＋b)，
则lg(1＋)2≤lg(1＋a)(1＋b)，
即lg(1＋)≤[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
12.如图所示，在直四棱柱ABCD－A1B1C1D1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个条件即可，不必考虑所有可能的情形)．
考点 分析法及应用
题点 寻找结论成立的充分条件
答案 对角线互相垂直(答案不唯一)
解析 要证A1C⊥B1D1，
只需证B1D1垂直于A1C所在的平面A1CC1，
因为该四棱柱为直四棱柱，所以B1D1⊥CC1，
故只需证B1D1⊥A1C1即可．
三、解答题
13．已知a>0，求证：－≥a＋－2.
考点 分析法及应用
题点 利用分析法解决不等式问题
证明 要证－≥a＋－2，
只需证＋2≥a＋＋.
因为a>0，
所以只需证2≥2，
即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2＋2，
从而只需证2≥ ，
只需要证4≥2，
即a2＋≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
四、探究与拓展
14．若不等式(－1)na<2＋对任意正整数n恒成立，则实数a的取值范围是________．
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
答案
解析 当n为偶数时，a<2－，
而2－≥2－＝，所以a<；
当n为奇数时，a>－2－，
而－2－<－2，所以a≥－2.
综上可得，－2≤a<.
15．在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为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．
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
证明 由A，B，C成等差数列，得2B＝A＋C.①
由于A，B，C为△ABC的三个内角，
所以A＋B＋C＝π.②
由①②，得B＝.③
由a，b，c成等比数列，得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，
从而a＝c，所以A＝C.⑤
由②③⑤，得A＝B＝C＝，
所以△ABC为等边三角形．
2．2.2 反证法
学习目标 1.了解反证法是间接证明的一种基本方法.2.理解反证法的思考过程，会用反证法证明数学问题．
知识点 反证法
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，等到小朋友们摘了李子一尝，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，而这树上却结满了李子，所以李子一定是苦的．”
思考 本故事中王戎运用了什么论证思想？
答案 运用了反证法思想．
梳理 (1)定义：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．
(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、公理、定理、事实矛盾等．
1．反证法属于间接证明问题的方法．( √ )
2．反证法的证明过程既可以是合情推理也可以是一种演绎推理．( × )
3．反证法的实质是否定结论导出矛盾．( √ )
类型一 用反证法证明否定性命题
例1 已知a，b，c，d∈R，且ad－bc＝1，求证：a2＋b2＋c2＋d2＋ab＋cd≠1.
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设a2＋b2＋c2＋d2＋ab＋cd＝1.
因为ad－bc＝1，
所以a2＋b2＋c2＋d2＋ab＋cd＋bc－ad＝0，
即(a＋b)2＋(c＋d)2＋(a－d)2＋(b＋c)2＝0.
所以a＋b＝0，c＋d＝0，a－d＝0，b＋c＝0，
则a＝b＝c＝d＝0，
这与已知条件ad－bc＝1矛盾，故假设不成立．
所以a2＋b2＋c2＋d2＋ab＋cd≠1.
反思与感悟 (1)用反证法证明否定性命题的适用类型：
结论中含有“不”“不是”“不可能”“不存在”等词语的命题称为否定性命题，此类问题的正面比较模糊，而反面比较具体，适合使用反证法．
(2)用反证法证明数学命题的步骤
跟踪训练1 已知三个正数a，b，c成等比数列但不成等差数列，求证：，，不成等差数列．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设，，成等差数列，
则2＝＋，
∴4b＝a＋c＋2.①
∵a，b，c成等比数列，∴b2＝ac，②
由②得b＝，代入①式，
得a＋c－2＝(－)2＝0，
∴a＝c，从而a＝b＝c.
这与已知a，b，c不成等差数列相矛盾，
∴假设不成立．故，，不成等差数列．
类型二 用反证法证明“至多、至少”类问题
例2 a，b，c∈(0,2)，求证：(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能都大于1.
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a都大于1.
因为a，b，c∈(0,2)，
所以2－a>0,2－b>0,2－c>0.
所以≥>1.
同理≥>1，
≥>1.
三式相加，得
＋＋>3，
即3>3，矛盾．
所以(2－a)b，(2－b)c，(2－c)a不能都大于1.
引申探究
已知a，b，c∈(0,1)，求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于.
证明 假设(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a都大于.
∵a，b，c都是小于1的正数，
∴1－a,1－b,1－c都是正数．
∴≥>＝.
同理，>，>.
三式相加，得＋＋>，
即>，显然不成立．
∴(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能都大于.
反思与感悟 应用反证法常见的“结论词”与“反设词”
当命题中出现“至多”“至少”等词语时，直接证明不易入手且讨论较复杂．这时，可用反证法证明，证明时常见的“结论词”与“反设词”如：
结论词
反设词
结论词
反设词
至少有一个
一个也没有
对所有x成立
存在某个x0不成立
至多有一个
至少有两个
对任意x不成立
存在某个x0成立
至少有n个
至多有n－1个
p或q
綈p且綈q
至多有n个
至少有n＋1个
p且q
綈p或綈q
跟踪训练2 已知a，b，c是互不相等的实数，求证：由y1＝ax2＋2bx＋c，y2＝bx2＋2cx＋a和y3＝cx2＋2ax＋b确定的三条抛物线至少有一条与x轴有两个不同的交点．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设题设中的函数确定的三条抛物线都不与x轴有两个不同的交点，
由y1＝ax2＋2bx＋c，y2＝bx2＋2cx＋a，y3＝cx2＋2ax＋b，
得Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，
且Δ3＝4a2－4bc≤0.
同向不等式求和，得
4b2＋4c2＋4a2－4ac－4ab－4bc≤0，
所以2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ac≤0，
所以(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2≤0，所以a＝b＝c.
这与题设a，b，c互不相等矛盾，
因此假设不成立，从而命题得证．
类型三 用反证法证明唯一性命题
例3 求证：方程2x＝3有且只有一个根．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 ∵2x＝3，∴x＝log23.
这说明方程2x＝3有根．
下面用反证法证明方程2x＝3的根是唯一的．
假设方程2x＝3至少有两个根b1，b2(b1≠b2)，
则＝3, ＝3，两式相除得＝1，
∴b1－b2＝0，则b1＝b2，这与b1≠b2矛盾．
∴假设不成立，从而原命题得证．
反思与感悟 用反证法证明唯一性命题的一般思路：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．当证明结论是以“有且只有”“只有一个”“唯一存在”等形式出现的命题时，可先证“存在性”，由于假设“唯一性”结论不成立易导出矛盾，因此可用反证法证其唯一性．
跟踪训练3 若函数f(x)在区间[a，b]上是增函数，求证：方程f(x)＝0在区间[a，b]上至多有一个实根．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设方程f(x)＝0在区间[a，b]上至少有两个实根，设α，β为其中的两个实根．因为α≠β ，不妨设α<β，又因为函数f(x)在[a，b]上是增函数，所以f(α)1．证明“在△ABC中至多有一个直角或钝角”，第一步应假设( )
A．三角形中至少有一个直角或钝角
B．三角形中至少有两个直角或钝角
C．三角形中没有直角或钝角
D．三角形中三个角都是直角或钝角
考点 反证法及应用
题点 如何正确进行反设
答案 B
2．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么直线c与b的位置关系为( )
A．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线
答案 C
解析 假设c∥b，而由c∥a，可得a∥b，这与a，b异面矛盾，故c与b不可能是平行直线．
3．用反证法证明“在三角形中至少有一个内角不小于60°”，应先假设这个三角形中( )
A．有一个内角小于60° B．每一个内角都小于60°
C．有一个内角大于60° D．每一个内角都大于60°
考点 反证法及应用
题点 如何正确进行反设
答案 B
4．用反证法证明“在同一平面内，若a⊥c，b⊥c，则a∥b”时，应假设( )
A．a不垂直于c B．a，b都不垂直于c
C．a⊥b D．a与b相交
考点 反证法及应用
题点 如何正确进行反设
答案 D
5．用反证法证明：关于x的方程x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0，当a≤－或a≥－1时，至少有一个方程有实数根．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设三个方程都没有实数根，则由判别式都小于零，得
则解得－与a≤－或a≥－1矛盾，故原命题成立．
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．
一、选择题
1．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
①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与事实矛盾．
其中正确的为( )
A．①② B．②③
C．③④ D．①②③④
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
答案 D
2．用反证法证明命题：“若直线AB，CD是异面直线，则直线AC，BD也是异面直线”的过程归纳为以下三个步骤：
①则A，B，C，D四点共面，所以AB，CD共面，这与AB，CD是异面直线矛盾；
②所以假设错误，即直线AC，BD也是异面直线；
③假设直线AC，BD是共面直线．
则正确的序号顺序为( )
A．①②③ B．③①②
C．①③② D．②③①
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
答案 B
解析 根据反证法的三个基本步骤“反设—归谬—结论”可知顺序应为③①②.
3．否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的反设为( )
A．a，b，c都是偶数
B．a，b，c都是奇数
C．a，b，c中至少有两个偶数
D．a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数
考点 反证法及应用
题点 如何正确进行反设
答案 D
解析 自然数a，b，c的奇偶性共有四种情形：3个都是奇数，1个偶数2个奇数，2个偶数1个奇数，3个都是偶数，所以否定“自然数a，b，c中恰有一个偶数”时，正确的反设为“a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数”．
4．有下列叙述：
①“a>b”的反面是“ay或xA．0个 B．1个 C．2个 D．3个
考点 反证法及应用
题点 如何正确进行反设
答案 B
解析 ①错，应为a≤b；②对；③错，应为三角形的外心在三角形内或在三角形的边上；④错，应为三角形至少有2个钝角．
5．用反证法证明命题：“a，b∈N，ab可被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为( )
A．a，b都能被5整除
B．a，b都不能被5整除
C．a，b不都能被5整除
D．a不能被5整除
考点 反证法及应用
题点 如何正确进行反设
答案 B
解析 “至少有一个”的否定是“一个也没有”，即“a，b都不能被5整除”．
6．①已知p3＋q3＝2，证明：p＋q≤2.用反证法证明时，可假设p＋q≥2；
②若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的假设正确；②的假设错误
C．①与②的假设都正确
D．①的假设错误；②的假设正确
考点 反证法及应用
题点 如何正确进行反设
答案 D
解析 对于①，结论的否定是p＋q>2，故①中的假设错误；对于②，其假设正确，故选D.
7．设a，b，c都是正数，则三个数a＋，b＋，c＋( )
A．都大于2
B．至少有一个大于2
C．至少有一个不小于2
D．至少有一个不大于2
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
答案 C
解析 假设a＋<2，b＋<2，c＋<2，
则＋＋<6.
又＋＋
＝＋＋≥2＋2＋2＝6，
这与假设得到的不等式相矛盾，从而假设不正确，所以这三个数至少有一个不小于2.
二、填空题
8．用反证法证明命题“若x2－(a＋b)x＋ab≠0，则x≠a且x≠b”时，应假设________．
考点 反证法及应用
题点 如何正确进行反设
答案 x＝a或x＝b
9．设a，b是两个实数，给出下列条件：
①a＋b＝1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2.其中能推出“a，b中至少有一个大于1”的条件是______．(填序号)
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
答案 ③
10．某珠宝店丢了一件珍贵珠宝，以下四人中只有一人说真话，只有一人偷了珠宝．甲：我没有偷；乙：丙是小偷；丙：丁是小偷；丁：我没有偷．
根据以上条件，可以判断偷珠宝的人是_______．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
答案 甲
解析 假如甲：我没有偷是真的，则乙：丙是小偷；丙：丁是小偷是假的；丁：我没有偷就是真的，与他们四人中有一人说真话矛盾．
假如甲：我没有偷是假的，则丁：我没有偷就是真的，
乙：丙是小偷，丙：丁是小偷是假的，成立．
∴可以判断偷珠宝的人是甲．
11．若下列两个方程x2＋(a－2)x＋a2＝0，x2＋ax－2a＝0中至少有一个方程有实根，则实数a的取值范围是____________________．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
答案 (－∞，－8]∪[－2，＋∞)
解析 若两方程均无实根，
则Δ1＝(a－2)2－4a2＝(3a－2)(－a－2)<0，
∴a<－2或a>.
Δ2＝a2＋8a＝a(a＋8)<0，
∴－8若两个方程至少有一个方程有实根，
则a≤－8或a≥－2.
三、解答题
12．若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋.求证a，b，c中至少有一个是大于0的．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设a，b，c都不大于0，
则a≤0，b≤0，c≤0，
∴a＋b＋c≤0，
而a＋b＋c＝＋＋＝(x2－2x)＋(y2－2y)＋(z2－2z)＋π＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3，
∴a＋b＋c>0.这与a＋b＋c≤0矛盾，
∴假设不成立，
故a，b，c中至少有一个是大于0的．
13．已知f(x)＝ax＋(a>1)，求证：方程f(x)＝0没有负数根．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设x0是f(x)＝0的负数根，
则x0<0且x0≠－1，且ax0＝－，
∴0解得故方程f(x)＝0没有负数根．
四、探究与拓展
14．若a，b，c，d都是有理数，，都是无理数，且a＋＝b＋，则a与b，c与d之间的数量关系为________．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
答案 a＝b，c＝d
解析 假设a≠b，令a＝b＋m(m是不等于零的有理数)，
于是b＋m＋＝b＋，
所以m＋＝，两边平方整理得＝.
左边是无理数，右边是有理数，矛盾，
因此a＝b，从而c＝d.
15．设{an}是公比为q的等比数列．
(1)推导数列{an}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
(1)解 设数列{an}的前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
由①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
所以Sn＝，
综上所述，Sn＝
(2)证明 假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，
因为a1≠0，
所以2qk＝qk－1＋qk＋1.
因为q≠0，所以q2－2q＋1＝0，
所以q＝1，这与已知矛盾．
所以假设不成立，故数列{an＋1}不是等比数列．
§2.3 数学归纳法
学习目标 1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
知识点 数学归纳法
对于一个与正整数有关的等式n(n－1)(n－2)…(n－50)＝0.
思考1 验证当n＝1，n＝2，…，n＝50时等式成立吗？
答案 成立．
思考2 能否通过以上等式归纳出当n＝51时等式也成立？为什么？
答案 不能，上面的等式只对n取1至50的正整数成立．
梳理 (1)数学归纳法的定义
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．这种证明方法叫做数学归纳法．
(2)数学归纳法的框图表示
1．与正整数n有关的数学命题的证明只能用数学归纳法．( × )
2．数学归纳法的第一步n0的初始值一定为1.( × )
3．数学归纳法的两个步骤缺一不可．( √ )
类型一 用数学归纳法证明等式
例1 用数学归纳法证明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2，其中n∈N*.
考点 用数学归纳法证明等式
题点 利用数学归纳法证明等式
证明 (1)当n＝1时，左边＝1×4＝4，右边＝1×22＝4，左边＝右边，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，
即1×4＋2×7＋3×10＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，
那么当n＝k＋1时，
1×4＋2×7＋3×10＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)[3(k＋1)＋1]
＝k(k＋1)2＋(k＋1)[3(k＋1)＋1]
＝(k＋1)(k2＋4k＋4)＝(k＋1)[(k＋1)＋1]2，
即当n＝k＋1时等式也成立．
根据(1)和(2)可知等式对任何n∈N*都成立．
反思与感悟 用数学归纳法证明恒等式时，一是弄清n取第一个值n0时等式两端项的情况；二是弄清从n＝k到n＝k＋1等式两端增加了哪些项，减少了哪些项；三是证明n＝k＋1时结论也成立，要设法将待证式与归纳假设建立联系，并朝n＝k＋1证明目标的表达式变形．
跟踪训练1 求证：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N*)．
考点 用数学归纳法证明等式
题点 利用数学归纳法证明等式
证明 (1)当n＝1时，左边＝1－＝，
右边＝＝，左边＝右边．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，
即1－＋－＋…＋－
＝＋＋…＋，
则当n＝k＋1时，
＋
＝＋
＝＋＋…＋＋.
即当n＝k＋1时，等式也成立．
综合(1)，(2)可知，对一切n∈N*，等式成立．
类型二 用数学归纳法证明不等式
例2 求证：＋＋…＋>(n≥2，n∈N*)．
考点 用数学归纳法证明不等式
题点 利用数学归纳法证明不等式
证明 (1)当n＝2时，左边＝＋＋＋＝，
故左边>右边，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，命题成立，
即＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋
＝＋＋…＋＋
>＋.(*)
方法一 (分析法)
下面证(*)式≥，
即＋＋－≥0，
只需证(3k＋2)(3k＋3)＋(3k＋1)(3k＋3)＋(3k＋1)(3k＋2)－3(3k＋1)(3k＋2)≥0，
只需证(9k2＋15k＋6)＋(9k2＋12k＋3)＋(9k2＋9k＋2)－(27k2＋27k＋6)≥0，
只需证9k＋5≥0，显然成立．
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
方法二 (放缩法)
(*)式>＋＝，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N*均成立．
引申探究
把本例改为求证：＋＋＋…＋>(n∈N*)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝>，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式成立，
即＋＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＋
＝＋＋＋…＋＋＋－
>＋＋－，
∵＋－＝＝>0，
∴＋＋＋…＋＋＋－>＋＋－>，
∴当n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)(2)知对于任意正整数n，不等式成立．
反思与感悟 用数学归纳法证明不等式的四个关键
(1)验证第一个n的值时，要注意n0不一定为1，若n>k(k为正整数)，则n0＝k＋1.
(2)证明不等式的第二步中，从n＝k到n＝k＋1的推导过程中，一定要用到归纳假设，不应用归纳假设的证明不是数学归纳法，因为缺少归纳假设．
(3)用数学归纳法证明与n有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小，对第二类形式往往要先对n取前几个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个n值开始都成立的结论，常用数学归纳法证明．
(4)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k时成立得n＝k＋1时成立，主要方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等．
跟踪训练2 在数列{an}中，已知a1＝a(a>2)，an＋1＝(n∈N*)，用数学归纳法证明：an>2(n∈N*)．
考点 用数学归纳法证明不等式
题点 利用数学归纳法证明不等式
证明 ①当n＝1时，a1＝a>2，命题成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，即ak>2，则当n＝k＋1时，ak＋1－2＝－2＝>0，
∴当n＝k＋1时，命题也成立．
由①②得，对任意正整数n，都有an>2.
类型三 归纳—猜想—证明
例3 已知数列{an}满足关系式a1＝a(a>0)，an＝(n≥2，n∈N*)，
(1)用a表示a2，a3，a4；
(2)猜想an的表达式(用a和n表示)，并用数学归纳法证明．
考点 数学归纳法证明数列问题
题点 利用数学归纳法证明数列通项问题
解 (1)a2＝，
a3＝＝＝，
a4＝＝＝.
(2)因为a1＝a＝，
a2＝，…，
猜想an＝.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，
因为a1＝a＝，
所以当n＝1时猜想成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时猜想成立，
即ak＝，
所以当n＝k＋1时，
ak＋1＝＝
＝
＝
＝，
所以当n＝k＋1时猜想也成立．
根据①与②可知猜想对一切n∈N*都成立．
反思与感悟 “归纳—猜想—证明”的一般步骤
跟踪训练3 考察下列各式
2＝2×1
3×4＝4×1×3
4×5×6＝8×1×3×5
5×6×7×8＝16×1×3×5×7
你能做出什么一般性的猜想？能证明你的猜想吗？
考点 用数学归纳法证明等式
题点 等式中的归纳，猜想、证明
解 由题意得，2＝2×1,3×4＝4×1×3,4×5×6＝8×1×3×5,5×6×7×8＝16×1×3×5×7，…，
猜想：(n＋1)(n＋2)(n＋3)…2n＝2n·1·3·5·…·(2n－1)，
下面利用数学归纳法进行证明．
(1)当n＝1时，猜想显然成立；
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，即(k＋1)(k＋2)(k＋3)…2k＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，
那么当n＝k＋1时，
(k＋1＋1)(k＋1＋2)(k＋1＋3)·…·2(k＋1)
＝(k＋1)(k＋2)·…·2k·(2k＋1)·2
＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2
＝2k＋1·1·3·5·…·(2k＋1)
＝2k＋1·1·3·5·…·[2(k＋1)－1]
所以当n＝k＋1时猜想成立．
根据(1)(2)可知对任意正整数猜想均成立.
1．已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，计算得f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，由此推算：当n≥2时，有( )
A．f(2n)>(n∈N*)
B．f(2n)>(n∈N*)
C．f(2n)>(n∈N*)
D．f(2n)>(n∈N*)
考点 利用数学归纳法证明不等式
题点 不等式中的归纳、猜想、证明
答案 D
解析 f(4)>2改写成f(22)>；f(8)>改写成f(23)>；f(16)>3改写成f(24)>；f(32)>改写成f(25)>，由此可归纳得出：当n≥2时，f(2n)>(n∈N*)．
2．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋a2n＋1＝(a≠1)”．在验证n＝1时，左端计算所得项为( )
A．1＋a B．1＋a＋a2
C．1＋a＋a2＋a3 D．1＋a＋a2＋a3＋a4
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第一步：归纳奠基
答案 C
解析 将n＝1代入a2n＋1得a3，故选C.
3．若命题A(n)(n∈N*)在n＝k(k∈N*)时成立，则有n＝k＋1时命题成立．现知命题对n＝n0(n0∈N*)时成立，则有( )
A．命题对所有正整数都成立
B．命题对小于n0的正整数不成立，对大于或等于n0的正整数都成立
C．命题对小于n0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n0的正整数都成立
D．以上说法都不正确
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第二步：归纳递推
答案 C
解析 由已知，得n＝n0(n0∈N*)时命题成立，则n＝n0＋1时命题成立，
在n＝n0＋1时命题成立的前提下，又可推得，n＝(n0＋1)＋1时命题也成立，
依此类推，可知选C.
4．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)的过程如下：
(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1，则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝＝2k＋1－1.所以当n＝k＋1时，等式也成立．由此可知对于任何n∈N*，等式都成立．
上述证明，错误是________．
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第二步：归纳递推
答案 未用归纳假设
解析 本题在由n＝k成立证明n＝k＋1成立时，
应用了等比数列的求和公式，
而未用上归纳假设，这与数学归纳法的要求不符．
5．用数学归纳法证明：
＋＋…＋＝(n∈N*)．
考点 用数学归纳法证明等式
题点 利用数学归纳法证明等式
证明 ①当n＝1时，左边＝＝，
右边＝＝，
左边＝右边，等式成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立．
即＋＋…＋＝，
当n＝k＋1时，
左边＝＋＋…＋＋
＝＋
＝
＝
＝，
右边＝＝，
左边＝右边，等式成立．
即对所有n∈N*，原式都成立．
在应用数学归纳法证题时应注意以下几点：
(1)验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定是1.
(2)递推是关键：正确分析由n＝k到n＝k＋1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障；
(3)利用假设是核心：在第二步证明中一定要利用归纳假设，这是数学归纳法的核心环节，否则这样的证明就不是数学归纳法证明.
一、选择题
1．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n－3)条时，第一步应验证n等于( )
A．1 B．2
C．3 D．4
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第一步：归纳奠基
答案 C
解析 由凸多边形的性质，应先验证三角形，故选C.
2．某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N*)时，该命题成立，那么可推得当n＝k＋1时，该命题也成立．现在已知当n＝5时，该命题成立，那么可推导出( )
A．当n＝6时命题不成立
B．当n＝6时命题成立
C．当n＝4时命题不成立
D．当n＝4时命题成立
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳第二步：归纳递推
答案 B
3．设Sk＝＋＋＋…＋，则Sk＋1为( )
A．Sk＋ B．Sk＋＋
C．Sk＋－ D．Sk＋－
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第二步：归纳递推
答案 C
解析 因式子右边各分数的分母是连续正整数，
则由Sk＝＋＋…＋，①
得Sk＋1＝＋＋…＋＋＋.②
由②－①，得Sk＋1－Sk＝＋－
＝－.
故Sk＋1＝Sk＋－.
4．一个与正整数n有关的命题中，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立，可以推得n＝k＋2时命题也成立，则( )
A．该命题对于n>2的自然数n都成立
B．该命题对于所有的正偶数都成立
C．该命题何时成立与k取值无关
D．以上答案都不对
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第二步：归纳递推
答案 B
解析 由n＝k时命题成立，可以推出n＝k＋2时命题也成立，且使命题成立的第一个正偶数n0＝2.故对所有的正偶数都成立．
5．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )
A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立
C．若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法的定义
答案 D
解析 对于D，∵f(4)＝25≥42，
∴当k≥4时，均有f(k)≥k2.
6．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，依次计算a2，a3，a4，归纳推测出an的通项表达式为( )
A. B.
C. D.
考点 数学归纳法证明数列问题
题点 利用数学归纳法证明数列通项问题
答案 B
解析 结合题意，得a1＝2，a2＝，a3＝，a4＝，…，可推测an＝，故选B.
7．用数学归纳法证明等式(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n∈N*)的过程中，从n＝k到n＝k＋1左端需要增乘的代数式为( )
A．2k＋1 B.
C．2(2k＋1) D.
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法的第二步：归纳递推
答案 C
解析 当n＝k＋1时，左端为(k＋2)(k＋3)…[(k＋1)＋(k－1)]·[(k＋1)＋k]·(2k＋2)＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)(2k＋1)·2，∴应增乘2(2k＋1)．
二、填空题
8．用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n，总有2n>n3”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n0最小应当是________．
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第一步：归纳奠基
答案 10
9．证明：假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k，那么2＋4＋…＋2k＋2(k＋1)＝k2＋k＋2(k＋1)＝(k＋1)2＋(k＋1)，即当n＝k＋1时等式也成立．因此对于任何n∈N*等式都成立．
以上用数学归纳法证明“2＋4＋…＋2n＝n2＋n(n∈N*)”的过程中的错误为_________．
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第二步：归纳递推
答案 缺少步骤归纳奠基
10．已知f(n)＝1＋＋＋…＋，n∈N*，用数学归纳法证明f(2n)>时，f(2n＋1)－f(2n)＝________________________________________________________________________.
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第二步：归纳递推
答案 ＋＋…＋
三、解答题
11．用数学归纳法证明·…·＝(n≥2，n∈N*)．
考点 用数学归纳法证明等式
题点 利用数学归纳法证明等式
证明 (1)当n＝2时，左边＝1－＝，
右边＝＝，
所以左边＝右边，所以当n＝2时等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时等式成立，
即·…·＝，
那么当n＝k＋1时，·…·＝
＝·
＝＝，
即当n＝k＋1时，等式成立．
综合(1)(2)知，对任意n≥2，n∈N*，等式恒成立．
12．用数学归纳法证明：＋＋＋…＋<1－(n≥2，n∈N*)．
考点 用数学归纳法证明不等式
题点 利用数学归纳法证明不等式
证明 (1)当n＝2时，左式＝＝，
右式＝1－＝.
因为<，所以不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，
即＋＋＋…＋<1－，
则当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋<1－＋
＝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．
四、探究与拓展
13．用数学归纳法证明“34n＋1＋52n＋2(n∈N*)能被14整除”时，当n＝k＋1时，34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋2应变形为________________．
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第二步：归纳递推
答案 34×(34k＋1＋52k＋2)－52k＋2×14×4
解析 34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋2＝34×34k＋1＋52×52k＋2＝34×34k＋1＋34×52k＋2＋52×52k＋2－34×52k＋2＝34×(34k＋1＋52k＋2)－52k＋2×(34－52)＝34×(34k＋1＋52k＋2)－52k＋2×14×4.
14．已知数列{an}的前n项和Sn＝1－nan(n∈N*)．
(1)计算a1，a2，a3，a4；
(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明你的结论．
考点 数学归纳法证明数列问题
题点 利用数学归纳法证明数列通项问题
解 (1)计算得a1＝；a2＝；a3＝；a4＝.
(2)猜想：an＝.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，猜想显然成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，
即ak＝，
那么，当n＝k＋1时，Sk＋1＝1－(k＋1)ak＋1，
即Sk＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1.
又Sk＝1－kak＝，
所以＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1，
从而ak＋1＝＝，
即n＝k＋1时，猜想也成立．
故由①和②可知猜想成立．
章末检测试卷(二)
(时间：120分钟 满分：150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．根据偶函数定义可推得“函数f(x)＝x2在R上是偶函数”的推理过程( )
A．归纳推理 B．类比推理
C．演绎推理 D．以上答案都不对
考点 演绎推理的含义与方法
题点 演绎
答案 C
解析 根据演绎推理的定义知，推理过程是演绎推理．
2．下面是一段“三段论”推理过程：若函数f(x)在(a，b)内可导且单调递增，则在(a，b)内，f′(x)>0恒成立．因为f(x)＝x3在(－1,1)内可导且单调递增，所以在(－1,1)内，f′(x)＝3x2>0恒成立．以上推理中( )
A．大前提错误 B．小前提错误
C．结论正确 D．推理形式错误
考点 “三段论”及其应用
题点 大前提错误导致结论错误
答案 A
解析 f(x)在(a，b)内可导且单调递增，则在(a，b)内，f′(x)≥0恒成立，故大前提错误，故选A.
3．设a，b，c都是非零实数，则关于a，bc，ac，－b四个数有以下说法：
①四个数可能都是正数；
②四个数可能都是负数；
③四个数中既有正数又有负数．
以上说法中正确的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
答案 B
解析 可用反证法推出①②不正确，因此③正确．
4．在等差数列{an}中，若an<0，公差d>0，则有a4·a6>a3·a7，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若bn>0，q>1，则下列有关b4，b5，b7，b8的不等关系正确的是( )
A．b4＋b8>b5＋b7 B．b5＋b7>b4＋b8
C．b4＋b7>b5＋b8 D．b4＋b5>b7＋b8
考点 类比推理的应用
题点 等差数列与等比数列之间的类比
答案 A
5．已知＋＝2，＋＝2，＋＝2，＋＝2，…，依照以上各式的规律可得( )
A.＋＝2
B.＋＝2
C.＋＝2
D.＋＝2
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 A
解析 从各个等式可以看出，等式的右端均为2，左端为两个式子的和，且两个式子的分子之和恒等于8，分母为相应分子减去4，所以可得＋＝2.
6．设{an}，{bn}是两个等差数列，若cn＝an＋bn，则{cn}也是等差数列，类比上述性质，设{sn}，{tn}是等比数列，则下列说法正确的是( )
A．若rn＝sn＋tn，则{rn}是等比数列
B．若rn＝sntn，则{rn}是等比数列
C．若rn＝sn－tn，则{rn}是等比数列
D．以上说法均不正确
考点 类比推理的应用
题点 等差数列与等比数列之间的类比
答案 B
解析 在由等差数列的运算性质类比推理到等比数列的运算性质时：加减运算类比推理为乘除运算，累加类比为累乘．故由“{an}，{bn}是两个等差数列，若cn＝an＋bn，则{cn}是等差数列”，类比推理可得：“设{sn}，{tn}是等比数列，若rn＝sntn，则{rn}是等比数列”．故选B.
7．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”索的因应是( )
A．a－b>0 B．a－c<0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
考点 分析法及应用
题点 寻找结论成立的充分条件
答案 C
解析 要证明<a，只需证b2－ac<3a2，只需证(a＋c)2－ac<3a2，只需证－2a2＋ac＋c2<0，即证2a2－ac－c2>0，即证(a－c)·(2a＋c)>0，即证(a－c)(a－b)>0.
8．某同学在纸上画出如下若干个三角形：
△▲△△▲△△△▲△△△△▲△△△△△▲……
若依此规律，得到一系列的三角形，则在前2 015个三角形中▲的个数是( )
A．62 B．63
C．64 D．61
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 A
解析 前n个▲中所包含的所有三角形的个数是1＋2＋3＋…＋n＋n＝，由＝2 015，解得n＝62.
9．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，那么a，b，c的值为( )
A．a＝，b＝c＝ B．a＝b＝c＝
C．a＝0，b＝c＝ D．不存在这样的a，b，c
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第一步：归纳奠基
答案 A
解析 令n＝1,2,3，
得
所以a＝，b＝c＝.
10．用反证法证明命题“＋是无理数”时，假设正确的是( )
A．假设是有理数 B．假设是有理数
C．假设或是有理数 D．假设＋是有理数
考点 反证法及应用
题点 如何正确进行反设
答案 D
解析 应对结论进行否定，则＋不是无理数，
即＋是有理数．
11．我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．下列几何体中，一定属于相似体的有( )
①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱锥．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 C
解析 类比相似形中的对应边成比例知，①③一定属于相似体．
12．设函数f(x)定义如下表，数列{xn}满足x0＝5，且对任意的自然数均有xn＋1＝f(xn)，则x2 016等于( )
x
1
2
3
4
5
f(x)
4
1
3
5
2
A.1 B．2
C．4 D．5
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数列中的应用
答案 D
解析 x1＝f(x0)＝f(5)＝2，x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，x6＝f(2)＝1，x7＝f(1)＝4，x8＝f(4)＝5，x9＝f(5)＝2，…，所以数列{xn}是周期为4的数列，所以x2 016＝x4＝5，故选D.
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．用数学归纳法证明“1＋2＋3＋…＋n2＝”时，从n＝k到n＝k＋1，等式左端需要增加的代数式为________________________．
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第二步：归纳递推
答案 (k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
解析 当n＝k时，等式的左端为1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，等式的左端为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
14．已知a>0，b>0，m＝lg，n＝lg，则m，n的大小关系是________．
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
答案 m>n
解析 ab>0?>0?a＋b＋2>a＋b?(＋)2>()2?＋>?>?lg>lg.
15．古埃及数学中有一个独特现象：除了用一个单独的符号表示以外，其他分数都要写成若干个分数和的形式，例如＝＋.可以这样来理解：假定有2个面包，要平均分给5个人，每人分将剩余，再将这分成5份，每人分得，这样每人分得＋.同理可得＝＋，＝＋，…，按此规律，则＝________，＝________(n＝5,7,9,11，…)．
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 ＋ ＋
解析 由＝＋，＝＋，＝＋得，当n＝5,7,9时，等号右边第一个分数的分母分别为3,4,5，第二个分数的分母分别是等号左边分数的分母与等号右边第一个分数分母的乘积．
16.现有一个关于平面图形的命题：如图，同一平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为.类比到空间，有两个棱长为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案
解析 解法的类比(特殊化)，可得两个正方体重叠部分的体积为.
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)1，，2能否为同一等差数列中的三项？说明理由．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
解 假设1，，2能为同一等差数列中的三项，但不一定是连续的三项，设公差为d，则1＝－md,2＝＋nd，m，n为两个正整数，消去d得m＝(＋1)n.
∵m为有理数，(＋1)n为无理数．
∴左边为有理数，右边为无理数，m＝(＋1)n不成立，矛盾．
∴假设不成立，即1，，2不可能为同一等差数列中的三项．
18．(12分)已知a>0，b>0,2c>a＋b，求证：c－考点 分析法及应用
题点 分析法解决不等式问题
证明 要证c－只需证－即证|a－c|<，
只需证(a－c)2<()2，
只需证a2－2ac＋c2即证2ac>a2＋ab，因为a>0，所以只需证2c>a＋b.
因为2c>a＋b已知，所以原不等式成立．
19．(12分)已知A，B都是锐角，且A＋B≠90°，(1＋tan A)·(1＋tan B)＝2.求证：A＋B＝45°.
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决函数问题
证明 因为(1＋tan A)(1＋tan B)＝2，
展开化简为tan A＋tan B＝1－tan Atan B.
因为A＋B≠90°，tan(A＋B)＝＝1，
又因为A，B都是锐角，
所以0°20．(12分)某同学在研究相邻三个正整数的算术平方根之间的关系时，发现以下三个式子均是正确的：
①＋<2；②＋<2；③＋<2.
(1)已知∈(1.41,1.42)，∈(1.73,1.74)，∈(2.23，2.24)，请从以上三个式子中任选一个，结合此范围，验证其正确性(注意不能近似计算)；
(2)请将此规律推广至一般情形，并证明．
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)的应用
解 (1)验证①式成立：∵<1.74，∴＋<2.74，
∵>1.41，∴2>2.82，∴＋<2.
(2)一般结论为：若n∈N*，
则＋<2，证明如下：
要证＋<2，
只需证(＋)2<(2)2，
即证2n＋2＋2·<4n＋4，
即证·只需证n(n＋2)故＋<2.
21．(12分)在平面内，可以用面积法证明下面的结论：从三角形内部任意一点，向各边引垂线，其长度分别为pa，pb，pc，且相应各边上的高分别为ha，hb，hc，则有＋＋＝1.请你运用类比的方法将此结论推广到四面体中并证明你的结论．
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
解 类比结论：从四面体内部任意一点向各面引垂线，其长度分别为pa，pb，pc，pd，且相应各面上的高分别为ha，hb，hc，hd.
则有＋＋＋＝1.
证明：＝
＝，
同理有＝，＝，＝，
又VP－BCD＋VP－CDA＋VP－BDA＋VP－ABC＝VA－BCD，
∴＋＋＋＝＝1.
22．(12分)已知f(x)＝，且f(1)＝log162，f(－2)＝1.
(1)求函数f(x)的表达式．
(2)已知数列{xn}的项满足xn＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(n))，试求x1，x2，x3，x4.
(3)猜想{xn}的通项公式，并用数学归纳法证明．
考点 数学归纳法证明数列问题
题点 利用数学归纳法证明数列通项问题
解 (1)∵f(1)＝log162＝，f(－2)＝1，
∴
解得a＝1，b＝0，
∴f(x)＝(x≠－1)．
(2)x1＝1－f(1)＝1－＝，
x2＝[1－f(1)][1－f(2)]＝×＝，
x3＝(1－f(3))＝×＝，
x4＝×＝.
(3)由(2)知，x1＝，x2＝＝，x3＝，
x4＝＝，…，
由此可以猜想xn＝.
证明：①当n＝1时，
∵x1＝，而＝，
∴猜想成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，xn＝成立，
即xk＝，则当n＝k＋1时，
xk＋1＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(k))·(1－f(k＋1))
＝xk·(1－f(k＋1))
＝·
＝·
＝·＝.
∴当n＝k＋1时，猜想也成立，
根据①②可知，对一切n∈N*，猜想xn＝都成立．
滚动训练三(§1.5～§2.3)
一、选择题
1．已知f(x)＝则的值为( )
A. B.
C. D．－
考点 分段函数的定积分
题点 分段函数的定积分
答案 B
解析 ＝＋＝＋1
＝＋1＝，故选B.
2．用三段论推理：“任何实数的平方大于0，因为a是实数，所以a2>0”，你认为这个推理( )
A．大前提错误 B．小前提错误
C．推理形式错误 D．是正确的
考点 “三段论”及其应用
题点 大前提错误导致结论错误
答案 A
解析 任何实数的平方大于0，因为a是实数，所以a2>0，
大前提：任何实数的平方大于0是不正确的，0的平方就不大于0.故选A.
3.如图，抛物线y＝－x2＋2x＋1与直线y＝1形成一个闭合图形(图中的阴影部分)，则该闭合图形的面积是( )
A．1 B.
C. D．2
考点 利用定积分求曲线所围成图形面积
题点 不需分割的图形的面积求解
答案 B
解析 由知或
故所求面积S＝?(－x2＋2x＋1)dx－?1dx
＝－x|＝.
4．有甲、乙、丙、丁四位同学竞选班长，其中只有一位当选．有人走访了四位同学，甲说：“是乙或丙当选”，乙说：“甲、丙都未当选”，丙说：“我当选了”，丁说：“是乙当选了”，若四位同学的话只有两句是对的，则当选的同学是( )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面中的应用
答案 C
解析 若甲当选，则都说假话，不合题意．
若乙当选，则甲、乙、丁都说真话，丙说假话，不符合题意．
若丁当选，则甲、丁、丙都说假话，乙说真话，不符合题意．
故当选的同学是丙，故选C.
5．对命题“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出：正四面体的内切球切于四面各正三角形的位置是( )
A．各正三角形内的任一点
B．各正三角形的中心
C．各正三角形边上的任一点
D．各正三角形的某中线的中点
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 B
解析 正三角形类比正四面体，正三角形的三边类比正四面体的四个面，三边的中点类比正三角形的中心．
6．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋1)，第二步证明中从“k到k＋1”时，左边增加的项数是( )
A．2k＋1 B．2k－1
C．2k－1 D．2k
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第二步：归纳递推
答案 D
解析 当n＝k时，左边＝1＋＋＋…＋，
那么当n＝k＋1时，左边＝1＋＋＋…＋＋＋…＋＝1＋＋＋…＋＋＋…＋，
所以左边增加的项为＋＋…＋，所以项数为2k.
7．观察下列数表规律
2→3 6→7 10→11
↑ ↓ ↑ ↓ ↑ ↓
0→1 4→5 8→9 12→…
则数2 017的箭头方向是( )
A．2 017→ B． ↓
↑ 2 017→
C． ↑ D．→2 017
→2 017 ↓
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数阵(表)中的应用
答案 C
解析 因下行奇数是首项为1，公差为4的等差数列，若2 017在下行，则2 017＝1＋(n－1)·4，得n＝505∈N*.故2 017在下行，又因为在下行奇数的箭头为→，故选C.
8．已知f(x)＝x3＋x，a，b∈R，且a＋b>0，则f(a)＋f(b)的值一定( )
A．大于零 B．等于零
C．小于零 D．正负都有可能
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在函数中的应用
答案 A
解析 ∵f(x)＝x3＋x，∴f(x)是增函数且是奇函数．
∵a＋b>0，∴a>－b，
∴f(a)>f(－b)＝－f(b)，∴f(a)＋f(b)>0.
二、填空题
9．用数学归纳法证明＋＋…＋>－.假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________________________．
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第二步：归纳递推
答案 ＋＋…＋＋＋>－
解析 观察不等式中的分母变化知，＋＋…＋＋＋>－.
10．观察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，….根据上述规律，第五个等式为________________．
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 13＋23＋33＋43＋53＋63＝212
解析 由所给等式可得，等式两边的幂式指数规律明显，底数关系如下，
1＋2＝3,1＋2＋3＝6,1＋2＋3＋4＝10，
即左边底数的和等于右边的底数，故第五个等式为
13＋23＋33＋43＋53＋63＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)2＝212.
11．已知点A(x1, )，B(x2,)是函数y＝3x的图象上任意不同两点，依据图象可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图象的上方，因此有结论>成立．运用类比思想方法可知，若点A(x1，tan x1)，B(x2，tan x2)是函数y＝tan x的图象上任意不同两点，则类似地有________________成立．
考点 类比推理的应用
题点 平面曲线之间的类比
答案 解析 因为y＝tan x图象是上凸的，
因此线段AB的中点的纵坐标总是小于函数y＝tan x图象上的点的纵坐标，即有12．已知集合{a，b，c}＝{0,1,2}，且下列三个关系：①a≠2；②b＝2；③c≠0有且只有一个正确，则100a＋10b＋c＝________.
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
答案 201
解析 因为三个关系中只有一个正确，分三种情况讨论：若①正确，则②③不正确，得到由于集合{a，b，c}＝{0,1,2}，所以解得a＝b＝1，c＝0或a＝1，b＝c＝0或b＝1，a＝c＝0，与互异性矛盾；
若②正确，则①③不正确，得到与互异性矛盾；
若③正确，则①②不正确，得到则符合题意，所以100a＋10b＋c＝201.
三、解答题
13．已知实数p满足不等式(2p＋1)(p＋2)<0，用反证法证明，关于x的方程x2－2x＋5－p2＝0无实数根．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设方程x2－2x＋5－p2＝0有实数根，
则该方程的根的判别式Δ＝4－4(5－p2)≥0，
解得p≥2或p≤－2.①
而由已知条件实数p满足不等式(2p＋1)(p＋2)<0，
解得－2数轴上表示①②的图形无公共部分，故假设不成立，从而关于x的方程x2－2x＋5－p2＝0无实数根．
四、探究与拓展
14．已知△ABC的三边a，b，c的倒数成等差数列，试分别用综合法和分析法证明B为锐角．
考点 分析法和综合法的综合应用
题点 分析法和综合法的综合应用
证明 分析法：
要证明B为锐角，B为三角形的内角，
则只需证cos B>0.
又cos B＝，只需证a2＋c2－b2>0.
即证a2＋c2>b2.
又a2＋c2≥2ac，只需证2ac>b2.
由已知＝＋，即2ac＝b(a＋c)，
只需证b(a＋c)>b2，即证a＋c>b成立，在△ABC中，最后一个不等式显然成立．
所以B为锐角．
综合法：
由题意得＝＋＝，
则b＝，b(a＋c)＝2ac>b2(因为a＋c>b)．
因为cos B＝≥>0，
又0所以015．设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)猜想数列{an}的通项公式．并用数学归纳法证明．
考点 数学归纳法证明数列问题
题点 利用数学归纳法证明数列通项问题
解 (1)由题意知S2＝4a3－20，
∴S3＝S2＋a3＝5a3－20.
又S3＝15，∴a3＝7，S2＝4a3－20＝8.
又S2＝S1＋a2＝(2a2－7)＋a2＝3a2－7，
∴a2＝5，a1＝S1＝2a2－7＝3.
综上可知，a1＝3，a2＝5，a3＝7.
(2)由(1)猜想an＝2n＋1，下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，猜想显然成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，即ak＝2k＋1，
当n＝k＋1时，
Sk＝3＋5＋7＋…＋(2k＋1)＝
＝k(k＋2)．
又Sk＝2kak＋1－3k2－4k，
∴k(k＋2)＝2kak＋1－3k2－4k，
解得2ak＋1＝4k＋6，
∴ak＋1＝2(k＋1)＋1，即当n＝k＋1时，猜想成立．
由①②知，?n∈N*，an＝2n＋1.
章末复习
学习目标 1.整合本章知识要点.2.进一步理解合情推理与演绎推理的概念、思维形式、应用等.3.进一步熟练掌握直接证明与间接证明.4.理解数学归纳法，并会用数学归纳法证明问题．
1．合情推理
(1)归纳推理：由部分到整体、由个别到一般的推理．
(2)类比推理：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：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．
3．直接证明和间接证明
(1)直接证明的两类基本方法是综合法和分析法：
①综合法是从已知条件推出结论的证明方法；
②分析法是从结论追溯到条件的证明方法．
(2)间接证明的一种方法是反证法，是从结论反面成立出发，推出矛盾的方法．
4．数学归纳法
数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学命题．证明时，它的两个步骤缺一不可，它的第一步(归纳奠基)是证当n＝n0时结论成立；第二步(归纳递推)是假设当n＝k时结论成立，推得当n＝k＋1时结论也成立．
1．归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．( × )
2．“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．( √ )
3．综合法是直接证明，分析法是间接证明．( × )
4．反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( × )
类型一 合情推理与演绎推理
例1 (1)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＝________.
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 n(n＋1)
解析 第一个等式中1＝，2＝；
第二个等式中，2＝，3＝；
第三个等式中，3＝，4＝.
由此可推得第n个等式等于××＝n(n＋1)．
(2)根据图(1)的面积关系：＝·，可猜想图(2)有体积关系：＝________.
考点 类此推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 ··
解析 题干两图中，与△PAB，△PA′B′相对应的是三棱锥P－ABC，P－A′B′C′；与△PA′B′两边PA′，PB′相对应的是三棱锥P－A′B′C′的三条侧棱PA′，PB′，PC′.与△PAB的两条边PA，PB相对应的是三棱锥P－ABC的三条侧棱PA，PB，PC.由此，类比题图(1)的面积关系，得到题图(2)的体积关系为＝··.
(3)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________．
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面的应用
答案 1和3
解析 由题意可知丙不拿2和3.
若丙拿1和2，则乙拿2和3，甲拿1和3，满足题意；
若丙拿1和3，则乙拿2和3，甲拿1和2，不满足题意．
故甲的卡片上的数字是1和3.
反思与感悟 (1)用归纳推理可从具体事例中发现一般规律，但应注意，仅根据一系列有限的特殊事例，所得出的一般结论不一定可靠，其结论的正确与否，还要经过严格的理论证明．
(2)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．
(3)演绎推理是由一般到特殊的推理，其结论不会超出前提所界定的范围，所以其前提和结论之间的联系是必然的．因此，在演绎推理中，只要前提及推理正确，结论必然正确．
跟踪训练1 (1)如图是由火柴棒拼成的图形，第n个图形由n个正方形组成．
通过观察可以发现：第4个图形中有________根火柴棒；第n个图形中有________根火柴棒．
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 13 3n＋1
解析 设第n个图形中火柴棒的根数为an，可知a4＝13.
通过观察得到递推关系式an－an－1＝3(n≥2，n∈N*)，
所以an＝3n＋1.
(2)若数列{an}为等差数列，Sn为其前n项和，则有性质“若Sm＝Sn(m，n∈N*且m≠n)，则Sm＋n＝0.”类比上述性质，相应地，当数列{bn}为等比数列时，写出一个正确的性质：________________.
考点 类比推理的应用
题点 等差数列与等比数列之间的类比
答案 数列{bn}为等比数列，Tm表示其前m项的积，若Tm＝Tn(m，n∈N*，m≠n)，则Tm＋n＝1
解析 由等差数列的运算性质类比推理到等比数列的运算性质时，
加减运算类比推理为乘除运算．
累加类比为累乘，
由此，等差数列{an}的性质类比到等比数列{bn}中为：
数列{bn}为等比数列，Tm表示其前m项的积，
若Tm＝Tn(m，n∈N*，m≠n)，
则Tm＋n＝1.
类型二 综合法与分析法
例2 试用分析法和综合法分别推证下列命题：已知α∈(0，π)，求证：2sin 2α≤.
考点 分析法和综合法的综合应用
题点 分析法和综合法的综合应用
证明 方法一 分析法
要证2sin 2α≤成立，
只需证4sin αcos α≤，
∵α∈(0，π)，∴sin α>0，
只需证4cos α≤，
∵1－cos α>0，
∴4cos α(1－cos α)≤1，
可变形为4cos2α－4cos α＋1≥0，
只需证(2cos α－1)2≥0，显然成立．
方法二 综合法
∵＋4(1－cos α)≥4，
当且仅当cos α＝，即α＝时取等号，
∴4cos α≤.
∵α∈(0，π)，∴sin α>0，
∴4sin αcos α≤，
∴2sin 2α≤.
反思与感悟 分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条件清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．
跟踪训练2 设a，b是两个正实数，且a≠b，求证：a3＋b3>a2b＋ab2.
考点 分析法及应用
题点 分析法解决不等式问题
证明 要证a3＋b3>a2b＋ab2成立，即需证
(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立，
即需证a2－ab＋b2>ab成立．
只需证a2－2ab＋b2>0成立，
即需证(a－b)2>0成立．
而由已知条件可知，a≠b，所以a－b≠0，
所以(a－b)2>0显然成立．
即a3＋b3>a2b＋ab2.
类型三 反证法
例3 若x，y都是正实数，且x＋y>2，求证：<2与<2中至少有一个成立．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设<2和<2都不成立，
则有≥2和≥2同时成立．
因为x>0且y>0，
所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，
两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2.
这与已知x＋y>2矛盾．
故<2与<2中至少有一个成立．
反思与感悟 反证法常用于直接证明困难或以否定形式出现的命题；涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命题时，也常用反证法．
跟踪训练3 已知：ac≥2(b＋d)．
求证：方程x2＋ax＋b＝0与方程x2＋cx＋d＝0中至少有一个方程有实数根．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设两方程都没有实数根，
则Δ1＝a2－4b<0与Δ2＝c2－4d<0，有a2＋c2<4(b＋d)，而a2＋c2≥2ac，从而有4(b＋d)>2ac，即ac<2(b＋d)，与已知矛盾，故原命题成立．
类型四 数学归纳法
例4 已知在数列{an}中，a1＝－，其前n项和Sn满足an＝Sn＋＋2(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．
考点 数学归纳法证明数列问题
题点 数学归纳法证明数列通项问题
解 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋＋2.
∴Sn＝－(n≥2)．
则有S1＝a1＝－，
S2＝－＝－，
S3＝－＝－，
S4＝－＝－，
由此猜想：Sn＝－(n∈N*)．
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，S1＝－＝a1，猜想成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时猜想成立，
即Sk＝－成立，
那么当n＝k＋1时，
Sk＋1＝－＝－
＝－＝－.
即当n＝k＋1时猜想成立．
由(1)(2)可知，对任意正整数n，猜想均成立．
反思与感悟 (1)用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型，其关键点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始n0是多少．
(2)由n＝k到n＝k＋1时，除等式两边变化的项外还要利用当n＝k时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．
跟踪训练4 观察下列四个等式：
第一个式子 1＝1
第二个式子 2＋3＋4＝9
第三个式子 3＋4＋5＋6＋7＝25
第四个式子 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49
(1)按照此规律，写出第五个等式；
(2)请你做出一般性的猜想，并用数学归纳法证明．
考点 利用数学归纳法证明等式
题点 等式中的归纳、猜想、证明
解 (1)第5个等式：5＋6＋7＋…＋13＝81.
(2)猜想第n个等式为
n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，左边＝1，右边＝(2－1)2＝1，
猜想成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，
即有k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(3k－2)＝(2k－1)2.
那么当n＝k＋1时，
左边＝(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(3k－2)＋(3k－1)＋3k＋(3k＋1)
＝k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(3k－2)＋(2k－1)＋3k＋(3k＋1)
＝(2k－1)2＋(2k－1)＋3k＋(3k＋1)
＝4k2－4k＋1＋8k＝(2k＋1)2
＝[2(k＋1)－1]2.
右边＝[2(k＋1)－1]2，
即当n＝k＋1时，猜想也成立．
根据①②知，猜想对任意n∈N*都成立.
1．数列5,9,17,33，x，…中的x等于( )
A．47 B．65
C．63 D．128
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 B
解析 5＝22＋1,9＝23＋1,17＝24＋1,33＝25＋1，
归纳可得：x＝26＋1＝65.
2．在平面直角坐标系中，方程＋＝1表示x，y轴上的截距分别为a，b的直线，类比到空间直角坐标系中，在x，y，z轴上截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为( )
A.＋＋＝1 B.＋＋＝1
C.＋＋＝1 D．ax＋by＋cz＝1
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 A
解析 ∵在平面直角坐标系中，方程＋＝1表示的图形是一条直线，具有特定性质：“在x轴，y轴上的截距分别为a，b”．类比到空间直角坐标系中，在x，y，z轴上截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为＋＋＝1.故选A.
3．若a>0，b>0，则有( )
A.>2b－a B.<2b－a
C.≥2b－a D.≤2b－a
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
答案 C
解析 因为－(2b－a)＝＝≥0，所以≥2b－a.
4．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至多有一个实数
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
考点 反证法及应用
题点 如何正确进行反设
答案 A
解析 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.
5．用数学归纳法证明：
＋＋＋…＋＝(n∈N*)．
考点 用数学归纳法证明等式
题点 利用数学归纳法证明等式
解 (1)当n＝1时，左边＝＝，
右边＝＝.
左边＝右边，所以等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，
即有＋＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋
＝＋
＝＝
＝＝.
所以当n＝k＋1时，等式也成立，
由(1)(2)可知，对于一切n∈N*，等式都成立．
1．归纳和类比都是合情推理，前者是由特殊到一般，部分到整体的推理，后者是由特殊到特殊的推理，但二者都能由已知推测未知，都能用于猜想，推理的结论不一定为真，有待进一步证明．
2．演绎推理与合情推理不同，是由一般到特殊的推理，是数学中证明的基本推理形式．也是公理化体系所采用的推理形式，另一方面，合情推理与演绎推理又是相辅相成的，前者是后者的前提，后者论证前者的可靠性．
3．直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法．直接证明的两类基本方法是综合法和分析法：综合法是从已知条件推导出结论的证明方法；分析法是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，间接证法的一种方法是反证法，反证法是从结论反面成立出发，推出矛盾的证明方法．
4．数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时，它的两个步骤缺一不可．它的第一步(归纳奠基)当n＝n0时，结论成立．第二步(归纳递推)假设当n＝k时，结论成立，推得当n＝k＋1时，结论也成立．数学归纳法是在可靠的基础上，利用命题自身具有的传递性，运用有限的步骤(两步)证明出无限的命题成立．
一、选择题
1．证明命题：“f(x)＝ex＋在(0，＋∞)上是增函数”．现给出的证法如下：因为f(x)＝ex＋，所以f′(x)＝ex－.因为x>0，所以ex>1,0<<1.所以ex－>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，使用的证明方法是( )
A．综合法 B．分析法
C．反证法 D．以上都不是
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决函数问题
答案 A
解析 这是从已知条件出发利用已知的定理证得结论的，是综合法，故选A.
2．若aA.<
B．a＋>b＋
C．b＋>a＋
D.<
考点 分析法及应用
题点 分析法解决不等式问题
答案 C
解析 取a＝－2，b＝－1，验证可知C正确．
3．我们把1,4,9,16,25，…这些数称为“正方形点数”，这是因为这些数量的点可以排成一个正方形，如图所示，则第n个正方形点数是( )
A．n(n－1) B．n(n＋1)
C．(n＋1)2 D．n2
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 D
解析 由题意可知第n个正方形点数为n2.
4．在数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…中，第25项为( )
A．25 B．7
C．6 D．8
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 B
解析 由所给的数列规律知，第25项为7.
5．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( )
A．a1a2a3…a9＝29 B．a1＋a2＋…＋a9＝29
C．a1a2…a9＝2×9 D．a1＋a2＋…＋a9＝2×9
考点 类比推理的应用
题点 等差数列与等比数列之间的类比
答案 D
解析 由等差数列的性质a1＋a9＝a2＋a8＝…＝2a5可知D正确．
6．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( )
A．2 B．3
C．5 D．6
考点 数学归纳法定义及原理
题点 数学归纳法第一步：归纳奠基
答案 C
解析 当n取1,2,3,4时，2n>n2＋1不成立，当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，即第一个能使2n>n2＋1成立的n值为5，故选C.
7．已知a＋b＋c＝0，则ab＋bc＋ca的值( )
A．大于0 B．小于0
C．不小于0 D．不大于0
考点 综合法及应用
题点 综合法的应用
答案 D
解析 因为(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab＋bc＋ca)＝0，
又因为a2＋b2＋c2≥0，
所以2(ab＋bc＋ca)≤0，即ab＋bc＋ca≤0.
8．某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段，下表为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊.
学生序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
立定跳远(单位：米)
1.96
1.92
1.82
1.80
1.78
1.76
1.74
1.72
1.68
1.60
30秒跳绳(单位：次)
63
a
75
60
63
72
70
a－1
b
65
在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则( )
A．2号学生进入30秒跳绳决赛
B．5号学生进入30秒跳绳决赛
C．8号学生进入30秒跳绳决赛
D．9号学生进入30秒跳绳决赛
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面的应用
答案 B
解析 进入立定跳远决赛的有8人，根据成绩应是1号至8号．
若a>63，则同时进入两决赛的不是6人，不符合题意；
若61≤a≤63，则同时进入两决赛的有1,2,3,5,6,7号，符合题意；
若a＝60，则同时进入两决赛的不是6人，不符合题意；
若a≤59，则同时进入两决赛的有1,3,4,5,6,7号，符合题意．
综上可知，5号进入30秒跳绳决赛．
二、填空题
9．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____________________．
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 正四面体的内切球的半径是高的
解析 原问题的解法为等面积法，即正三角形的面积S＝ah1＝3×ar?r＝h1(其中a是正三角形的边长，h1是高，r是内切圆半径)．
类比，用等体积法，V＝Sh2＝4×R·S?R＝h2(其中S为底面正三角形的面积，h2是高，R是内切球的半径)．
10．已知＝2，＝3，＝4，…，＝6，a，b均为正实数，由以上规律可推测出a，b的值，则a＋b＝________.
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 41
解析 由题意归纳推理得＝6，b＝62－1＝35，a＝6.
∴a＋b＝6＋35＝41.
11．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)…(a7－7)为偶数．
证明：假设p为奇数，则________均为奇数．①
因为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．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
答案 a1－1，a2－2，…，a7－7 奇数 0
解析 由假设p为奇数可知，(a1－1)，(a2－2)，…，(a7－7)均为奇数，故(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0为奇数，这与0为偶数相矛盾．
三、解答题
12．用综合法或分析法证明：
(1)如果a，b>0，则lg≥；
(2)6＋>2＋2.
考点 分析法和综合法的综合应用
题点 分析法和综合法的综合应用
证明 (1)当a，b>0时，有≥，
∴lg≥lg，
∴lg≥lg(ab)＝.
(2)要证＋>2＋2，
只需证(＋)2>(2＋2)2，
即2>2，这是显然成立的，
∴原不等式成立．
13．求证：不论x，y取何非零实数，等式＋＝总不成立．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设存在非零实数x，y使得等式＋＝成立．
于是有y(x＋y)＋x(x＋y)＝xy，
即x2＋y2＋xy＝0，
即2＋y2＝0.
由y≠0，得y2＞0.
又2≥0，
所以2＋y2＞0.
与x2＋y2＋xy＝0矛盾，故原命题成立．
四、探究与拓展
14．设S，V分别表示表面积和体积，如△ABC的面积用S△ABC表示，三棱锥O－ABC的体积用VO－ABC表示，对于命题：如果O是线段AB上一点，则||·＋||·＝0.将它类比到平面的情形时，应该有：若O是△ABC内一点，有S△OBC·＋S△OCA·＋S△OBA·＝0.将它类比到空间的情形时，应该有：若O是三棱锥A－BCD内一点，则有__________．
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD·＋VO－ABC·＝0
15．给出下列等式：
1＝1，
1－4＝－(1＋2)，
1－4＋9＝1＋2＋3，
1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，
……
(1)写出第5个和第6个等式，并猜想第n(n∈N*)个等式；
(2)用数学归纳法证明你猜想的等式．
考点 利用数学归纳法证明等式
题点 等式中的归纳、猜想、证明
(1)解 第5个等式为1－4＋9－16＋25＝1＋2＋3＋4＋5，
第6个等式为1－4＋9－16＋25－36＝－(1＋2＋3＋4＋5＋6)．
猜想第n个等式为12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1n2
＝(－1)n－1·(1＋2＋3＋…＋n)．
(2)证明 ①当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0×1＝1，左边＝右边，猜想成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，即12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2＝(－1)k－1·，
则当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2＋(－1)k(k＋1)2＝(－1)k－1·＋(－1)k(k＋1)2＝(－1)k(k＋1)·＝(－1)k·，
故当n＝k＋1时，猜想也成立
由①②可知，对于任意n∈N*，猜想均成立．
