滚动训练三(§1.4～§2.3)
一、选择题
1．已知f(x)＝则?f(x)dx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 ?f(x)dx＝?x2dx＋?1dx＝＋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、丙、丁都说假话，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．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．观察下列数表规律
2→3 6→7 10→11
↑ ↓ ↑ ↓ ↑ ↓
0→1 4→5 8→9 12→…
则数2 018的箭头方向是( )
A．2 018→ B． ↓
↑ 2 018→
C． ↑ D．→2 018
→2 018 ↓
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 A
解析 因上行偶数是首项为2，公差为4的等差数列，若2 018在上行，则2 018＝2＋(n－1)·4，得n＝505∈N＋.故2 018在上行，又因为在上行偶数的箭头为→，故选A.
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“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
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(x1,3x1)，B(x2,3x2)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>3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
13．1，，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．
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，对于任意n∈N＋，an＝2n＋1.
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．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
答案 A
解析 三段论中的大前提、小前提及推理形式都是正确的．
2．已知＝2，＝ 3，＝4，…，若＝a(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则t－a等于( )
A．31 B．41 C．55 D．71
答案 B
解析 观察下列等式：＝2，
＝3，＝4，…，
照此规律，第6个等式中a＝7，t＝a2－1＝48，
∴t－a＝41.故选B.
3．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
答案 A
解析 观察分子中2＋6＝5＋3＝7＋1＝10＋(－2)＝8.
4．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
答案 D
解析 应对结论进行否定，则＋不是无理数，
即＋是有理数．
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)
答案 D
解析 (xy)z＝x(yz)是乘法的结合律，正确．
6．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
答案 C
解析 类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．
7．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
答案 B
解析 从证明过程可以看出，符合分析法的特点．
8．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N＋)，猜想f(x)的表达式为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 当x＝1时，f(2)＝＝＝，
当x＝2时，f(3)＝＝＝，
当x＝3时，f(4)＝＝＝，
故可猜想f(x)＝，故选B.
9．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋＝时，由n＝k到n＝k＋1左边需要添加的项是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由n＝k到n＝k＋1时，左边需要添加的项是＝.故选D.
10．设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋( )
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
答案 C
解析 由于＋＋＋＋＋
＝＋＋≥2＋2＋2＝6，
∴＋，＋，＋中至少有一个不小于2，故选C.
11．某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系用取整函数y＝[x](其中[x]表示不大于x的最大整数)可以表示为( )
A．y＝ B．y＝
C．y＝ D．y＝
答案 C
解析 根据规定每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时，再增加一名代表，即余数分别为7,8,9时，可增选一名代表，也就是x要进一位，所以最小应该加3，因此，利用取整函数可表示为y＝.
12．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＋×(n－1)＝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．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．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.
14．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______________．
答案 (n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)
解析 由已知的三个等式左边的变化规律，得第n个等式左边为(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)；由已知的三个等式右边的变化规律，得第n个等式右边为2n与n个奇数之积，即2n×1×3×…×(2n－1)．
15．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_______________．
答案 ＋＝1
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.
16．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________．
答案 1和3
解析 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”．又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”．所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，得甲只能为“1和3”．
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10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，写出类似的性质．
解 在等比数列{bn}中，公比为λ(λ≠0)，前n项和为Sn′，{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；
④Sn′，S2n′－Sn′，S3n′－S2n′(Sn′≠0)构成等比数列．
18．(12分)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．
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．
19．(12分)已知a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.
求证：≥8.
证明 要证≥8成立，
只需证··≥8成立．
∵a＋b＋c＝1，
∴只需证··≥8成立，
即··≥8，
∴只需证··≥··≥8成立，而··≥8显然成立，
∴≥8成立．
20．(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°21．(12分)某同学在研究三角形的性质时，发现了有些三角形的三边长有以下规律：
①3(3×4＋4×5＋5×3)≤(3＋4＋5)2<4(3×4＋4×5＋5×3)；
②3(6×8＋8×9＋9×6)≤(6＋8＋9)2<4(6×8＋8×9＋9×6)；
③3(3×4＋4×6＋6×3)≤(3＋4＋6)2<4(3×4＋4×6＋6×3)．
分析以上各式的共同特征，猜想出关于任一三角形三边长a，b，c的一般性的不等式结论并证明．
解 猜想：3(ab＋ac＋bc)≤(a＋b＋c)2<4(ab＋ac＋bc)；
证明如下：
(a＋b＋c)2－3(ab＋ac＋bc)＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc－3ab－3ac－3bc＝a2＋b2＋c2－ab－ac－bc＝(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0.
所以3(ab＋ac＋bc)≤(a＋b＋c)2；
4(ab＋ac＋bc)－(a＋b＋c)2＝4ab＋4ac＋4bc－a2－b2－c2－2ab－2bc－2ac
＝2ab＋2ac＋2bc－a2－b2－c2
＝a(b＋c－a)＋b(a＋c－b)＋c(a＋b－c)， ①
又因为三角形两边之和大于第三边，
所以①式大于0，
所以4(ab＋ac＋bc)＞(a＋b＋c)2.
所以3(ab＋ac＋bc)≤(a＋b＋c)2<4(ab＋ac＋bc)．
22．(12分)设f(n)＝1＋＋＋…＋，是否存在关于自然数n的函数g(n)，使等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝g(n)·[f(n)－1]对于n≥2的一切自然数都成立？并证明你的结论．
解 当n＝2时，由f(1)＝g(2)·[f(2)－1]，
得g(2)＝＝＝2，
当n＝3时，由f(1)＋f(2)＝g(3)·[f(3)－1]，
得g(3)＝＝＝3，
猜想g(n)＝n(n≥2)．
下面用数学归纳法证明：
当n≥2时，等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1]恒成立．
①当n＝2时，由上面计算可知，等式成立．
②假设n＝k(k∈N＋且k≥2)时，等式成立，
即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1](k≥2)成立，
那么当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)－k
＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时，等式也成立．
由①②知，对一切n≥2的自然数n，等式都成立，
故存在函数g(n)＝n，使等式成立．
§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 推理
1．推理的概念与分类
(1)根据一个或几个已知事实(或假设)得出一个判断，这种思维方式就是推理．
(2)推理一般由两部分组成，一部分是已知的事实(或假设)，叫做前提；一部分是由已知推出的判断，叫做结论．
(3)推理一般分为合情推理与演绎推理．
2．合情推理
前提为真时，结论可能为真的推理，叫做合情推理．常用的合情推理有归纳推理和类比推理．
知识点二 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．符合归纳推理的定义特征．
梳理 归纳推理
(1)定义：根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的所有对象都具有这种性质的推理，叫做归纳推理(简称归纳)，归纳是从特殊到一般的过程．
(2)归纳推理的一般步骤
①通过观察个别情况发现某些相同性质．
②从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想)．
知识点三 类比推理
思考 由三角形的性质：①三角形的两边之和大于第三边，②三角形面积等于高与底乘积的.
可推测出四面体具有如下性质：
(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.
该推理属于什么推理？
答案 类比推理．
梳理 类比推理
(1)定义：根据两类不同事物之间具有某些类似(或一致)性，推测其中一类事物具有与另一类事物类似(或相同)的性质的推理，叫做类比推理(简称类比)．
(2)类比推理的一般步骤
①找出两类事物之间的相似性或一致性．
②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．
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－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
…，
据此规律，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________．
答案 (1)1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋
(2)f3(x)＝ fn(x)＝
解析 (1)等式左边的特征：第1个有2项，第2个有4项，第3个有6项，且正负交错，故第n个等式左边有2n项且正负交错，应为1－＋－＋…＋－；等式右边的特征：第1个有1项，第2个有2项，第3个有3项，故第n个等式右边有n项，且由前几个等式的规律不难发现，第n个等式右边应为＋＋…＋.
(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 (1)已知x>1，由不等式x＋>2；x2＋>3；x3＋>4；…，可以推广为( )
A．xn＋>n B．xn＋>n＋1
C．xn＋>n＋1 D．xn＋>n
(2)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 (1)B (2)×n×(n＋1)
解析 (1)不等式左边是两项的和，第一项是x，x2，x3，…，右边的数是2,3,4，…，利用此规律观察所给不等式，都是写成xn＋>n＋1的形式，从而归纳出一般性结论：xn＋>n＋1，故选B.
(2)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.
例2 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
答案 B
解析 由已知图形我们可以得到：
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.
反思与感悟 图形中归纳推理的特点及思路
(1)从图形的数量规律入手，找到数值变化与数量的关系．
(2)从图形结构变化规律入手，找到图形的结构每发生一次变化后，与上一次比较，数值发生了怎样的变化．
跟踪训练2 黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有黑色地面砖的块数是________．
答案 5n＋1
解析 观察图案知，从第一个图案起，每个图案中黑色地面砖的个数组成首项为6，公差为5的等差数列，从而第n个图案中黑色地面砖的块数为6＋(n－1)×5＝5n＋1.
类型二 类比推理
例3 如图所示，面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为ai(i＝1,2,3,4)，此四边形内任一点P到第i条边的距离记为
hi(i＝1,2,3,4)，若＝＝＝＝k，则h1＋2h2＋3h3＋4h4＝，
类比以上性质，体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Si(i＝1,2,3,4)，此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hi(i＝1,2,3,4)，若＝＝＝＝K，则H1＋2H2＋3H3＋4H4等于多少？
解 对平面凸四边形：
S＝a1h1＋a2h2＋a3h3＋a4h4
＝(kh1＋2kh2＋3kh3＋4kh4)
＝(h1＋2h2＋3h3＋4h4)，
所以h1＋2h2＋3h3＋4h4＝；
类比在三棱锥中，
V＝S1H1＋S2H2＋S3H3＋S4H4
＝(KH1＋2KH2＋3KH3＋4KH4)
＝(H1＋2H2＋3H3＋4H4)．
故H1＋2H2＋3H3＋4H4＝.
反思与感悟 (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的类比如下：
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
跟踪训练3 (1)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．
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．
(2)如图所示，在△ABC中，射影定理可表示为a＝b·cos C＋c·cos B，其中a，b，c分别为角A，B，C的对边．类比上述定理，写出对空间四面体性质的猜想．
解 如图所示，在四面体P－ABC中，设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．
我们猜想射影定理类比推理到三维空间，其表现形式应为S＝S1·cos α＋S2·cos β＋S3·cos γ.
1．有一串彩旗，?代表蓝色，?代表黄色．两种彩旗排成一行：
???????????????????????????…，
那么在前200个彩旗中黄旗的个数为( )
A．111 B．89 C．133 D．67
答案 D
解析 观察彩旗排列规律可知，颜色的交替成周期性变化，周期为9，每9个旗子中有3个黄旗．则200÷9＝22余2，则200个旗子中黄旗的个数为22×3＋1＝67.故选D.
2．下列平面图形中，与空间的平行六面体作为类比对象较合适的是( )
A．三角形 B．梯形
C．平行四边形 D．矩形
答案 C
解析 因为平行六面体相对的两个面互相平行，类比平面图形，则相对的两条边互相平行，故选C.
3．观察下列各式：1＝12,2＋3＋4＝32,3＋4＋5＋6＋7＝52,4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，可以得到的一般结论是( )
A．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝n2
B．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
C．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－1)＝n2
D．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－1)＝(2n－1)2
答案 B
4．已知a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝，则数列{an}的一个通项公式an等于( )
A. B. C. D.
答案 B
解析 a1＝，a2＝，a3＝，a4＝，
则an＝.
5.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．
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．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．多用下列技巧会提高所得结论的准确性
(1)类比对象的共同属性或相似属性尽可能的多些．
(2)这些共同属性或相似属性应是类比对象的主要属性．
(3)这些共同(相似)属性应包括类比对象的各个方面，并尽可能是多方面．
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”
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( )
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
A. B．△
C. D．○
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．平面内平行于同一直线的两直线平行，由此类比可以得到( )
A．空间中平行于同一直线的两直线平行
B．空间中平行于同一平面的两直线平行
C．空间中平行于同一直线的两平面平行
D．空间中平行于同一平面的两平面平行
答案 D
解析 利用类比推理，平面中的直线和空间中的平面类比．
4．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
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.
5．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示．按照图中所示的规律，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
答案 C
解析 从①②③可以看出，从图②开始每个图中的火柴棒都比前一个图中的火柴棒多6根，故火柴棒数成等差数列，第一个图中火柴棒为8根，故可归纳出第n个“金鱼”图需火柴棒的根数为6n＋2.
6．已知{bn}为等比数列，b5＝2，则b1·b2·b3·b4·b5·b6·b7·b8·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＋a3＋…＋a9＝29
C．a1a2a3…a9＝2×9
D．a1＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9
答案 D
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.
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．已知f(1)＝1，f(2)＝3，f(3)＝4，f(4)＝7，f(5)＝11，…，则f(10)等于( )
A．28 B．76 C．123 D．199
答案 C
解析 由题意可得f(3)＝f(1)＋f(2)，
f(4)＝f(2)＋f(3)，f(5)＝f(3)＋f(4)，
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.
二、填空题
9．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________________．
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 2 017×2 018
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.
10．经计算发现下列不等式：＋<2，＋<2，＋<2，…，根据以上不等式的规律，试写出一个对正实数a，b都成立的条件不等式：________________________________.
答案 若a＋b＝20(a≠b)，则＋<2，a，b为正实数
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＝________.
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＝.
三、解答题
13．设a>0，且a≠1，f(x)＝ .
(1)求值：f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)；
(2)由(1)的结果归纳概括对所有实数x都成立的一个等式，并加以证明．
解 (1)f(0)＋f(1)＝＋＝＝，
f(－1)＋f(2)＝＋＝＝.
(2)由(1)归纳得对一切实数x，有f(x)＋f(1－x)＝.
证明：f(x)＋f(1－x)＝＋
＝＋＝＝＝.
四、探究与拓展
14．如图(1)，在平面内有面积关系＝·，写出图(2)中类似的体积关系，并证明你的结论．
解 类比＝·，
有＝··
证明如下：
如图(2)，设C′，C到平面PAB的距离分别为h′，h.
则＝，
故＝＝＝.
15．观察下列等式：
①cos 2α＝2cos2α－1；
②cos 4α＝8cos4α－8cos2α＋1；
③cos 6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1；
④cos 8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1；
⑤cos 10α＝mcos10α－1 280cos8α＋1 120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1.
求m－n＋p的值．
解 观察等式可知，cos α的最高次项的系数：2,8,32,128，…构成了一个首项为2，公比为4的等比数列，
故m＝128×4＝512；
取α＝0，则cos α＝1，cos 10α＝1，代入等式⑤，
得1＝m－1 280＋1 120＋n＋p－1，即n＋p＝－350.
取α＝，则cos α＝，cos 10α＝－，代入等式⑤，
得－＝m10－1 280×8＋1 120×6＋
n×4＋p×2－1，即n＋4p＝－200.
解得n＝－400，p＝50.
故m－n＋p＝512－(－400)＋50＝962.
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．
知识点一 演绎推理的含义
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 都是由真命题，按照一定的逻辑规则推出正确的结论．
梳理 演绎推理的含义
(1)定义：由概念的定义或一些真命题，依照一定的逻辑规则得到正确结论的过程，通常叫做演绎推理．
(2)特征：当前提为真时，结论必然为真．
知识点二 演绎推理规则
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 演绎推理的规则
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
所以，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 三种演绎推理的形式
例1 选择合适的演绎推理规则写出下列推理过程．
(1)函数y＝sin x(x∈R)是周期函数；
(2)当k>1时，－>－；
(3)若n∈Z，求证n2－n为偶数．
解 (1)三段论推理：三角函数是周期函数， 大前提
y＝sin x(x∈R)是三角函数， 小前提
所以y＝sin x(x∈R)是周期函数． 结论
(2)传递性关系推理：当k>1时，－
＝> >＝－.
(3)完全归纳推理：
∵n2－n＝n(n－1)，∴当n为偶数时，n2－n为偶数，
当n为奇数时，n－1为偶数，n2－n为偶数，
∴当n∈Z时，n2－n为偶数．
反思与感悟 对于某一问题的证明中选择哪一种推理规则有时是不唯一的，在证明等量关系、不等关系(放缩法)或立体几何中的平行关系时，常选用传递性关系推理；在涉及含参变量的证明题，需要分类讨论时，常选用完全归纳推理；根据定理证题，往往用三段论推理．
跟踪训练1 选择合适的推理规则写出下列推理过程：
(1)75是奇数．
(2)平面α，β，已知直线l∥α，l∥β，α∩β＝m，则l∥m.
解 (1)三段论推理：一切奇数都不能被2整除． 大前提
75不能被2整除． 小前提
75是奇数． 结论
(2)传递性关系推理：如图，在平面α内任取一点P(P?m)，∵l∥α，
∴P?l，则l与点P确定一平面与α相交，设交线为a，则a∥l，同理，在β内任取一点Q(Q?m)，l与点Q确定一平面与β交于b，则l∥b，从而a∥b.
由P∈a，P?m，∴a?β，而b?β，∴a∥β.
又a?α，α∩β＝m，∴a∥m，∴l∥m.
类型二 三段论的应用
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．
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)用“三段论”证明命题的格式
×××××× ?大前提?
×××××× ?小前提?
×××××× ?结论?
(2)用“三段论”证明命题的步骤
①理清证明命题的一般思路．
②找出每一个结论得出的原因．
③把每个结论的推出过程用“三段论”表示出来．
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.
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．
解 若函数定义域为R，则函数对任意实数恒有意义， 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)的单调增区间为(－∞，0)，(2－a，＋∞)．
当a＝2时，f′(x)≥0恒成立，
∴f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)．
当2∴在(－∞，2－a)和(0，＋∞)上，f′(x)>0，
∴f(x)的单调增区间为(－∞，2－a)，(0，＋∞)．
综上所述，当0当a＝2时，f(x)的单调增区间为(－∞，＋∞)；
当2反思与感悟 (1)很多代数问题不论是解答题，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．
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．
证明 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a>1，所以ln a>0，ax>0，
所以axln a>0，所以f′(x)>0.
于是，得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
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.
3．三段论：“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”，其中的“小前提”是( )
A．① B．② C．①② D．③
答案 D
4．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：__________________________________________.
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
5．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．
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＝(－2m)2－4(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
答案 C
2．下列表述正确的是( )
①归纳推理是由部分到整体的推理；
②归纳推理是由一般到一般的推理；
③演绎推理是由一般到特殊的推理；
④类比推理是由特殊到一般的推理；
⑤类比推理是由特殊到特殊的推理．
A．①②③ B．②③④
C．②④⑤ D．①③⑤
答案 D
解析 根据归纳推理，演绎推理，类比推理的概念特征可以知道①③⑤正确．
3．命题“有些有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是( )
A．使用了归纳推理
B．使用了类比推理
C．使用了“三段论”，但推理形式错误
D．使用了“三段论”，但小前提错误
答案 C
解析 由“三段论”的推理方式可知，该推理的错误原因是推理形式错误．
4．“所有9的倍数(M)都是3的倍数(P)，某奇数(S)是9的倍数(M)，故某奇数(S)是3的倍数(P)．”上述推理是( )
A．小前提错 B．结论错
C．正确的 D．大前提错
答案 C
解析 由三段论推理概念知推理正确．
5．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．
6．下面几种推理中是演绎推理的是( )
A．因为y＝2x是指数函数，所以函数y＝2x经过定点(0,1)
B．猜想数列，，，…的通项公式为an＝(n∈N＋)
C．由圆x2＋y2＝r2的面积为πr2，猜想出椭圆＋＝1的面积为πab
D．由平面直角坐标系中圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，推测空间直角坐标系中，球的方程为(x－a)2＋(y－b)2＋(z－c)2＝r2
答案 A
7．自主招生联盟成形于2009年清华大学等五校联考，主要包括“北约”联盟，“华约”联盟，“卓越”联盟和“京派”联盟．在调查某高中学校高三学生自主招生报考的情况时，得到如下结果：
a．报考“北约”联盟的学生都没报考“华约”联盟；
b．报考“华约”联盟的学生也报考了“京派”联盟；
c．报考“卓越”联盟的学生都没报考“京派”联盟；
d．不报考“卓越”联盟的学生就报考“华约”联盟．
根据上述调查结果，下列结论错误的是( )
A．没有同时报考“华约”和“卓越”联盟的学生
B．报考“华约”和“京派”联盟的考生一样多
C．报考“北约”联盟的考生也报考了“卓越”联盟
D．报考“京派”联盟的考生也报考了“北约”联盟
答案 D
解析 令集合E表示报考“北约”联盟的学生，集合F表示报考“华约”联盟的学生，集合G表示报考“京派”联盟的学生，集合H表示报考“卓越”联盟的学生，由题意得A中，F∩H＝?，结论正确；B中，F＝G，结论正确；C中，E?H，结论正确．
8．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．－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
9．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________________________________________．
答案 y＝的定义域是[4，＋∞)
解析 由大前提知log2x－2≥0，解得x≥4.
10．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”)
答案 大前提
11．锐角三角形的面积等于底乘高的一半；直角三角形的面积等于底乘高的一半；钝角三角形的面积等于底乘高的一半，所以所有三角形的面积都等于底乘高的一半，以上推理运用的推理规则是________．
答案 完全归纳推理
解析 “钝角三角形、直角三角形、锐角三角形”这一分类方法包含了所有的三角形，若这三类三角形的面积都等于底乘高的一半，就是所有的三角形的面积都等于底乘高的一半，故其推理规则为完全归纳推理．
12．若f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N＋)，且f(1)＝2，则＋＋…＋＝________.
答案 2 018
解析 利用三段论．
∵f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N＋)， 大前提
令b＝1，则＝f(1)＝2， 小前提
∴＝＝…＝＝2， 结论
∴原式＝2＋2＋…＋2＝2 018.
1 009个
三、解答题
13．如图所示，在锐角三角形ABC中，AD⊥BC，BE⊥AC，D，E是垂足，用三段论形式证明AB的中点M到D，E的距离相等．
证明 有一个内角是直角的三角形是直角三角形， 大前提
在△ABD中，AD⊥BD，即∠ADB＝90°， 小前提
所以△ABD是直角三角形． 结论
同理，△AEB也是直角三角形．
直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半， 大前提
因为DM是Rt△ABD斜边上的中线， 小前提
所以DM＝AB. 结论
同理，EM＝AB.
等于同一个量的两个量相等， 大前提
DM和EM都等于AB， 小前提
所以DM＝EM，即AB的中点M到D，E的距离相等． 结论
四、探究与拓展
14．对于平面上的点集Ω，如果连接Ω中任意两点的线段必定包含于Ω，则称Ω为平面上的凸集，给出平面上4个点集的图形如图(阴影区域及其边界)：
其中为凸集的是______．(写出所有凸集相应图形的序号)
答案 ②③
15．设f(x)＝，g(x)＝(其中a>0且a≠1)．
(1)5＝2＋3，请你推测g(5)能否用f(2)，f(3)，g(2)，g(3)来表示；
(2)如果(1)中获得了一个结论，请你推测能否将其推广．
解 (1)由题知，f(3)g(2)＋g(3)f(2)
＝×＋×＝.
又g(5)＝，
因此，g(5)＝f(3)g(2)＋g(3)f(2)．
(2)由g(5)＝f(3)g(2)＋g(3)f(2)，
即g(2＋3)＝f(3)g(2)＋g(3)f(2)，
推测g(x＋y)＝f(x)g(y)＋g(x)f(y)．
证明：因为f(x)＝，g(x)＝， 大前提
所以g(x＋y)＝，
g(y)＝，f(y)＝， 小前提及结论
所以f(x)g(y)＋g(x)f(y)＝×＋×
＝＝g(x＋y)．
§2.2 直接证明与间接证明
2.2.1 综合法与分析法
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 直接证明
直接证明是从命题的条件或结论出发，根据已知的定义、公理、定理，直接推证结论的真实性．常用的直接证明方法有综合法与分析法．
知识点二 综合法
阅读下列证明过程，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．
思考 该题的证明顺序是什么？
答案 从已知利用基本不等式到待证结论．
梳理 综合法
(1)定义：综合法是从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论．
(2)逻辑关系：P0(已知)?P1?P2?…?Pn?Q(结论)．
(3)特点：从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是寻找它的必要条件．
知识点三 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．
梳理 分析法
(1)定义：分析法是从待证结论出发，一步一步寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．
(2)逻辑关系：B(结论)?B1?B2?…?Bn?A(已知)．
(3)特点：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的充分条件．
(4)证明格式：要证×××，只需证×××，只需证×××，…，因为×××成立，所以×××成立．
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 在△ABC中，A＋B＋C＝π，由A，B，C成等差数列，得2B＝A＋C，因此，B＝，
由a，b，c成等比数列，得b2＝ac.
又∵b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－ac＝ac，
即(a－c)2＝0，因此a＝c.故△ABC是等边三角形．
反思与感悟 用综合法证题是从已知条件出发，逐步推向结论．其适用范围为
(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性等．
(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用各种条件逐步逼近结论的题型．在使用综合法证明时，易出现的错误是因果关系不明确，逻辑表达混乱．
跟踪训练1 已知a，b，c为不全相等的正实数．求证：＋＋>3.
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)．
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.
由于a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，
所以≥(a＋b)．
反思与感悟 (1)当已知条件简单而证明的结论比较复杂时，一般采用分析法，在叙述过程中“要证”“只需证”“即证”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．
跟踪训练2 求证：－<－(a≥3)．
证明 要证－<－，
只需证＋<＋，
只需证(＋)2<(＋)2，
只需证2a－3＋2<2a－3＋2，
只需证<，
只需证0<2，而0<2显然成立，
所以－<－(a≥3)．
类型三 综合法与分析法的综合应用
例3 已知a，b，c是不全相等的正数，且0求证：logx＋logx＋logx证明 要证logx＋logx＋logx只需证logx由已知0abc.
由公式知≥>0，≥>0，≥>0.
因为a，b，c不全相等，上面三式相乘，得
··>＝abc，
即··>abc成立．
所以logx＋logx＋logx引申探究
若本例条件不变，改为求证：(a＋b)≥(a2＋1)＋(b2＋1)(a＋b>0)．
证明 要证成立，
只需证
只需证
由于函数在(0，＋∞)内是减函数，
所以只需证(a＋b)2≤(a2＋1)(b2＋1)，
即证a2＋2ab＋b2≤(a2＋1)(b2＋1)，
即证a2b2－2ab＋1≥0，
即证(ab－1)2≥0，
上式显然成立，所以原不等式成立．
反思与感悟 综合法和分析法各有优缺点，从寻求解题思路来看，综合法由因导果，分析法执果索因．就表达证明过程而论，综合法形式简洁，条理清晰；分析法叙述烦琐，文辞冗长．也就是说分析法宜于思考，综合法宜于表述．因此，在实际解题时，常常把分析法和综合法结合起来使用，先利用分析法寻求解题思路，再利用综合法有条理地表述解答过程．
跟踪训练3 设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，求证：＋＝2.
证明 由已知条件得
b2＝ac， ①
2x＝a＋b,2y＝b＋c. ②
要证＋＝2，只要证ay＋cx＝2xy，
只要证2ay＋2cx＝4xy.
由①②得2ay＋2cx＝a(b＋c)＋c(a＋b)＝ab＋2ac＋bc，
4xy＝(a＋b)(b＋c)＝ab＋b2＋ac＋bc＝ab＋2ac＋bc，
所以2ay＋2cx＝4xy.命题得证．
1．若a>b>0，则下列不等式中不正确的是( )
A．a2>ab B．ab>b2
C.> D．a2>b2
答案 C
解析 若a>b>0，则<.
2．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.
3．设0A．c B．b
C．a D．随x取值不同而不同
答案 A
解析 ∵02>＝a，
∵－(x＋1)＝＝>0，∴c>b>a.
4．要证明＋<2，可选择的方法有很多，最合理的应为________．
答案 分析法
5．已知＝1，求证：cos α－sin α＝3(cos α＋sin α)．
证明 要证cos α－sin α＝3(cos α＋sin α)，
只需证＝3，只需证＝3，
只需证1－tan α＝3(1＋tan α)，只需证tan α＝－，
∵＝1，∴1－tan α＝2＋tan α，即2tan α＝－1.
∴tan α＝－显然成立，∴结论得证．
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
答案 A
解析 ?
2．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＋c23．若P＝＋，Q＝＋ (a≥0)，则P与Q的大小关系为( )
A．P>Q B．P＝Q
C．P答案 C
解析 ∵P2＝2a＋7＋2，
Q2＝2a＋7＋2，
∴P24．设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有( )
A．1≤ab≤ B．ab<1<
C．ab<<1 D.答案 B
解析 因为a≠b，所以(a＋b)2＝a2＋b2＋2ab>4ab，ab<1.又＝＋>＋＝＝1，故B正确．
5．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：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
答案 C
解析 要证<a，
只需证b2－ac<3a2，
只需证b2－ac－3a2<0.
∵a＋b＋c＝0，∴a＋c＝－b，
∴只需证(a＋c)2－ac－3a2<0，
即(a－c)(2a＋c)>0，
即证(a－c)(a－b)>0.
6．若A，B为△ABC的内角，则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
答案 C
解析 由正弦定理知＝＝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.
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求导得f′(x)＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)＝－ln x>0，故函数f(x)在区间(0,1)上是增函数”应用了________的证明方法．
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．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小顺序是________．
答案 a>b>c
解析 ∵a＝，b＝，c＝，∴a>b>c.
10.如图所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，过A作SB的垂线，垂足为E，过E作SC的垂线，垂足为F.
求证：AF⊥SC.
证明：要证AF⊥SC，只需证SC⊥平面AEF，只需证AE⊥SC(因为____________)，只需证____________，只需证AE⊥BC(因为____________)，只需证BC⊥平面SAB，只需证BC⊥SA(因为______________)．由SA⊥平面ABC可知，上式成立．
答案 EF⊥SC AE⊥平面SBC AE⊥SB AB⊥BC
解析 要证线线垂直，可先证线面垂直，要证线面垂直，还需线线垂直，通过证明BC⊥平面SAB，可得AE⊥BC，进而AE⊥平面SBC，SC⊥平面AEF，问题得证．
11．设a>0，b>0，则下面两式的大小关系为ln(1＋)________[lg(1＋a)＋lg(1＋b)]．
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)]．
三、解答题
12．如果a，b都是正数，且a≠b，求证：＋ >＋.
证明 方法一 (综合法)
＋－－＝
＝＝>0，
故＋ >＋.
方法二 (分析法)
要证＋>＋，
只需证＋＋2>a＋b＋2，
即证a3＋b3>a2b＋ab2，
只需证(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)，
即需证a2－ab＋b2>ab，
只需证(a－b)2>0，因为a≠b，所以(a－b)2>0恒成立，
所以＋ >＋成立．
13．在△ABC中，三边a，b，c成等比数列，求证：acos2＋ccos2≥b.
证明 ∵左边＝＋
＝(a＋c)＋(acos C＋ccos A)
＝(a＋c)＋
＝(a＋c)＋b
≥＋＝b＋＝b＝右边．
∴acos2＋ccos2≥b.
四、探究与拓展
14．如图所示，在直四棱柱A1B1C1D1－ABCD中，当底面四边形ABCD满足条件______时，有A1C⊥B1D1.(注：填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑所有可能的情形)
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．
15．已知a，b，c，d∈R，
求证：ac＋bd≤.(你能用几种方法证明？)
证明 方法一 (分析法)
①当ac＋bd≤0时，显然成立．
②当ac＋bd>0时，欲证原不等式成立，
只需证(ac＋bd)2≤(a2＋b2)(c2＋d2)．
即证a2c2＋2abcd＋b2d2≤a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2.
即证2abcd≤b2c2＋a2d2，即证0≤(bc－ad)2.
因为a，b，c，d∈R，所以上式恒成立．
故原不等式成立，综合①②知，命题得证．
方法二 (综合法)
(a2＋b2)(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2
＝(a2c2＋2acbd＋b2d2)＋(b2c2－2bcad＋a2d2)
＝(ac＋bd)2＋(bc－ad)2≥(ac＋bd)2.
∴≥|ac＋bd|≥ac＋bd.
方法三 (比较法)
∵(a2＋b2)(c2＋d2)－(ac＋bd)2＝(bc－ad)2≥0，
∴(a2＋b2)(c2＋d2)≥(ac＋bd)2，
∴≥|ac＋bd|≥ac＋bd.
方法四 (放缩法)
为了避免讨论，由ac＋bd≤|ac＋bd|，
可以试证(ac＋bd)2≤ (a2＋b2)(c2＋d2)．
由方法一知上式成立，从而方法四可行．
方法五 (构造向量法)
设m＝(a，b)，n＝(c，d)，
∴m·n＝ac＋bd，
|m|＝，|n|＝.
∵m·n≤|m|·|n|＝·.
故ac＋bd≤.
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1 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．
思考2 反证法解题的实质是什么？
答案 否定结论，导出矛盾，从而证明原结论正确．
梳理 (1)反证法的概念
一般地，由证明p?q转向证明：綈q?r?…?t，t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾，从而判定綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法．
(2)反证法常见的几种矛盾
①与假设矛盾．
②与数学公理、定理、公式、定义或已被证明了的结论矛盾．
③与公认的简单事实矛盾(例如，导出0＝1,0≠0之类的矛盾)．
(3)反证法证明数学命题的一般步骤
①分清命题的条件和结论．
②做出与命题结论相矛盾的假设．
③由假设出发，应用演绎推理方法，推出矛盾的结果．
④断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明命题为真．
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．
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．
反思与感悟 对某些结论为肯定形式或者否定命题的证明，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．
跟踪训练1 已知正整数，a，b，c满足a2＋b2＝c2.求证a，b，c不可能都是奇数．
证明 假设a，b，c都是奇数，则a2，b2，c2都是奇数．
左边＝奇数＋奇数＝偶数，右边＝奇数，得偶数＝奇数，矛盾．
∴假设不成立，∴a，b，c不可能都是奇数．
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.
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.
反思与感悟 (1)用反证法证明“至少”“至多”类命题，可减少讨论情况，目标明确．否定结论时需弄清楚结论的否定是什么，避免出现错误．需仔细体会“至少有一个”“至多有一个”等表达的意思．
(2)常用的“原结论词”与“反设词”归纳如下表：
原结论词
至少有一个
至多有一个
至少有n个
至多有n个
反设词
一个也没有(不存在)
至少有两个
至多有n－1个
至少有n＋1个
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．
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＝(2b)2－4ac≤0，Δ2＝(2c)2－4ab≤0，
且Δ3＝(2a)2－4bc≤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．
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 求证：两条相交直线有且只有一个交点．
证明 设两直线为a，b，假设结论不成立，即有两种可能：无交点；至少有两个交点．
(1)若直线a，b无交点，那么a∥b或a，b是异面直线，与已知矛盾；
(2)若直线a，b至少有两个交点，设为A和B，这样同时经过点A，B就有两条直线，这与“经过两点有且只有一条直线”相矛盾．
所以假设不成立，两条相交直线有且只有一个交点．
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
答案 B
2．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°
答案 B
3．“aA．a≠b B．a>b
C．a＝b D．a＝b或a>b
答案 D
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
答案 D
5．已知f(x)＝x2＋px＋q.
(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)＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－2(4＋2p＋q)＝2.
(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于不成立，
则|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，
则|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2.
因为|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|≥f(1)＋f(3)－2f(2)
＝(1＋p＋q)＋(9＋3p＋q)－(8＋4p＋2q)＝2，这与|f(1)|＋2|f(2)|＋|f(3)|<2相矛盾，
所以假设不成立，原命题成立，
所以|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不少于.
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．①②③④ B．①③
C．①③④ D．①②
答案 A
2．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
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”．
3．(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至少有一根的绝对值大于或等于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
答案 D
解析 (1)的假设应为p＋q>2，(2)的假设正确．
4．有下列叙述：
①“x＝y”的反面是“x>y或xA．0个 B．1个 C．2个 D．3个
答案 B
解析 ①对；②错，应为三角形的外心在三角形内或在三角形的边上；③错，应为三角形可以有2个或2个以上的钝角．
5．设实数a，b，c满足a＋b＋c＝1，则a，b，c中至少有一个数不小于( )
A．0 B. C. D．1
答案 B
解析 假设a，b，c都小于，则a＋b＋c<1，故与已知a＋b＋c＝1相矛盾．故选B.
6．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
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
7．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________．
答案 x＝a或x＝b
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＝∠B＝90°.
上述步骤的正确顺序为________．
答案 ③①②
9．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________．
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．
10．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．
答案 ①a1－1，a2－2，…，a7－7 ②奇数 ③0
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．
11．若下列两个方程x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实根，则实数a的取值范围是____________________．
答案 (－∞，－2]∪[－1，＋∞)
解析 若两方程均无实根，则Δ1＝(a－1)2－4a2
＝(3a－1)(－a－1)<0，∴a<－1或a>.
Δ2＝(2a)2＋8a＝4a(a＋2)<0，
∴－2若两个方程至少有一个方程有实根，
则a≤－2或a≥－1.
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．
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．
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．已知等差数列{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．
(1)解 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．
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
§2.3 数学归纳法
学习目标 1.了解数学归纳法的原理.2.掌握用数学归纳法证明等式、不等式等简单的数学命题．
知识点 数学归纳法
在学校，我们经常会看到这样的一种现象：排成一排的自行车，如果一个同学将第一辆自行车不小心弄倒了，那么整排自行车就会倒下．
思考1 试想要使整排自行车倒下，需要具备哪几个条件？
答案 (1)第一辆自行车倒下．
(2)任意相邻的两辆自行车，前一辆倒下导致后一辆一定倒下．
思考2 利用这种思想方法能解决哪类数学问题？
答案 一些与正整数n有关的问题．
梳理 (1)数学归纳法
一个与自然数相关的命题，如果①当n取第一个值n0时命题成立；②在假设当n＝k(k∈N＋，且k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时命题也成立，那么可以断定，这个命题对n取第一个值后面的所有正整数成立．
(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：
＋＋…＋＝.
证明 (1)当n＝1时，＝成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，
即＋＋…＋＝，
则＋＋…＋＋＝＋＝，
即当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可得对于任意的n∈N＋等式都成立．
反思与感悟 用数学归纳法证明与正整数有关的命题时，关键在于先“看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n的取值是否有关，由n＝k到n＝k＋1时，等式两边会增加多少项；再“两凑”，将n＝k＋1时的式子转化成与归纳假设的结构相同的形式——凑假设，然后利用归纳假设，经过恒等变形，得到结论所需的形式——凑结论．
跟踪训练1 用数学归纳法证明当n∈N＋时，1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋.
证明 (1)当n＝1时，左边＝1－＝，右边＝.
左边＝右边，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，等式成立，
即1－＋－＋…＋－
＝＋＋…＋，
当n＝k＋1时，
1－＋－＋…＋－＋－
＝＋＋…＋＋－
＝＋＋…＋＋
＝＋＋…＋＋
＝＋＋…＋.
∴当n＝k＋1时，等式也成立．
由(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 用数学归纳法证明1＋＋＋…＋>(n∈N＋)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝1＋，右边＝＝1，所以左边>右边，
即n＝1时不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时不等式成立，
即1＋＋＋…＋>，
那么当n＝k＋1时，
有1＋＋＋…＋＋＋＋…＋>＋＋＋…＋
2k个
＝＋＝＋＝，
所以当n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)(2)可知，当n∈N＋时，1＋＋＋…＋>.
反思与感悟 (1)验证第一个n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时也成立，主要方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等．
跟踪训练2 证明不等式1＋＋＋…＋<2(n∈N＋)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2.左边<右边，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，即1＋＋＋…＋<2.
则当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋<2＋＝<＝＝2.
∴当n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)(2)可知，原不等式对任意n∈N＋都成立．
类型三 归纳—猜想—证明
例3 已知数列{an}中，a2＝a＋2(a为常数)，Sn是{an}的前n项和，且Sn是nan与na的等差中项．
(1)求a1，a3；
(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法加以证明．
解 (1)由已知2Sn＝nan＋na＝n(an＋a)．
当n＝1时，S1＝a1，所以2a1＝a1＋a，即a1＝a；
当n＝3时，S3＝a1＋a2＋a3，
所以有2(a1＋a2＋a3)＝3(a3＋a)，
因为a2＝a＋2，a1＝a，所以a3＝a＋4.
(2)由a1＝a，a2＝a＋2，a3＝a＋4，
猜想：an＝a＋2(n－1)．
证明：①当n＝1时，左边＝右边，等式成立；
当n＝2时，由a2＝a＋2知，等式也成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，等式成立，
即ak＝a＋2(k－1)．
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝Sk＋1－Sk＝·(k＋1)－·k，
所以2ak＋1＝(ak＋1＋a)(k＋1)－(ak＋a)·k.
所以(k－1)ak＋1＝kak－a.
当k≥2时，ak＋1＝ak－，
将ak＝a＋2(k－1)代入，得
ak＋1＝[a＋2(k－1)]－
＝＝a＋2[(k＋1)－1]．
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由①②知，对任意n∈N＋，等式an＝a＋2(n－1)都成立．
反思与感悟 (1)“归纳—猜想—证明”的解题步骤
(2)归纳法的作用
归纳法是一种推理方法，数学归纳法是一种证明方法．归纳法帮助我们提出猜想，而数学归纳法的作用是证明猜想．“观察—猜想—证明”是解答与自然数有关命题的有效途径．
跟踪训练3 设a>0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N＋.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想{an}的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的结论．
解 (1)因为a1＝1，an＋1＝f(an)，
所以a2＝f(a1)＝f(1)＝，
a3＝f(a2)＝f?＝＝，
a4＝f(a3)＝f?＝＝，
猜想an＝(n∈N＋)．
(2)①易知当n＝1时，猜想成立；
②假设当n＝k (k≥1，k∈N＋)时，猜想成立，
即ak＝.则当n＝k＋1时，
ak＋1＝f(ak)＝
＝＝
＝，
即当n＝k＋1时，猜想也成立．
由①②知，对一切n∈N＋，都有an＝.
1．若命题A(n)(n∈N＋)在n＝k(k∈N＋)时命题成立，则有n＝k＋1时命题成立．现知命题对n＝n0(n0∈N＋)时命题成立，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
答案 C
解析 由已知得n＝n0(n0∈N＋)时命题成立，则有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.
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
答案 C
解析 将n＝1代入a2n＋1得a3，故选C.
3．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．a，b，c不存在
答案 A
解析 令n等于1,2,3，得
解得a＝，b＝c＝.
4．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋1，n∈N＋)时，在第二步证明从n＝k到n＝k＋1不等式成立时，左边增加的项数为________．
答案 2k
解析 左边增加的项数为2k＋1－2k＝2k.
5．请观察以下三个式子：
(1)1×3＝；
(2)1×3＋2×4＝；
(3)1×3＋2×4＋3×5＝，
归纳出一般的结论，并用数学归纳法证明该结论．
解 结论：1×3＋2×4＋3×5＋…＋n(n＋2)
＝.
证明：①当n＝1时，左边＝3，右边＝3，所以结论成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，结论成立，
即1×3＋2×4＋3×5＋…＋k(k＋2)＝，
则当n＝k＋1时，
1×3＋2×4＋…＋k(k＋2)＋(k＋1)(k＋3)
＝＋(k＋1)(k＋3)
＝(2k2＋7k＋6k＋18)
＝(2k2＋13k＋18)
＝
＝，
所以当n＝k＋1时，结论成立．
由①②知，结论成立．
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为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，这是数学归纳法证明的核心环节，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．0
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.
2．一个与正整数n有关的命题中，当n＝2时命题成立，且由当n＝k时命题成立，可以推得当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
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n＝2.故对所有的正偶数都成立．
3．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋>(n∈N＋)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时，下列说法正确的是( )
A．增加了一项
B．增加了两项和
C．增加了B中的两项，但又减少了一项
D．增加了A中的一项，但又减少了一项
答案 C
解析 当n＝k时，不等式左边为＋＋…＋，
当n＝k＋1时，不等式左边为＋＋…＋＋＋，故选C.
4．设f(n)＝5n＋2×3n－1＋1(n∈N＋)，若f(n)能被m(m∈N＋)整除，则m的最大值为( )
A．2 B．4 C．8 D．16
答案 C
解析 f(1)＝8，f(2)＝32，f(3)＝144＝8×18，
猜想m的最大值是8.
5．已知f(n)＝＋＋＋…＋，则( )
A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝＋
B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝＋
D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
答案 D
解析 观察分母的首项为n，最后一项为n2，公差为1，
∴项数为n2－n＋1.
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.
答案 B
解析 由a1＝2，a2＝，a3＝，a4＝，…，可推测an＝，故选B.
7．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.
二、填空题
8．已知f(n)＝1＋＋＋…＋，n∈N＋，用数学归纳法证明f(2n)>时，f(2n＋1)－f(2n)＝__________________________.
答案 ＋＋…＋
9．用数学归纳法证明“n3＋5n能被6整除”的过程中，当n＝k＋1时，对式子(k＋1)3＋5(k＋1)应变形为________________________．
答案 k3＋5k＋3k(k＋1)＋6
解析 (k＋1)3＋5(k＋1)＝k3＋3k2＋3k＋1＋5k＋5
＝k3＋5k＋3k2＋3k＋6
＝k3＋5k＋3k(k＋1)＋6.
10．用数学归纳法证明＋＋…＋>－，假设当n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________________________．
答案 ＋＋…＋＋＋>－
解析 观察不等式中各项的分母变化知，
当n＝k＋1时，＋＋…＋＋＋>－.
11．证明：假设当n＝k(k∈N＋)时等式成立，即2＋4＋…＋2k＝k2＋k，则当n＝k＋1时，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____________________．
答案 缺少步骤归纳奠基
三、解答题
12．用数学归纳法证明·…·＝(n≥2，n∈N＋)．
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．
13．已知数列{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．
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＋)．
用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，S1＝－＝a1，猜想成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时猜想成立，
即Sk＝－成立，
那么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．
四、探究与拓展
14．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.
15．已知递增等差数列{an}满足：a1＝1，且a1，a2，a4成等比数列．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若不等式··…·≤对任意n∈N＋恒成立，试猜想出实数m的最小值，并证明．
解 (1)设数列{an}的公差为d(d>0)，
由题意可知a1·a4＝a，即1(1＋3d)＝(1＋d)2，
解得d＝1或d＝0(舍去)．所以an＝1＋(n－1)×1＝n.
(2)不等式等价于××·…·≤，
当n＝1时，m≥；当n＝2时，m≥；
而>，所以猜想，m的最小值为.
下面证不等式××·…·≤对任意n∈N＋恒成立．
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，≤＝，猜想成立．
②设当n＝k时，不等式××·…·≤成立，
那么当n＝k＋1时，××·…··≤·，
只要证·≤ ，
只要证≤，
只要证≤2k＋2，
只要证4k2＋8k＋3≤4k2＋8k＋4，
只要证3≤4，显然成立．
所以，对任意n∈N＋，不等式××·…·≤恒成立．
章末复习
学习目标 1.理解合情推理与演绎推理的区别与联系，会利用归纳与类比推理进行简单的推理.2.加深对直接证明和间接证明的认识，会应用其解决一些简单的问题.3.进一步掌握数学归纳法的实质与步骤，掌握用数学归纳法证明等式与不等式问题．
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，对特殊情况作出的判断．
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(k≥n0且k∈N＋)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 合情推理的应用
例1 (1)有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组含一个数{1}；第二组含两个数{3,5}；第三组含三个数{7,9,11}；第四组含四个数{13,15,17,19}；…，试观察每组内各数之和并猜想f(n)(n∈N＋)与组的编号数n的关系式为________．
答案 f(n)＝n3
解析 由于1＝13,3＋5＝8＝23,7＋9＋11＝27＝33，
13＋15＋17＋19＝64＝43，…，猜想第n组内各数之和f(n)与组的编号数n的关系式为f(n)＝n3.
(2)在平面几何中，对于Rt△ABC，AC⊥BC，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则
①a2＋b2＝c2；
②cos2A＋cos2B＝1；
③Rt△ABC的外接圆半径为r＝.
把上面的结论类比到空间写出相类似的结论；试对其中一个猜想进行证明．
解 选取3个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象．
①设3个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，底面面积为S，则S＋S＋S＝S2.
②设3个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.
③设3个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为a，b，c，则这个四面体的外接球的半径为R＝.
下面对①的猜想进行证明．
如图在四面体A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC，平面ABD，平面ACD为三个两两垂直的侧面．
设AB＝a，AC＝b，AD＝c，
则在Rt△ABC中，BC＝＝，SRt△ABC＝ab.
同理，CD＝，SRt△ACD＝bc.
BD＝，SRt△ABD＝ac.
∴S△BCD＝.
经检验，S＋S＋S＝S.
即所证猜想为真命题．
反思与感悟 (1)归纳推理中有很大一部分题目是数列内容，通过观察给定的规律，得到一些简单数列的通项公式是数列中的常见方法．
(2)类比推理重在考查观察和比较的能力，题目一般情况下较为新颖，也有一定的探索性．
跟踪训练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.
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>0，b>0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.试用综合法和分析法分别证明．
证明 方法一 (综合法)
因为a>0，b>0，a＋b＝1，
所以1＝a＋b≥2，≤，ab≤，所以≥4.
又＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4，
所以＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时等号成立)．
方法二 (分析法)
因为a>0，b>0，a＋b＝1，
要证＋＋≥8，
只需证＋≥8，
只需证＋≥8，
即证＋≥4.
也就是证＋≥4.
即证＋≥2，
由基本不等式可知，当a>0，b>0时，＋≥2恒成立，所以原不等式成立．
类型三 反证法
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．
(1)解 当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.
又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，
两式相减得an＋1＝an，
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，
所以an＝.
(2)证明 假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p则2·＝＋，所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)
又因为p所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．
所以假设不成立，原命题得证．
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 若x，y都是正实数，且x＋y>2，求证：<2或<2中至少有一个成立．
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至少有一个成立．
类型四 数学归纳法
例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．
解 (1)第五个等式：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，所以猜想成立．
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．
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 数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝an＋1.
(1)写出a2，a3，a4；
(2)求数列{an}的通项公式．
解 (1)因为a1＝1，an＋1＝an＋1，
所以a2＝a1＋1＝＋1＝.
a3＝a2＋1＝×＋1＝.
a4＝a3＋1＝×＋1＝.
(2)方法一 猜想an＝.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝＝1，满足上式，显然成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，ak＝，
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝ak＋1＝·＋1＝＋1＝＝，满足上式，
即当n＝k＋1时，猜想也成立，
由①②可知，对于n∈N＋，都有an＝.
方法二 因为an＋1＝an＋1，
所以an＋1－2＝an＋1－2，
即an＋1－2＝(an－2)．
设bn＝an－2，则bn＋1＝bn，
即{bn}是以b1＝－1为首项，为公比的等比数列，
所以bn＝b1·qn－1＝－，
所以an＝bn＋2＝.
1．观察按下列顺序排序的等式：9×0＋1＝1,9×1＋2＝11,9×2＋3＝21,9×3＋4＝31，…，猜想第n(n∈N＋)个等式应为( )
A．9(n＋1)＋n＝10n＋9
B．9(n－1)＋n＝10n－9
C．9n＋(n－1)＝10n－1
D．9(n－1)＋(n－1)＝10n－10
答案 B
解析 由已知中的式子，我们观察后分析：
等式左边分别为9与编号减1的积再加上编号，
等式右边是一个等差数列．
根据已知可以推断：
第n(n∈N＋)个等式为9(n－1)＋n＝10n－9.
故选B.
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
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．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
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.
4．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.
5．若不等式＋＋＋…＋>对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论．
解 取n＝1，＋＋＝，
令>?a<26，且a∈N＋，
所以取a＝25.
下面用数学归纳法证明＋＋…＋>.
①当n＝1时，已证结论正确．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，
＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，有＋＋…＋＋＋＋
＝＋
>
＋.
因为＋＝>
＝＝，
所以＋－>0，
所以＋＋…＋>，
即当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②可知，对一切n∈N＋，
都有＋＋…＋>.
故a的最大值为25.
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．间接证明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(k∈N＋，且k≥n0)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．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
答案 C
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．
2．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
答案 A
3．我们把1,4,9,16,25，…这些数称做正方形数，这是因为这些数目的点可以排成一个正方形(如图)．
试求第n个正方形数是( )
A．n(n－1) B．n(n＋1)
C．n2 D．(n＋1)2
答案 C
解析 观察前5个正方形数，恰好是序号的平方，所以第n个正方形数应为n2.
4．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.
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
答案 B
解析 利用三段论分析：
大前提：矩形都是对角线相等的四边形；
小前提：四边形ABCD是矩形；
结论：四边形ABCD的对角线相等．
6．用数学归纳法证明等式(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n∈N＋)，从k到k＋1左端需要增乘的代数式为( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C. D.
答案 B
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)．
7．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
8．如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有≤f.若y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________．
答案
解析 sin A＋sin B＋sin C≤3sin ＝3sin ＝.
9．小赵、小钱、小孙、小李四位同学被问到谁去过长城时，
小赵说：我没去过；
小钱说：小李去过；
小孙说：小钱去过；
小李说：我没去过．
假定四位同学中只有一位同学说的是假话，由此可判断一定去过长城的是________．
答案 小钱
解析 由题意知，小钱和小李必有一位同学说谎，小赵和小孙说真话，故小钱一定去过长城．
10．已知f(x)＝，定义f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝[f1(x)]′，…，fn＋1(x)＝[fn(x)]′，n∈N＋.经计算f1(x)＝，f2(x)＝，f3(x)＝，…，照此规律，fn(x)＝________.
答案
解析 观察各个式子，发现分母都是ex，分子依次是－(x－1)，(x－2)，－(x－3)，故fn(x)＝.
三、解答题
11．已知a＞0，b＞0，－＞1.求证：＞ .
证明 要证＞成立，
只需证1＋a＞，
只需证(1＋a)(1－b)＞1(1－b＞0)，即1－b＋a－ab＞1，
∴a－b＞ab，只需证＞1(a＞0，b＞0)，
即－＞1.
由已知a＞0，b>0，－＞1成立，
∴＞成立．
12．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．
13．若n为正整数，试比较3·2n－1与n2＋3的大小，分别取n＝1,2,3,4,5加以试验，根据试验结果猜想一个一般性结论，并用数学归纳法证明．
解 当n＝1时，3·2n－1当n＝2时，3·2n－1当n＝3时，3·2n－1＝n2＋3；
当n＝4时，3·2n－1>n2＋3；
当n＝5时，3·2n－1>n2＋3；
猜想：当n≥4，n∈N＋时，3·2n－1>n2＋3.
证明如下：
①当n＝4时，3·2n－1>n2＋3成立；
②假设当n＝k(k≥4，k∈N＋)时，3·2k－1>k2＋3成立，
则当n＝k＋1时，左式＝3×2k＝2×3×2k－1>2(k2＋3)，右式＝(k＋1)2＋3.
因为2(k2＋3)－[(k＋1)2＋3]＝k2－2k＋2＝(k－1)2＋1>0，
所以左式>右式，即当n＝k＋1时，猜想也成立．
综上所述，当n≥4，n∈N＋时，3·2n－1>n2＋3.
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．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；
②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；
③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解 (1)选择②式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°
＝1－sin 30°＝1－＝.
(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos 30°·cos α＋sin 30°sin α)2－sin α·(cos 30°·cos α＋sin 30°sin α)
＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.
1 合情推理的妙用
合情推理包括归纳推理和类比推理，在近几年的高考试题中，关于合情推理的试题多与其他知识联系，以创新题的形式出现在考生面前．下面介绍一些推理的命题特点，揭示求解规律，以期对同学们求解此类问题有所帮助．
一、归纳推理的考查
1．数字规律周期性归纳
例1 观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125，…，则52 018的末四位数字为( )
A．3 125 B．5 625 C．0 625 D．8 125
解析 ∵55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125，
58末四位数字为0625,59末四位数字为3125,510末四位数字为5625,511末四位数字为8125,512末四位数字为0625，…，由上可得末四位数字周期为4，呈规律性交替出现，∴52 018＝54×504＋2的末四位数字为5 625.
答案 B
点评 对于具有周期规律性的数或代数式需要多探索几个才能发现规律，当已给出事实与所求相差甚“远”时，可考虑到看是否具有周期性．
2．代数式形式归纳
例2 设函数f(x)＝(x>0)，观察：
f1(x)＝f(x)＝，
f2(x)＝f(f1(x))＝，
f3(x)＝f(f2(x))＝，
f4(x)＝f(f3(x))＝，
……
根据以上事实，由归纳推理可得：
当n∈N＋且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.
解析 依题意，先求函数结果的分母中x项系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，…，可推知该数列的通项公式为an＝2n－1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4，8,16，…，故其通项公式为bn＝2n.
所以当n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝.
答案
点评 对于与数列有关的规律归纳，一定要观察全面，并且要有取特殊值最后检验的习惯．
3．图表信息归纳
例3 古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，比如：
(1)
(2)
他们研究过图(1)中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图(2)中的1,4，9,16，…这样的数为正方形数．
下列数中既是三角形数又是正方形数的是( )
A．289 B．1 024 C．1 225 D．1 378
分析 将三角形数和正方形数分别视作数列，则既是三角形数又是正方形数的数字是上述两数列的公共项．
解析 设图(1)中数列1,3,6,10，…的通项为an，
其解法如下：a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n.故an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，∴an＝.而图(2)中数列的通项公式为bn＝n2，因此所给的选项中只有1 225满足a49＝＝b35＝352＝1 225.
答案 C
点评 此类图形推理问题涉及的图形构成的元素一般为点．题目类型为已知几个图形，图形中元素的数量呈现一定的变化，这种数量变化存在着简单的规律性，如点的数目的递增关系或递减关系，依据此规律求解问题，一般需转化为求数列的通项公式或前n项和等．
二、类比推理的考查
1．类比定义
在求解类比某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解．
例4 等和数列的定义是：若数列{an}从第二项起，以后每一项与前一项的和都是同一常数，则此数列叫做等和数列，这个常数叫做等和数列的公和．如果数列{an}是等和数列，且a1＝1，a2＝3，则数列{an}的一个通项公式是________．
解析 由定义知，公和为4，且an＋an－1＝4，那么
an－2＝－(an－1－2)，于是an－2＝(－1)n－1(a1－2)．
因为a1＝1，得an＝2＋(－1)n即为数列的一个通项公式．
答案 an＝2＋(－1)n
点评 解题的前提是正确理解等和数列的定义，将问题转化为一个等比数列来求解．
2．类比性质
从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题．求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键．
例5 平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行．类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件：
充要条件①______________________________________________；
充要条件②_______________________________________________.
解析 类比平行四边形的两组对边分别平行可得，三组相对侧面互相平行是一个四棱柱为平行六面体的充要条件．
类比平行四边形的两组对边分别相等可得，两组相对侧面分别全等是一个四棱柱为平行六面体的充要条件．
类比平行四边形的一组对边平行且相等可得，一组相对侧面平行且全等是一个四棱柱为平行六面体的充要条件．
类比平行四边形的对角线互相平分可得，体对角线互相平分是一个四棱柱为平行六面体的充要条件．
类比平行四边形的对角线互相平分可得，对角面互相平分是一个四棱柱为平行六面体的充要条件．
点评 由平行四边形的性质类比到平行六面体的性质，注意结论类比的正确性．
3．类比方法
有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移．
例6 已知数列{an}的前n项的乘积Tn＝3n＋1，则其通项公式an＝________.
解析 类比数列前n项和Sn与通项an的关系an＝Sn－Sn－1(n≥2)，得到数列前n(n≥2)项的乘积Tn与通项an的关系．注意对n＝1的情况单独研究．当n＝1时，a1＝T1＝31＋1＝4.当n≥2时，an＝＝，a1不适合上式，所以通项公式an＝
答案
2 各有特长的综合法与分析法
做任何事情都要讲究方法，方法适当，事半功倍；方法不当，事倍功半．解答数学问题，关键在于掌握思考问题的方法，少走弯路，以尽快获得满意的答案．证明数学问题的方法很多，其中综合法与分析法是最常见、使用频率最高的方法．综合法是从已知条件出发，一步步地推导结果，最后推出要证明的结果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件；分析法则是从待证结论出发，一步步地寻求使其成立的条件，直至寻求到已知条件或公理、定义、定理等，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理实际上是寻找它的充分条件．综合法表现为“由因导果”，分析法表现为“执果索因”，它们的应用十分广泛．
要证明一个命题正确，我们可以从已知条件出发，通过一系列已确立的命题(如定义、定理等)，逐步向后推演，最后推得要证明的结果，这种思维方法就叫做综合法，可简单地概括为“由因导果”，即“由原因去推导结果”．
要证明一个命题正确，为了寻找正确的证题方法或途径，我们可以先设想它的结论是正确的，然后追究它成立的原因，再就这些原因分别研究，看它们成立又各需具备什么条件，如此逐步往上逆求，直至达到已知的事实，这种思维方法就叫做分析法，可简单地概括为“执果索因”，即“拿着结果去寻找原因”．
例1 已知a>b>c，求证：＋＋≥0.
分析 首先使用分析法寻找证明思路．
证明 分析法寻找思路：
要证原不等式成立，只需证＋≥.
通分，得≥，
即证≥.
因为a>b>c，所以a－b>0，b－c>0，a－c>0.
只需证(a－c)2≥4(a－b)(b－c)成立．
由上面思路可得如下证题过程．
综合法：
∵a>b>c，∴a－b>0，b－c>0，a－c>0.
∴4(a－b)(b－c)≤[(a－b)＋(b－c)]2＝(a－c)2.
∴≥，
即－≥0.∴＋＋≥0.
从例题不难发现，分析法和综合法各有其优缺点：从寻求解题思路来看，分析法“执果索因”，常常根底渐近，有希望成功；综合法“由因导果”，往往枝节横生，不容易奏效．从表达过程而论，分析法叙述烦琐，文辞冗长；综合法形式简洁，条理清晰．也就是说，分析法利于思考，综合法宜于表达．因此，在实际解题时，把分析法和综合法孤立起来运用是脱离实际的，两者结合，互相弥补才是应该提倡的；先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表达解题过程．
最后，提醒一下，对于一些较复杂的问题，不论是从“已知”推向“未知”，还是由“未知”靠拢“已知”，都是一个比较长的过程，单靠分析法或综合法显得较为困难．为保证探索方向准确及过程快捷，人们常常把分析法与综合法两者并列起来使用，即常采取同时从已知和结论出发，寻找问题的一个中间目标的“两头凑”的方法去寻求证明途径：先从已知条件出发，看可以得出什么结果，再从要证明的结论开始寻求，看它成立需具备哪些条件，最后看它们的差距在哪里，从而找出正确的证明途径．
例2 设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称．求证：f为偶函数．
证明 方法一 要证f为偶函数，
只需证f的对称轴为x＝0，
只需证－－＝0，只需证a＝－b.
因为函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，
即x＝－－1与x＝－关于y轴对称，
所以－－1＝－，所以a＝－b，
所以f为偶函数．
方法二 要证f是偶函数，
只需证f＝f.
因为f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，
而f(x)与f(－x)的图象关于y轴对称，
所以f(－x)＝f(x＋1)，
f＝f＝f
＝f，
所以f是偶函数．
点评 本题前半部分是用分析法证明，但寻找的充分条件不是显然成立的，可再用综合法证明，这种处理方法在推理证明中是常用的.
3 反证法的独妙处
反证法作为一种证明方法，在高考中，虽然很少单独命题，但是有时运用反证法的证明思路判断、分析命题有独到之处．下面举例分析用反证法证明问题的几个类型：
1．证明否定性问题
例1 平面内有四个点，任意三点不共线．证明：以任意三点为顶点的三角形不可能都是锐角三角形．
分析 假设以四点中任意三点为顶点的三角形都是锐角三角形，先固定三点组成一个三角形，则第四点要么在此三角形内，要么在此三角形外，且各个三角形的内角都是锐角，选取若干个角的和与一些已知结论对照即得矛盾．
证明 假设以任意三点为顶点的四个三角形都是锐角三角形，四个点为A，B，C，D.
考虑△ABC，则点D有两种情况：在△ABC内部和外部．
(1)如果点D在△ABC内部(如图①)，根据假设知围绕点D的三个角∠ADB，∠ADC，∠BDC都小于90°，其和小于270°，这与一个周角等于360°矛盾．
(2)如果点D在△ABC外部(如图②)，根据假设知∠BAD，∠ABC，∠BCD，∠ADC都小于90°，即四边形ABCD的内角和小于360°，这与四边形内角和等于360°矛盾．
综上所述，可知假设错误，题中结论成立．
点评 结论本身是否定形式、唯一性或存在性命题时，常用反证法．
2．证明“至多”“至少”“唯一”“仅仅”等问题
例2 A是定义在[2,4]上且满足如下两个条件的函数φ(x)组成的集合：
①对任意的x∈[1,2]，都有φ(2x)∈(1,2)；
②存在常数L(0设φ(x)∈A，试证：如果存在x0∈(1,2)，使得x0＝φ(2x0)，那么这样的x0是唯一的．
证明 假设存在两个x0，x0′∈(1,2)，x0≠x0′，
使得x0＝φ(2x0)，x0′＝φ(2x0′)，
则由|φ(2x0)－φ(2x0′)|得|x0－x0′|所以L>1.这与题设中0所以原假设不成立．故得证．
点评 若直接证明，往往思路不明确，而运用反证法则能迅速找到解题思路，从而简便得证．
3．证明较复杂的问题
例3 如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则( )
A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
B．△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
C．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形
D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形
解析 因为正弦值在(0°，180°)内是正值，所以△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0.因此△A1B1C1是锐角三角形．假设△A2B2C2也是锐角三角形，并设cos A1＝sin A2，则cos A1＝cos(90°－A2)．所以A1＝90°－A2.
同理设cos B1＝sin B2，cos C1＝sin C2，则有B1＝90°－B2，C1＝90°－C2.又A1＋B1＋C1＝180°，所以(90°－A2)＋(90°－B2)＋(90°－C2)＝180°，即A2＋B2＋C2＝90°.这与三角形内角和等于180°矛盾，所以原假设不成立，故选D.
答案 D
例4 已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0.求证：a>0，b>0，c>0.
分析 若从正面证明，比较复杂，需要考虑的方面比较多，故采用反证法来证明．
证明 假设a<0，由abc>0，知bc<0.
由a＋b＋c>0，知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.
小结 至于什么情况下用反证法，应依问题的具体情况而定，切忌滥用反证法．一般说来，当非命题比原命题更具体、更明确、更简捷，易于推出矛盾时，才便于用反证法．
运用反证法证题时，还应注意以下三点：
1．必须周密考察原结论，防止否定有所遗漏；
2．推理过程必须完全正确，否则，不能肯定非命题是错误的；
3．在推理过程中，可以使用已知条件，推出的矛盾必须很明确，毫不含糊．
另外，反证法证题的首要环节就是对所证结论进行反设，因此大家必须掌握一些常见关键词的否定形式.
关键词
否定
是
不是
都是
不都是
等于(＝)
不等于(≠)
大于(>)
不大于(≤)
小于(<)
不小于(≥)
能
不能
至少有一个
一个也没有
至多有一个
至少有两个
至少有n个
至多有n－1个
至多有n个
至少有n＋1个
任意
存在
存在
任意
4 数学归纳法中如何运用假设
数学归纳法是高中数学重要的证明方法之一，它对证明与正整数有关的命题十分有效，解决这类问题的基础是归纳奠基，关键是归纳递推．不管何类题目，只要利用数学归纳法证明，其假设条件必须用上，下面我们结合实例说明数学归纳法的假设条件如何运用．
1．直接运用
例1 用数学归纳法证明：1＋≤1＋＋＋…＋≤＋n(n是正整数)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝1＋＝，中间＝1＋＝，右边＝＋1＝，所以不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，
即1＋≤1＋＋＋…＋≤＋k.
那么，当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋＋＋…＋>1＋＋2k·＝1＋，
1＋＋＋…＋＋＋＋…＋<＋k＋2k·＝＋(k＋1)．
这就是说，当n＝k＋1时不等式成立．
根据(1)和(2)知，对任意正整数n，不等式均成立．
2．配凑后运用
例2 已知f(n)＝1＋＋＋…＋，求证：n＋f(1)＋…＋f(n－1)＝nf(n)(n≥2，且n是正整数)．
证明 (1)当n＝2时，左边＝2＋f(1)＝2＋1＝3，
右边＝2f(2)＝2×＝3，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，等式成立，
即k＋f(1)＋…＋f(k－1)＝kf(k)．
那么，当n＝k＋1时，
(k＋1)＋f(1)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝1＋f(k)＋kf(k)
＝(k＋1)f(k)＋1
＝(k＋1)＝(k＋1)f(k＋1)．
这就是说，当n＝k＋1时等式成立．
根据(1)和(2)知，等式对从2开始的所有正整数n都成立．
点评 解决此题的关键是盯住结论(k＋1)f(k＋1)，凑出系数k＋1.
3．增减项后运用
例3 证明：(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(2n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)(n是正整数)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝2，右边＝21×1＝2，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，即
(k＋1)(k＋2)(k＋3)…(2k)＝2k×1×3×5×…×(2k－1)．
那么，当n＝k＋1时，
左边＝(k＋2)(k＋3)(k＋4)…(2k)(2k＋1)(2k＋2)，
设法凑出假设：乘以(k＋1)，再除以(k＋1)，
即左边＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)…(2k)(2k＋1)(2k＋2)
＝2k＋1×1×3×5×…×(2k－1)×(2k＋1)，
这就是说，当n＝k＋1时等式成立．
根据(1)和(2)知，
等式对任意正整数n都成立．
点评 对n＝k＋1时，等式的左边乘一项，除一项(或加一项，减一项)，设法凑出假设条件的形式，从而证明n＝k＋1时等式成立，这说明解题时要有目标意识.
5 走出数学归纳法解题的常见误区
数学归纳法一般用于证明与正整数有关的问题，用数学归纳法证明时要分两个步骤，且缺一不可．本文举例剖析用数学归纳法解题的几类常见误区．
误区一、未注意初始值
例1 判断1＋＋＋…＋>，对任意正整数都成立吗？若成立，请给出证明．
错证 假设n＝k(k∈N＋)时，结论成立．
即1＋＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋>＋
＝>＝＝，
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
因此，对任意正整数不等式均成立．
剖析 错证中忽略了当n＝1时，左边＝1，右边＝1,1>1不成立．这种省略第一步的做法是错误的，数学归纳法的两个步骤缺一不可．
正证 当n＝1时，左边＝1，右边＝1，不等式不成立，当n＝2时，左边＝1＋，右边＝，1＋>成立，下证同错证．结论改为：因此，对任意正整数不等式不均成立，而对于大于1的任意正整数不等式均成立．
误区二、未用归纳假设
例2 用数学归纳法证明：2＋22＋…＋2n－1＝2(2n－1－1)(n>2，n∈N＋)．
错证 (1)当n＝3时，左边＝2＋22＝6，右边＝2(22－1)＝6，等式成立；
(2)假设n＝k(k≥3，k∈N＋)时，结论成立，
即2＋22＋…＋2k－1＝2(2k－1－1)，
那么由等比数列的前n项和公式，得2＋22＋…＋2k－1＋2k＝＝2(2k－1)．
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可知，等式对任意n>2，n∈N＋都成立．
错因分析 错证中的第二步没用到归纳假设，直接使用了等比数列的求和公式.由于未用归纳假设，所以使用的方法并非数学归纳法.
正证 (1)当n＝3时，左边＝2＋22＝6，右边＝2(22－1)＝6，等式成立；
(2)假设n＝k(k≥3，k∈N＋)时，结论成立，
即2＋22＋…＋2k－1＝2(2k－1－1)，
那么当n＝k＋1时，2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2(2k－1－1)＋2k＝2·2k－2＝2(2k－1)．所以当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，等式对任意n>2，n∈N＋都成立．
误区三、未注意从n＝k到n＝k＋1应增加的项
例3 求证：1＋2＋3＋…＋2n－1＝(4n－1＋2n－1)(n∈N＋)．
错证 (1)当n＝1时，左边＝1，右边＝(41－1＋21－1)＝1，等式成立；
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，结论成立，
即1＋2＋3＋…＋2k－1＝(4k－1＋2k－1)，
当n＝k＋1时，
那么1＋2＋3＋…＋2k－1＋2k＝(4k－1＋2k－1)＋2k
＝(4k＋2k)．所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)知，等式对任意n∈N＋都成立．
错因分析 错证中有两个问题：第一未注意从n＝k到n＝k＋1应增加的项，实际上，并非仅增加了2k一项，而是增加了2k－1项；第二“?4k－1＋2k－1?＋2k＝?4k＋2k?”是错误的，这是通过结论直接写出，实际上，这是使用数学归纳法的大忌.
正证 (1)当n＝1时，左边＝1，右边＝(41－1＋21－1)＝1，等式成立；
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，结论成立，
即1＋2＋3＋…＋2k－1＝(4k－1＋2k－1)，
当n＝k＋1时，
那么1＋2＋3＋…＋2k－1＋(2k－1＋1)＋(2k－1＋2)＋…＋2k＝1＋2＋3＋…＋2k－1＋(2k－1＋1)＋(2k－1＋2)＋…＋(2k－1＋2k－1)＝(1＋2＋3＋…＋2k－1)＋(1＋2＋3＋…＋2k－1)＋2k－1·2k－1＝(4k－1＋2k－1)＋2k－1·2k－1＝2×4k－1＋2k－1＝(4k＋2k)．
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)知，等式对任意n∈N＋都成立．
