章末检测试卷(二)
(时间：120分钟 满分：160分)
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)
1．下列说法正确的是________．
①演绎推理是由一般到特殊的推理；
②演绎推理得到的结论一定是正确的；
③演绎推理的一般模式是“三段论”形式；
④演绎推理得到的结论的正误与大、小前提和推理形式有关．
答案 ①③④
解析 如果演绎推理的大前提和小前提都正确，则结论一定正确，在大前提和小前提中，只要有一项不正确，则结论一定也不正确．故②错误．
2．甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，
甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；
乙说：我没去过C城市；
丙说：我们三人去过同一城市．
由此可判断乙去过的城市为________．
答案 A
解析 由题意可推断：甲没去过B城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一城市”，说明甲去过A，C城市，而乙“没去过C城市”，说明乙去过城市A，由此可知，乙去过的城市为A.
3．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为________．
答案 f(x)＝(x∈N*)
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)＝(x∈N*)．
4．观察分析下表中的数据：
多面体
面数(F)
顶点数(V)
棱数(E)
三棱柱
5
6
9
五棱锥
6
6
10
立方体
6
8
12
猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是____________________．
答案 F＋V－E＝2
解析 在三棱柱中5＋6－9＝2；
在五棱锥中6＋6－10＝2；
在立方体中6＋8－12＝2，
由此可得F＋V－E＝2.
5．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________．
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 62
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.
6.如图，在等腰直角三角形ABC中，斜边BC＝2，过点A作BC的垂线，垂足为A1，过点A1作AC的垂线，垂足为A2；过点A2作A1C的垂线，垂足为A3；…，以此类推，设BA＝a1，AA1＝a2，A1A2＝a3，…，A5A6＝a7，则a7＝________.
答案
解析 根据题意易得a1＝2，a2＝，a3＝1，
所以{an}构成以a1＝2，q＝的等比数列，
所以a7＝a1q6＝2×6＝.
7．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，一定属于相似体的序号是________．
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．
答案 ①③
解析 类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．
8．如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n>1，n∈N*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则＋＋＋…＋＝________.
答案
解析 由已知图形，可知a2＝1＋2，a3＝1＋2＋3，a4＝1＋2＋2＋4，a5＝1＋2＋2＋2＋5，故an等于n个数的和，其中第一个数为1，最后一个数为n，中间的n－2个数为2，所以an＝1＋2(n－2)＋n＝3n－3＝3(n－1)．
故＝＝＝－(n>1，n∈N*)．
所以＋＋＋…＋＝＋＋＋…＋＝1－＝.
9．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.
10.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.
11.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________．
答案 8
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．
12．观察下列由火柴杆拼成的一列图形中，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，火柴杆有_______根；第n个图形中，火柴杆有_____根．
答案 13 3n＋1
13．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________．
答案 y＝
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＝.
14.如图，在平面直角坐标系xOy中，圆x2＋y2＝r2(r>0)内切于正方形ABCD，任取圆上一点P，若＝m＋n(m，n∈R)，则是m2，n2的等差中项；现有一椭圆＋＝1(a>b>0)内切于矩形ABCD，任取椭圆上一点P，若＝m＋n(m，n∈R)，则m2，n2的等差中项为________．
答案
解析 如图，设P(x，y)，由＋＝1知，A(a，b)，B(－a，b)，
由＝m＋n，可得代入＋＝1，可得(m－n)2＋(m＋n)2＝1，即m2＋n2＝，
所以＝，即m2，n2的等差中项为.
二、解答题(本大题共6小题，共90分)
15．(14分)1，，2能否为同一等差数列中的三项？说明理由．
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，∴m≠(＋1)n.
∴假设不成立．
即1，，2不可能为同一等差数列中的三项．
16．(14分)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.
∵a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，
∴≥(a＋b)成立．
综上所述，对任意实数a，b不等式都成立．
17．(14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．
18．(16分)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°＝.
(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＝.
19．(16分)数列{an}满足a1＝，前n项和为Sn＝an.
(1)写出a2，a3，a4；
(2)猜出an的表达式，并用数学归纳法证明．
解 (1)令n＝2，∵a1＝，S2＝a2，
即a1＋a2＝3a2，∴a2＝.
令n＝3，得S3＝a3，即a1＋a2＋a3＝6a3，
∴a3＝.
令n＝4，得S4＝a4，
即a1＋a2＋a3＋a4＝10a4，∴a4＝.
(2)猜想an＝，n∈N*，下面用数学归纳法给出证明．
①当n＝1时，a1＝＝，结论成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，
即ak＝，
则当n＝k＋1时，
Sk＝ak＝·＝，
Sk＋1＝ak＋1，
即Sk＋ak＋1＝ak＋1.
∴＋ak＋1＝ak＋1.
∴ak＋1＝＝.
∴当n＝k＋1时结论也成立．
由①②可知，对一切n∈N*，都有an＝，n∈N*.
20．(16分)已知函数f(x)＝x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)．
(1)证明：an≥2n－1(n∈N*)；
(2)试比较＋＋…＋与1的大小，并说明理由．
(1)证明 ∵f′(x)＝x2－1，
∴an＋1≥(an＋1)2－1＝a＋2an.
①当n＝1时，a1≥1＝21－1，命题成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时命题成立，
即ak≥2k－1；
那么当n＝k＋1时，
ak＋1≥a＋2ak＝ak(ak＋2)≥(2k－1)(2k－1＋2)
＝22k－1≥2k＋1－1.
即当n＝k＋1时，命题成立，
综上所述，命题成立．
(2)解 ＋＋…＋<1.
理由如下：
∵an≥2n－1，∴1＋an≥2n，∴≤.
∴＋＋…＋≤＋＋…＋
＝1－<1.
2．1 合情推理与演绎推理
2．1．1 合情推理
第1课时 归纳推理
学习目标 1.了解归纳推理的含义，能利用归纳进行简单的推理.2.了解归纳推理在数学发现中的作用．
知识点一 推理
1．推理的定义
从一个或几个已知命题得出另一个新命题的思维过程称为推理．
2．推理的组成
任何推理都包含前提和结论两个部分，前提是推理所依据的命题，它告诉我们已知的知识是什么；结论是根据前提推得的命题，它告诉我们推出的知识是什么．
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，即由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．
梳理 (1)归纳推理的定义
从个别事实中推演出一般性的结论，像这样的推理通常称为归纳推理．
(2)归纳推理的思维过程大致如图
―→―→
(3)归纳推理的特点
①归纳推理的前提是几个已知的特殊现象，归纳所得的结论是尚属未知的一般现象，该结论超越了前提所包容的范围．
②由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否真实，还需经过逻辑推理和实践检验，因此，它不能作为数学证明的工具．
③归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳推理得到的猜想，可以作为进一步研究的起点，帮助人们发现问题和提出问题．
1．由个别到一般的推理为归纳推理．( √ )
2．归纳的前提是特殊现象，归纳是立足于观察或实验的基础上的，结论一定正确．( × )
类型一 数列中的归纳推理
例1 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 f3(x)＝ fn(x)＝
解析 ∵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 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＝－，且Sn＋＋2＝an(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表达式．
解 当n＝1时，S1＝a1＝－；
当n＝2时，＝－2－S1＝－，所以S2＝－；
当n＝3时，＝－2－S2＝－，所以S3＝－；
当n＝4时，＝－2－S3＝－，所以S4＝－.
猜想：Sn＝－，n∈N*.
类型二 等式与不等式中的归纳推理
例2 (1)观察下列等式：
1－＝，
1－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
…，
据此规律，第n个等式可为_______________________________________________．
答案 1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋
解析 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)观察下列式子：
1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，猜想第n个不等式为________________________________________________________________________．
答案 1＋＋＋…＋<
解析 第1个不等式：1＋<，
第2个不等式：1＋＋<，
第3个不等式：1＋＋＋<，
…，
故猜想第n个不等式：
1＋＋＋＋…＋<.
反思与感悟 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．
跟踪训练2 (1)已知x>1，等式x＋>2；x2＋>3；x3＋>4；…，可以推广为________________．
答案 xn＋>n＋1
解析 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.
(2)观察下列等式，并从中归纳出一般结论．
1＝12，
2＋3＋4＝32，
3＋4＋5＋6＋7＝52，
4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，
5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝92，
…
解 等号的左端是连续自然数的和，且项数为2n－1，等号的右端是项数的平方．
所以猜想结论：n＋(n＋1)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2(n∈N*)．
类型三 图形中的归纳推理
例3 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________．
答案 (n＋2)(n＋3)
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．
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3 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个数为6＋(n－1)×5＝5n＋1.
1．观察下列各式：
a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝________.
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 123
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．
2．按照图1、图2、图3的规律，第10个图中圆点的个数为________．
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.
3．已知a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝，则数列{an}的一个通项公式an＝________.
答案 (n∈N*)
解析 a1＝，a2＝，a3＝，a4＝，
则an＝(n∈N*)．
4．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)＝________.
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 －g(x)
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)．
5．将全体正整数排成一个三角形数阵：
按照以上排列的规律，求第n行(n≥3)从左向右数第3个数．
解 前(n－1)行共有正整数[1＋2＋…＋(n－1)]个，即个，因此第n行第3个数是全体正整数中第个，即为(n∈N*)．
1．归纳推理的一般步骤
(1)通过观察某类事物的个别情况，发现某些相同性质．
(2)对这些性质进行归纳整理，得到一个合理的结论．
(3)猜想这个结论对该类事物都成立．
2．归纳推理应注意的问题
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．
一、填空题
1．如图所示的是一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排，那么第36颗珠子的颜色是________色．
答案 白
解析 通过观察发现，每5颗珠子为一组，前3颗为白色，后2颗为黑色，所以36＝35＋1＝5×7＋1，得第36颗珠子一定为白色．
2．根据给出的数塔猜测123 456×9＋7＝________.
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
…
答案 1 111 111
解析 由数塔猜测应是各位都是1的七位数，
即1 111 111.
3．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 (n∈N*)
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)＝(n∈N*)．
4．已知a1＝3，a2＝6，且an＋2＝an＋1－an，则a33＝________.
答案 3
解析 ∵a1＝3，a2＝6，a3＝3，a4＝－3，a5＝－6，a6＝－3，a7＝3,
∴周期T＝6，∴a33＝a3＝3.
5．根据三角恒等变换，可得如下等式：
cos θ＝cos θ，
cos 2θ＝2cos2θ－1，
cos 3θ＝4cos3θ－3cos θ，
cos 4θ＝8cos4θ－8cos2θ＋1，
cos 5θ＝16cos5θ－20cos3θ＋5cos θ.
依此规律，猜想cos 6θ＝32cos6θ＋mcos4θ＋ncos2θ－1，其中m＋n＝________.
答案 －30
解析 由所给一系列式子，得等式右边各系数与常数项之和为1，即32＋m＋n－1＝1，得m＋n＝－30.
6．已知数列{an}满足条件(n－1)·an＋1＝(n＋1)·an－n－1，且a2＝6，设bn＝an＋n(n∈N*)，则数列{bn}的通项公式bn＝________.
答案 2n2(n∈N*)
解析 a1＝1，a2＝6，a3＝15，a4＝28，
b1＝2，b2＝8，b3＝18，b4＝32.
可以通过求数列{an}的通项公式来求数列{bn}的通项公式．
我们发现a1＝1＝1×1；a2＝6＝2×3；
a3＝15＝3×5；a4＝28＝4×7；…，猜想an＝n×(2n－1)，
进而猜想bn＝2n2－n＋n＝2n2(n∈N*)．
7．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________．
答案 6n＋2
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.
8．已知f(1)＝1，f(2)＝3，f(3)＝4，f(4)＝7，f(5)＝11，…，则f(10)＝________.
答案 123
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.
9．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 已知a，b为正实数，且a≠b，若a＋b＝20，则＋<2
10．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个等式可为________．
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＋…＋n)＝(－1)n＋1.
11．定义A*B，B*C，C*D，D*B分别对应下列图形
那么下列图形中，可以表示A*D，A*C的分别是________．
答案 (2)，(4)
解析 由已知图形，抓共性不难总结出：
A“|”，B“□”(大)，C“—”，D“□”(小)．
故A*D为(2)，A*C为(4)．
12．将正奇数按如图所示的规律排列，则第21行从左向右的第5个数为________．
1
3 5 7
9 11 13 15 17
19 21 23 25 27 29 31
…
答案 809
解析 前20行共有正奇数1＋3＋5＋…＋39＝202＝400(个)，
则第21行从左向右的第5个数是第405个正奇数，
所以这个数是2×405－1＝809.
二、解答题
13．已知sin230°＋sin290°＋sin2150°＝，
sin25°＋sin265°＋sin2125°＝，
sin221°＋sin281°＋sin2141°＝.
通过观察上述等式的规律，写出一般性规律的命题，并给出证明．
解 猜想：sin2(α－60°)＋sin2α＋sin2(α＋60°)＝.
证明如下：sin2(α－60°)＋sin2α＋sin2(α＋60°)
＝[1－cos(2α－120°)]＋(1－cos 2α)＋[1－cos(2α＋120°)]
＝[(1－cos 2αcos 120°－sin 2αsin 120°)＋(1－cos 2α)＋(1－cos 2αcos 120°＋sin 2αsin 120°)]
＝(3－2cos 2αcos 120°－cos 2α)
＝
＝(3＋cos 2α－cos 2α)＝.
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________．
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.
15．已知数列{an}的通项公式an＝(n∈N*)，f(n)＝(1－a1)(1－a2)…(1－an)，试通过计算f(1)，f(2)，f(3)的值，推测出f(n)的值．
解 因为an＝，所以a1＝，
f(n)＝(1－a1)(1－a2)…(1－an)，所以f(1)＝1－a1＝1－＝，
f(2)＝(1－a1)(1－a2)＝f(1)＝×＝＝，
f(3)＝(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝f(2)＝×＝，
由此猜想：f(n)＝(n∈N*)．
第2课时 类比推理
学习目标 1.了解类比推理的含义、特征，能利用类比进行简单的推理.2.能正确区别归纳推理与类比推理的不同点，了解合情推理的合理性．
知识点一 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．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)类比推理的定义
根据两个(或两类)对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，像这样的推理通常称为类比推理，简称类比法．
(2)类比推理的思维过程大致如图
―→―→
(3)特征：由特殊到特殊的推理．
知识点二 合情推理
思考1 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．
思考2 归纳推理和类比推理的结论一定正确吗？
答案 不一定正确．
梳理 (1)合情推理的含义
合情推理是根据已有的事实、正确的结论、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程．归纳推理和类比推理都是数学活动中常用的合情推理．
(2)合情推理的过程
―→―→―→
1．由合情推理得出的结论一定是正确的．( × )
2．合情推理必须有前提有结论．( √ )
3．类比推理不能猜想．( × )
类型一 数列中的类比推理
例1 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．
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，m，n，p，r∈N*)：
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＋r，则am＋an＝ap＋ar
若m＋n＝p＋r，则am·an＝ap·ar
跟踪训练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}(n∈N*)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}(n∈N*)是各项均为正数的等比数列，则当dn＝(n∈N*)时，数列{dn}也是等比数列．
类型二 几何中的类比推理
例2 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．
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)中学阶段常见的类比知识点：等差数列与等比数列，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2 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．
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.
类型三 合情推理的应用
例3 我们已经学过了等差数列，思考一下有没有等和数列呢？
(1)类比“等差数列”给出“等和数列”的定义；
(2)探索等和数列{an}的奇数项和偶数项各有什么特点，并加以说明；
(3)在等和数列{an}中，如果a1＝a，a2＝b，求它的前n项和Sn.
解 (1)如果一个数列从第2项起，每一项与它的前一项的和等于同一个常数，那么这个数列就叫做等和数列．
(2)由(1)知an＋an＋1＝an＋1＋an＋2，
所以an＋2＝an.
所以等和数列的奇数项相等，偶数项也相等．
(3)当n为奇数时，令n＝2k－1，k∈N*，则
Sn＝S2k－1＝S2k－2＋a2k－1＝(a＋b)＋a
＝(a＋b)＋a＝a＋b；
当n为偶数时，令n＝2k，k∈N*，则
Sn＝S2k＝k(a＋b)＝(a＋b)．
所以它的前n项和Sn＝
反思与感悟 定义类比应用问题是常考查的题型，通过对某种概念的定义及性质的理解，类比出其他相似概念的定义和性质，很好地考查学生类比应用的能力，本类题型解决的关键在于弄清两个概念的相似性和相异性．
跟踪训练3 定义“等积数列”：在一个数列中，从第二项起每一项与它前一项的积都为同一个常数，那么这个数列叫做等积数列，这个常数叫做该数列的公积．已知数列{an}是等积数列，且a1＝2，公积为6，求这个数列的前n项和Sn.
解 由定义，得an＝
前n项和Sn＝
1．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：
①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；
②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
③“t≠0，mt＝nt?m＝n”类比得到“c≠0，a·c＝b·c?a＝b”；
④“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”．以上类比得到的正确结论的序号是________．(写出所有正确结论的序号)
答案 ①②
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________．(填序号)
①三角形；②梯形；③平行四边形；④矩形．
答案 ③
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．
3．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________．
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.
4．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________________．
答案 a1＋a2＋…＋a9＝2×9
解析 等比数列中的积运算类比等差数列中的和运算，从而有a1＋a2＋…＋a9＝2×9.
5．三角形的面积为S＝(a＋b＋c)r，a，b，c为三角形的边长，r为三角形内切圆的半径，利用类比推理可以得到四面体的体积为___________________________________________．
答案 (S1＋S2＋S3＋S4)r(S1，S2，S3，S4为四个面的面积，r为内切球的半径)
解析 △ABC的内心为O，连结OA，OB，OC，将△ABC分割为三个小三角形，这三个小三角形的高都是r，底边长分别为a，b，c.类比：设四面体A－BCD的内切球球心为O，连结OA，OB，OC，OD，将四面体分割为四个以O为顶点，以原来侧面为底面的四面体，高都为r，所以V＝(S1＋S2＋S3＋S4)r.
1．在进行类比推理时，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．
2．提高所得结论的准确性的常用技巧
(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、填空题
1．下列几种推理是类比推理的是________．(填序号)
①内错角相等，两直线平行；
②由平面三角形的性质，猜想空间四面体的性质；
③由数列的前几项，猜想数列的通项公式．
答案 ②
解析 由类比推理的定义，得只有②为类比推理．
2．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＝________.
考点 类比推理的应用
题点 平面曲线的类比
答案
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＝.
3．已知tan＝且tan x是以π为周期的周期函数．若a≠0，且f(x＋a)＝，通过类比，f(x)是以T＝________为周期的周期函数．
答案 4a(答案不唯一)
解析 类比tan＝与f(x＋a)＝可知，与a对应．
而tan x是以π＝4×为周期的周期函数，
所以猜想f(x)应是以T＝4a为周期的周期函数．
事实上f(x＋2a)＝＝＝－.
所以f(x＋4a)＝－＝f(x)．
故此类比猜想正确．
4．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(a>b>0)类比的性质为______________________________
________________________________________________________________________.
答案 经过椭圆＋＝1(a>b>0)上一点M(x0，y0)的切线方程为＋＝1
解析 已知圆的性质中，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分别用点M(x0，y0)的横坐标与纵坐标替换的结果．经类比猜想，即可得椭圆＋＝1(a>b>0)类似的性质为：经过椭圆＋＝1(a>b>0)上一点M(x0，y0)的切线方程为＋＝1.
5．类比平面向量基本定理：“如果e1，e2是平面α内两个不共线的向量，那么对于平面α内任一向量a，有且只有一对实数λ1，λ2，使得a＝λ1e1＋λ2e2.”试写出空间向量基本定理：________________________________________________________________________
________________________________________________________________________.
答案 如果e1，e2，e3是空间中不共面的向量，那么对空间中的任一向量a，有且只有一组实数λ1，λ2，λ3，使得a＝λ1e1＋λ2e2＋λ3e3
6．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____________________．
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＝ah＝3×ar?r＝h.
类比，用等体积法，V＝Sh＝4×r·S?r＝h.
7．半径为r的圆的面积S(r)＝πr2，周长C(r)＝2πr，若将r看作(0，＋∞)上的变量，则(πr2)′＝2πr①，①式可以用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数．对于半径为R的球，若将R看作(0，＋∞)上的变量，请你写出类似于①的式子②：________________________________________________________________________，
②式可以用语言叙述为：______________________________________________________.
答案 ′＝4πR2 球的体积函数的导数等于球的表面积函数
解析 通过给出的两个量之间的关系，类比球的体积公式和球的表面积公式，我们不难发现′＝4πR2，从而使问题解决．
8．在平面中△ABC的角C的内角平分线CE分△ABC的面积所成的比＝，将这个结论类比到空间：在三棱锥A－BCD中，平面DEC平分二面角A－CD－B且与AB交于E，则类比的结论为________________．
答案 ＝
解析 平面中的面积类比到空间为体积，故类比成.
平面中的线段长类比到空间为面积，
故类比成.
故有＝.
9．由图1有面积关系：＝，则由图2有体积关系：＝________.
答案
解析 设点A，D到平面PBC的距离分别为h1，h2，
则＝且VP－ABC＝S△PBC·h1，
VP－DEF＝S△PEF·h2，
所以＝
10．下列类比推理中正确的个数是________．
①(ab)n＝anbn与(a＋b)n类比，则有(a＋b)n＝an＋bn；
②logm(xy)＝logmx＋logmy与sin(a＋b)类比，则有sin(a＋b)＝sin ab；
③(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2与(a＋b)2类比，则有(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2.
答案 1
解析 对于①，令a＝b＝1，n＝2，则(a＋b)n＝4，an＋bn＝2，(a＋b)n≠an＋bn，故①错误；对于②，令a＝0°，b＝30°，则sin(a＋b)＝，sin ab＝0，sin(a＋b)≠sin ab，故②错误；对于③，由平面向量的知识可知，③显然正确．
二、解答题
11．已知：等差数列{an}的公差为d，前n项和为Sn，有如下的性质：
(1)通项an＝am＋(n－m)·d.
(2)若m＋n＝p＋t，且m，n，p，t∈N*，则am＋an＝ap＋at.
(3)若m＋n＝2p，且m，n，p∈N*，则am＋an＝2ap.
类比上述性质，在等比数列{bn}中，写出相类似的性质．
解 设等比数列{bn}中，公比为q，前n项和为Tn.
(1)通项bn＝bm·qn－m.
(2)若m＋n＝p＋t，且m，n，p，t∈N*，则bm·bn＝bp·bt.
(3)若m＋n＝2p，且m，n，p∈N*，则b＝bm·bn.
12．已知命题：若数列{an}为等差数列，且am＝a，an＝b(m≠n，m，n∈N*)，则am＋n＝.现已知等比数列{bn}，类比等差数列，写出相似的性质．
解 等差数列的通项an与项数n是一次函数关系，等比数列的通项bn与项数n是指数型函数关系．
利用类比可得bm＋n＝＝.
三、探究与拓展
13．若等差数列{an}的首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，则数列为等差数列，且通项为＝a1＋(n－1)·，类似地，请完成下列命题：若各项均为正数的等比数列{bn}的首项为b1，公比为q，前n项的积为Tn，则________________________．
答案 数列{}为等比数列，且通项为＝b1()n－1
解析 Tn＝b1·b2·…·bn＝b·q1＋2＋3＋…＋(n－1)＝b·，而＝b1·＝b1()n－1，所以数列{}是首项为b1，公比为的等比数列，其通项为＝b1·()n－1.
14. 如图，已知O是△ABC内任意一点，连结AO，BO，CO并延长交对边于A′，B′，C′，
则＋＋＝1.
这是平面几何中的一道题，其证明常采用“面积法”：
＋＋＝＋＋＝＝1.运用类比猜想，对于空间中的四面体V－BCD，存在什么类似结论？并用“体积法”证明．
解 如图，设O为四面体V－BCD内任意一点，连结VO，BO，CO，DO并延长交对面于V′，B′，C′，D′，
类似结论为＋＋＋＝1.类比平面几何中的“面积法”，可用“体积法”来证明．
因为＝＝(其中h′，h分别为两个四面体的高)，
同理＝，＝，＝.
所以＋＋＋＝＋＋＋＝1.
2．1．2 演绎推理
学习目标 1.了解演绎推理的意义.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．
梳理 演绎推理的含义及特点
含义
由一般性的命题推演出特殊性命题的推理方法
特点
(1)演绎的前提是一般性原理，演绎所得的结论是蕴涵于前提之中的个别、特殊事实，结论完全蕴涵于前提之中；
(2)在演绎推理中，前提与结论之间存在必然的联系；
(3)演绎推理是一种收敛性的思维方法，它较少创造性，但却具有条理清晰、令人信服的论证作用，有助于科学的理论化和系统化
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？
答案 分为三段．
梳理 三段论
一般模式
常用格式
大前提
提供了一个一般性的原理
M是P
小前提
指出了一个特殊对象
S是M
结论
揭示了一般原理与特殊对象的内在联系
S是P
1．“三段论”就是演绎推理．( × )
2．演绎推理的结论一定是正确的．( × )
3．演绎推理是由特殊到一般再到特殊的推理．( × )
4．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作出的判断．( √ )
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．
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 将下面的演绎推理写成三段论的形式：
(1)所有椭圆的离心率e的取值范围为(0,1)，曲线C：＋y2＝1是椭圆，所以曲线C的离心率e的取值范围为(0,1)．
(2)等比数列的公比都不为零，数列{2n}(n∈N*)是等比数列，所以数列{2n}的公比不为零．
解 (1)大前提：所有椭圆的离心率e的取值范围为(0,1)．
小前提：曲线C：＋y2＝1是椭圆．
结论：曲线C的离心率e的取值范围为(0,1)．
(2)大前提：等比数列的公比都不为零．
小前提：数列{2n}(n∈N*)是等比数列．
结论：数列{2n}的公比不为零．
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．
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，EF为△ABD的中位线．(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 若函数的定义域为R，则函数对任意实数恒有意义，(大前提)
∵f(x)的定义域为R，(小前提)
∴x2＋ax＋a≠0恒成立．(结论)
∴Δ＝a2－4a<0，
∴0即当a∈(0,4)时，f(x)的定义域为R.
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 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．
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________．(填序号)
①两条直线平行，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°；
②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；
③在数列{an}中，a1＝1，an＝(n≥2)，由此归纳出{an}的通项公式．
答案 ①
解析 ①是演绎推理，②③是归纳推理．
2．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.
3．推理：“①菱形的对角线互相垂直，②正方形是菱形，③正方形的对角线互相垂直”中的小前提是________．
答案 ②
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 若一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的判别式Δ＝b2－4ac>0，
则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、填空题
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______________．
答案 演绎推理
解析 这是一个复合三段论，从“名不正”推出“民无所措手足”，连续运用五次复式三段论，属演绎推理形式．
2．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________．
①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
②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
③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
④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 ②
解析 对于①，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②，符合演绎推理三段论形式且推理正确；对于③，大小前提颠倒，不符合演绎推理三段论形式；对于④，大小前提及结论颠倒，不符合演绎推理三段论形式．
3．有一个“三段论”推理是这样的：对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0是函数f(x)的极值点．因为函数f(x)＝x3在x＝0处的导数值f′(0)＝0，所以x＝0是函数f(x)＝x3的极值点．以上推理中________错误．
答案 大前提
解析 可导函数在某点处的导数为0，不一定能得到此点为函数的极值点，因此大前提错误．
4．“公差不为零的等差数列{an}的前n项和为关于n的没有常数项的二次函数．{bn}的前n项和为Sn＝n2＋3n，所以{bn}为等差数列”．上述推理中，下列说法正确的序号是________．
①大前提错误；②小前提错误；③结论错误；④都正确．
答案 ④
解析 该推理过程中，大前提、小前提、结论都正确．
5．“指数函数y＝ax(a>1)是增函数，y＝xα(α>1)是指数函数，所以y＝xα(α>1)是增函数”，在以上演绎推理中，下列说法正确的序号是________．
①推理完全正确；②大前提不正确；③小前提不正确；④推理形式不正确．
答案 ③
解析 ∵y＝xα(α>1)是幂函数，而不是指数函数，
∴小前提错误．
6．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.
答案 若p≥q，则p＋c≥q＋c
7．设?是R的一个运算，A是R的非空子集．若对于任意a，b∈A，有a?b∈A，则称A对运算?封闭．则下列数集对加法、减法、乘法和除法(除数不等于零)四则运算都封闭的是________．(填序号)
①自然数集；②整数集；③有理数集；④无理数集．
考点 新定义
题点 新定义
答案 ③
解析 ①错，因为自然数集对减法、除法不封闭；②错，因为整数集对除法不封闭；③对，因为任意两个有理数的和、差、积、商都是有理数，故有理数集对加、减、乘、除法(除数不等于零)四则运算都封闭；④错，因为无理数集对加、减、乘、除法都不封闭．
8．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
9．若不等式ax2＋2ax＋2<0的解集为?，则实数a的取值范围为__________．
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，由
解得0∴a的取值范围为[0,2]．
10．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＝＝2 018.
二、解答题
11．把下列演绎推理写成三段论的形式．
(1)一切奇数都不能被2整除，(22 018＋1)是奇数，所以(22 018＋1)不能被2整除；
(2)三角函数都是周期函数，y＝tan α是三角函数，因此y＝tan α是周期函数；
(3)因为△ABC三边的长依次为3,4,5，所以△ABC是直角三角形．
解 (1)一切奇数都不能被2整除，(大前提)
22 018＋1是奇数，(小前提)
22 018＋1不能被2整除．(结论)
(2)三角函数都是周期函数，(大前提)
y＝tan α是三角函数，(小前提)
y＝tan α是周期函数．(结论)
(3)一条边的平方等于其他两条边平方和的三角形是直角三角形，(大前提)
△ABC三边的长依次为3,4,5，且32＋42＝52，(小前提)
△ABC是直角三角形．(结论)
12．证明函数f(x)＝x3＋x在R上是增函数，并指出证明过程中运用的“三段论”．
证明 已知函数f(x)，对于任意x1，x2∈D，若x1＜x2，均有f(x1)＜f(x2)，
则f(x)在区间D上是增函数．(大前提)
任取x1，x2∈(－∞，＋∞)，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝(x＋x1)－(x＋x2)
＝x－x＋(x1－x2)＝(x1－x2)·(x＋x＋x1x2＋1)
＝(x1－x2).
∵x1＜x2，∴x1－x2＜0.
又∵2＋x＋1＞0，
∴f(x1)－f(x2)＜0, 即f(x1)＜f(x2)，(小前提)
∴函数f(x)＝x3＋x在R上是增函数．(结论)
三、探究与拓展
13．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＝.
14．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]．
2．1．3 推理案例赏析
学习目标 1.进一步认识合情推理和演绎推理的作用、特点以及两者之间的紧密联系，利用合情推理和演绎推理进行简单的推理.2.掌握两种推理形式的具体格式．
知识点 合情推理与演绎推理
思考1 合情推理的结论不一定正确，我们为什么还要学习合情推理？
答案 合情推理是富于创造性的或然推理．在数学发现活动中，它为演绎推理确定了目标和方向，具有提出猜想、发现结论、提供思路的作用．
思考2 “演绎推理是由一般到特殊的推理，因此演绎推理所得结论一定正确”，这种说法对吗？
答案 不对，演绎推理只有在大、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论才一定正确．
梳理 合情推理与演绎推理的比较
合情推理
演绎推理
归纳推理
类比推理
推理形式
由部分到整体，由特殊到一般
由特殊到特殊
由一般到特殊
结论
不一定正确，有待证明
在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下，结论一定正确
作用
猜测和发现结论，探索和提供证明思路
证明数学结论，建立数学体系的重要思维过程
联系
合情推理的的结论需要演绎推理的验证，而演绎推理的方向和思路一般是通过合情推理获得的
1．演绎推理的一般模式是“三段论”的形式．( √ )
2．演绎推理得到的结论的正误与大前提、小前提和推理形式有关．( √ )
3．演绎推理是由一般到特殊的推理，归纳推理是由特殊到一般的推理，类比推理是由特殊到特殊的推理．( √ )
类型一 归纳推理的应用
例1 观察如图所示的“三角数阵”：
记第n行的第2个数为an(n≥2，n∈N*)，请仔细观察上述“三角数阵”的特征，完成下列各题：
(1)第6行的6个数依次为________、________、________、________、________、________；
(2)a2＝________，a3＝________，a4＝________，a5＝________；
(3)an＋1＝an＋________.
答案 (1)6 16 25 25 16 6
(2)2 4 7 11
(3)n(n≥2，n∈N*)
反思与感悟 对于数阵问题的解决方法，既要清楚每行、每列数的特征，又要对上、下行，左、右列间的关系进行研究，找到规律，问题即可迎刃而解．
跟踪训练1 下列四个图形中，阴影三角形的个数依次构成一个数列的前4项，则这个数列的一个通项公式为________．
答案 an＝3n－1(n∈N*)
解析 a1＝1＝30，a2＝3＝31，a3＝9＝32，a4＝27＝33，…，
由此猜想an＝3n－1(n∈N*)．
类型二 类比推理的应用
例2 通过计算可得下列等式：
23－13＝3×12＋3×1＋1；
33－23＝3×22＋3×2＋1；
43－33＝3×32＋3×3＋1；
…；
(n＋1)3－n3＝3×n2＋3×n＋1.
将以上各等式两边分别相加，得
(n＋1)3－13＝3×(12＋22＋…＋n2)＋3×(1＋2＋3＋…＋n)＋n，
即12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)(n∈N*)．
类比上述求法，请你求出13＋23＋33＋…＋n3的值．
解 ∵24－14＝4×13＋6×12＋4×1＋1；
34－24＝4×23＋6×22＋4×2＋1；
44－34＝4×33＋6×32＋4×3＋1；
…；
(n＋1)4－n4＝4n3＋6n2＋4n＋1.
将以上各式两边分别相加，得
(n＋1)4－14＝4×(13＋23＋…＋n3)＋6×(12＋22＋…＋n2)＋4×(1＋2＋…＋n)＋n，
∴13＋23＋…＋n3＝
＝n2(n＋1)2(n∈N*)．
反思与感悟 (1)解答本类题的关键在于弄清原题解题的方法，将所要求值的式子与原题的条件相类比，从而产生解题方法上的迁移．
(2)解答此类问题要先弄清两类对象之间的类比关系及其差别，然后进行推测或证明．
跟踪训练2 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，连结BE，并延长交CD于F，连结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．
类型三 演绎推理的综合应用
例3 已知椭圆具有性质：若M，N是椭圆＋＝1(a＞b＞0)上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点，当直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值，试对双曲线－＝1(a＞0，b＞0)写出类似的性质，并加以证明．
解 类似性质：若M，N是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)上关于原点对称的两个点，点P是双曲线上任意一点，当直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．
证明：设点M，P的坐标分别为(m，n)，(x，y)，则点N的坐标为(－m，－n)．
因为点M(m，n)在已知双曲线上，所以n2＝m2－b2，
同理y2＝x2－b2.
则kPM·kPN＝·＝＝·＝(定值)．
故kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值．
反思与感悟 合情推理是提出猜想、提供解题的思路，而演绎推理则是证明猜想、判断猜想的正确性，通过合情推理得到的猜想缺少证明过程是不完整的，平时解题都是二者的结合．
跟踪训练3 已知{an}为等差数列，首项a1>1，公差d>0，n>1且n∈N*.求证：lg an＋1lg an－1<(lg an)2.
证明 ∵{an}为等差数列，d>0，
∴an－1an＋1＝(an－d)(an＋d)＝a－d2∵a1>1，d>0，∴an＝a1＋(n－1)d>1.
∴lg an>0.
∴lg an＋1·lg an－1≤2
＝2<2＝(lg an)2，
即lg an＋1·lg an－1<(lg an)2.
1．设xi>0(i∈N*)，有下列不等式成立，x1＋x2≥2；x1＋x2＋x3≥3，…，类比上述结论，对于n个正数x1，x2，…，xi，…，xn，猜想有下述结论：__________.
答案 x1＋x2＋…＋xn≥n
2．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________．(填序号)
答案 ②③
解析 根据空间直线、平面的平行与垂直的判定与性质定理知，②③正确，①④错误．
3．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 (n∈N*)
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＝(n∈N*)．
4．如图所示，椭圆中心在坐标原点，F为左焦点，当⊥时，其离心率为，此类椭圆被称为“黄金椭圆”，类比“黄金椭圆”，可推算出“黄金双曲线”的离心率e＝________.
答案
解析 根据“黄金椭圆”的性质是⊥，可以得到“黄金双曲线”也满足这个性质，设“黄金双曲线”的方程为－＝1，则B(0，b)，F(－c，0)，A(a，0)．在“黄金双曲线”中，∵⊥，∴·＝0.又＝(c，b)，＝(－a，b)，∴－ac＋b2＝0.又b2＝c2－a2，∴c2－a2＝ac，等号两边同除以a2求得e＝.
1．归纳推理和类比推理是常用的合情推理．从推理形式上看，归纳推理是由部分到整体、特殊到一般的推理；类比推理是由特殊到特殊的推理；演绎推理是由一般到特殊的推理．
2．从推理形式和所得结论的正确性讲，演绎推理与合情推理存在差异．从数学发现与认识事物的过程发挥的作用看，合情推理与演绎推理是相辅相成、相互为用的，合情推理提出猜想、发现结论，为演绎推理确定了目标和方向．演绎推理不仅为合情推理提供了前提，而且对合情推理的结果进行“判决”和证明．两者的综合运用才能推动人们对事物的认识不断向前发展．
一、填空题
1．给出下列推理：
①由A，B为两个不同的定点，动点P满足|PA－PB|＝2a＜AB，得点P的轨迹为双曲线；
②由a1＝1，an＝3n－1(n≥2)，求出S1，S2，S3，猜想出数列{an}的前n项和Sn的表达式；
③科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇．
其中是归纳推理的是________．(填序号)
答案 ②
解析 ①是演绎推理，②是归纳推理，③类比推理．
2．观察下列各等式：＋＝2，＋＝2，＋＝2，＋＝2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为________．(填序号)
①＋＝2；
②＋＝2；
③＋＝2；
④＋＝2.
答案 ①
解析 观察分子中2＋6＝5＋3＝7＋1＝10＋(－2)＝8.
3．如果函数f(x)是奇函数，那么f(0)＝0.因为函数f(x)＝是奇函数，所以f(0)＝0.这段演绎推理错误的原因是________．
答案 大前提错误
解析 如果f(x)是奇函数，并且在x＝0处有定义，那么f(0)＝0，因此这段三段论推理中大前提是错误的，导致结论也是错误的．
4．在△ABC中，不等式＋＋≥成立，
在四边形ABCD中，不等式＋＋＋≥成立，
在五边形ABCDE中，不等式＋＋＋＋≥成立，猜想在n边形A1A2…An中的不等式为________________________________．
答案 ＋＋…＋≥(n≥3，n∈N*)
解析 不等式左边和式个数分别为3,4,5，…时，不等式右边的数依次为，，，…，其分子依次为32,42,52，…，分母依次为(3－2)π，(4－2)π，(5－2)π，….
故当不等式左边和式个数为n时，归纳猜想右边应为(n≥3，n∈N*)，
故所求为不等式＋＋…＋≥(n≥3，n∈N*)．
5．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰由6颗珠宝(图中圆圈表示珠宝)构成如图①所示的六边形，第三件首饰由15颗珠宝构成如图②所示的六边形，第四件首饰由28颗珠宝构成如图③所示的六边形，第五件首饰由45颗珠宝构成如图④所示的六边形，以后每件首饰都在前一件上按照这种规律增加一定数量的珠宝．使其构成更大的六边形，依此推断第六件首饰上应有________颗珠宝，第n件首饰上应有________颗珠宝．(结果用n表示)
答案 66 2n2－n
解析 设第n件首饰上所用珠宝数为an颗，据题意可知，a1＝1，a2＝6，a3＝15，a4＝28，a5＝45，即a2＝2×3，a3＝3×5，a4＝4×7，a5＝5×9，a6＝6×11，由此猜测，an＝n(2n－1)＝2n2－n.
6．对于大于1的自然数m的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：
23＝ 33＝ 43＝ …
仿此，若m3的“分裂数”中有一个数是2 015，则m＝________.
答案 45
解析 根据分裂特点，设最小数为a1，
则ma1＋×2＝m3，∴a1＝m2－m＋1.
∵a1为奇数，又452＝2 025，
∴猜想m＝45.
验证453＝91 125＝，
故a1＝1 981，满足a1＝m2－m＋1.
7．观察以下等式：
sin230°＋cos290°＋sin 30°·cos 90°＝；
sin225°＋cos285°＋sin 25°·cos 85°＝；
sin210°＋cos270°＋sin 10°·cos 70°＝.
推测出反映一般规律的等式：________________________________________________.
答案 sin2α＋cos2(60°＋α)＋sin α·cos(60°＋α)＝
解析 ∵90°－30°＝60°，85°－25°＝60°，70°－10°＝60°，
∴其一般规律为sin2α＋cos2(60°＋α)＋sin α·cos(60°＋α)＝.
8．从大、小正方形的数量关系上，观察下图，归纳得出关于n(n∈N*)的结论是_____________．
答案 1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2
解析 从大、小正方形的数量关系上，容易发现
1＝12，
1＋3＝2×2＝22，
1＋3＋5＝3×3＝32，
1＋3＋5＋7＝4×4＝42，
1＋3＋5＋7＋9＝5×5＝52，
1＋3＋5＋7＋9＋11＝6×6＝62.
观察上述算式的结构特征，我们可以猜想：
1＋3＋5＋7＋…＋(2n－1)＝n2.
9．四个小动物换座位，开始是鼠，猴，兔，猫分别坐1,2,3,4号位子，第1次前后排动物互换座位，第2次左右列动物互换座位，…，这样交替进行下去，那么2 012次互换座位后，小兔的座位对应的是编号________．
答案 3
解析 通过第1次、第2次、第3次、第4次互换后得到的结果与开始时一样，所以周期为4，又2 012能被4整除，所以经过第2 012次互换座位后，应为开始时的结果，即小兔的座位对应的是编号3.
10．已知命题：在平面直角坐标系xOy中，△ABC的顶点A(－p，0)和C(p,0)，顶点B在椭圆＋＝1(m>n>0，p＝)上，椭圆的离心率是e，则＝.将该命题类比到双曲线中，给出一个命题：____________________________________________________
________________________________________________________________________.
答案 在平面直角坐标系xOy中，△ABC的顶点A(－p,0)和C(p,0)，顶点B在双曲线－＝1(m>0，n>0，p＝)上，双曲线的离心率为e，则＝.
解析 本题应是并列式类比，把椭圆方程＋＝1(m>n>0)改为－＝1(m>0，n>0)，
把p＝改为p＝，
把＝改为＝.
注意到双曲线定义＝也应成立，
从而＝.
二、解答题
11．定义在实数集R上的函数f(x)，对任意x，y∈R，有f(x－y)＋f(x＋y)＝2f(x)f(y)，且f(0)≠0.求证：f(x)是偶函数．
解 令x＝y＝0，
则有f(0)＋f(0)＝2f(0)×f(0)，
因为f(0)≠0，所以f(0)＝1，
令x＝0，
则有f(－y)＋f(y)＝2f(0)f(y)＝2f(y)，
所以f(－y)＝f(y)，
因此，f(x)是偶函数．
12．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)＝＋＝＋＝＝＝.
三、探究与拓展
13．将自然数按如下规则排列在平面直角坐标系中：
①每一个自然数对应一个整点(横、纵坐标均为整数的点)；②0在原点，1在(0,1)，2在(1,1)，3在(1,0)，4在(1，－1)，5在(0，－1)，9在(－1,2)，…，所有自然数按顺序顺时针“缠绕”在以“0”为中心的“桩”上且所有整点上均有自然数，则数字(2n＋1)2(n∈N*)的坐标为__________．
答案 (－n，n＋1)
解析 9的坐标为(－1,2)，且9＝(2×1＋1)2,25的坐标为(－2,3)，且25＝(2×2＋1)2,49的坐标为(－3,4)，且49＝(2×3＋1)2，…，所以(2n＋1)2的坐标为(－n，n＋1)．
14.如图所示，点P为斜三棱柱ABC－A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.
(1)求证：CC1⊥MN；
(2)在任意△DEF中有余弦定理DE2＝DF2＋EF2－2DF·EFcos∠DFE.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系，并予以证明．
(1)证明 ∵CC1∥BB1，∴CC1⊥PM，CC1⊥PN，
又∵PM∩PN＝P，PM，PN?平面PMN，
∴CC1⊥平面PMN.又MN?平面PMN，
∴CC1⊥MN.
(2)解 在斜三棱柱ABC－A1B1C1中有
其中x为平面BCC1B1与平面ACC1A1所成的二面角的大小．
∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角为∠MNP.
在△PMN中，PM2＝PN2＋MN2－2PN·MNcos∠MNP.
∴PM2·CC＝PN2·CC＋MN2·CC－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos ∠MNP.
∵＝PN·C1C，
＝MN·CC1，
＝PM·BB1，
2．2 直接证明与间接证明
2．2．1 直接证明
学习目标 1.了解直接证明的特点.2.掌握综合法、分析法的思维特点.3.会用综合法、分析法解决问题．
知识点一 直接证明
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和基本不等式，最后推导出所要证明的结论．
梳理 (1)直接从原命题的条件逐步推得命题成立，这种证明通常称为直接证明．
(2)直接证明的一般形式
?…?本题结论．
知识点二 分析法和综合法
思考 阅读证明基本不等式的过程，试分析两种证明过程有何不同特点？
已知a，b>0，求证：≥.
证明：方法一 ∵a，b>0，(－)2≥0，
∴()2＋()2－2≥0，
∴a＋b≥2，
∴≥.
方法二 要证≥，
只需证a＋b≥2，
只需证a＋b－2≥0，
又a，b>0，
只需证(－)2≥0，
∵(－)2≥0显然成立，∴原不等式成立．
答案 方法一从已知条件出发推出结论；方法二从结论出发，追溯导致结论成立的条件．
梳理 综合法和分析法定义比较
直接证明
定义
推证过程
综合法
从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法
?…?…?
分析法
从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法称为分析法
?…?…?
1．综合法是执果索因的逆推证法．( × )
2．综合法证明的依据是三段论．( √ )
3．综合法的推理过程实际上是寻找它的必要条件．( √ )
4．分析法与综合法证明同一个问题时，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
第一步：分析条件，选择方向．仔细分析题目的已知条件(包括隐含条件)，分析已知与结论之间的联系与区别，选择相关的公理、定理、公式、结论，确定恰当的解题思路．
第二步：转化条件、组织过程，把题目的已知条件，转化成解题所需要的语言，主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化．组织过程时要有严密的逻辑，简洁的语言，清晰的思路．
第三步：适当调整，回顾反思．解题后回顾解题过程，可对部分步骤进行调整，有些语言可做适当的修饰，反思总结解题方法的选取．
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 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．
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 已知△ABC中，A∶B∶C＝1∶2∶6.求证：＝.
证明 要证＝，
只需证a2＋ab＋ac＝ab＋b2，
即证a(a＋c)＝b2.
由正弦定理，只需证sin A(sin A＋sin C)＝sin2B.
∵A∶B∶C＝1∶2∶6，
∴A＝，B＝π，C＝π，
只需证sin?＝sin2π，
即证sin?＝sin2π，
即证sin ·2sin cos ＝sin2π，
即证2sin cos ＝sin π，显然成立．
∴＝成立．
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．设a＝lg 2＋lg 5，b＝ex (x<0)，则a与b的大小关系为________．
答案 a>b
解析 ∵a＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，
b＝exb.
2．设0答案 c
解析 ∵02>＝a，
∵－(x＋1)＝＝>0，∴c>b>a.
3．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＝＝＝，
∵04．欲证－<－成立，只需证下列各式中的________．(填序号)
①(－)2<(－)2；
②(－)2<(－)2；
③(＋)2<(＋)2；
④(－－)2<(－)2.
答案 ③
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.
5．设x，y是正实数，且x＋y＝1，求证：≥9.
证明 方法一 (综合法)
左边＝＝
＝4＋2＋1≥5＋4＝9，
当且仅当＝，
即x＝y＝时等号成立．
原不等式得证．
方法二 (分析法)
要证≥9成立，
∵x，y是正实数，且x＋y＝1，∴y＝1－x，
只需证明≥9，
即证(1＋x)(1－x＋1)≥9x(1－x)，
即证2＋x－x2≥9x－9x2，
即证4x2－4x＋1≥0，
即证(2x－1)2≥0，此式显然成立．
∴原不等式成立．
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、填空题
1．如果a>b，则实数a，b应满足的条件是________．
答案 a>b>0
解析 由a>b，得>，
则a，b需满足a>b>0.
2．已知x＞0，y＞0，且＋＝1，则xy的最大值为____．
答案 3
解析 ∵1＝＋≥2＝ .
∴xy≤3，当且仅当x＝，y＝2时等号成立．
3．已知函数f(x)＝lg ，若f(a)＝b，则f(－a)＝________.
答案 －b
解析 函数f(x)的定义域为{x|－1＜x＜1}，且f(－x)＝－f(x)，∴函数f(x)为奇函数，∴f(－a)＝－f(a)＝－b.
4．若P＝＋，Q＝＋ (a≥0)，则P与Q的大小关系为________．
答案 P解析 ∵P2＝2a＋7＋2，
Q2＝2a＋7＋2，
∴P25．若A，B为△ABC的内角，则A>B是sin A>sin B的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”)
答案 充要
解析 由正弦定理知＝＝2R，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.
6．设n∈N，则－________－.(填“>”“<”“＝”)
答案 <
解析 要证－<－，
只需证＋<＋，
只需证(＋)2<(＋)2，
即2n＋5＋2<2n＋5＋2.
只需证<，
只需证(n＋1)(n＋4)<(n＋2)(n＋3)，
即n2＋5n＋4而4<6显然成立，故－<－.
7．若三棱锥S－ABC中，SA⊥BC，SB⊥AC，则S在底面ABC上的射影为△ABC的________．(填重心、垂心、内心、外心之一)
答案 垂心
解析 如图，设S在底面ABC上的射影为点O，
∴SO⊥平面ABC，连结AO，BO.
∵SA⊥BC，SO⊥BC，SA∩SO＝S，
∴BC⊥平面SAO，∴BC⊥AO.
同理可证，AC⊥BO.
∴O为△ABC的垂心．
8．如果a＋b>a＋b，则实数a，b应满足的条件是________．
答案 a≥0，b≥0且a≠b
解析 a＋b>a＋b?a－a>b－b
?a(－)>b(－)?(a－b)(－)>0
?(＋)(－)2>0，
故只需a≠b，且a，b都不小于零即可．
9．已知函数f(x)＝2x，a，b∈(0，＋∞)．A＝f?，B＝f，C＝f?，且a≠b，则A，B，C从小到大排列为______________．
答案 C解析 ∵>>，
又∵f(x)＝2x在R上为增函数，
∴A>B>C.
10．比较大小：设a>0，b>0，则lg(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)]．
11．在△ABC中，∠C＝60°，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，则＋＝________.
答案 1
解析 由余弦定理知，c2＝a2＋b2－2abcos C，
∴c2＝a2＋b2－ab，①
＋＝＝，②
将①式代入②式，得＋＝1.
二、解答题
12．已知a>0，b>0且a＋b＝1，求证：＋≤2.
证明 要证＋≤2，
只需证a＋＋b＋＋2≤4，
又a＋b＝1，
即只需证明≤1.
而≤
＝＝1成立，
所以＋≤2成立．
13．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．
证明 由A，B，C成等差数列，有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．
三、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 AC⊥BD(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．
即当BD⊥AC时，有A1C⊥B1D1.
15．设数列{an}的前n项和为Sn，已知a1＝1，＝an＋1－n2－n－，n∈N*.
(1)求a2的值；
(2)求数列{an}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数n，有＋＋…＋＜.
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决数列问题
(1)解 当n＝1时，＝2a1＝a2－－1－＝2，
解得a2＝4.
(2)解 2Sn＝nan＋1－n3－n2－n，①
当n≥2时，2Sn－1＝(n－1)an－(n－1)3－(n－1)2－(n－1)，②
①－②，得2an＝nan＋1－(n－1)an－n2－n，
整理，得nan＋1＝(n＋1)an＋n(n＋1)，即＝＋1，－＝1，当n＝1时，－＝2－1＝1.
所以数列是以1为首项，1为公差的等差数列，
所以＝n，即an＝n2.
所以数列{an}的通项公式为an＝n2，n∈N*.
(3)证明 因为＝＜＝－(n≥2)，
所以＋＋…＋＝＋＋＋…＋
＜1＋＋＋＋…＋
＝1＋＋－＝－＜.
2．2．2 间接证明
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．
知识点一 间接证明
思考 阅读下列证明过程，
若a2＋b2＝c2，则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，
∴a2＋b2为偶数，
∴a2＋b2≠c2，这与已知矛盾．
∴a，b，c不可能都是奇数．
请问上述证法是直接证明吗？为什么？
答案 不是直接证明，因为这种证明既不是直接从条件出发，也不是从结论出发．
梳理 间接证明
不是直接从原命题的条件逐步推得命题成立，像这种不是直接证明的方法通常称为间接证明．反证法就是一种常用的间接证明方法．间接证明还有同一法、枚举法等．
知识点二 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)反证法证明过程
反证法证明时，要从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)．
(2)反证法证明命题的步骤
①反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．
②归谬——从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果．
③存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立．
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．
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.
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 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”如下：
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x不成立
至多有一个
至少有两个
对任意x不成立
存在某个x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，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1.求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．
证明 假设a，b，c，d都不是负数，
即a≥0，b≥0，c≥0，d≥0.
∵a＋b＝c＋d＝1，
∴b＝1－a≥0，d＝1－c≥0，
∴ac＋bd＝ac＋(1－a)(1－c)＝2ac－(a＋c)＋1
＝(ac－a)＋(ac－c)＋1＝a(c－1)＋c(a－1)＋1.
∵a(c－1)≤0，c(a－1)≤0，
∴a(c－1)＋c(a－1)＋1≤1，
即ac＋bd≤1，与ac＋bd>1相矛盾，
∴假设不成立，∴a，b，c，d中至少有一个是负数．
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 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．
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”，第一步的假设应是________．
答案 三角形中至少有两个直角
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________________．
答案 每一个内角都小于60°
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．
答案 ①②③④
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________．
答案 a与b相交
5．已知：平面α和一点P.
求证：过点P与α垂直的直线只有一条．
证明 如图所示，不论点P在α内还是在α外，设PA⊥α，垂足为A(或P)．
假设过点P不止有一条直线与α垂直，如还有另一条直线PB⊥α，设PA，PB确定的平面为β，且α∩β＝a，于是在平面β内过点P有两条直线PA，PB垂直于a，这与过一点有且只有一条直线与已知直线垂直相矛盾，∴假设不成立，原命题成立．
用反证法证题需把握三点
(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、填空题
1．下面关于反证法的说法正确的有________．(填序号)
①反证法的应用需要逆向思维；
②反证法是一种间接证明方法，否定结论时，一定要全面否定；
③反证法推出的矛盾不能与已知相矛盾；
④使用反证法必须先否定结论，当结论的反面出现多种可能时，论证一种即可．
答案 ①②
解析 反证法是一种间接证明方法，利用逆向思维且否定结论时，一定要全面否定，不能只否定一点，故①②正确，使用反证法必须先否定结论，对于结论的反面出现的多种可能要逐一论证，否则证明是不完全的，故④错误，反证法推出的矛盾可以与已知条件相矛盾，故③错误．
2．命题“a，b是实数，若|a－1|＋|b－1|＝0，则a＝b＝1”用反证法证明时应假设为________________________________________________________________________．
答案 a≠1或b≠1
解析 “a＝b＝1”是“a＝1且b＝1”，
又“p且q”的否定为“綈p或綈q”，
所以“a＝b＝1”的否定为“a≠1或b≠1”．
3．有下列叙述：
①“a>b”的反面是“ay或x答案 ②
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，应为三角形有2个或2个以上的钝角．
4．已知平面α∩平面β＝直线a，直线b?α，直线c?β，b∩a＝A，c∥a，求证：b与c是异面直线，若利用反证法证明，则应假设________________．
答案 b与c共面
解析 “异面”的否定为“共面”．
5．已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝an＋2，bn＝bn＋1(a，b是常数)，且a>b，那么两个数列中序号与数值均相同的项有________个．
答案 0
解析 假设存在序号和数值均相等的项，即存在n，使得an＝bn.
即an＋2＝bn＋1，所以(a－b)n＝－1，
因为a>b，所以a－b>0，
所以(a－b)n>0，与(a－b)n＝－1矛盾．
所以不存在n，使得an＝bn.
6．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.
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．设a，b，c都是正实数，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是“P，Q，R同时大于0”的________条件．(填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分又不必要”)
答案 充要
解析 PQR>0有两种情况，P，Q，R同时大于0或P，Q，R中有两项都小于0，第三项大于0.
若P＝a＋b－c<0，Q＝b＋c－a<0，R＝c＋a－b>0，
则a＋b又b<0与b是正实数相矛盾，
反之显然成立．
故不可能同时有两项都小于0，只能有P，Q，R都大于0.
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．用反证法证明“一个三角形不能有两个直角”有三个步骤：
①∠A＋∠B＋∠C＝90°＋90°＋∠C＞180°，这与三角形内角和为180°矛盾，故假设错误；
②所以一个三角形不能有两个直角；
③假设△ABC中有两个直角，不妨设∠A＝90°，∠B＝90°.
上述步骤的正确顺序为__________．(填序号)
答案 ③①②
11．已知等差数列{an}的首项为8，Sn是其前n项的和，某同学经计算得S1＝8，S2＝20，S3＝36，S4＝65，后来该同学发现了其中一个数算错了，则算错的数应为________．
答案 S4＝56
解析 显然S1是正确的．假设后三个数均未算错，
则a1＝8，a2＝12，a3＝16，a4＝29，这四项不成等差数列，
但可知前三项成等差数列，故a4有误，应为20，
故S4算错了，S4应为56.
二、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＝－，
又0解得故方程f(x)＝0没有负数根．
三、探究与拓展
14．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.
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
第1课时 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，对于某些与正整数有关的数学命题，我们有数学归纳法公理：如果
①当n取第一个值n0(例如n0＝1,2等)时结论正确；
②假设当n＝k(k∈N*，且k≥n0)时结论正确，证明当n＝k＋1时结论也正确．
那么，命题对于从n0开始的所有正整数n都成立．
(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 从n＝k到n＝k＋1左边增加的项
例1 用数学归纳法证明(n＋1)·(n＋2)·…·(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N*)，“从k到k＋1”左端增乘的代数式为________．
答案 2(2k＋1)
解析 令f(n)＝(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，
则f(k)＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)，
f(k＋1)＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)，
所以＝＝2(2k＋1)．
反思与感悟 在书写f(k＋1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k＋1)中的最后一项，除此之外，多了哪些项都要分析清楚．
跟踪训练1 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.
类型二 用数学归纳法证明恒等式
例2 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，等式成立．
由①②可知，对一切n∈N*等式成立．
反思与感悟 数学归纳法证题的三个关键点
(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：数学归纳法的实质在于递推，所以从“k”到“k＋1”的过程中，要正确分析式子项数的变化．关键是弄清等式两边的构成规律，弄清由n＝k到n＝k＋1时，等式的两边会增加多少项、增加怎样的项．
(3)利用假设是核心：在第二步证明n＝k＋1成立时，一定要利用归纳假设，即必须把归纳假设“n＝k时命题成立”作为条件来导出“n＝k＋1时命题成立”，这是数学归纳法的核心，不用归纳假设的证明就不是数学归纳法．
跟踪训练2 用数学归纳法证明：1＋3＋5＋…＋(2n－3)＋(2n－1)＋(2n－3)＋…＋5＋3＋1＝2n2－2n＋1.
证明 ①当n＝1时，左边＝1，右边＝2×12－2×1＋1＝1，等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即
1＋3＋5＋…＋(2k－3)＋(2k－1)＋(2k－3)＋…＋5＋3＋1＝2k2－2k＋1，
则当n＝k＋1时，
左边＝1＋3＋5＋…＋(2k－3)＋(2k－1)＋(2k＋1)＋(2k－1)＋(2k－3)＋…＋5＋3＋1
＝2k2－2k＋1＋(2k－1)＋(2k＋1)
＝2k2＋2k＋1
＝2(k＋1)2－2(k＋1)＋1.
即当n＝k＋1时，等式成立．
由①②知，对任意n∈N*，等式都成立.
1．设n∈N*，用数学归纳法证明2＋4＋6＋…＋2n＝n2＋n时，第一步应证明：左边＝________.
答案 2
2．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)＝________________.
答案 ＋＋
解析 因为f(n)＝1＋＋＋…＋，
所以f(n＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋，
所以f(n＋1)－f(n)＝＋＋.
3．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是_________________．
答案 f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
解析 ∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，
f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
f(k＋1)－f(k)＝(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
即f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
4．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，所以命题成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，
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，命题成立．
由①②知，命题成立．
应用数学归纳法证题时的注意点
(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、填空题
1．下面四个推断中，正确的序号是________．
①式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N*)中，当n＝1时，式子的值为1；
②式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N*)中，当n＝1时，式子的值为1＋k；
③式子1＋＋＋…＋(n∈N*)中，当n＝1时，式子的值为1＋＋；
④设f(n)＝＋＋…＋(n∈N*)，则f(k＋1)＝f(k)＋＋＋.
答案 ③
解析 对于①，当n＝1时，式子＝1＋k.
对于②，当n＝1时，式子＝1.
对于③，当n＝1时，1＋＋＝1＋＋.
对于④，f(k＋1)＝f(k)＋＋＋－.
2．对于等式12＋22＋32＋…＋n2＝，以下说法正确的是________．(填序号)
①仅当n＝1时成立；
②仅当n＝1,2,3时成立；
③仅当n＝1,2时成立；
④n为任何自然数都成立．
答案 ②
解析 当n＝1,2,3时，等式两边相等，当n＝4时，左边＝30，右边＝28.等式不成立．
3．某个与正整数有关的命题：
如果当n＝k(k∈N*)时命题成立，则可以推出当n＝k＋1时该命题也成立．现已知n＝5时命题不成立，那么可以推得________．(填序号)
①当n＝4时命题不成立；
②当n＝6时命题不成立；
③当n＝4时命题成立；
④当n＝6时命题成立．
答案 ①
解析 因为当n＝k(k∈N*)时命题成立，则可以推出当n＝k＋1时该命题也成立，所以假设当n＝4时命题成立，那么n＝5时命题也成立，这与已知矛盾，所以当n＝4时命题不成立．
4．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…－＝2时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证________．
①n＝k＋1时等式成立；
②n＝k＋2时等式成立；
③n＝2k＋2时等式成立；
④n＝2(k＋2)时等式成立．
答案 ②
解析 因为n为正偶数，n＝k时等式成立，
所以需假设n为下一个偶数，即n＝k＋2时等式成立．
5．已知f(n)＝＋＋＋…＋，则f(2)的表达式为________．
答案 f(2)＝＋＋
6．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时，等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1；
③则当n＝k＋1时，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝＝2k＋1－1，即当n＝k＋1时等式成立．由此可知，对任意的n∈N*，等式都成立．
上述证明步骤错误的是________．(填序号)
答案 ③
解析 ③中没有用到归纳假设．
7．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＝(a≠1，n∈N*)，在验证当n＝1时，左边计算所得的式子是____________．
答案 1＋a
解析 当n＝1时，左边的最高次数为1，即最后一项为a，左边是1＋a.
8．用数学归纳法证明关于n的恒等式，当n＝k时，表达式为1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，则当n＝k＋1时，表达式为___________________________________________．
答案 1×4＋2×7＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)(3k＋4)＝(k＋1)(k＋2)2
9．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 ＋＋…＋
10．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
二、解答题
11．用数学归纳法证明：
1＋5＋9＋13＋…＋(4n－3)＝2n2－n(n∈N*)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，即1＋5＋9＋13＋…＋(4k－3)＝2k2－k.
则当n＝k＋1时，1＋5＋9＋13＋…＋(4k－3)＋(4k＋1)
＝2k2－k＋(4k＋1)
＝2k2＋3k＋1＝2(k＋1)2－(k＋1)．
所以当n＝k＋1时，命题成立．
综上(1)(2)可知，原命题成立．
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①②知，对任意n≥2，n∈N*，等式恒成立．
三、探究与拓展
13．用数学归纳法证明＋＋…＋＝，推证当n＝k＋1时等式也成立，只需证明等式__________________________成立即可．
答案 ＋＝
解析 当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＝＋，
故只需证明＋＝即可．
14．用数学归纳法证明：对于任意正整数n，(n2－1)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝.
证明 ①当n＝1时，左边＝12－1＝0，
右边＝＝0，
所以等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，
即(k2－1)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＝.
那么当n＝k＋1时，有[(k＋1)2－1]＋2[(k＋1)2－22]＋…＋k·[(k＋1)2－k2]＋(k＋1)[(k＋1)2－(k＋1)2]
＝(k2－1)＋2(k2－22)＋…＋k(k2－k2)＋(2k＋1)(1＋2＋…＋k)
＝＋(2k＋1)
＝k(k＋1)[k(k－1)＋2(2k＋1)]
＝k(k＋1)(k2＋3k＋2)
＝.
所以当n＝k＋1时等式成立．
由①②知，对任意n∈N*等式成立．
第2课时 用数学归纳法证明不等式
学习目标 1.学会用数学归纳法证明不等式的过程.2.体会变形和放缩法在证明过程中的应用．
一般地，对于某些与正整数有关的数学命题，我们有数学归纳法公理：如果
(1)当n取第一个值n0时结论正确；
(2)假设当n＝k(k∈N*，且k≥n0)时成立，证明当n＝k＋1时结论也正确．
那么，命题对于从n0开始的所有正整数n都成立.
类型一 利用数学归纳法证明不等式
例1 求证：＋＋…＋>(n≥2，n∈N*)．
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＋＋＋－>成立，
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)
＋＋＋－>＋＝，
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②可知，原不等式对一切n≥2，n∈N*均成立．
反思与感悟 用数学归纳法证明不等式的四个关键点
(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1 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*)．
证明 ①当n＝1时，a1＝a>2，命题成立；
②假设当n＝k(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.
类型二 猜想并证明不等式
例2 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n＝k(k∈N*，k≥1)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.
反思与感悟 (1)通过观察，判断，猜想出结论，这是探索的关键．
(2)在用数学归纳法证明命题时，注意验证起始值．
跟踪训练2 设数列{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n＝1,2,3，….
(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出an的一个通项公式；
(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，n∈N*，有an≥n＋2.
(1)解 由a1＝2，得a2＝a－a1＋1＝3，
由a2＝3，得a3＝a－2a2＋1＝4，
由a3＝4，得a4＝a－3a3＋1＝5，
由此猜想an的一个通项公式为
an＝n＋1(n≥1，n∈N*)．
(2)证明 ①当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式成立，
即ak≥k＋2，
那么当n＝k＋1时，ak＋1＝ak(ak－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1≥k＋3.
即当n＝k＋1时，ak＋1≥(k＋1)＋2.
由①②可知，对任意的n≥1，n∈N*，都有an≥n＋2.
1．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N*)的第一步需证明的不等式为____________________________．
答案 1＋＋<2－
2．用数学归纳法证明＋＋…＋>－(n∈N*)，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 ＋＋…＋＋>－
3．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，下列命题成立的是________．(填序号)
①若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立；
②若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立；
③若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)④若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立．
答案 ④
解析 若f(4)＝25，则f(4)≥42，由条件可知，当k≥4时，f(k)≥k2，故④正确．
4．以下是用数学归纳法证明有“n∈N*时，2n>n2”的过程，
证明：(1)当n＝1时，21>12，不等式显然成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立，即2k>k2.
那么，当n＝k＋1时，2k＋1＝2×2k＝2k＋2k>k2＋k2≥k2＋2k＋1＝(k＋1)2.
即当n＝k＋1时不等式也成立．
根据(1)和(2)，可知对任意n∈N*不等式都成立．其中错误的步骤为________．(填序号)
答案 (2)
解析 在2k＋1＝2×2k＝2k＋2k>k2＋k2≥k2＋2k＋1中
用了k2≥2k＋1，这是一个不确定的结论．如k＝2时，k2<2k＋1.
5．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋≥时，假设n＝k时，命题成立，那么当n＝k＋1时，只需证明________________________________即可．
答案 ＋≥
解析 由假设知：1＋＋＋…＋≥，
当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋≥＋，
∴只需证明＋≥＝.
1．n＝k＋1时式子的项数，特别是寻找n＝k与n＝k＋1的关系时，项数发生什么变化容易被弄错．因此对n＝k与n＝k＋1这两个关系式的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障．
2．“假设n＝k(k≥1)时命题成立，利用这一假设证明n＝k＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，因此在第二步的证明过程中一定要用上归纳假设．
3．由于是不等式的证明，所以在转化过程可能用到基本不等式及分析法、综合法、放缩法等.
一、填空题
1．已知ai>0(i＝1,2，…，n)，考查
①a1·≥1；
②(a1＋a2)≥4；
③(a1＋a2＋a3)≥9.
归纳得对a1，a2…an成立的类似不等式为________________________．
答案 (a1＋a2＋…an)≥n2(n∈N*)
2．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋1)时，第一步应验证的不等式为______________．
答案 1＋＋<2
解析 ∵n>1且n∈N*，
∴n取的第一个值n0＝2.
∴第一步应验证1＋＋<2.
3．某同学回答“用数学归纳法证明≤n＋1(n∈N*)”的过程如下：
证明：(1)当n＝1时，显然命题是正确的；
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，有≤k＋1，那么当n＝k＋1时，＝≤＝(k＋1)＋1，
所以当n＝k＋1时命题是正确的．由(1)(2)可知对于n∈N*，命题都是正确的．以上证法是错误的，错误在于________．
①从k到k＋1的推理过程没有使用假设；
②假设的写法不正确；
③从k到k＋1的推理不严密；
④当n＝1时，验证过程不具体．
答案 ①
解析 由分析证明过程中的(2)可知，从k到k＋1的推理过程没有使用假设，故该证法不能叫数学归纳法．
4．仔细观察下列不等式：
>，
>，
>，
>，
则第n个不等式为________________________________．
答案 …>(n∈N*)
5．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＞(n∈N*)成立，其初始值至少应取________．
答案 8
解析 左边＝1＋＋＋…＋＝＝2－，代入验证可知n的最小值是8.
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________．
答案 5
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，
故第一个能使2n＞n2＋1的n值为5.
7．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋>的过程中，由n＝k到n＝k＋1时，不等式左边的变化情况为________．
答案 增加＋，减少
解析 当n＝k时，不等式的左边＝＋＋…＋，当n＝k＋1时，不等式的左边＝＋＋…＋，
所以＋＋…＋－＝＋－，
所以由n＝k到n＝k＋1时，不等式的左边增加＋，减少.
8．观察下列不等式：1>，1＋＋>1,1＋＋＋…＋>，1＋＋＋…＋>2,1＋＋＋…＋>，…，由此猜测第n个不等式为________________．
答案 1＋＋＋…＋>
解析 3＝22－1,7＝23－1,15＝24－1，可猜测：1＋＋＋…＋>.
9．用数学归纳法证明不等式≥n(a，b≥0，n∈N*)，假设n＝k时命题成立之后，证明n＝k＋1时命题也成立的关键是将归纳假设两边同乘以________．
答案
解析 当n＝k时，不等式为≥k，
当n＝k＋1时，不等式为≥k＋1，
比较可知：只需将归纳假设的两边同乘以，得·≥k＋1，
再进一步证明不等式≥·成立即可．
二、解答题
10．试比较2n＋2与n2的大小(n∈N*)并用数学归纳法证明你的结论．
解 当n＝1时，21＋2＝4>12，
当n＝2时，22＋2＝6>22，
当n＝3时，23＋2＝10>32，
当n＝4时，24＋2＝18>42，
由此可以猜想，2n＋2>n2(n∈N*)成立．
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，左边＝21＋2＝4，右边＝1，
所以左边>右边，所以原不等式成立．
当n＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，
所以左边>右边；
当n＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，
所以左边>右边．
②假设n＝k(k≥3且k∈N*)时，不等式成立，
即2k＋2>k2，
那么n＝k＋1时，2k＋1＋2＝2·2k＋2＝2(2k＋2)－2>2k2－2.
要证当n＝k＋1时结论成立，只需证2k2－2≥(k＋1)2，
即证k2－2k－3≥0，即证(k＋1)(k－3)≥0.
又因为k＋1>0，k－3≥0，
所以(k＋1)(k－3)≥0.
所以当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，n∈N*时，2n＋2>n2.
11．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N*)．
证明 ①当n＝2时，左边＝1＋＝，
右边＝2－＝，左边<右边，不等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥2)时，不等式成立，
即1＋＋＋…＋<2－，
那么当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋<2－＋，
又由于－
＝－＋
＝
＝<0，
所以2－＋<2－，
所以1＋＋＋…＋<2－，
即当n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②知，对于大于等于2的正整数n，不等式成立．
三、探究与拓展
12．求证：1＋＋＋…＋<2(n≥1，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且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①②可知，原不等式对任意n∈N*都成立．
13．用数学归纳法证明＋＋＋…＋>，其中n≥2，n∈N*.
证明 ①当n＝2时，左边＝，右边＝0，结论成立；
②假设当n＝k时，结论成立，
即＋＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，左边＝＋＋＋…＋＋＋…＋>＋＋…＋>＋>，
即当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，＋＋＋…＋>，n≥2，n∈N*.
第3课时 用数学归纳法证明整除问题、几何问题
学习目标 1.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整除问题、几何问题等数学命题的方法.2.掌握证明n＝k＋1成立的常见变形技巧：提公因式、添项、拆项、合并项、配方等．
知识点一 归纳法
归纳法是一种由特殊到一般的推理方法，分完全归纳法和不完全归纳法两种，而不完全归纳法得出的结论不具有可靠性，必须用数学归纳法进行严格证明．
知识点二 数学归纳法
1．应用范围：作为一种证明方法，用于证明一些与正整数n有关的数学命题．
2．基本要求：它的证明过程必须是两步，最后还有结论，缺一不可．
3．注意点：在第二步归纳递推时，从n＝k到n＝k＋1必须用上归纳假设.
类型一 整除问题
例1 用数学归纳法证明f(n)＝3×52n＋1＋23n＋1对任意正整数n，都能被17整除．
证明 (1)当n＝1时，
f(1)＝3×53＋24＝17×23，能被17整除，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，
f(k)＝3×52k＋1＋23k＋1能被17整除．
则当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝3×52k＋3＋23k＋4
＝52×3×52k＋1＋23×23k＋1
＝25×3×52k＋1＋8×23k＋1
＝17×3×52k＋1＋8×(3×52k＋1＋23k＋1)
＝17×3×52k＋1＋8×f(k)．
由归纳假设，f(k)能被17整除，17×3×52k＋1也能被17整除，
所以f(k＋1)能被17整除．
由(1)和(2)可知，对任意n∈N*，f(n)都能被17整除．
反思与感悟 证明整除性问题的关键是“凑项”，常采用拆项、增项、减项和因式分解等手段，凑完项后式子总会含有两部分，一部分是归纳假设，另一部分是一定能被题中的数(或式)整除的量．
跟踪训练1 用数学归纳法证明(3n＋1)·7n－1(n∈N*)能被9整除．
证明 ①当n＝1时，4×7－1＝27，能被9整除．
②假设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，
即(3k＋1)·7k－1能被9整除，
则当n＝k＋1时，
(3k＋4)·7k＋1－1＝7·(3k＋1)·7k＋21·7k－1
＝[(3k＋1)·7k－1]＋18k·7k＋6·7k＋21·7k
＝[(3k＋1)·7k－1]＋18k·7k＋27·7k，
由假设知，(3k＋1)·7k－1能被9整除，又因为18k·7k＋27·7k能被9整除，所以当n＝k＋1时，命题成立．
由①②知，对一切n∈N*，(3n＋1)·7n－1都能被9整除．
类型二 几何问题
例2 平面内有n(n∈N*，n≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明：交点的个数为f(n)＝.
证明 ①当n＝2时，两条直线的交点只有一个，
又f(2)＝×2×(2－1)＝1，
∴当n＝2时，命题成立．
②假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，命题成立，
即平面内满足题设的任何k条直线交点个数为
f(k)＝k(k－1)，
那么当n＝k＋1时，任取一条直线l，除l以外其他k条直线交点个数为f(k)＝k(k－1)，
l与其他k条直线交点个数为k，
从而k＋1条直线共有f(k)＋k个交点，
即f(k＋1)＝f(k)＋k＝k(k－1)＋k
＝k(k－1＋2)
＝k(k＋1)＝(k＋1)[(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时，命题成立．
由①②可知，对任意n∈N*，n≥2，命题都成立．
反思与感悟 用数学归纳法证明几何问题时，一要注意数形结合，二要注意有必要的文字说明．
跟踪训练2 平面内有n(n∈N*)个圆，其中每两个圆相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n个圆把平面分成f(n)＝n2－n＋2部分．
证明 ①当n＝1时，分为2块，f(1)＝2，命题成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时，
被分成f(k)＝k2－k＋2部分，
那么当n＝k＋1时，依题意知，
第k＋1个圆与前k个圆产生2k个交点，第k＋1个圆被截为2k段弧，每段弧把所经过的区域分为两部分，
所以平面上净增加了2k个区域．
所以f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k
＝(k＋1)2－(k＋1)＋2，
即当n＝k＋1时，命题成立．
由①②知命题成立．
类型三 归纳—猜想—证明
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，其中an＝，且a1＝.
(1)求a2，a3；
(2)猜想数列{an}的通项公式，并证明．
解 (1)a2＝＝，a1＝，
则a2＝，同理求得a3＝.
(2)由a1＝，a2＝，a3＝，…，
猜想an＝(n∈N*)．
证明：①当n＝1时，a1＝，等式成立；
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，
即ak＝，
那么当n＝k＋1时，由题设an＝，
得ak＝，ak＋1＝，
所以Sk＝k(2k－1)ak
＝k(2k－1)＝.
Sk＋1＝(k＋1)(2k＋1)ak＋1，
ak＋1＝Sk＋1－Sk＝(k＋1)(2k＋1)ak＋1－，
因此，k(2k＋3)ak＋1＝，
所以ak＋1＝＝.
所以当n＝k＋1时，命题成立．
由①②可知，命题对任意n∈N*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 已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)．
(1)试求出S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表达式；
(2)证明你的猜想，并求出an的表达式．
解 (1)∵an＝Sn－Sn－1(n≥2)，
∴Sn＝n2(Sn－Sn－1)．
∴Sn＝Sn－1(n≥2)，
∵a1＝1，∴S1＝a1＝1，
S2＝，S3＝＝，S4＝，
猜想Sn＝(n∈N*)．
(2)①当n＝1时，S1＝1成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，
即Sk＝，
当n＝k＋1时，
Sk＋1＝(k＋1)2·ak＋1＝ak＋1＋Sk＝ak＋1＋，
∴ak＋1＝，
∴Sk＋1＝(k＋1)2·ak＋1＝＝，
∴当n＝k＋1时等式也成立．
∴根据①②可知，对于任意n∈N*，等式均成立．
又∵ak＋1＝，∴an＝(n∈N*).
1．用数学归纳法证明n边形的内角和为(n－2)·180°时，其初始值n0为________．
答案 3
2．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________．
答案 ，，
解析 令n等于1,2,3，得
解得a＝，b＝c＝.
3．用数学归纳法证明“凸n(n≥3，n∈N*)边形的内角和公式”时，由n＝k到n＝k＋1时增加了________．
答案 180°
解析 凸n边形内角和为180°×(n－2)，
则180°×(k＋1－2)－180°×(k－2)＝180°.
4．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 采取配凑法，凑出归纳假设k3＋5k来，(k＋1)3＋5(k＋1)＝k3＋3k2＋3k＋1＋5k＋5＝(k3＋5k)＋3k(k＋1)＋6.
5．用数学归纳法证明：当n是非负整数时，34n＋2＋52n＋1能被14整除．
证明 ①当n＝0时，34n＋2＋52n＋1＝14，能被14整除．
②假设当n＝k(k≥0，k∈N)时，34k＋2＋52k＋1能被14整除，
则当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝34k＋6＋52k＋3
＝81×34k＋2＋25×52k＋1
＝25×(34k＋2＋52k＋1)＋56×34k＋2.
显然25×(34k＋2＋52k＋1)是14的倍数，56×34k＋2也是14的倍数，故34k＋6＋52k＋3是14的倍数，即当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1能被14整除．
综合①②知，当n是非负整数时，34n＋2＋52n＋1能被14整除．
1．在证明整除问题时，有些命题可能仅当n是偶数(或奇数)时成立，证明时可适当地转化k，使k成为全体自然数的形式．如：证明xn＋yn能被x＋y整除，n为正奇数，证明时需将问题转化为证明x2k－1＋y2k－1能被x＋y整除，k∈N*.
2．几何问题常常是先探索出满足条件的公式，然后加以证明，探索的方法是由特殊猜想出一般结论．
3．利用“归纳——猜想——证明”来研究探究性问题，一般从最特殊的情况入手，通过分析、归纳、猜想，从而达到探索一般规律的目的．
一、填空题
1．设k(k≥3且k∈N*)棱柱有f(k)个对角面(过棱柱不相邻两条侧棱的截面)，则对于求k＋1棱柱对角面的个数，可推测f(k＋1)＝f(k)＋________.
答案 k－1
解析 棱柱的对角面与底面的交线就是底面多边形的对角线，故棱柱对角面的个数等于其底面对角线的条数，如图，
由n＝k到n＝k＋1，底面对角线增加了以Ak＋1为一个端点的k－2条，和A1Ak一条，共增加了k－1条．
2．在数列{an}中，a1＝1且Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，则S2，S3，S4分别为________________，猜想Sn＝________.
答案 ，， (n∈N*)
解析 S1＝1,2Sn＋1＝Sn＋2S1，
当n＝1时，2S2＝S1＋2S1＝3，S2＝.
当n＝2时，2S3＝S2＋2S1，S3＝.
当n＝3时，2S4＝S3＋2S1，S4＝.
猜想Sn＝(n∈N*)．
3．设n∈N*，f(n)＝5n＋2·3n－1＋1，通过计算n＝1,2,3,4时f(n)的值，可以猜想f(n)能被数值________整除．
答案 8
4．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n－3)条时，第一步检验n＝________.
答案 3
解析 凸n边形边数最小时是三角形，
故第一步检验n＝3.
5．设n为正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，计算得f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>.观察上述结果，可得出的一般结论为________________．
答案 f(2n)≥(n∈N*)
解析 由f(2)＝，f(22)＝，f(23)＝，
f(24)＝，f(25)＝，
可推测出f(2n)≥(n∈N*)．
6．用数学归纳法证明33n＋2－8n－9是64的倍数(n∈N*)时，归纳假设可以用等式表示为________．
答案 假设当n＝k时，命题成立，即33k＋2－8k－9＝64M(M∈N*，k∈N*)
7．设72n－1＋1＝8m(m，n∈N*)，则72n＋1＋1＝8m＋________.
答案 48·72n－1
解析 72n＋1＋1＝72·72n－1＋1＝(72n－1＋1)＋48·72n－1＝8m＋48·72n－1.
8．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的过程中，第二步归纳假设正确的是________．
①假设n＝2k＋1(k∈N*)时正确，再推证n＝2k＋3时正确；
②假设n＝2k－1(k∈N*)时正确，再推证n＝2k＋1时正确；
③假设n＝k(k≥1)时正确，再推证n＝k＋2时正确；
④假设n≤k(k≥1)时正确，再推证n＝k＋2时正确．
答案 ②
解析 ②中n＝2k－1(k∈N*)表示奇数n＝1,3,5，…；n＝2k＋1(k∈N*)表示奇数3,5,7，….①中n＝2k＋1(k∈N*)表示的奇数中不包含n＝1.
9．已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，依次计算出a2，a3，a4后，归纳、猜想，得出an＝________.
答案 (n∈N*)
解析 a1＝2，a2＝，a3＝，a4＝，
分母规律为等差数列，公差为6，则an＝(n∈N*)．
10．若存在正整数m，使得f(n)＝(2n＋7)·3n＋9(n∈N*)能被m整除，则m的最大值为________．
答案 36
解析 f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360，
猜想：能整除f(n)的最大整数是36.
用数学归纳法证明如下：
(1)当n＝1时，f(1)＝(2×1＋7)×3＋9＝36，能被36整除．
(2)假设n＝k(k∈N*)时，f(k)能被36整除，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝[2(k＋1)＋7]·3k＋1＋9
＝3[(2k＋7)·3k＋9]＋18(3k－1－1)．
由归纳假设3[(2k＋7)·3k＋9]能被36整除，
而3k－1－1是偶数，所以18(3k－1－1)能被36整除．
所以当n＝k＋1时，f(n)能被36整除．
由(1)(2)可知，对任意n∈N*，f(n)能被36整除．
二、解答题
11．用数学归纳法证明对于任意非负整数n，An＝11n＋2＋122n＋1能被133整除．
证明 (1)当n＝0时，A0＝112＋12＝133，能被133整除．
(2)假设当n＝k(k≥0)时，Ak＝11k＋2＋122k＋1能被133整除，
那么当n＝k＋1时，Ak＋1＝11k＋3＋122k＋3＝11·11k＋2＋122·122k＋1＝11·11k＋2＋11·122k＋1＋(122－11)·122k＋1＝11·(11k＋2＋122k＋1)＋133·122k＋1，能被133整除．
由(1)(2)可知，对于任意非负整数n，An都能被133整除．
12．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．
解 (1)由Sn＝1－nan(n∈N*)，
当n＝1时，得a1＝S1＝1－a1，解得a1＝.
当n＝2时，得a1＋a2＝S2＝1－2a2，把a1＝代入，
解得a2＝.
同理，可解得a3＝，a4＝.
(2)由(1)知a1＝＝，a2＝＝，a3＝＝，a4＝＝，据此猜想：an＝(n∈N*)．
证明：①当n＝1时，由(1)知a1＝，＝，猜想成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时，猜想成立，即ak＝.
那么，当n＝k＋1时，由已知，得Sk＋1＝1－(k＋1)ak＋1，
即Sk＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1.
又Sk＝1－kak＝1－k×＝，
所以＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1，
解得ak＋1＝＝，
即n＝k＋1时，猜想也成立．
根据①②，可知猜想成立．
三、探究与拓展
13．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证明当n＝k＋1时的情况，只需展开________．
答案 (k＋3)3
解析 假设当n＝k时，原式能被9整除，
即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．
当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．
14．求证n∈N*时，an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除．
证明 (1)当n＝1时，a1＋1＋(a＋1)2×1－1＝a2＋a＋1，命题显然成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，
则当n＝k＋1时，
ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2·(a＋1)2k－1
＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a＋1)2(a＋1)2k－1－a(a＋1)2k－1
＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1.
由归纳假设，上式中的两项均能被a2＋a＋1整除，
故当n＝k＋1时命题成立．
由(1)(2)知，对任意n∈N*，命题成立．
滚动训练三(2．1～2．3)
一、填空题
1．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.
2．三段论“所有的无理数都不能表示成分数形式，故π不能表示成分数形式”中，小前提是________．
答案 π是无理数
解析 此三段论中，第一句是大前提，第二句是结论，又根据三段论的格式知，小前提是“π是无理数”．
3．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．
4．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．
5．周长一定的平面图形中圆的面积最大，将这个结论类比到空间，可以得到的结论是________________________________________________________________________．
答案 表面积一定的空间几何体中，球的体积最大
解析 平面图形中的圆类比空间几何体中的球，周长类比表面积，面积类比体积．
故可以得到的结论是：表面积一定的空间几何体中，球的体积最大．
6．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
7．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．运用类比推理可知，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8．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________．
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 丙
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．
9．比较大小知＋>＋，分析其结构，请你再写出一个不等式，使以上不等式为它的特殊情况．若0答案 ＋>＋
解析 对不等式＋>＋，分析其结构，发现：0<5<6<7<8，且5＋8＝7＋6，于是当0＋，不等式＋>＋为它的特殊情况．
10．(1)已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明此命题时，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.用反证法证明此命题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________．(填序号)
①(1)与(2)的假设都错误；
②(1)与(2)的假设都正确；
③(1)的假设正确，(2)的假设错误；
④(1)的假设错误，(2)的假设正确．
答案 ④
解析 反证法证明问题的第一步是“假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立”，而命题(1)结论的反面应为“p＋q>2”；对命题(2)，其结论的反面为“方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值至少有一根的绝对值大于或等于1”．
11．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.
二、解答题
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．设a>0，b>0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.
证明 ∵a>0，b>0，a＋b＝1，
∴1＝a＋b≥2，≤，ab≤，
∴≥4，
又＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4.
∴＋＋≥8.
三、探究与拓展
14．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1,3,6,10，…，第n个三角形数为＝n2＋n.记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分 k边形数中第n个数的表达式：
三角形数 N(n,3)＝n2＋n，
正方形数 N(n,4)＝n2，
五边形数 N(n,5)＝n2－n，
六边形数 N(n,6)＝2n2－n，
……
可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝________.
答案 1 000
解析 N(n，k)＝akn2＋bkn(k≥3)，其中数列{ak}是以为首项，为公差的等差数列，数列{bk}是以为首项，－为公差的等差数列，所以N(n,24)＝11n2－10n，当n＝10时，N(10,24)＝11×102－10×10＝1 000.
15．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，n∈N*，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，n∈N*.
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：合情推理是根据已有的事实、正确的结论、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程，归纳推理和类比推理都是数学活动中常用的合情推理．
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——提供了一个一般性的原理；
②小前提——指出了一个特殊对象；
③结论——揭示了一般原理与特殊对象的内在联系．
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∈N*，且k≥n0)时结论成立，推得当n＝k＋1时结论也成立．
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＝_____________(n∈N*)．
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)(n∈N*)．
(2)下列推理正确的是________．
①把a(b＋c)与loga(x＋y)类比，则loga(x＋y)＝logax＋logay；
②把a(b＋c)与sin(x＋y)类比，则sin(x＋y)＝sin x＋sin y；
③把(ab)n与(x＋y)n类比，则(x＋y)n＝xn＋yn；
④把(a＋b)＋c与(xy)z类比，则(xy)z＝x(yz)．
答案 ④
(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，还要经过严格的论理证明．
(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 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 证明方法
例2 (1)已知a，b，c为互不相等的非负数．
求证：a2＋b2＋c2>(＋＋)．
(2)证明：2cos(α－β)－＝.
证明 (1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，
a2＋c2≥2ac，
又因为a，b，c为互不相等的非负数，
所以上面三个式子中都不能取“＝”，
所以a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac，
因为ab＋bc≥2，bc＋ac≥2，
ab＋ac≥2，
又a，b，c为互不相等的非负数，
所以ab＋bc＋ac>(＋＋)，
所以a2＋b2＋c2>(＋＋)．
(2)要证原等式成立，只需证：
2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β.①
因为①式左边＝2cos(α－β)sin α－sin[(α－β)＋α]
＝2cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α－cos(α－β)sin α
＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α
＝sin β＝右边，
所以①式成立，即原等式成立．
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 已知x>0，y>0，求证：.
证明 要证明，
只需证(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，
只需证x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，
只需证3x4y2＋3x2y4>2x3y3.
又x>0，y>0，∴x2y2>0，
∴只需证3x2＋3y2>2xy.
∵3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy，
∴3x2＋3y2>2xy成立，
故.
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．
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．
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．
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．
类型三 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＝，n∈N*.
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＝，n∈N*.
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____________________．
答案 9(n－1)＋n＝10n－9
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.
2．在平面直角坐标系中，方程＋＝1表示在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____________________．
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
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.
3．猜想数列，，，，…的通项公式是____________________．
答案 an＝(n∈N*)
解析 分析式子，，，，…的规律，可得分子均为1，分母为连续相邻的两个偶数的乘积．
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__________________________________________________________________．
答案 方程x3＋ax＋b＝0没有实根
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．
5．函数列{fn(x)}满足f1(x)＝(x＞0)，fn＋1(x)＝f1(fn(x))．
(1)求f2(x)，f3(x)；
(2)猜想fn(x)的表达式，并证明．
解 (1)f1(x)＝(x＞0)，
f2(x)＝＝，
f3(x)＝＝＝.
(2)猜想fn(x)＝(n∈N*)，
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，命题显然成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时，fk(x)＝，
那么fk＋1(x)＝
＝＝.
这就是说当n＝k＋1时命题也成立．
由①②可知，fn(x)＝对所有n∈N*均成立．
故fn(x)＝(n∈N*)．
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(k≥n，k∈N*)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、填空题
1．古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28，…这些数叫做三角形数，因为这些数(除1外)对应的点可以排成一个正三角形，如图所示，则第n个三角形数为________．
答案
解析 观察图形可知，这些三角形数的特点是第n个三角形数是在前一个三角形数的基础上加上n，于是第n个三角形数为1＋2＋…＋n＝.
2．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，以上推理错误的原因是________．
答案 小前题不正确
3．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.
4．如图(1)所示的是一个水平摆放的小正方体木块，图(2)(3)是由这样的小正方体木块叠放而形成的几何体的示意图，若按照这样的规律叠放下去，则第七个图形中小正方体木块的总数是________．
答案 91
解析 设第n个图形中小正方体木块的总数为an，
则有a1＝1，a2－a1＝5，a3－a2＝9，a4－a3＝13，
即{an－an－1}是以4为公差的等差数列，
∴a7＝a7－a6＋a6－a5＋…＋a2－a1＋a1
＝25＋21＋17＋13＋9＋5＋1＝91.
5．数列{an}满足a1＝，an＋1＝1－，则a2 015＝______.
答案 －1
解析 ∵a1＝，an＋1＝1－，
∴a2＝1－＝－1，a3＝1－＝2，a4＝1－＝，
a5＝1－＝－1，a6＝1－＝2，
∴an＋3k＝an(n∈N*，k∈N*)，
∴a2 015＝a2＋3×671＝a2＝－1.
6．设有两个命题：
①关于x的不等式x2＋2ax＋4＞0对一切x∈R恒成立；
②函数f(x)＝－(5－2a)x是减函数．
若命题中有且只有一个是真命题，则实数a的取值范围是________．
答案 (－∞，－2]
解析 若①为真，则Δ＝4a2－16＜0.即－2＜a＜2；若②为真，则5－2a＞1，即a＜2.当①真②假时，无解；当①假②真时，a≤－2.
7．设集合S＝{A0，A1，A2，A3}，在S上定义运算?为：Ai?Aj＝Ak，其中k为i＋j被4除的余数，i，j＝0,1,2,3，则满足关系式(x?x)?A2＝A0的x(x∈S)的个数为________．
答案 2
解析 当x＝A0时，(x?x)?A2＝A2≠A0，当x＝A1时，(x?x)?A2＝A2?A2＝A0，成立；当x＝A2时，(x?x)?A2＝A0?A2＝A2≠A0；当x＝A3时，(x?x)?A2＝A2?A2＝A0，成立．
8．已知p＝a＋(a＞2)，q＝2－a2＋4a－2(a＞2)，则p，q的大小关系为______．
答案 p＞q
解析 p＝a－2＋＋2≥2＋2＝4，－a2＋4a－2＝2－(a－2)2＜2，
∴q＜22＝4≤p.
9．α，β是两个不同的平面，m，n是平面α及平面β外两条不同的直线，给出下列四个论断：
①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.以其中三个论断作为条件，余下一个论断作为结论，写出一个你认为正确的命题__________．
答案 ②③④?①(或①③④?②)
10．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在区间[－1,1]内至少存在一点c，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是__________．
答案
解析 方法一 (补集法)
令
即即
∴p≤－3或p≥，符合题意的解集是.
方法二 (直接法)
依题意，有f(－1)＞0或f(1)＞0，
即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，
∴－＜p＜1或－3＜p＜，∴－3＜p＜.
11．设函数y＝f(x)在(0，＋∞)内有定义，对于给定的正数K，定义函数fK(x)＝若函数f(x)＝，且恒有fK(x)＝f(x)，则K的最小值为__________________________．
答案
解析 由于f(x)＝，所以f′(x)＝，令g(x)＝－ln x－1(x>0)，则g′(x)＝－－＜0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递减，而g(1)＝0，所以当x∈(0,1)时，g(x)＞0，此时，f′(x)＞0，当x∈(1，＋∞)时，g(x)＜0，此时f′(x)＜0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，故f(x)max＝f(1)＝，又函数f(x)＝，且恒有fK(x)＝f(x)，结合新定义可知，K的最小值为.
二、解答题
12．设数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＝2－Sn(n∈N*)．
(1)求a1，a2，a3，a4的值并写出其通项公式；
(2)用三段论证明数列{an}是等比数列．
考点 三段论
题点 三段论的结构
(1)解 由an＝2－Sn，得a1＝1；a2＝；a3＝；
a4＝，猜想an＝n－1(n∈N*)．
(2)证明 对于数列{an}，若＝q，q是非零常数，则{an}是等比数列，大前提
因为通项公式an＝n－1，又＝，小前提
所以通项公式为an＝n－1，n∈N*的数列{an}是等比数列．结论
13．设a，b，c为任意三角形三边长，I＝a＋b＋c，S＝ab＋bc＋ca，试证：3S≤I2<4S.
证明 I2＝(a＋b＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca
＝a2＋b2＋c2＋2S.
欲证3S≤I2<4S，
即证ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca.
先证明ab＋bc＋ca≤a2＋b2＋c2，
只需证2a2＋2b2＋2c2≥2ab＋2bc＋2ca，
即(a－b)2＋(a－c)2＋(b－c)2≥0，显然成立；
再证明a2＋b2＋c2<2ab＋2bc＋2ca，
只需证a2－ab－ac＋b2－ab－bc＋c2－bc－ca<0，
即a(a－b－c)＋b(b－a－c)＋c(c－b－a)<0，
只需证a由于a，b，c为三角形的三边长，
上述三式显然成立，故有3S≤I2<4S.
三、探究与拓展
14．O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足＝＋λ，λ∈[0，＋∞)，则P的轨迹一定通过△ABC的________．(填“外心”、“内心”、“重心”或“垂心”)
答案 内心
解析 如图，为上的单位向量，为上的单位向量，
则＋的方向为∠BAC的角平分线AD的方向．又λ∈[0，＋∞)，
∴λ的方向与＋的方向相同．而＝＋λ，∴点P在AD上移动，∴P的轨迹一定通过△ABC的内心．
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)，n∈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．
