1归纳与类比
归 纳 推 理
问题1：我们知道铜、铁、铝、金、银都是金属，它们有何物理性质？
提示：都能导电．
问题2：由问题1你能得出什么结论？
提示：一切金属都能导电．
问题3：若数列{an}的前四项为2,4,6,8，试写出an.
提示：an＝2n(n∈N＋)．
问题4：上面问题2、3得出结论有何特点？
提示：都是由几个特殊事例得出一般结论．
归纳推理的定义及特征
定义
特征
根据一类事物中部分事物具有某种属性，推断该类事物中每一个事物都有这种属性，将这种推理方式称为归纳推理.
归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理.
类 比 推 理
问题1：试写出三角形的两个性质．
提示：(1)三角形的两边之和大于第三边；
(2)三角形的面积等于高与底乘积的.
问题2：你能由三角形的性质推测空间四面体的性质吗？试写出来．
提示：(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.
问题3：试想由三角形的性质推测四面体的性质体现了什么．
提示：由一类事物的特征推断另一类事物的类似特征，即由特殊到特殊．
类比推理的定义及特征
定义
特征
由于两类不同对象具有某些类似的特征，在此基础上，根据一类对象的其他特征，推断另一类对象也具有类似的其他特征，把这种推理过程称为类比推理.
类比推理是两类事物特征之间的推理.
合情推理与演绎推理
1．合情推理的含义
(1)合情推理是根据实验和实践的结果、个人的经验和直觉、已有的事实和正确的结论(定义、公理、定理等)，推测出某些结果的推理方式．
(2)归纳推理和类比推理是最常见的合情推理．
2．演绎推理的含义
演绎推理是根据已知的事实和正确的结论，按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程．
1．归纳推理的特点：
(1)由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否正确，还需经过逻辑证明和实践检验，因此，归纳推理不能作为数学证明的工具；
(2)一般地，如果归纳的个别对象越多，越具有代表性，那么推广的一般性结论也就越可靠．
2．类比推理的特点：
(1)运用类比推理常常先要寻找合适的类比对象；
(2)如果类比的两类对象的相似性越多，相似的性质与推测的性质之间越相关，那么类比得出的结论就越可靠；
(3)由类比推理得到的结论也具有猜测的性质，结论是否正确，还需经过逻辑证明和实践检验，因此，类比推理不能作为数学证明的工具．
数与式的归纳
[例1] (1)已知下列各式：
1>，
1＋＋>1，
1＋＋＋＋＋＋>，
1＋＋＋…＋>2，
…，
请你归纳出一般性结论：______________.
(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________．
[思路点拨] (1)观察左边最后一项分母的特点为2n－1，不等式右边为，由此可得一般结论．
(2)根据关系式，求出前几项的函数值，归纳出一般性结论．
[精解详析] (1)观察不等式左边，各项分母从1开始依次增大1，且终止项为2n－1，不等式右边依次为，，，，…，从而归纳得出一般结论：1＋＋＋…＋>.
(2)∵f(x)＝，∴f1(x)＝.
又∵fn(x)＝fn－1(fn－1(x))，
∴f2(x)＝f1(f1(x))＝＝，
f3(x)＝f2(f2(x))＝＝，
f4(x)＝f3(f3(x))＝＝，
f5(x)＝f4(f4(x))＝＝，
∴根据前几项可以猜想fn(x)＝.
[答案] (1)1＋＋＋…＋>
(2)f3(x)＝ fn(x)＝
[一点通] 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)中结构形式的特征；
(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．
1．观察下列不等式：
1＋<，
1＋＋<，
1＋＋＋<，
……
照此规律，第五个不等式为( )
A．1＋＋＋＋<
B．1＋＋＋＋<
C．1＋＋＋＋＋<
D．1＋＋＋＋＋<
解析：选D 观察每个不等式的特点，知第五个不等式为1＋＋＋＋＋<.
2．已知x∈(0，＋∞)，观察下列各式：
x＋≥2，
x＋＝＋＋≥3，
x＋＝＋＋＋≥4，
……
归纳得：x＋≥n＋1(n∈N＋)，则a＝________.
解析：当n＝1时，a＝1，
当n＝2时，a＝4＝22，
当n＝3时，a＝27＝33，
…
∴当分母指数取n时，a＝nn.
答案：nn
3．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝(n＝1,2,3，…)．
(1)求a2，a3，a4；
(2)归纳猜想数列{an}的通项公式．
解：(1)当n＝1时，a1＝1，
由an＋1＝(n∈N＋)，得a2＝，
a3＝＝，a4＝＝.
(2)由a1＝1＝，a2＝，a3＝，a4＝，
可归纳猜想an＝(n∈N＋)．
图与形的归纳
[例2] 某少数民族的刺绣有着悠久的历史，图①②③④所示为她们刺绣的最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成的，小正方形数越多，刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形．
(1)求f(5)的值；
(2)利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n＋1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式；
(3)求＋＋＋…＋的值．
[思路点拨] 先求出f(1)，f(2)，f(3)，f(4)，f(5)的值，并归纳出n与f(n)的关系，然后即可解决问题(2)、(3)．
[精解详析] (1)f(5)＝41.
(2)f(2)－f(1)＝4＝4×1，
f(3)－f(2)＝8＝4×2，
f(4)－f(3)＝12＝4×3，
f(5)－f(4)＝16＝4×4，
……
由上式规律，得f(n＋1)－f(n)＝4n.
∴f(n＋1)＝f(n)＋4n，
f(n)＝f(n－1)＋4(n－1)
＝f(n－2)＋4(n－1)＋4(n－2)
＝f(1)＋4(n－1)＋4(n－2)＋4(n－3)＋…＋4
＝2n2－2n＋1.
(3)当n≥2时，＝＝，
∴＋＋＋…＋
＝1＋＋＋…＋
＝1＋＝－.
[一点通] 利用归纳推理解决几何问题的两个策略
(1)通项公式法：数清所给图形中研究对象的个数，列成数列，观察所得数列的前几项，探讨其变化规律，归纳猜想通项公式．
(2)递推公式法：探究后一个图形与前一个图形中研究对象的个数之间的关系，把各图形中研究对象的个数看成数列，列出递推公式，再求通项公式．
4．有两种花色的正六边形地面砖，按下图的规律拼成若干个图案，则第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是( )
A．26 B．31
C．32 D．36
解析：选B 有菱形纹的正六边形个数如下表：
图案
1
2
3
…
个数
6
11
16
…
由表可以看出有菱形纹的正六边形的个数依次组成一个以6为首项，以5为公差的等差数列，所以第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是6＋5×(6－1)＝31.故选B.
5．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：
按照上面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为( )
A．6n－2 B．8n－2
C．6n＋2 D．8n＋2
解析：选C 归纳“金鱼”图形的构成规律知，后面“金鱼”都比它前面的“金鱼”多了去掉尾巴后6根火柴组成的鱼头部分，故各“金鱼”图形所用火柴棒的根数构成一首项为8，公差是6的等差数列，所以第n个“金鱼”图需要的火柴棒的根数为an＝6n＋2.
6．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝____________；当n>4时，f(n)＝______________.(用含n的数学表达式表示)
解析：画图可知，f(4)＝5，当n>4时，
可得递推式f(n)－f(n－1)＝n－1，由
f(n)－f(n－1)＝n－1，
f(n－1)－f(n－2)＝n－2，
…
f(4)－f(3)＝3，叠加可得，
f(n)－f(3)＝(n＋2)(n－3)，
又f(3)＝2，所以f(n)＝(n＋2)(n－3)＋2，
化简整理得f(n)＝(n－2)(n＋1)．
答案：5 (n－2)(n＋1)
几何图形的类比
[例3] 找出圆与球的相似性质，并用圆的下列性质类比球的有关性质．
(1)圆心与弦(非直径)中点的连线垂直于弦；
(2)与圆心距离相等的两弦长相等；
(3)圆的周长C＝πd(d是直径)；
(4)圆的面积S＝πr2.
[思路点拨] 先找出相似的性质再类比，一般是点类比线、线类比面、面类比体．
[精解详析] 圆与球有下列相似的性质：
(1)圆是平面上到一定点的距离等于定长的所有点构成的集合；球面是空间中到一定点的距离等于定长的所有点构成的集合．
(2)圆是平面内封闭的曲线所围成的对称图形；球是空间中封闭的曲面所围成的对称图形．
通过与圆的有关性质类比，可以推测球的有关性质.
圆
球
圆心与弦(非直径)中点的连线垂直于弦
球心与截面(不经过球心的小圆面)圆心的连线垂直于截面
与圆心距离相等的两条弦长相等
与球心距离相等的两个截面的面积相等
圆的周长C＝πd
球的表面积S＝πd2
圆的面积S＝πr2
球的体积V＝πr3
[一点通] 解决此类问题，从几何元素的数目、位置关系、度量等方面入手，将平面几何的相关结论类比到立体几何中，相关类比点如下：
平面图形
立体图形
点
点、线
直线
直线、平面
边长
棱长、面积
面积
体积
三角形
四面体
线线角
面面角
平行四边形
平行六面体
圆
球
7．在△ABC中，D为BC的中点，则＝，将命题类比到四面体中去，得到一个命题为：______________________________________.
解析：平面中线段的中点类比到空间为四面体中面的重心，顶点与中点的连线类比顶点和重心的连线．
答案：在四面体A-BCD中，G是△BCD的重心，则＝
8．我们知道：周长一定的所有矩形中，正方形的面积最大；周长一定的所有矩形与圆中，圆的面积最大，将这些结论类比到空间，可以得到的结论是_________________．
解析：平面图形与立体图形的类比：周长→表面积，正方形→正方体，面积→体积，矩形→长方体，圆→球．
答案：表面积一定的所有长方体中，正方体的体积最大；表面积一定的所有长方体和球中，球的体积最大
9．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，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.
定义、定理或性质中的类比
[例4] 类比实数的加法和向量的加法，列出它们相似的运算性质．
[精解详析] (1)两实数相加后，结果是一个实数，两向量相加后，结果仍是向量；
(2)从运算律的角度考虑，它们都满足交换律和结合律，
即：a＋b＝b＋a，a＋b＝b＋a，
(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)，(a＋b)＋c＝a＋(b＋c)；
(3)从逆运算的角度考虑，二者都有逆运算，即减法运算，
即a＋x＝0与a＋x＝0都有唯一解，x＝－a与x＝－a；
(4)在实数加法中，任意实数与0相加都不改变大小，即a＋0＝a.在向量加法中，任意向量与零向量相加，既不改变该向量的大小，也不改变该向量的方向，即a＋0＝a.
[一点通] 运用类比推理常常先要寻找合适的类比对象，本例中实数加法的对象为实数，向量加法的对象为向量，且都满足交换律与结合律，都存在逆运算，而且实数0与零向量0分别在实数加法和向量加法中占有特殊的地位．因此我们可以从这四个方面进行类比．
10．类比三角形中的性质：
(1)两边之和大于第三边；
(2)中位线长等于底边长的一半；
(3)三内角平分线交于一点．
可得四面体的对应性质：
(1)任意三个面的面积之和大于第四个面的面积；
(2)过四面体的交于同一顶点的三条棱的中点的平面面积等于该顶点所对的面面积的；
(3)四面体的六个二面角的平分面交于一点．
其中类比推理方法正确的有( )
A．(1) B．(1)(2)
C．(1)(2)(3) D．都不对
解析：选C 以上类比推理方法都正确，需注意的是类比推理得到的结论是否正确与类比推理方法是否正确并不等价，方法正确结论也不一定正确．
11．已知等差数列{an}的公差为d，am，an是{an}的任意两项(n≠m)，则d＝，类比上述性质，已知等比数列{bn}的公比为q，bn，bm是{bn}的任意两项(n≠m)，则q＝________.
解析：∵an＝amqn－m，∴q＝.
答案：
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．
1.观察图形规律，在其右下角的空格内画上合适的图形为( )
A. B．△
C. D．○
解析：选A 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．
2．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教室内有一把椅子坏了，则猜想该教室内的所有椅子都坏了；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°，由此得出凸n边形的内角和是(n－2)·180°(n∈N＋，且n≥3)．
A．①② B．①③④
C．①②④ D．②④
解析：选C ①是类比推理；②④是归纳推理，故①②④都是合情推理．
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，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为( )
A．1∶2 B．1∶4
C．1∶8 D．1∶16
解析：选C 由平面和空间的知识，可知面积之比与边长之比成平方关系，在空间中体积之比与棱长之比成立方关系，故若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积之比为1∶8.
4．已知“整数对”按如下规律排列：
(1,1)，
(1,2)，(2,1)，
(1,3)，(2,2)，(3,1)，
(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，
…
则第70个“整数对”为( )
A．(3,9) B．(4,8)
C．(3,10) D．(4,9)
解析：选D 由整数对的排列规律知前11排有1＋2＋…＋11＝66个整数，所以第67个“整数对”是第12排的第一个“整数对”(1,12)，第68个“整数对”是(2,11)，第69个“整数对”是(3,10)，第70个“整数对”是(4,9)．故选D.
5．类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，你认为可推知正四面体的下列哪些性质________．(填写序号)
①各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等；
②各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等；
③各个面都是全等的正三角形，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等．
解析：正四面体的面(或棱)可与正三角形的边类比，正四面体的相邻两面成的二面角(或共顶点的两棱的夹角)可与正三角形相邻两边的夹角类比，故①②③都对．
答案：①②③
6．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＝__________.
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＝.
答案：
7．观察等式：1＋3＝4＝22,1＋3＋5＝9＝32,1＋3＋5＋7＝16＝42，你能得出怎样的结论？
解：通过观察发现：等式的左边为正奇数的和，而右边是整数(实际上就是左边奇数的个数)的完全平方．因此可推测得出：1＋3＋5＋7＋9＋…＋(2n－1)＝n2(n≥2，n∈N＋)．
8．如图，在三棱锥S－ABC中，SA⊥SB，SB⊥SC，SA⊥SC，且SA，SB，SC和底面ABC所成的角分别为α1，α2，α3，三侧面△SBC，△SAC，△SAB的面积分别为S1，S2，S3.类比三角形中的正弦定理，给出空间情形的一个猜想．
解：在△DEF中，
由正弦定理，
得＝＝.
于是，类比三角形中的正弦定理，
在四面体S－ABC中，
猜想＝＝成立．
2综合法与分析法
综 合 法
阅读下面的例题．
例：若实数a，b满足a＋b＝2，证明：2a＋2b≥4.
证明：因为a＋b＝2，所以2a＋2b≥2＝2＝2＝4，
故2a＋2b≥4成立．
问题1：本题利用什么公式？
提示：基本不等式．
问题2：本题证明顺序是什么？
提示：从已知到结论．
综合法
(1)含义：从命题的条件出发，利用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明的思维方法，称为综合法．
(2)思路：综合法的基本思路是“由因导果”．
(3)模式：综合法可以用以下的框图表示：
→→→…→
其中P为条件，Q为结论.
分 析 法
你们看过侦探小说《福尔摩斯探案集》吗？尤其是福尔摩斯在探案中的推理，给人印象太深刻了．有时，他先假定一个结论成立，然后逐步寻找这个结论成立的一个充分条件，直到找到一个明显的证据．
问题1：他的推理如何入手？
提示：从结论成立入手．
问题2：他又是如何分析的？
提示：逐步探寻每一结论成立的充分条件．
问题3：这种分析问题方法在数学问题证明中可以借鉴吗？
提示：可以．
分析法
(1)含义：从求证的结论出发，一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件，直到归结为这个命题的条件，或者归结为定义、公理、定理等．这种证明问题的思维方法称为分析法．
(2)思路：分析法的基本思路是“执果索因”．
(3)模式：若用Q表示要证明的结论，则分析法可以用如下的框图来表示：
→→→…→得到一个明显成立的条件
1．综合法是从“已知”看“可知”逐步推向未知，由因导果通过逐步推理寻找问题成立的必要条件．它的证明格式为：因为×××，所以×××，所以×××……所以×××成立．
2．分析法证明问题时，是从“未知”看“需知”，执果索因逐步靠拢“已知”，通过逐步探索，寻找问题成立的充分条件．它的证明格式：要证×××，只需证×××，只需证×××……因为×××成立，所以×××成立．
综合法的应用
[例1] 设数列{an}的前n项和为Sn，且(3－m)Sn＋2man＝m＋3(n∈N＋)，其中m为常数，且m≠－3.
(1)求证：{an}是等比数列；
(2)若数列{an}的公比为q＝f(m)，数列{bn}满足b1＝a1，bn＝f(bn－1)(n∈N＋，n≥2)，求证：为等差数列．
[思路点拨] 解题的关键是利用等差、等比数列的定义进行证明．
[精解详析] (1)由(3－m)Sn＋2man＝m＋3，
得(3－m)Sn＋1＋2man＋1＝m＋3，
两式相减，得(3＋m)an＋1＝2man，
∴＝(m≠－3)，
又m为常数，∴{an}为等比数列．
(2)∵(3－m)Sn＋2man＝m＋3，
∴(3－m)a1＋2ma1＝m＋3，
又m≠－3，
∴a1＝1，∴b1＝a1＝1，
由(1)，可得q＝f(m)＝(m≠－3)，
∴n∈N＋且n≥2时，bn＝f(bn－1)＝·，
∴bnbn－1＋3bn＝3bn－1，又易知bn≠0，
∴－＝.
∴数列是首项为1，公差为的等差数列．
[一点通] 综合法的解题步骤
1．已知x>0，y>0，x＋y＝1，求证：≥9.
证明：因为x＋y＝1，所以
＝＝
＝5＋2.
又因为x>0，y>0，所以>0，>0.
所以＋≥2，
当且仅当＝，即x＝y＝时取等号．
则有≥5＋2×2＝9成立．
2．已知函数f(x)＝log2(x＋2)，a，b，c是两两不相等的正数，且a，b，c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．
解：f(a)＋f(c)>2f(b)．
证明如下：因为a，b，c是两两不相等的正数，
所以a＋c>2.
因为b2＝ac，所以ac＋2(a＋c)>b2＋4b，
即ac＋2(a＋c)＋4>b2＋4b＋4，
从而(a＋2)(c＋2)>(b＋2)2.
因为f(x)＝log2(x＋2)是增函数，
所以log2(a＋2)(c＋2)>log2(b＋2)2
即log2(a＋2)＋log2(c＋2)>2log2(b＋2)．
故f(a)＋f(c)>2f(b).
分析法的应用
[例2] 当a＋b>0时，求证： ≥(a＋b)．
[思路点拨] 条件和结论的联系不明确，考虑用分析法证明，将要证明的不等式一步步转化为较简单的不等式．
[精解详析] 要证 ≥(a＋b)，
只需证()2≥2，
即证a2＋b2≥(a2＋b2＋2ab)，即证a2＋b2≥2ab.
因为a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，
所以≥(a＋b)成立．
[一点通] 分析法证明不等式的依据、方法与技巧
(1)解题依据：分析法证明不等式的依据是不等式的基本性质、已知的重要不等式和逻辑推理的基本理论；
(2)适用范围：对于一些条件复杂，结构简单的不等式的证明，经常用综合法．而对于一些条件简单、结论复杂的不等式的证明，常用分析法；
(3)思路方法：分析法证明不等式的思路是从要证的不等式出发，逐步寻求使它成立的充分条件，最后得到的充分条件是已知(或已证)的不等式；
(4)应用技巧：用分析法证明数学命题时，一定要恰当地用好“要证”、“只需证”、“即证”等词语．
3．已知△ABC三边a，b，c的倒数成等差数列，求证：B为锐角．
证明：要证B为锐角，根据余弦定理，
只需证明cos B＝>0，
即证a2＋c2－b2>0.
由于a2＋c2－b2≥2ac－b2，
要证a2＋c2－b2>0，
只需证2ac－b2>0.
∵a，b，c的倒数成等差数列，
∴＋＝，即2ac＝b(a＋c)．
要证2ac－b2>0，
只需证b(a＋c)－b2>0，即b(a＋c－b)>0，
上述不等式显然成立，∴B为锐角．
4．若a，b，c是不相等的正数，求证：lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c.
证明：要证lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c，
只需证lg>lg(abc)，
只需证··>abc.
由于≥>0，≥>0，≥>0，
且上述三式中的等号不全成立，
所以··>abc.
因此lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c.
综合法和分析法的应用
[例3] 已知0
求证：≥1.
[精解详析] ∵a>0，b>0，c>0.
∴要证≥1，
只需证1＋ab＋bc＋ca≥a＋b＋c＋abc，
即证1＋ab＋bc＋ca－(a＋b＋c＋abc)≥0.
∵1＋ab＋bc＋ca－(a＋b＋c＋abc)
＝(1－a)＋b(a－1)＋c(a－1)＋bc(1－a)
＝(1－a)(1－b－c＋bc)
＝(1－a)(1－b)(1－c)，
又a≤1，b≤1，c≤1，
∴(1－a)(1－b)(1－c)≥0，
∴1＋ab＋bc＋ca－(a＋b＋c＋abc)≥0成立，
即≥1.
[一点通] 综合法推理清晰，易于书写，分析法从结论入手，易于寻找解题思路，在实际证明命题时，常把分析法与综合法结合起来使用，称为分析综合法，其结构特点是：根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论Q；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P；若由P可推出Q，即可得证．
5．已知△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，a，b，c为三个内角对应的边长，求证：＋＝.
证明：法一：要证＋＝，
即证＋＝3，即证＋＝1.
即证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
即证c2＋a2＝ac＋b2.
∵△ABC三个内角A，B，C成等差数列．
∴B＝60°.
由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac.
∴c2＋a2＝ac＋b2成立，命题得证．
法二：∵△ABC三个内角A，B，C成等差数列．
∴B＝60°.
由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac.
∴c2＋a2＝ac＋b2，∴c2＋a2＋bc＋ab＝ac＋b2＋bc＋ab，
即c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
等式两边同除以(a＋b)(b＋c)，得＋＝1.
∴1＋＋1＋＝3，
即＋＝3，
∴＋＝.
6．证明函数f(x)＝log2(＋x)是奇函数．
证明：∵>|x|，
∴＋x>0恒成立，
∴f(x)＝log2(＋x)的定义域为R，
∴要证函数y＝log2(＋x)是奇函数，
只需证f(－x)＝－f(x)，
只需证log2(－x)＋log2(＋x)＝0，
只需证log2[(－x)(＋x)]＝0，
∵(－x)(＋x)＝x2＋1－x2＝1，
而log21＝0.∴上式成立．
故函数f(x)＝log2(＋x)是奇函数．
分析法与综合法的优缺点：
综合法和分析法是直接证明的两种基本方法，两种方法各有优缺点．分析法解题方向较为明确，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后用综合法有条理地表述解题过程．
1．要证明＋＜＋(a≥0)可选择的方法有多种，其中最合理的是( )
A．综合法 B．类比法
C．分析法 D．归纳法
解析：选C 直接证明很难入手，由分析法的特点知用分析法最合理．
2．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ ”，其过程应用了( )
A．分析法
B．综合法
C．综合法、分析法综合使用
D．间接证法
解析：选B 结合分析法及综合法的定义可知B正确．
3．用分析法证明命题“已知a－b＝1.求证：a2－b2＋2a－4b－3＝0.”最后要具备的等式为( )
A．a＝b B．a＋b＝1
C．a＋b＝－3 D．a－b＝1
解析：选D 要证a2－b2＋2a－4b－3＝0，
即证a2＋2a＋1＝b2＋4b＋4，即(a＋1)2＝(b＋2)2，
即证|a＋1|＝|b＋2|，
即证a＋1＝b＋2或a＋1＝－b－2，
故a－b＝1或a＋b＝－3，而a－b＝1为已知条件，也是使等式成立的充分条件．
4．已知a，b为正实数，函数f(x)＝x，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为( )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
解析：选A 因为函数f(x)＝x为减函数，所以要比较A，B，C的大小，只需比较，，的大小，因为≥，两边同乘得：·≥ab，即≥，故≥≥，∴A≤B≤C.
5.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)．
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．
答案：对角线互相垂直(本题答案不唯一)
6．如果a＋b＞a＋b，则正数a，b应满足的条件是________．
解析：∵a＋b－(a＋b)
＝a(－)＋b(－)＝(－)(a－b)
＝(－)2(＋)．
∴只要a≠b，就有a＋b＞a＋b.
答案：a≠b
7．阅读下列材料：
根据两角和与差的正弦公式，有
sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β，①
sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β，②
由①＋②得sin(α＋β)＋sin(α－β)＝2sin αcos β，③
令α＋β＝A，α－β＝B，有α＝，β＝，
代入③得sin A＋sin B＝2sin cos .
类比上述推证方法，根据两角和与差的余弦公式，证明：
cos A－cos B＝－2sin sin .
证明：cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β，①
cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β，②
①－②得
cos(α＋β)－cos(α－β)＝－2sin αsin β.③
令α＋β＝A，α－β＝B，有α＝，β＝，
代入③得
cos A－cos B＝－2sin sin .
8．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：由A，B，C成等差数列，有2B＝A＋C.①
因为A，B，C为△ABC的内角，所以
A＋B＋C＝π，②
由①②得，B＝，③
由a，b，c成等比数列，有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，因此a＝c.
从而有A＝C.⑤
由②③⑤，得A＝B＝C＝.
所以△ABC为等边三角形．
3反证法
1．问题：在今天商品大战中，广告成了电视节目中的一道美丽的风景线，几乎所有的广告商都熟谙这样的命题变换艺术．如宣传某种食品，其广告词为：“拥有的人们都幸福，幸福的人们都拥有”．该广告词实际说明了什么？
提示：说的是“不拥有的人们不幸福”．
2．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．
问题1：你能利用综合法和分析法给出证明吗？
提示：不能．
问题2：a，b，c不可能都是奇数的反面是什么？此时，还满足条件a2＋b2＝c2吗？
提示：a，b，c都是奇数．此时不满足条件a2＋b2＝c2.
1．反证法的定义
在证明数学命题时，先假定命题结论的反面成立，在这个前提下，若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾，或与命题中的已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而断定命题结论的反面不可能成立，由此断定命题的结论成立，这种证明方法叫作反证法．
2．反证法的证题步骤
(1)作出否定结论的假设；
(2)进行推理，导出矛盾；
(3)否定假设，肯定结论．
1．反证法就是通过否定命题的结论而导出矛盾来达到肯定命题结论的目的．
2．可能出现矛盾的四种情况：(1)与题设矛盾；(2)与假定矛盾；(3)与公理、定理或已被证明了的结论矛盾；(4)在证明过程中，推出自相矛盾的结论．
用反证法证明否(肯)定式命题
[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．
[思路点拨] 此题为否定形式的命题，可选用反证法，证题关键是利用等差中项、等比中项．
[精解详析] 假设，，成等差数列，
则＋＝2，
即a＋c＋2＝4b，
而b2＝ac，即b＝，∴a＋c＋2＝4，
∴(－)2＝0，即＝，
从而a＝b＝c，与a，b，c不成等差数列矛盾，
故，，不成等差数列．
[一点通]
(1)对于这类“否定”型命题，显然从正面证明需要证明的情况太多，不但过程繁琐，而且容易遗漏，故可以考虑采用反证法．一般地，当题目中含有“不可能”“都不”“没有”等否定性词语时，宜采用反证法证明．
(2)反证法证明“肯定”型命题适宜于结论的反面比原结论更具体更容易研究和掌握的命题．
1.如图，正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M是A1D1的中点，点N是CD的中点，用反证法证明直线BM与直线A1N是两条异面直线．
证明：假设直线BM与A1N共面．
则A1D1?平面A1BND1，
且平面A1BND1∩平面ABCD＝BN，
由正方体特征知A1D1∥平面ABCD，故A1D1∥BN，
又A1D1∥BC，所以BN∥BC.
这与BN∩BC＝B矛盾，故假设不成立．
所以直线BM与直线A1N是两条异面直线．
2．直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：＋y2＝1相交于A，C两点，O是坐标原点．当点B在W上且不是W的顶点时，求证：四边形OABC不可能为菱形．
证明：假设四边形OABC为菱形．
因为点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0.
由消去y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，
则＝－，＝k·＋m＝，
设AC的中点为M，则M，
因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，
所以直线OB的斜率为－.
因为k·≠－1，所以AC与OB不垂直．
所以OABC不是菱形，与假设矛盾．
所以四边形OABC不可能是菱形.
用反证法证明唯一性命题
[例2] 求证函数f(x)＝2x＋1有且只有一个零点．
[思路点拨] 一般先证存在性，再用反证法证唯一性．
[精解详析] (1)存在性：因为2×＋1＝0，所以－为函数f(x)＝2x＋1的零点．
所以函数f(x)＝2x＋1至少存在一个零点．
(2)唯一性：假设函数f(x)＝2x＋1除－外还有零点x0，则f＝f(x0)＝0.
即2×＋1＝2x0＋1，
∴x0＝－，这与x0≠－矛盾．
故假设不成立，即函数f(x)＝2x＋1除－外没有零点．
综上所述，函数f(x)＝2x＋1有且只有一个零点．
[一点通]
(1)结论以“有且只有”、“只有一个”、“唯一存在”等形式出现的“唯一”型命题，由于反设结论易于导出矛盾，所以用反证法证明简单而又明了．
(2)“有且只有”的含义有两层①存在性：本题中只需找到函数f(x)＝2x＋1的一个零点即可．②唯一性：正面直接证明较为困难，故可采用反证法寻求矛盾，从而证明原命题的正确性．
3．设a>1，函数f(x)＝(1＋x2)ex－a.证明：f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
证明：因为a>1，所以f(0)＝1－a<0，
f(ln a)＝(1＋ln2a)eln a－a＝aln2a>0，
所以f(0)·f(ln a)<0，
由零点存在性定理可知f(x)在(0，ln a)内存在零点．
假设至少有2个零点，
则f(x)在(－∞，＋∞)上不单调．
由已知得f′(x)＝(1＋x2)′ex＋(1＋x2)(ex)′＝(1＋x)2ex≥0，
∴f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，矛盾，
∴假设不成立，则f(x)在(－∞，＋∞)上仅有一个零点．
4．用反证法证明：过已知直线a外一点A只有一条直线b与已知直线a平行．
证明：假设过点A还有一条直线b′与已知直线a平行，即b∩b′＝A，b′∥a.
因为b∥a，由平行公理知b′∥b.
这与假设b∩b′＝A矛盾，所以过直线外一点只有一条直线与已知直线平行.
用反证法证明“至多”或“至少”类命题
[例3] 已知a≥－1，求证三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数解．
[精解详析] 假设三个方程都没有实根，则三个方程中：它们的判别式都小于0，即：
?
这与已知a≥－1矛盾，所以假设不成立，故三个方程中至少有一个方程有实数解．
[一点通]
(1)对于否定性命题或结论中出现“至多”“至少”“不可能”等字样时，常用反证法．
(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
5．将本例条件改为三个方程中至多有2个方程有实数根，求实数a的取值范围．
解：假设三个方程都有实数根，则
即
解得
即a∈?.
所以实数a的取值范围为实数R.
6．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≥0，b≥0，c≥0，d≥0.
∵a＋b＝c＋d＝1，
∴(a＋b)(c＋d)＝1，
∴ac＋bd＋bc＋ad＝1.
而ac＋bd＋bc＋ad＞ac＋bd＞1，与上式矛盾，
∴假设不成立，
∴a，b，c，d中至少有一个是负数．
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，证明都是不完全的．
(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)推导出来的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与定理、公理相矛盾，但推导出的矛盾必须是明显的．
1．三人同行，一人道：“三人行，必有我师”，另一人想表示反对，他该怎么说？( )
A．三人行，必无我师
B．三人行，均为我师
C．三人行，未尝有我师
D．三人行，至多一人为我师
解析：选C “必有”意思为“一定有”，其否定应该是“不一定有”，故选C.
2．用反证法证明命题“若实系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数”时，下列假设正确的是( )
A．假设a，b，c都是偶数
B．假设a，b，c都不是偶数
C．假设a，b，c至多有一个是偶数
D．假设a，b，c至少有两个是偶数
解析：选B “a，b，c中至少有一个是偶数”的反面是“a，b，c都不是偶数”，故应假设a，b，c都不是偶数．故选B.
3．若a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a>b与a③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C 因为a，b，c不全相等，所以①正确；②显然正确，③中的a≠c，b≠c，a≠b可以同时成立，所以③错，故选C.
4．已知x>0，y>0，z>0，a＝x＋，b＝y＋，c＝z＋，则a，b，c三个数( )
A．至少有一个不大于2 B．都小于2
C．至少有一个不小于2 D．都大于2
解析：选C 假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c<6.而事实上a＋b＋c＝x＋＋y＋＋z＋≥2＋2＋2＝6，与假设矛盾，所以a，b，c中至少有一个不小于2.
5．用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0(a，b为实数)”，其反设为____________________．
解析：“a，b全为0”即是“a＝0且b＝0”，因此它的反设为“a≠0或b≠0”，即a，b不全为0.
答案：a，b不全为0
6．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)，那么这两个数列中序号与数值均对应相同的项有________个．
解析：假设存在序号和数值均相等的项，即存在n使得an＝bn，由题意a＞b，n∈N＋，则恒有an＞bn，从而an＋2＞bn＋1恒成立，所以不存在n使an＝bn.
答案：0
7．如果非零实数a，b，c两两不相等，且2b＝a＋c，
证明：＝＋不成立．
证明：假设＝＋成立，则＝＝，
故b2＝ac，又b＝，
所以2＝ac，即(a－c)2＝0，a＝c.
这与a，b，c两两不相等矛盾．
因此＝＋不成立．
8．已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图像与x轴有两个不同的交点，f(c)＝0，且当00.
(1)证明：是函数f(x)的一个零点；
(2)试用反证法证明：>c.
证明：(1)∵f(x)的图像与x轴有两个不同的交点，
∴f(x)＝ax2＋bx＋c＝0有两个不等实根，设为x1，x2.
∵f(c)＝0，∴c是f(x)＝0的一个根，不妨令x1＝c.
又x1x2＝，∴x2＝(≠c)，
∴是f(x)＝0的一个根，
即是函数f(x)的一个零点．
(2)由(1)知≠c，故假设∵>0，又当00，
∴f>0，与f＝0矛盾，
∴假设不成立，∴>c.
4 数学归纳法
在学校，我们经常会看到这样一种现象：排成一排的自行车，如果一个同学不小心将第一辆自行车弄倒了，那么整排自行车就会倒下．
问题1：试想要使整排自行车倒下，需要具备哪几个条件？
提示：(1)第一辆自行车倒下；(2)任意相邻的两辆自行车，前一辆倒下一定导致后一辆倒下．
问题2：这种现象对你有何启发？
提示：这种现象使我们想到一些与正整数n有关的数学问题．
数学归纳法及其基本步骤
数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法，它的基本步骤是：
(1)验证：当n取第一个值n0(如n0＝1或2等)时，命题成立；
(2)在假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时，命题成立．
根据(1)(2)可以断定命题对一切从n0开始的正整数n都成立．
1．数学归纳法仅适用于与正整数n有关的数学命题的证明．
2．应用数学归纳法时应注意：
(1)验证是证明的基础，递推是证明的关键，二者缺一不可；
(2)在证明n＝k＋1命题成立时，必须使用归纳假设的结论，否则就不是数学归纳法．
用数学归纳法证明等式
[例1] 用数学归纳法证明：
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N＋)．
[思路点拨] 运用数学归纳法由n＝k到n＝k＋1，等式左边增加了两项．结合等式右边的结构特点，进一步确定所需要的项及多余项，最后凑成所需要的结构形式即可．
[精解详析] (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≥1)时等式成立，即
1－＋－＋…＋－
＝＋＋…＋，
则当n＝k＋1时，
＋
＝＋
＝＋＋…＋＋
＝＋＋…＋＋.
即当n＝k＋1时，等式也成立．
综合(1)和(2)可知，对一切正整数n等式都成立．
[一点通] 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题，关键在于“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，增加了怎样的项．
1．用数学归纳法证明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2(其中n∈N＋)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1×4＝4，右边＝1×22＝4，左边＝右边，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋)时等式成立，
即1×4＋2×7＋3×10＋…＋k(3k＋1)＝k(k＋1)2，
那么，当n＝k＋1时，
1×4＋2×7＋3×10＋…＋k(3k＋1)＋(k＋1)[3(k＋1)＋1]＝k(k＋1)2＋(k＋1)[3(k＋1)＋1]＝(k＋1)(k2＋4k＋4)＝(k＋1)[(k＋1)＋1]2，
即当n＝k＋1时等式也成立．
根据(1)和(2)，可知等式对任何n∈N＋都成立．
2．用数学归纳法证明：
当n∈N＋时，13＋23＋33＋…＋n3＝.
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝＝1，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，等式成立，即
13＋23＋33＋…＋k3＝.
那么，当n＝k＋1时，有
13＋23＋33＋…＋k3＋(k＋1)3
＝＋(k＋1)3
＝(k＋1)2
＝(k＋1)2
＝
＝.
即当n＝k＋1时，等式也成立．
根据(1)和(2)，可知对任何n∈N＋等式都成立.
用数学归纳法证明不等式
[例2] 求证：＋＋…＋>(n≥2，n∈N＋)．
[思路点拨] 在由n＝k到n＝k＋1的推证过程中可考虑使用“放缩法”，使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式的常用方法之一．
[精解详析] (1)当n＝2时，
左边＝＋＋＋>，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时不等式成立，即
＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋＋
＝＋＋…＋＋
>＋>＋＝，
所以当n＝k＋1时不等式也成立．
由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N＋均成立．
[一点通]
用数学归纳法证明不等式问题的四个关键点
关键
点一
验证第1个n的取值时，要注意 n0不一定为1，若条件为n＞k，则n0＝k＋1
关键
点二
证明不等式的第二步中，从 n＝k到n＝k＋1 的推导过程中，一定要应用归纳假设，不应用归纳假设的证明不是数学归纳法，因为缺少“归纳递推”
关键
点三
应用归纳假设后，若证明方法不明确，可采用分析法证明n＝k＋1 时也成立，这样既易于找到证明的突破口，又完整表达了证明过程
关键
点四
证明n＝k＋1成立时，应加强目标意识，即要证明的不等式是什么，目标明确了，要根据不等号的方向适当放缩，但不可“放得过大”或“缩得过小”
3．已知n∈N＋，n＞2，
求证：1＋＋＋…＋ ＞.
证明：(1)当n＝3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≥3)时，不等式成立，
即1＋＋＋…＋＞.
当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋ ＞＋
＝＝ .
因为 ＞＝＝，
所以1＋＋＋…＋＋ ＞.
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)、(2)知对一切n∈N＋，n＞2，不等式恒成立．
4．用数学归纳法证明：当n∈N＋时，1＋22＋32＋…＋nn<(n＋1)n.
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2,1<2，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋)时不等式成立，即1＋22＋33＋…＋kk<(k＋1)k，
那么，当n＝k＋1时，左边＝12＋22＋33＋…＋kk＋(k＋1)k＋1<(k＋1)k＋(k＋1)k＋1＝(k＋1)k(k＋2)<(k＋2)k＋1＝[(k＋1)＋1]k＋1＝右边，即左边<右边，
即当n＝k＋1时不等式也成立．
根据(1)和(2)，可知不等式对任意n∈N＋都成立.
归纳——猜想——证明
[例3] 已知数列，，，…，，….
设Sn为数列前n项和，计算S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法证明．
[精解详析] S1＝＝，
S2＝＋＝，
S3＝＋＝，
S4＝＋＝，
可以看到，上面表示四个结果的分数中，分子与项数一致，分母可用项数n表示为3n＋1，可以猜想Sn＝.
下面用数学归纳法证明：
(1)显然当n＝1时，S1＝＝成立．
(2)假设当n＝k时，等式成立，即Sk＝.
则当n＝k＋1时，
Sk＋1＝Sk＋
＝＋
＝
＝
＝，
即当n＝k＋1时等式也成立．
根据(1)和(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．
[一点通]
(1)“归纳—猜想—证明”的一般环节
(2)“归纳—猜想—证明”的主要题型
①已知数列的递推公式，求通项或前n项和．
②由一些恒等式、不等式改编的一些探究性问题，求使命题成立的参数值是否存在．
③给出一些简单的命题(n＝1,2,3，…)，猜想并证明对任意正整数n都成立的一般性命题．
5．数列{an}中，a1＝1，a2＝，且an＋1＝(n≥2)，求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明．
解：∵a2＝，
且an＋1＝(n≥2)，
∴a3＝＝＝，
a4＝＝＝.
猜想：an＝(n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明猜想正确．
(1)当n＝1,2易知猜想正确．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时猜想正确，
即ak＝.当n＝k＋1时，ak＋1＝
＝＝＝
＝＝＝
∴n＝k＋1时猜想也正确．
由(1)(2)可知，猜想对任意n∈N＋都正确．
6．设函数y＝f(x)，对任意实数x，y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)＋2xy.
(1)求f(0)的值；
(2)若f(1)＝1，求f(2)，f(3)，f(4)的值；
(3)在(2)的条件下，猜想f(n)(n∈N＋)的表达式并用数学归纳法证明．
解：(1)令x＝y＝0，得f(0＋0)＝f(0)＋f(0)＋2×0×0，得f(0)＝0.
(2)由f(1)＝1，
得f(2)＝f(1＋1)＝f(1)＋f(1)＋2×1×1＝4；
f(3)＝f(2＋1)＝f(2)＋f(1)＋2×2×1＝9；
f(4)＝f(3＋1)＝f(3)＋f(1)＋2×3×1＝16.
(3)由(2)可猜想f(n)＝n2.
用数学归纳法证明如下：
①当n＝1时，f(1)＝12＝1显然成立．
②假设当n＝k(k∈N＋)时，命题成立，即f(k)＝k2，
则当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝f(k)＋f(1)＋2×k×1＝k2＋1＋2k
＝(k＋1)2，
即当n＝k＋1时命题也成立，
由①②可知，对一切n∈N＋都有f(n)＝n2成立．
运用数学归纳法时易犯的错误：
(1)对项数估算的错误，特别是寻找n＝k与n＝k＋1的关系时，项数发生什么变化被弄错．
(2)不利用归纳假设：归纳假设是起桥梁作用的，桥梁断了就通不过去了．
(3)步骤不严谨、不规范，在利用假设后，不作任何推导或计算而直接写出所要结论．
1．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，那么f(n＋1)－f(n)等于( )
A. B.＋
C.＋ D.＋＋
解析：选D 要注意末项与首项，所以f(n＋1)－f(n)＝＋＋.
2．在用数学归纳法证明“2n>n2对从n0开始的所有正整数都成立”时，第一步验证的n0＝( )
A．1 B．3
C．5 D．7
解析：选C n的取值与2n，n2的取值如下表：
n
1
2
3
4
5
6
……
2n
2
4
8
16
32
64
……
n2
1
4
9
16
25
36
……
由于2n的增长速度要远大于n2的增长速度，故当n>4，即n≥5时，恒有2n>n2.
3．设平面内有k条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k条直线的交点个数为f(k)，则f(k＋1)与f(k)的关系是( )
A．f(k＋1)＝f(k)＋k＋1 B．f(k＋1)＝f(k)＋k－1
C．f(k＋1)＝f(k)＋k D．f(k＋1)＝f(k)＋k＋2
解析：选C 当n＝k＋1时，任取其中1条直线记为l，则除l外的其他k条直线的交点的个数为f(k)，因为已知任何两条直线不平行，所以直线l必与平面内其他k条直线都相交(有k个交点)；又因为任何三条直线不过同一点，所以上面的k个交点两两不相同，且与平面内其他的f(k)个交点也两两不相同，从而n＝k＋1时交点的个数是f(k)＋k＝f(k＋1)．
4．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( )
A．增加
B．增加＋
C．增加＋，减少
D．增加，减少
解析：选C 当n＝k时，不等式的左边＝＋＋…＋，当n＝k＋1时，不等式的左边＝＋＋…＋，又＋＋…＋－＝＋－，所以由n＝k到n＝k＋1时，不等式的左边增加＋，减少.
5．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，
则当n＝k＋1时，
1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝＝2k＋1－1，
所以，当n＝k＋1时等式成立．
由此可知，对任何n∈N＋，等式都成立．
上述证明的错误是________．
解析：当n＝k＋1时正确的解法是
1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k＝2k＋1－1，
即一定用上第二步中的假设．
答案：没有用上归纳假设进行递推
6．用数学归纳法证明＋＋…＋＝，推证当n＝k＋1时等式也成立时，只需证明等式____________________________________成立即可．
解析：当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＝＋，故只需证明＋＝即可．
答案：＋＝
7．数列{an}满足an>0(n∈N＋)，Sn为数列{an}的前n项和，并且满足Sn＝，求S1，S2，S3的值，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法证明．
解：由an>0，得Sn>0，
由a1＝S1＝，整理得a＝1，
取正根得a1＝1，所以S1＝1.
由S2＝及a2＝S2－S1＝S2－1，
得S2＝，
整理得S＝2，取正根得S2＝.
同理可求得S3＝.
由此猜想Sn＝.
用数学归纳法证明如下：
(1)当n＝1时，上面已求出S1＝1，结论成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，结论成立，即Sk＝.
那么，当n＝k＋1时，
Sk＋1＝＝＝.
整理得S＝k＋1，取正根得Sk＋1＝.
即当n＝k＋1时，结论也成立．
由(1)(2)可知，对任意n∈N＋，Sn＝都成立．
8．用数学归纳法证明1＋≤1＋＋＋…＋≤＋n(n∈N＋)．
解：(1)当n＝1时，左式＝1＋，右式＝＋1，
且≤1＋≤，命题成立．
(2)假设当n＝k(n∈N＋)时，
命题成立，
即1＋≤1＋＋＋…＋≤＋k，
则当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋＋＋…＋>1＋＋2k·＝1＋.
又1＋＋＋…＋＋＋…＋
<＋k＋2k·＝＋(k＋1)，
即当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)和(2)可知，命题对所有的n∈N＋都成立．
一、归纳和类比
1．归纳推理和类比推理是常用的合情推理，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．
2．从推理形式上看，归纳是由部分到整体、由个别到一般的推理；类比是两类事物特征间的推理，是由特殊到特殊的推理．
二、直接证明和间接证明
1．直接证明包括综合法和分析法．
(1)综合法证明数学问题是“由因导果”，而分析法则是“执果索因”，二者一正一反，各有特点．综合法的特点是表述简单、条理清楚，分析法则便于解题思路的探寻．
(2)分析法与综合法往往结合起来使用，即用分析法探寻解题思路，而用综合法书写过程，即“两头凑”，可使问题便于解决．
2．间接证明主要是反证法．
反证法：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立．
反证法主要适用于以下两种情形：
(1)要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；
(2)如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形．
三、数学归纳法
数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为归纳奠基，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为归纳递推，是命题具有后继传递性的保证，两步合在一起为完全归纳步骤．这两步缺一不可．第二步中证明“当n＝k＋1时结论正确”的过程中，必须用“归纳假设”，否则就是错误的．
第一章 推理与证明
章末小结
一、归纳和类比
1．归纳推理和类比推理是常用的合情推理，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．
2．从推理形式上看，归纳是由部分到整体、由个别到一般的推理；类比是两类事物特征间的推理，是由特殊到特殊的推理．
二、直接证明和间接证明
1．直接证明包括综合法和分析法．
(1)综合法证明数学问题是“由因导果”，而分析法则是“执果索因”，二者一正一反，各有特点．综合法的特点是表述简单、条理清楚，分析法则便于解题思路的探寻．
(2)分析法与综合法往往结合起来使用，即用分析法探寻解题思路，而用综合法书写过程，即“两头凑”，可使问题便于解决．
2．间接证明主要是反证法．
反证法：一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立．
反证法主要适用于以下两种情形：
(1)要证的结论与条件之间的联系不明显，直接由条件推出结论的线索不够清晰；
(2)如果从正面证明，需要分成多种情形进行分类讨论，而从反面进行证明，只要研究一种或很少的几种情形．
三、数学归纳法
数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为归纳奠基，是论证的基础保证，即通过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为归纳递推，是命题具有后继传递性的保证，两步合在一起为完全归纳步骤．这两步缺一不可．第二步中证明“当n＝k＋1时结论正确”的过程中，必须用“归纳假设”，否则就是错误的．
