章末检测
一、选择题
1．由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32,1＋3＋5＋7＝42，…，得到1＋3＋…＋(2n－1)＝n2用的是( )
A．归纳推理 B．演绎推理
C．类比推理 D．特殊推理
答案 A
2．在△ABC中，E、F分别为AB、AC的中点，则有EF∥BC，这个问题的大前提为( )
A．三角形的中位线平行于第三边
B．三角形的中位线等于第三边的一半
C．EF为中位线
D．EF∥BC
答案 A
解析 这个三段论推理的形式为：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为△ABC的中位线；结论：EF∥BC.
3．对大于或等于2的自然数的正整数幂运算有如下分解方式：
22＝1＋3
32＝1＋3＋5
42＝1＋3＋5＋7
23＝3＋5
33＝7＋9＋11
43＝13＋15＋17＋19
根据上述分解规律，若m2＝1＋3＋5＋…＋11，n3的分解中最小的正整数是21，则m＋n＝( )
A．10 B．11
C．12 D．13
答案 B
解析 ∵m2＝1＋3＋5＋…＋11＝×6＝36，
∴m＝6.∵23＝3＋5,33＝7＋9＋11，
43＝13＋15＋17＋19，∴53＝21＋23＋25＋27＋29，
∵n3的分解中最小的数是21，
∴n3＝53，n＝5，∴m＋n＝6＋5＝11.
4．用反证法证明命题“＋是无理数”时，假设正确的是( )
A．假设是有理数 B．假设是有理数
C．假设或是有理数 D．假设＋是有理数
答案 D
解析 应对结论进行否定，则＋不是无理数，即＋是有理数．
5．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为( )
A. B．
C． D．
答案 B
解析 当x＝1时，f(2)＝＝＝，
当x＝2时，f(3)＝＝＝；
当x＝3时，f(4)＝＝＝，
故可猜想f(x)＝，故选B.
6．对“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b＝c及a＝c中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．3个
答案 B
解析 若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．
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，一定属于相似体的有( )
①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱锥．
A．4个 B．3个
C．2个 D．1个
答案 C
解析 类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．
8．数列{an}满足a1＝，an＋1＝1－，则a2 013等于( )
A. B．－1
C．2 D．3
答案 C
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 013＝a3＋3×670＝a3＝2.
9．定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x＋4)，且f(x)在(2，＋∞)上为增函数．已知x1＋x2<4且(x1－2)·(x2－2)<0，则f(x1)＋f(x2)的值( )
A．恒小于0 B．恒大于0
C．可能等于0 D．可正也可负
答案 A
解析 不妨设x1－2<0，x2－2>0，
则x1<2，x2>2，∴2
∴f(x2)－f(4－x1)，
从而－f(x2)>－f(4－x1)＝f(x1)，
f(x1)＋f(x2)<0.
10．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个图案中有白色地面砖的块数是( )
A．4n＋2 B．4n－2
C．2n＋4 D．3n＋3
答案 A
解 法一 (归纳猜想法)
观察可知：除第一个以外，每增加一个黑色地板砖，相应的白地板砖就增加四个，
因此第n个图案中有白色地面砖的块数是一个“以6为首项，公差是4的等差数列的第n项”．
故第n个图案中有白色地面砖的块数是4n＋2.
法二 (特殊值代入排除法)
由图可知，当n＝1时，a1＝6，可排除B答案
当n＝2时，a2＝10，可排除C、D答案．
二、填空题
11．(2013·陕西)观察下列等式：
(1＋1)＝2×1
(2＋1)(2＋2)＝22×1×3
(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5
按此规律，第n个等式可为________．
答案 (n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n·1·3·5…(2n－1)
12．f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，经计算得f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，推测当n≥2时，有________．
答案 f(2n)>(n≥2)
解析 观测f(n)中n的规律为2k(k＝1,2，…)
不等式右侧分别为，k＝1,2，…，
∴f(2n)>(n≥2)．
13．用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋＝时，由n＝k到n＝k＋1左边需要添加的项是________．
答案
解析 由n＝k到n＝k＋1时，左边需要添加的项是＝.
14．在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为＝，把这个结论类比到空间：在三棱锥A－BCD中(如图所示)，面DEC平分二面角A－CD－B且与AB相交于E，则得到的类比的结论是________．
答案 ＝
解析 CE平分∠ACB，而面CDE平分二面角A－CD－B.∴可类比成，故结论为＝.
三、解答题
15．已知a、b、c是互不相等的非零实数．求证三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一个方程有两个相异实根．
证明 反证法：
假设三个方程中都没有两个相异实根，
则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0.相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，
(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0. ①
由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立．
∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．
16．设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．
(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；
(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？
(1)证明 假设数列{Sn}是等比数列，则S＝S1S3，
即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，
因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，
即q＝0，这与公比q≠0矛盾，
所以数列{Sn}不是等比数列．
(2)解 当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；
当q≠1时，{Sn}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，
即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，
得q＝0，这与公比q≠0矛盾．
17．请你把不等式“若a1，a2是正实数，则有＋≥a1＋a2”推广到一般情形，并证明你的结论．
解 推广的结论：
若a1，a2，…，an都是正实数，则有
＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
证明：∵a1，a2，…an都是正实数，
∴＋a2≥2a1；＋a3≥2a2；…
＋an≥2an－1；＋a1≥2an，
＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
18．设f(n)＝1＋＋＋…＋，是否存在关于自然数n的函数g(n)，使等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝g(n)·[f(n)－1]对于n≥2的一切自然数都成立？并证明你的结论．
解 当n＝2时，由f(1)＝g(2)·[f(2)－1]，
得g(2)＝＝＝2，
当n＝3时，由f(1)＋f(2)＝g(3)·[f(3)－1]，
得g(3)＝＝＝3，
猜想g(n)＝n(n≥2)．
下面用数学归纳法证明：当n≥2时，等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1]恒成立．
①当n＝2时，由上面计算可知，等式成立．②假设n＝k(k∈N*且k≥2)时，等式成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1](k≥2)成立，
那么当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)－k＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时，等式也成立．
由①②知，对一切n≥2的自然数n等式都成立，故存在函数g(n)＝n，使等式成立．
章末复习
1．归纳和类比都是合情推理，前者是由特殊到一般，部分到整体的推理，后者是由特殊到特殊的推理，但二者都能由已知推测未知，都能用于猜想，推理的结论不一定为真，有待进一步证明．
2．演绎推理与合情推理不同，是由一般到特殊的推理，是数学中证明的基本推理形式．也是公理化体系所采用的推理形式，另一方面，合情推理与演绎推理又是相辅相成的，前者是后者的前提，后者论证前者的可靠性．
3．直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法．直接证明的两类基本方法是综合法和分析法：综合法是从已知条件推导出结论的证明方法；分析法是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，间接证法的一种方法是反证法，反证法是从结论反面成立出发，推出矛盾的证明方法．
4．数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时，它的两个步骤缺一不可．它的第一步(归纳奠基)n＝n0时结论成立．第二步(归纳递推)假设n＝k时，结论成立，推得n＝k＋1时结论也成立．数学归纳法原理建立在归纳公理的基础上，它可用有限的步骤(两步)证明出无限的命题成立．
5．归纳、猜想、证明
探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此类问题未给出问题结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论的问题称为探求规律性问题，它的解题思想是：从给出的条件出发，通过观察、试验、归纳、猜想，探索出结论，然后再对归纳、猜想的结论进行证明.
题型一 归纳推理和类比推理
归纳推理和类比推理是常用的合情推理，两种推理的结论“合情”但不一定“合理”，其正确性都有待严格证明．尽管如此，合情推理在探索新知识方面有着极其重要的作用．
运用合情推理时，要认识到观察、归纳、类比、猜想、证明是相互联系的．在解决问题时，可以先从观察入手，发现问题的特点，形成解决问题的初步思路，然后用归纳、类比的方法进行探索、猜想，最后用逻辑推理方法进行验证．
例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＝( )
A．28 B．76
C．123 D．199
答案 C
解析 记an＋bn＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，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.所以a10＋b10＝123.
跟踪演练1 自然数按下表的规律排列
则上起第2 007行，左起第2 008列的数为( )
A．2 0072 B．2 0082
C．2 006×2 007 D．2 007×2 008
答案 D
解析 经观察可得这个自然数表的排列特点：
①第一列的每个数都是完全平方数，并且恰好等于它所在行数的平方，即第n行的第1个数为n2；
②第一行第n个数为(n－1)2＋1；
③第n行从第1个数至第n个数依次递减1；
④第n列从第1个数至第n个数依次递增1.
故上起第2 007行，左起第2 008列的数，应是第2 008列的第2 007个数，即为[(2 008－1)2＋1]＋2 006＝2 007×2 008.
题型二 直接证明
由近三年的高考题可以看出，直接证明的考查中，各种题型均有体现，尤其是解答题，几年来一直是考查证明方法的热点与重点．
综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题常用的思维方式．如果从解题的切入点的角度细分，直接证明方法可具体分为：比较法、代换法、放缩法、判别式法、构造函数法等，应用综合法证明问题时，必须首先想到从哪里开始起步，分析法就可以帮助我们克服这种困难，在实际证明问题时，应当把分析法和综合法结合起来使用．
例2 已知a>0，求证：－≥a＋－2.
证明 要证－≥a＋－2，
只需证＋2≥a＋＋.
∵a>0，故只需证2≥2，
即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋
2＋2，
从而只需证2≥，
只要证4≥2，
即a2＋≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
跟踪演练2
如图，在四面体B－ACD中，CB＝CD，AD⊥BD，且E，F分别是AB，BD的中点，求证：
(1)直线EF∥平面ACD；
(2)平面EFC⊥平面BCD.
证明 (1)要证直线EF∥平面ACD，
只需证EF∥AD且EF?平面ACD.
因为E，F分别是AB，BD的中点，
所以EF是△ABD的中位线，
所以EF∥AD，所以直线EF∥平面ACD.
(2)要证平面EFC⊥平面BCD，
只需证BD⊥平面EFC，
只需证
因为所以EF⊥BD.
又因为CB＝CD，F为BD的中点，
所以CF⊥BD.所以平面EFC⊥平面BCD.
题型三 反证法
如果一个命题的结论难以直接证明时，可以考虑反证法．通过反设已知条件，经过逻辑推理，得出矛盾，从而肯定原结论成立．
反证法是高中数学的一种重要的证明方法，在不等式和立体几何的证明中经常用到，在高考题中也经常体现，它所反映出的“正难则反”的解决问题的思想方法更为重要．反证法主要证明：否定性、唯一性命题；至多、至少型问题；几何问题．
例3 如图所示，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB、DF的中点．
(1)若平面ABCD⊥平面DCEF，求直线MN与平面DCEF所成角的正弦值；
(2)用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线．
(1)解 法一
图(1)
如图(1)所示，取CD的中点G，连接MG，NG，设正方形ABCD，DCEF的边长为2，
则MG⊥CD，MG＝2，NG＝，
∵平面ABCD⊥平面DCEF，
∴MG⊥平面DCEF，
∴∠MNG是MN与平面DCEF所成的角．
∵MN＝，∴sin∠MNG＝，
∴直线MN与平面DCEF所成角的正弦值为.
图(2)
法二 设正方形ABCD，DCEF的边长为2，以D为坐标原点，分别以射线DC，DF，DA为x，y，z轴正半轴建立空间直角坐标系，如图(2)所示．
则M(1,0,2)，N(0,1,0)，
∴＝(－1,1，－2)．
又＝(0,0,2)为平面DCEF的法向量，
∴cos〈，〉＝＝－，
∴MN与平面DCEF所成角的正弦值为
|cos〈，〉|＝.
(2)证明 假设直线ME与BN共面，则AB?平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN，
∵两正方形不共面，
∴AB?平面DCEF.
又AB∥CD，所以AB∥平面DCEF，而EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，
∴AB∥EN.又AB∥CD∥EF，
∴EN∥EF，这与EN∩EF＝E矛盾，故假设不成立．
∴ME与BN不共面，即它们是异面直线．
跟踪演练3 若a，b，c均为实数，且a＝x2－2y＋，b＝y2－2z＋，c＝z2－2x＋.求证：a，b，c中至少有一个大于0.
证明 假设a，b，c都不大于0，即a≤0，b≤0，c≤0，
则a＋b＋c≤0，而a＋b＋c＝x2－2y＋＋y2－2z＋＋z2－2x＋＝(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2＋π－3.
∵π－3＞0，且(x－1)2＋(y－1)2＋(z－1)2≥0，
∴a＋b＋c＞0，
这与a＋b＋c≤0矛盾，因此假设不成立，∴a，b，c中至少有一个大于0.
题型四 数学归纳法
1．数学归纳法事实上是一种完全归纳的证明方法，它适用于与自然数有关的问题．两个步骤、一个结论缺一不可，否则结论不成立；在证明递推步骤时，必须使用归纳假设，必须进行恒等变换．
2．探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此类问题未给出问题的结论，需要由特殊情况入手，猜想、证明一般结论，它的解题思路是：从给出条件出发，通过观察、试验、归纳、猜想、探索出结论，然后再对归纳，猜想的结论进行证明．
例4 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，
证明：对任意的n∈N*，不等式··…·＞成立．
(1)解 由题意：Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r，
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，
由于b＞0且b≠1，
所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
＝b，即＝b，解得r＝－1.
(2)证明 当b＝2时，由(1)知an＝2n－1，
因此bn＝2n(n∈N*)，
所证不等式为··…·＞.
①当n＝1时，左式＝，右式＝.
左式＞右式，所以结论成立．
②假设n＝k(k∈N*)时结论成立，
即··…·＞，
则当n＝k＋1时，··…··
＞·＝.
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证＞成立，
只需证：4k2＋12k＋9＞4k2＋12k＋8成立，显然成立，
∴当n＝k＋1时，··…··＞成立，综合①②可知不等式··…·＞成立．
跟踪演练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)法一 猜想an＝，下面用数学归纳法证明．
证明 (1)当n＝1时，a1＝＝1，满足上式，显然成立；
(2)假设当n＝k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(1)(2)可知，对于n∈N*都有an＝.
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－1为首项，为公比的等比数列，
所以bn＝b1·qn－1＝－，所以an＝bn＋2＝.
1．合情推理主要包括归纳推理和类比推理
(1)归纳推理的基本模式：a，b，c∈M且a，b，c具有某属性，结论：?d∈M，d也具有某属性．
(2)类比推理的基本模式：A具有属性a，b，c，d；B具有属性a′，b′，c′；结论：B具有属性d′.(a，b，c，d与a′，b′，c′，d′相似或相同)
2．使用反证法证明问题时，常见的“结论词”与“反设词”列表如下：
原结论词
反设词
原结论词
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
3.数学归纳法的应用必须注意以下两点：
(1)验证是基础
数学归纳法的原理表明：第一个步骤是要找一个数n0，这个数n0就是要证明的命题对象的最小自然数，这个自然数并不一定都是“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，必须把归纳假设“n＝k”作为条件来导出“n＝k＋1”时的命题，在推导过程中，要把归纳假设用一次或几次．
高中数学 第二章 推理与证明章末复习课 新人教版选修2-2
题型一 合情推理与演绎推理
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，它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．
例1 (1)有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组含一个数{1}；第二组含两个数{3,5}；第三组含三个数{7,9,11}；第四组含四个数{13,15,17,19}；…试观察每组内各数之和f(n)(n∈N*)与组的编号数n的关系式为________．
(2)在平面几何中，对于Rt△ABC，AC⊥BC，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则
①a2＋b2＝c2；
②cos2A＋cos2B＝1；
③Rt△ABC的外接圆半径为r＝.
把上面的结论类比到空间写出相类似的结论；如果你能证明，写出证明过程；如果在直角三角形中你还发现了异于上面的结论，试试看能否类比到空间？
(1)答案 f(n)＝n3
解析 由于1＝13,3＋5＝8＝23，
7＋9＋11＝27＝33,13＋15＋17＋19＝64＝43，…，猜想第n组内各数之和f(n)与组的编号数n的关系式为f(n)＝n3.
(2)解 选取3个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象．
①设3个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，底面面积为S，则S＋S＋S＝S2.
②设3个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.
③设3个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为a，b，c，则这个四面体的外接球的半径为R＝.
反思与感悟 (1)归纳推理中有很大一部分题目是数列内容，通过观察给定的规律，得到一些简单数列的通项公式是数列中的常见方法．
(2)类比推理重在考查观察和比较的能力，题目一般情况下较为新颖，也有一定的探索性．
跟踪训练1 (1)下列推理是归纳推理的是________，是类比推理的是________．
①A、B为定点，若动点P满足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，则点P的轨迹是椭圆；
②由a1＝1，an＋1＝3an－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的通项an和Sn的表达式；
③由圆x2＋y2＝1的面积S＝πr2，猜想出椭圆的面积S＝πab；
④科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇．
答案 ② ③④
(2)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 等差数列类比于等比数列时，和类比于积，减法类比于除法，可得类比结论为：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，，，成等比数列．
题型二 综合法与分析法
综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法，但两种证明方法思路截然相反，分析法既可用于寻找解题思路，也可以是完整的证明过程，分析法与综合法可相互转换，相互渗透，要充分利用这一辩证关系，在解题中综合法和分析法联合运用，转换解题思路，增加解题途径．一般以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表示证明过程．
例2 用综合法和分析法证明．
已知α∈(0，π)，求证：2sin 2α≤.
证明 (分析法)
要证明2sin 2α≤成立．
只要证明4sin αcos α≤.
∵α∈(0，π)，∴sin α>0.
只要证明4cos α≤.
上式可变形为
4≤＋4(1－cos α)．
∵1－cos α>0，
∴＋4(1－cos α)≥2＝4，
当且仅当cos α＝，即α＝时取等号．
∴4≤＋4(1－cos α)成立．
∴不等式2sin 2α≤成立．
(综合法)
∵＋4(1－cos α)≥4，
(1－cos α>0，当且仅当cos α＝，即α＝时取等号)
∴4cos α≤.
∵α∈(0，π)，∴sin α>0.
∴4sin αcos α≤.
∴2sin 2α≤.
跟踪训练2 求证：－2cos(α＋β)＝.
证明 ∵sin(2α＋β)－2cos(α＋β)sin α
＝sin(α＋β)＋α]－2cos(α＋β)sin α
＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α－2cos(α＋β)sin α
＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α
＝sin(α＋β)－α]＝sin β，
两边同除以sin α得
－2cos(α＋β)＝.
题型三 反证法
反证法是一种间接证明命题的方法，它从命题结论的反面出发引出矛盾，从而肯定命题的结论．
反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性，从逻辑角度看，命题：“若p则q”的否定是“若p则綈q”，由此进行推理，如果发生矛盾，那么就说明“若p则綈q”为假，从而可以导出“若p则q”为真，从而达到证明的目的．
例3 若x，y都是正实数，且x＋y>2，求证：<2或<2中至少有一个成立．
证明 假设<2和<2都不成立，
则有≥2和≥2同时成立．
因为x>0且y>0，
所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，
两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，
所以x＋y≤2.
这与已知x＋y>2矛盾．
故<2与<2至少有一个成立．
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．
题型四 数学归纳法
数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，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；它的第二步称为递推步骤，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．
例4 用数学归纳法证明当n∈N*时，1·n＋2·(n－1)＋3·(n－2)＋…＋(n－2)·3＋(n－1)·2＋n·1＝n(n＋1)·(n＋2)．
证明 (1)当n＝1时，1＝·1·2·3，结论成立．
(2)假设n＝k时结论成立，
即1·k＋2·(k－1)＋3·(k－2)＋…＋(k－2)·3＋(k－1)·2＋k·1＝k(k＋1)(k＋2)．
当n＝k＋1时，则1·(k＋1)＋2·k＋3·(k－1)＋…＋(k－1)·3＋k·2＋(k＋1)·1
＝1·k＋2·(k－1)＋…＋(k－1)·2＋k·1＋1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)]
＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)(k＋2)
＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)，
即当n＝k＋1时结论也成立．
综合上述，可知结论对一切n∈N*都成立．
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)证明 方法一 猜想an＝.下面用数学归纳法证明，
(1)当n＝1时，a1＝＝1，满足上式，显然成立；
(2)假设当n＝k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(1)(2)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，为公比的等比数列，
所以bn＝b1·qn－1＝－，所以an＝bn＋2＝.
呈重点、现规律]
1．归纳和类比都是合情推理，前者是由特殊到一般，部分到整体的推理，后者是由特殊到特殊的推理，但二者都能由已知推测未知，都能用于猜想，推理的结论不一定为真，有待进一步证明．
2．演绎推理与合情推理不同，是由一般到特殊的推理，是数学中证明的基本推理形式．也是公理化体系所采用的推理形式，另一方面，合情推理与演绎推理又是相辅相成的，前者是后者的前提，后者论证前者的可靠性．
3．直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法．直接证明的两类基本方法是综合法和分析法：综合法是从已知条件推导出结论的证明方法；分析法是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，间接证法的一种方法是反证法，反证法是从结论反面成立出发，推出矛盾的证明方法．
4．数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题．证明时，它的两个步骤缺一不可．它的第一步(归纳奠基)n＝n0时结论成立．第二步(归纳递推)假设n＝k时，结论成立，推得n＝k＋1时结论也成立．数学归纳法原理建立在归纳公理的基础上，它可用有限的步骤(两步)证明出无限的命题成立．
章末检测卷（二）
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分)
1．由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32,1＋3＋5＋7＝42，…，得到1＋3＋…＋(2n－1)＝n2用的是( )
A．归纳推理 B．演绎推理
C．类比推理 D．特殊推理
答案 A
2．在△ABC中，E、F分别为AB、AC的中点，则有EF∥BC，这个问题的大前提为( )
A．三角形的中位线平行于第三边
B．三角形的中位线等于第三边的一半
C．EF为中位线
D．EF∥BC
答案 A
解析 这个三段论的推理形式是：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为△ABC的中位线；结论：EF∥BC.
3．对大于或等于2的自然数的正整数幂运算有如下分解方式：
22＝1＋3
32＝1＋3＋5
42＝1＋3＋5＋7
23＝3＋5
33＝7＋9＋11
43＝13＋15＋17＋19
根据上述分解规律，若m2＝1＋3＋5＋…＋11，n3的分解中最小的正整数是21，则m＋n＝( )
A．10 B．11 C．12 D．13
答案 B
解析 ∵m2＝1＋3＋5＋…＋11＝×6＝36，
∴m＝6.
∵23＝3＋5,33＝7＋9＋11，
43＝13＋15＋17＋19，
∴53＝21＋23＋25＋27＋29，
∵n3的分解中最小的数是21，
∴n3＝53，n＝5，∴m＋n＝6＋5＝11.
4．用反证法证明命题“＋是无理数”时，假设正确的是( )
A．假设是有理数
B．假设是有理数
C．假设或是有理数
D．假设＋是有理数
答案 D
解析 应对结论进行否定，则＋不是无理数，即＋是有理数．
5．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋＝时，由n＝k到n＝k＋1左边需要添加的项是( )
A. B.
C. D.
答案 D
解析 由n＝k到n＝k＋1时，左边需要添加的项是＝.故选D.
6．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为( )
A. B.
C. D.
答案 B
解析 当x＝1时，f(2)＝＝＝，
当x＝2时，f(3)＝＝＝；
当x＝3时，f(4)＝＝＝，
故可猜想f(x)＝，故选B.
7．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)且f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于( )
A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1)
B．f()
C．n(n＋1)
D.f(1)
答案 C
解析 f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，
令x＝y＝1，∴f(2)＝2f(1)，
令x＝1，y＝2，f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)
?
f(n)＝nf(1)，
∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝(1＋2＋…＋n)f(1)
＝f(1)．
∴A、D正确；
又f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＝f(1＋2＋…＋n)
＝f()．
∴B也正确，故选C.
8．对“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b＝c及a＝c中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．
9．我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．下列几何体中，一定属于相似体的有( )
①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱椎．
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
答案 C
解析 类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．
10．数列{an}满足a1＝，an＋1＝1－，则a2 013等于( )
A. B．－1 C．2 D．3
答案 C
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 013＝a3＋3×670＝a3＝2.
11．定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x＋4)，且f(x)在(2，＋∞)上为增函数．已知x1＋x2<4且(x1－2)·(x2－2)<0，则f(x1)＋f(x2)的值( )
A．恒小于0 B．恒大于0
C．可能等于0 D．可正也可负
答案 A
解析 不妨设x1－2<0，x2－2>0，
则x1<2，x2>2，∴2∴f(x2)－f(4－x1)，
从而－f(x2)>－f(4－x1)＝f(x1)，
f(x1)＋f(x2)<0.
12．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个图案中有白色地面砖的块数是( )
A．4n＋2 B．4n－2
C．2n＋4 D．3n＋3
答案 A
解析 方法一 (归纳猜想法)
观察可知：除第一个以外，每增加一个黑色地板砖，相应的白地板砖就增加四个，
因此第n个图案中有白色地面砖的块数是一个“以6为首项，公差是4的等差数列的第n项”．
故第n个图案中有白色地面砖的块数是4n＋2.
方法二 (特殊值代入排除法)
或由图可知，当n＝1时，a1＝6，可排除B答案
当n＝2时，a2＝10，可排除C、D答案．
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)
13．从1＝12,2＋3＋4＝32,3＋4＋5＋6＋7＝52中，可得到一般规律为____________．
答案 n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
解析 通过观察可以得规律为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.
14．观察下列等式：
(1＋1)＝2×1
(2＋1)(2＋2)＝22×1×3
(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5
…
照此规律，第n个等式可为______________．
答案 (n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)
解析 由已知的三个等式左边的变化规律，得第n个等式左边为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，由已知的三个等式右边的变化规律，得第n个等式右边为2n与n个奇数之积，即2n×1×3×…×(2n－1)．
15．在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为＝，把这个结论类比到空间：在三棱锥A—BCD中(如图所示)，面DEC平分二面角A—CD—B且与AB相交于E，则得到的类比的结论是________．
答案 ＝
解析 CE平分∠ACB，而面CDE平分二面角A—CD—B.
∴可类比成，
故结论为＝.
16．已知Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，当k＝1,2,3，…时，观察下列等式：
S1＝n2＋n，
S2＝n3＋n2＋n，
S3＝n4＋n3＋n2，
S4＝n2＋n4＋n3－n，
S5＝An6＋n5＋n4＋Bn2，
…
可以推测，A－B＝________.
答案
解析 由S1，S2，S3，S4，S5的特征，推测A＝.又各项的系数和为1，
∴A＋＋＋B＝1，则B＝－.因此推测A－B＝＋＝.
三、解答题(本大题共6小题，共70分)
17．(10分)1，，2能否为同一等差数列中的三项？说明理由．
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．
18．(12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．
19．(12分)已知a、b、c是互不相等的非零实数．求证三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一个方程有两个相异实根．
证明 反证法：
假设三个方程中都没有两个相异实根，
则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0.
相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，
(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.①
由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立．
∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．
20．(12分)设a，b，c为一个三角形的三条边，s＝(a＋b＋c)，且s2＝2ab，试证：s<2a.
证明 要证s<2a，由于s2＝2ab，所以只需证s<，即证b因为s＝(a＋b＋c)，所以只需证2b由于a，b，c为一个三角形的三条边，所以上式成立．于是原命题成立．
21．(12分)数列{an}满足a1＝，前n项和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＝，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时结论成立．
由①②可知，对一切n∈N*都有an＝.
22．(12分)设f(n)＝1＋＋＋…＋，是否存在关于自然数n的函数g(n)，使等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝g(n)·f(n)－1]对于n≥2的一切自然数都成立？并证明你的结论．
解 当n＝2时，由f(1)＝g(2)·f(2)－1]，
得g(2)＝＝＝2，
当n＝3时，由f(1)＋f(2)＝g(3)·f(3)－1]，
得g(3)＝＝＝3，
猜想g(n)＝n(n≥2)．
下面用数学归纳法证明：
当n≥2时，等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝nf(n)－1]恒成立．
①当n＝2时，由上面计算可知，等式成立．
②假设n＝k(k∈N*且k≥2)时，等式成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝kf(k)－1](k≥2)成立，
那么当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝kf(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)f(k＋1)－]－k
＝(k＋1)f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时，等式也成立．
由①②知，对一切n≥2的自然数n，等式都成立，
故存在函数g(n)＝n，使等式成立．
课件52张PPT。知能整合提升
一、合情推理和演绎推理
1．归纳和类比是常用的合情推理，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．从推理形式上看，归纳是由部分到整体、个别到一般的推理，类比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．从推理所得结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确．从二者在认识事物的过程中所发挥作用的角度考虑，它们又是紧密联系，相辅相成的．合情推理的结论需要演绎推理的验证，而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得．合情推理可以为演绎推理提供方向和思路．
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)综合法是“由因导果”，它是从已知条件出发，顺着推证，用综合法证明命题的逻辑关系是：A?B1?B2 ?…?Bn?B(A为已经证明过的命题，B为要证的命题)．它的常见书面表达是“∵，∴”或“?”．
(2)分析法是“执果索因”，一步步寻求上一步成立的充分条件．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)，用分析法证明命题的逻辑关系是：B?B1?B2?…Bn?A，它的常见书面表达是“要证…只需…”或“?”．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，这样的证明方法叫做反证法，反证法是间接证明的一种方法．
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．热点考点例析【点拨】 对合情推理的认识：
合情推理包括归纳推理和类比推理．归纳推理是由部分特殊的对象特征得到一般性的结论的推理方法．它在数学研究或数学学习中具有十分重要的意义，通过归纳推理可以发现新知识，探索新结论，探索解题思路，预测答案等．
类比推理是从特殊到特殊的一种推理方法，它以比较为基础，类比法有助于启迪思维，触类旁通，拓宽知识面，发现命题等，著名哲学家康德说：“每当理智缺乏可靠论证思路时，类比法往往能指明前进的方向．”合情推理的应用
特别提醒：(1)归纳推理是由部分到整体、个体到一般的推理，其结论正确与否，有待于严格证明．
(2)进行类比推理时，要合理确定类比对象，不能乱比，要对两类对象的共同特点进行对比． 解析： 把已知等式与行数对应起来，则每一个等式的左边的式子的第一个数是行数n，加数的个数是2n－1；等式右边都是完全平方数，
所以n＋(n＋1)＋…＋{n＋[(2n－1)－1]}＝(2n－1)2，
即n＋(n＋1)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
答案： D
【点拨】 数学中考查演绎推理的试题的比例比较大，即有选择、填空，也有解答、证明，立体几何是考查演绎推理的最好素材．演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况下的结论的推理，是一种由一般到特殊的推理．数学中的证明主要是通过演绎推理进行的，演绎推理的一般模式是“三段论”，包括：大前提、小前提和结论．在演绎推理中，只要前提和推理形式正确，则结论必定是正确的．演绎推理的应用 [思维点击]
∵a>1，且x1∴ax1又∵x1>－1，x2>－1，
∴(x1＋1)(x2＋1)>0.
∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数． 结论2．在四边形ABCD中，AB＝CD，BC＝AD，求证：ABCD为平行四边形，写出三段论形式的演绎推理．
(3)由全等三角形的定义可知：全等三角形的对应角相等，这一性质相当于：对于任意两个三角形，如果它们全等，则它们的对应角相等， 大前提
△ABC和△CDA全等， 小前提
则它们的对应角相等． 结论
用符号表示，就是△ABC≌△CDA?∠1＝∠2
且∠3＝∠4且∠B＝∠D.
(4)两条直线被第三条直线所截，如果内错角相等，那么这两条直线平行， 大前提
直线AB，DC被直线AC所截，内错角∠1＝∠2，
小前提(已证)
则AB∥DC. 结论
同理有：BC∥AD.
(5)如果四边形两组对边分别平行，那么这个四边形是平行四边形， 大前提
四边形ABCD中，两组对边分别平行， 小前提
则四边形ABCD是平行四边形． 结论
用符号表示为：AB∥DC且AD∥BC?四边形ABCD为平行四边形．【点拨】 (1)综合法和分析法是直接证明中两种最基本的证明方法．但这两种方法证明思路完全相反．综合法是“由因导果”，而分析法是“执果索因”．
(2)一般情况下是用分析法寻找解题思路，然后用综合法证明问题，它们相互转换、相互渗透、要充分利用这一辩证关系．在解题中综合法和分析法联合运用，转换解题思路，增加解题途径．综合法与分析法 [思维点击] 条件和结论的联系不明确，考虑用分析法证明．3．设a，b 是两个正实数，且a≠b，求证：a3＋b3＞a2b＋ab2.
证明： 要证a3＋b3＞a2b＋ab2成立，即需证
(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)成立，即需证a2－ab＋b2＞ab成立．只需证a2－2ab＋b2＞0成立，即需证(a－b)2＞0成立．
而由已知条件可知，a≠b，∴a－b≠0，
∴(a－b)2＞0显然成立．
即a3＋b3＞a2b＋ab2.【点拨】 对反证法的认识
(1)反证法是一种间接证明的方法，它的理论基础是互为逆否命题的两个命题为等价命题，它反映了“正难则反”的思想．
(2)反证法着眼于命题的转换，改变了研究的角度和方向，使论证的目标更为明确，由于增加了推理的前提——原结论的否定，更易于开拓思路．因此对于直接论证较为困难的时候，往往采用反证法证明．所以反证法在数学证明中有着广泛的应用．反证法
特别提醒：适宜用反证法证明的命题有：
①结论本身是以否定形式出现的命题．
②关于唯一性，存在性的命题．
③结论是以“至多”“至少”等形式出现的命题．
④结论的反面比原结论更具体，更容易研究的命题． 已知实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1.
求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．
[思维点击] 利用反证法，作出否定结论的假设，寻找矛盾． 【点拨】 数学归纳法是一种直接证明的方法，主要用来证明与正整数n有关的命题．证明时先证n取第一个值n0时命题成立；然后假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立即可．用数学归纳法证明时，要注意几个方面：数学归纳法
(1)n的范围以及递推的起点；
(2)观察首末两项的次数(或其他)，确定n＝k时命题的形式f(k)；
(3)从f(k＋1)和f(k)的差异，寻找由k到k＋1递推中，左边要加(乘)上的式子；
(4)在归纳递推中一定要运用归纳假设；
(5)注意“归纳——猜想——证明”的思维模式的应用．答案： D解析： 观察分子中2＋6＝5＋3＝7＋1＝10＋(－2)＝8.
答案： A
2．下列三句话按“三段论”模式排列顺序正确的是( )
①y＝cos x(x∈R)是三角函数；
②三角函数是周期函数；
③y＝cos x(x∈R)是周期函数．
A．①②③ B．②①③
C．②③① D．③②①
解析： 按三段论的模式，排列顺序正确的是②①③.
答案： B
3．用反证法证明命题“三角形的内角中至多有一个钝角”时，反设正确的是( )
A．三个内角中至少有一个钝角
B．三个内角中至少有两个钝角
C．三个内角都不是钝角
D．三个内角都不是钝角或至少有两个钝角
解析： “至多有一个”即要么一个都没有，要么有一个，故反设为“至少有两个”．
答案： B答案： C
7．已知a，b，c∈R，且它们互不相等，求证：a4＋b4＋c4＞a2b2＋b2c2＋c2a2.
证明： ∵a4＋b4≥2a2b2，b4＋c4≥2b2c2，a4＋c4≥2a2c2，
∴2(a4＋b4＋c4)≥2(a2b2＋b2c2＋c2a2)，
即a4＋b4＋c4≥a2b2＋b2c2＋c2a2.
又a，b，c互不相等，
∴a4＋b4＋c4＞a2b2＋b2c2＋c2a2.
8．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，证明：a，b，c都大于零．
证明： 假设a＜0，则－a＞0.
∵abc＞0，∴bc＜0，
又由a＋b＋c＞0，得b＋c＞－a＞0
∴ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，与题设矛盾，
若a＝0，则与abc＞0矛盾，∴必有a＞0，
同理可证：b＞0，c＞0.谢谢观看！