第2章 推理与证明章末复习学案
文档属性
| 名称 | 第2章 推理与证明章末复习学案 |  | |
| 格式 | zip | ||
| 文件大小 | 196.4KB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教新课标B版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2019-11-18 17:01:56 | ||
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文档简介
章末复习
学习目标 1.理解合情推理与演绎推理的区别与联系，会利用归纳与类比推理进行简单的推理.2.加深对直接证明和间接证明的认识，会应用其解决一些简单的问题．
1．合情推理
(1)归纳推理：由部分到整体、由个别到一般的推理．
(2)类比推理：由特殊到特殊的推理．
(3)合情推理：归纳推理和类比推理都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出猜想的推理，我们把它们统称为合情推理．
2．演绎推理
(1)演绎推理：由一般到特殊的推理．
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般原理．
②小前提——所研究的特殊情况．
③结论——根据一般原理，对特殊情况作出的判断．
3．直接证明和间接证明
(1)直接证明的两类基本方法是综合法和分析法．
①综合法是从已知条件推出结论的证明方法．
②分析法是从结论追溯到条件的证明方法．
(2)间接证明的一种方法是反证法，是从结论反面成立出发，推出矛盾的方法．
1．归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．( × )
2．“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．( √ )
3．综合法是直接证明，分析法是间接证明．( × )
4．反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( × )
类型一 合情推理的应用
例1 (1)有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组含一个数{1}；第二组含两个数{3,5}；第三组含三个数{7,9,11}；第四组含四个数{13,15,17,19}；…，试观察每组内各数之和并猜想f(n)(n∈N＋)与组的编号数n的关系式为________．
答案 f(n)＝n3
解析 由于1＝13，3＋5＝8＝23，7＋9＋11＝27＝33，
13＋15＋17＋19＝64＝43，…，猜想第n组内各数之和f(n)与组的编号数n的关系式为f(n)＝n3.
(2)在平面几何中，对于Rt△ABC，AC⊥BC，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则
①a2＋b2＝c2；
②cos2A＋cos2B＝1；
③Rt△ABC的外接圆半径为r＝.
把上面的结论类比到空间写出相类似的结论；试对其中一个猜想进行证明．
解 选取3个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象．
①设3个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，底面面积为S，则S＋S＋S＝S2.
②设3个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.
③设3个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为a，b，c，则这个四面体的外接球的半径为R＝.
下面对①的猜想进行证明．
如图在四面体A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC，平面ABD，平面ACD为三个两两垂直的侧面．
设AB＝a，AC＝b，AD＝c，
则在Rt△ABC中，BC＝＝，SRt△ABC＝ab.
同理，CD＝，SRt△ACD＝bc.
BD＝，SRt△ABD＝ac.
∴S△BCD＝.
经检验，S＋S＋S＝S.
即所证猜想为真命题．
反思与感悟 (1)归纳推理中有很大一部分题目是数列内容，通过观察给定的规律，得到一些简单数列的通项公式是数列中的常见方法．
(2)类比推理重在考查观察和比较的能力，题目一般情况下较为新颖，也有一定的探索性．
跟踪训练1 如图是由火柴棒拼成的图形，第n个图形由n个正方形组成．
通过观察可以发现：第4个图形中有________根火柴棒；第n个图形中有________根火柴棒．
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 13 3n＋1
解析 设第n个图形中火柴棒的根数为an，可知a4＝13.
通过观察得到递推关系式an－an－1＝3(n≥2，n∈N＋)，
所以an＝3n＋1.
类型二 综合法与分析法
例2 试用分析法和综合法分别推证下列命题：已知α∈(0，π)，求证：2sin2α≤.
考点 分析法和综合法的综合应用
题点 分析法和综合法的综合应用
证明 分析法
要证2sin2α≤成立，
只需证4sinαcosα≤，
∵α∈(0，π)，∴sinα>0，
只需证4cosα≤，
∵1－cosα>0，
∴4cosα(1－cosα)≤1，
可变形为4cos2α－4cosα＋1≥0，
只需证(2cosα－1)2≥0，显然成立．
综合法
∵＋4(1－cosα)≥4，
当且仅当cosα＝，即α＝时取等号，
∴4cosα≤.
∵α∈(0，π)，∴sinα>0，
∴4sinαcosα≤，
∴2sin2α≤.
反思与感悟 分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条件清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．
跟踪训练2 设a>0，b>0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.试用综合法和分析法分别证明．
证明 (综合法)
因为a>0，b>0，a＋b＝1，
所以1＝a＋b≥2，≤，ab≤，所以≥4.
又＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4，
所以＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时等号成立)．
(分析法)
因为a>0，b>0，a＋b＝1，
要证＋＋≥8，
只需证＋≥8，
只需证＋≥8，
即证＋≥4.
也就是证＋≥4.
即证＋≥2，
由基本不等式可知，当a>0，b>0时，＋≥2恒成立，所以原不等式成立．
类型三 反证法
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．
(1)解 当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.
又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，
两式相减得an＋1＝an，
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，
所以an＝(n∈N＋)．
(2)证明 假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p则2·＝＋，所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)
又因为p所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．
所以假设不成立，原命题得证．
反思与感悟 反证法常用于直接证明困难或以否定形式出现的命题；涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命题时，也常用反证法．
跟踪训练3 若x，y都是正实数，且x＋y>2，求证：<2或<2中至少有一个成立．
证明 假设<2和<2都不成立，
则有≥2和≥2同时成立．
因为x>0且y>0，
所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，
两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2.
这与已知x＋y>2矛盾．
故<2与<2中至少有一个成立.
1．观察按下列顺序排序的等式：9×0＋1＝1,9×1＋2＝11,9×2＋3＝21,9×3＋4＝31，…，猜想第n(n∈N＋)个等式应为( )
A．9(n＋1)＋n＝10n＋9
B．9(n－1)＋n＝10n－9
C．9n＋(n－1)＝10n－1
D．9(n－1)＋(n－1)＝10n－10
答案 B
解析 由已知中的式子，我们观察后分析：
等式左边分别为9与编号减1的积再加上编号，
等式右边是一个等差数列．
根据已知可以推断：
第n(n∈N＋)个等式为9(n－1)＋n＝10n－9.
故选B.
2．在平面直角坐标系中，方程＋＝1(ab≠0)表示x，y轴上的截距分别为a，b的直线，类比到空间直角坐标系中，在x，y，z轴上截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为( )
A.＋＋＝1 B.＋＋＝1
C.＋＋＝1 D．ax＋by＋cz＝1
答案 A
解析 ∵在平面直角坐标系中，方程＋＝1表示的图形是一条直线，具有特定性质：“在x轴，y轴上的截距分别为a，b”．类比到空间坐标系中，在x，y，z轴上截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为＋＋＝1.故选A.
3．用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实数
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
答案 A
解析 方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故选A.
4．若a>0，b>0，则有( )
A.>2b－a B.<2b－a
C.≥2b－a D.≤2b－a
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
答案 C
解析 因为－(2b－a)＝＝≥0，所以≥2b－a.
5．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________．
考点
题点
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.
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.
一、选择题
1．下面几种推理是合情推理的是( )
①由圆的性质类比出球的有关性质；
②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；
③张军某次考试成绩是100分，由此推出全班同学的成绩都是100分；
④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°.
A．①② B．①③
C．①②④ D．②④
答案 C
解析 ①是类比推理；②是归纳推理；④是归纳推理．所以①②④是合情推理．
2．在等差数列{an}中，若an<0，公差d>0，则有a4·a6>a3·a7，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若bn>0，q>1，则下列有关b4，b5，b7，b8的不等关系正确的是( )
A．b4＋b8>b5＋b7 B．b5＋b7>b4＋b8
C．b4＋b7>b5＋b8 D．b4＋b5>b7＋b8
答案 A
3．我们把1,4,9,16,25，…这些数称做正方形数，这是因为这些数目的点可以排成一个正方形(如图)．
试求第n个正方形数是( )
A．n(n－1) B．n(n＋1)
C．n2 D．(n＋1)2
答案 C
解析 观察前5个正方形数，恰好是序号的平方，所以第n个正方形数应为n2.
4．当n＝1,2,3,4,5,6时，比较2n和n2的大小并猜想( )
A．n≥1时，2n>n2 B．n≥3时，2n>n2
C．n≥4时，2n>n2 D．n≥5时，2n>n2
考点 归纳推理
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 D
解析 当n＝1时，2n>n2；当n＝2时，2n＝n2；
当n＝3时，2n当n＝5时，2n>n2；当n＝6时，2n>n2.
故猜想当n≥5时，2n>n2.
5．“∵四边形ABCD是矩形，∴四边形ABCD的对角线相等．”以上推理的大前提是( )
A．正方形都是对角线相等的四边形
B．矩形都是对角线相等的四边形
C．等腰梯形都是对角线相等的四边形
D．矩形都是对边平行且相等的四边形
答案 B
解析 利用三段论分析：
大前提：矩形都是对角线相等的四边形；
小前提：四边形ABCD是矩形；
结论：四边形ABCD的对角线相等．
6．定义运算：x?y＝例如3?4＝4，则下列等式不成立的是( )
A．x?y＝y?x
B．(x?y)?z＝x?(y?z)
C．(x?y)2＝x2?y2
D．c·(x?y)＝(c·y)?(c·x)(c>0)
考点 合情推理的综合应用
题点 合情推理在函数中的应用
答案 C
解析 由定义可知：“?”是求两个数中的较大者，所以A，B，D均是恒成立的．
7．某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段，下表为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊.
学生序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
立定跳远(单位：米)
1.96
1.92
1.82
1.80
1.78
1.76
1.74
1.72
1.68
1.60
30秒跳绳(单位：次)
63
a
75
60
63
72
70
a－1
b
65
在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则( )
A．2号学生进入30秒跳绳决赛
B．5号学生进入30秒跳绳决赛
C．8号学生进入30秒跳绳决赛
D．9号学生进入30秒跳绳决赛
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面的应用
答案 B
解析 进入立定跳远决赛的有8人，根据成绩应是1号至8号．
若a>63，则同时进入两决赛的不是6人，不符合题意；
若61≤a≤63，则同时进入两决赛的有1,2,3,5,6,7号，符合题意；
若a＝60，则同时进入两决赛的不是6人，不符合题意；
若a≤59，则同时进入两决赛的有1,3,4,5,6,7号，符合题意．
综上可知，5号进入30秒跳绳决赛．
二、填空题
8．如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有≤f?.若y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．
答案
解析 sinA＋sinB＋sinC≤3sin＝3sin＝.
9．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________．
考点 类比推理
题点 类比推理在图形中的应用
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＝.
10．已知f(x)＝，定义f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝[f1(x)]′，…，fn＋1(x)＝[fn(x)]′，n∈N＋.经计算f1(x)＝，f2(x)＝，f3(x)＝，…，照此规律，fn(x)＝________.
答案
解析 观察各个式子，发现分母都是ex，分子依次是－(x－1)，(x－2)，－(x－3)，故fn(x)＝.
三、解答题
11．已知a＞0，b＞0，－＞1.求证：＞.
证明 要证＞成立，
只需证1＋a＞，
只需证(1＋a)(1－b)＞1(1－b＞0)，即1－b＋a－ab＞1，
∴a－b＞ab，只需证＞1(a＞0，b>0)，
即证－＞1.又－＞1成立，
∴＞成立．
12．求证：不论x，y取何非零实数，等式＋＝总不成立．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设存在非零实数x，y使得等式＋＝成立．
于是有y(x＋y)＋x(x＋y)＝xy，
即x2＋y2＋xy＝0，
即2＋y2＝0.
由y≠0，得y2＞0.
又2≥0，
所以2＋y2＞0.
与x2＋y2＋xy＝0矛盾，故原命题成立．
13．已知a>0，b>0,2c>a＋b，求证：c－考点 分析法及应用
题点 分析法解决不等式问题
证明 要证c－只需证－即证|a－c|<，
只需证(a－c)2<()2，
只需证a2－2ac＋c2即证2ac>a2＋ab，因为a>0，所以只需证2c>a＋b.
因为2c>a＋b已知，所以原不等式成立．
四、探究与拓展
14．设S，V分别表示表面积和体积，如△ABC的面积用S△ABC表示，三棱锥O－ABC的体积用VO－ABC表示，对于命题：如果O是线段AB上一点，则||·＋||·＝0.将它类比到平面的情形时，应该有：若O是△ABC内一点，有S△OBC·＋S△OCA·＋S△OBA·＝0.将它类比到空间的情形时，应该有：若O是三棱锥A－BCD内一点，则有________________________．
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD·＋VO－ABC·＝0
15．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；
②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；
③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.
(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°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝.
(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos30°·cosα＋sin30°sinα)2－sinα·(cos30°·cosα＋sin30°sinα)
＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.
学习目标 1.理解合情推理与演绎推理的区别与联系，会利用归纳与类比推理进行简单的推理.2.加深对直接证明和间接证明的认识，会应用其解决一些简单的问题．
1．合情推理
(1)归纳推理：由部分到整体、由个别到一般的推理．
(2)类比推理：由特殊到特殊的推理．
(3)合情推理：归纳推理和类比推理都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出猜想的推理，我们把它们统称为合情推理．
2．演绎推理
(1)演绎推理：由一般到特殊的推理．
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般原理．
②小前提——所研究的特殊情况．
③结论——根据一般原理，对特殊情况作出的判断．
3．直接证明和间接证明
(1)直接证明的两类基本方法是综合法和分析法．
①综合法是从已知条件推出结论的证明方法．
②分析法是从结论追溯到条件的证明方法．
(2)间接证明的一种方法是反证法，是从结论反面成立出发，推出矛盾的方法．
1．归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．( × )
2．“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．( √ )
3．综合法是直接证明，分析法是间接证明．( × )
4．反证法是指将结论和条件同时否定，推出矛盾．( × )
类型一 合情推理的应用
例1 (1)有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组含一个数{1}；第二组含两个数{3,5}；第三组含三个数{7,9,11}；第四组含四个数{13,15,17,19}；…，试观察每组内各数之和并猜想f(n)(n∈N＋)与组的编号数n的关系式为________．
答案 f(n)＝n3
解析 由于1＝13，3＋5＝8＝23，7＋9＋11＝27＝33，
13＋15＋17＋19＝64＝43，…，猜想第n组内各数之和f(n)与组的编号数n的关系式为f(n)＝n3.
(2)在平面几何中，对于Rt△ABC，AC⊥BC，设AB＝c，AC＝b，BC＝a，则
①a2＋b2＝c2；
②cos2A＋cos2B＝1；
③Rt△ABC的外接圆半径为r＝.
把上面的结论类比到空间写出相类似的结论；试对其中一个猜想进行证明．
解 选取3个侧面两两垂直的四面体作为直角三角形的类比对象．
①设3个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，底面面积为S，则S＋S＋S＝S2.
②设3个两两垂直的侧面与底面所成的角分别为α，β，γ，则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.
③设3个两两垂直的侧面形成的侧棱长分别为a，b，c，则这个四面体的外接球的半径为R＝.
下面对①的猜想进行证明．
如图在四面体A－BCD中，AB，AC，AD两两垂直，平面ABC，平面ABD，平面ACD为三个两两垂直的侧面．
设AB＝a，AC＝b，AD＝c，
则在Rt△ABC中，BC＝＝，SRt△ABC＝ab.
同理，CD＝，SRt△ACD＝bc.
BD＝，SRt△ABD＝ac.
∴S△BCD＝.
经检验，S＋S＋S＝S.
即所证猜想为真命题．
反思与感悟 (1)归纳推理中有很大一部分题目是数列内容，通过观察给定的规律，得到一些简单数列的通项公式是数列中的常见方法．
(2)类比推理重在考查观察和比较的能力，题目一般情况下较为新颖，也有一定的探索性．
跟踪训练1 如图是由火柴棒拼成的图形，第n个图形由n个正方形组成．
通过观察可以发现：第4个图形中有________根火柴棒；第n个图形中有________根火柴棒．
考点 归纳推理的应用
题点 归纳推理在图形中的应用
答案 13 3n＋1
解析 设第n个图形中火柴棒的根数为an，可知a4＝13.
通过观察得到递推关系式an－an－1＝3(n≥2，n∈N＋)，
所以an＝3n＋1.
类型二 综合法与分析法
例2 试用分析法和综合法分别推证下列命题：已知α∈(0，π)，求证：2sin2α≤.
考点 分析法和综合法的综合应用
题点 分析法和综合法的综合应用
证明 分析法
要证2sin2α≤成立，
只需证4sinαcosα≤，
∵α∈(0，π)，∴sinα>0，
只需证4cosα≤，
∵1－cosα>0，
∴4cosα(1－cosα)≤1，
可变形为4cos2α－4cosα＋1≥0，
只需证(2cosα－1)2≥0，显然成立．
综合法
∵＋4(1－cosα)≥4，
当且仅当cosα＝，即α＝时取等号，
∴4cosα≤.
∵α∈(0，π)，∴sinα>0，
∴4sinαcosα≤，
∴2sin2α≤.
反思与感悟 分析法和综合法是两种思路相反的推理方法：分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条件清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．
跟踪训练2 设a>0，b>0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.试用综合法和分析法分别证明．
证明 (综合法)
因为a>0，b>0，a＋b＝1，
所以1＝a＋b≥2，≤，ab≤，所以≥4.
又＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4，
所以＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时等号成立)．
(分析法)
因为a>0，b>0，a＋b＝1，
要证＋＋≥8，
只需证＋≥8，
只需证＋≥8，
即证＋≥4.
也就是证＋≥4.
即证＋≥2，
由基本不等式可知，当a>0，b>0时，＋≥2恒成立，所以原不等式成立．
类型三 反证法
例3 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．
(1)解 当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.
又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，
两式相减得an＋1＝an，
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，
所以an＝(n∈N＋)．
(2)证明 假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p
又因为p
所以假设不成立，原命题得证．
反思与感悟 反证法常用于直接证明困难或以否定形式出现的命题；涉及“都是……”“都不是……”“至少……”“至多……”等形式的命题时，也常用反证法．
跟踪训练3 若x，y都是正实数，且x＋y>2，求证：<2或<2中至少有一个成立．
证明 假设<2和<2都不成立，
则有≥2和≥2同时成立．
因为x>0且y>0，
所以1＋x≥2y且1＋y≥2x，
两式相加，得2＋x＋y≥2x＋2y，所以x＋y≤2.
这与已知x＋y>2矛盾．
故<2与<2中至少有一个成立.
1．观察按下列顺序排序的等式：9×0＋1＝1,9×1＋2＝11,9×2＋3＝21,9×3＋4＝31，…，猜想第n(n∈N＋)个等式应为( )
A．9(n＋1)＋n＝10n＋9
B．9(n－1)＋n＝10n－9
C．9n＋(n－1)＝10n－1
D．9(n－1)＋(n－1)＝10n－10
答案 B
解析 由已知中的式子，我们观察后分析：
等式左边分别为9与编号减1的积再加上编号，
等式右边是一个等差数列．
根据已知可以推断：
第n(n∈N＋)个等式为9(n－1)＋n＝10n－9.
故选B.
2．在平面直角坐标系中，方程＋＝1(ab≠0)表示x，y轴上的截距分别为a，b的直线，类比到空间直角坐标系中，在x，y，z轴上截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为( )
A.＋＋＝1 B.＋＋＝1
C.＋＋＝1 D．ax＋by＋cz＝1
答案 A
解析 ∵在平面直角坐标系中，方程＋＝1表示的图形是一条直线，具有特定性质：“在x轴，y轴上的截距分别为a，b”．类比到空间坐标系中，在x，y，z轴上截距分别为a，b，c(abc≠0)的平面方程为＋＋＝1.故选A.
3．用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实数
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根
答案 A
解析 方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故选A.
4．若a>0，b>0，则有( )
A.>2b－a B.<2b－a
C.≥2b－a D.≤2b－a
考点 综合法及应用
题点 利用综合法解决不等式问题
答案 C
解析 因为－(2b－a)＝＝≥0，所以≥2b－a.
5．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________．
考点
题点
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.
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.
一、选择题
1．下面几种推理是合情推理的是( )
①由圆的性质类比出球的有关性质；
②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；
③张军某次考试成绩是100分，由此推出全班同学的成绩都是100分；
④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°.
A．①② B．①③
C．①②④ D．②④
答案 C
解析 ①是类比推理；②是归纳推理；④是归纳推理．所以①②④是合情推理．
2．在等差数列{an}中，若an<0，公差d>0，则有a4·a6>a3·a7，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若bn>0，q>1，则下列有关b4，b5，b7，b8的不等关系正确的是( )
A．b4＋b8>b5＋b7 B．b5＋b7>b4＋b8
C．b4＋b7>b5＋b8 D．b4＋b5>b7＋b8
答案 A
3．我们把1,4,9,16,25，…这些数称做正方形数，这是因为这些数目的点可以排成一个正方形(如图)．
试求第n个正方形数是( )
A．n(n－1) B．n(n＋1)
C．n2 D．(n＋1)2
答案 C
解析 观察前5个正方形数，恰好是序号的平方，所以第n个正方形数应为n2.
4．当n＝1,2,3,4,5,6时，比较2n和n2的大小并猜想( )
A．n≥1时，2n>n2 B．n≥3时，2n>n2
C．n≥4时，2n>n2 D．n≥5时，2n>n2
考点 归纳推理
题点 归纳推理在数对(组)中的应用
答案 D
解析 当n＝1时，2n>n2；当n＝2时，2n＝n2；
当n＝3时，2n
故猜想当n≥5时，2n>n2.
5．“∵四边形ABCD是矩形，∴四边形ABCD的对角线相等．”以上推理的大前提是( )
A．正方形都是对角线相等的四边形
B．矩形都是对角线相等的四边形
C．等腰梯形都是对角线相等的四边形
D．矩形都是对边平行且相等的四边形
答案 B
解析 利用三段论分析：
大前提：矩形都是对角线相等的四边形；
小前提：四边形ABCD是矩形；
结论：四边形ABCD的对角线相等．
6．定义运算：x?y＝例如3?4＝4，则下列等式不成立的是( )
A．x?y＝y?x
B．(x?y)?z＝x?(y?z)
C．(x?y)2＝x2?y2
D．c·(x?y)＝(c·y)?(c·x)(c>0)
考点 合情推理的综合应用
题点 合情推理在函数中的应用
答案 C
解析 由定义可知：“?”是求两个数中的较大者，所以A，B，D均是恒成立的．
7．某学校运动会的立定跳远和30秒跳绳两个单项比赛分成预赛和决赛两个阶段，下表为10名学生的预赛成绩，其中有三个数据模糊.
学生序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
立定跳远(单位：米)
1.96
1.92
1.82
1.80
1.78
1.76
1.74
1.72
1.68
1.60
30秒跳绳(单位：次)
63
a
75
60
63
72
70
a－1
b
65
在这10名学生中，进入立定跳远决赛的有8人，同时进入立定跳远决赛和30秒跳绳决赛的有6人，则( )
A．2号学生进入30秒跳绳决赛
B．5号学生进入30秒跳绳决赛
C．8号学生进入30秒跳绳决赛
D．9号学生进入30秒跳绳决赛
考点 演绎推理的综合应用
题点 演绎推理在其他方面的应用
答案 B
解析 进入立定跳远决赛的有8人，根据成绩应是1号至8号．
若a>63，则同时进入两决赛的不是6人，不符合题意；
若61≤a≤63，则同时进入两决赛的有1,2,3,5,6,7号，符合题意；
若a＝60，则同时进入两决赛的不是6人，不符合题意；
若a≤59，则同时进入两决赛的有1,3,4,5,6,7号，符合题意．
综上可知，5号进入30秒跳绳决赛．
二、填空题
8．如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有≤f?.若y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．
答案
解析 sinA＋sinB＋sinC≤3sin＝3sin＝.
9．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________．
考点 类比推理
题点 类比推理在图形中的应用
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＝.
10．已知f(x)＝，定义f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝[f1(x)]′，…，fn＋1(x)＝[fn(x)]′，n∈N＋.经计算f1(x)＝，f2(x)＝，f3(x)＝，…，照此规律，fn(x)＝________.
答案
解析 观察各个式子，发现分母都是ex，分子依次是－(x－1)，(x－2)，－(x－3)，故fn(x)＝.
三、解答题
11．已知a＞0，b＞0，－＞1.求证：＞.
证明 要证＞成立，
只需证1＋a＞，
只需证(1＋a)(1－b)＞1(1－b＞0)，即1－b＋a－ab＞1，
∴a－b＞ab，只需证＞1(a＞0，b>0)，
即证－＞1.又－＞1成立，
∴＞成立．
12．求证：不论x，y取何非零实数，等式＋＝总不成立．
考点 反证法及应用
题点 反证法的应用
证明 假设存在非零实数x，y使得等式＋＝成立．
于是有y(x＋y)＋x(x＋y)＝xy，
即x2＋y2＋xy＝0，
即2＋y2＝0.
由y≠0，得y2＞0.
又2≥0，
所以2＋y2＞0.
与x2＋y2＋xy＝0矛盾，故原命题成立．
13．已知a>0，b>0,2c>a＋b，求证：c－
题点 分析法解决不等式问题
证明 要证c－
只需证(a－c)2<()2，
只需证a2－2ac＋c2
因为2c>a＋b已知，所以原不等式成立．
四、探究与拓展
14．设S，V分别表示表面积和体积，如△ABC的面积用S△ABC表示，三棱锥O－ABC的体积用VO－ABC表示，对于命题：如果O是线段AB上一点，则||·＋||·＝0.将它类比到平面的情形时，应该有：若O是△ABC内一点，有S△OBC·＋S△OCA·＋S△OBA·＝0.将它类比到空间的情形时，应该有：若O是三棱锥A－BCD内一点，则有________________________．
考点 类比推理的应用
题点 平面几何与立体几何之间的类比
答案 VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD·＋VO－ABC·＝0
15．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°－sin13°cos17°；
②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；
③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.
(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°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝.
(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos30°·cosα＋sin30°sinα)2－sinα·(cos30°·cosα＋sin30°sinα)
＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.