4 数学归纳法
授课提示：对应学生用书第9页
[自主梳理]
一、数学归纳法
数学归纳法是用来证明某些与________有关的数学命题的一种方法．
二、数学归纳法的证明步骤
1．基本步骤
(1)验证：________时，命题成立；
(2)在假设当__________时命题成立的前提下，推出当________时，命题成立．
根据(1)(2)可以断定命题对一切正整数n都成立．
2．数学归纳法能保证命题对________都成立．因为根据(1)，验证了当________时命题成立；根据(2)可知，当________时命题成立．由于________时命题成立，再根据(2)可知，________时命题也成立，这样递推下去，就可以知道当________时命题成立，即命题对任意正整数n都成立．
[双基自测]
1．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得代数式是( )
A．1
B．1＋3
C．1＋2＋3
D．1＋2＋3＋4
2．若f(n)＝1＋＋＋…＋，则当n＝1时，f(n)等于( )
A．1
B.
C．1＋＋
D．以上都不对
3．用数学归纳法证明“2n＞n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的初始值n0应取( )
A．2
B．3
C．5
D．6
4．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”左端需增乘的代数式为( )
A．2k＋1
B．2(2k＋1)
C.
D.
5．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋＜n(n∈N＋且n＞1)第一步要证明的不等式是________，从n＝k到n＝k＋1时，左端增加了________项．
[自主梳理]一、正整数n 二、1.n＝1 n＝k(k≥1) n＝k＋1 2.所有的正整数 n＝1 n＝1＋1＝2 n＝2 当n＝2＋1＝3 n＝4,5，…[双基自测]1．C n＝1时，左边＝1＋2＋3.2．C f(1)＝1＋＋.3．C4．B 当n＝k时，左边＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)，而当n＝k＋1时，左边＝[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]…[(k＋1)＋(k－1)][(k＋1)＋k]·[(k＋1)＋(k＋1)]＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)＝2(k＋1)(k＋2)…(k＋k)(2k＋1)．5．1＋＋＜2 2k 当n＝2时，1＋＋＜2.当n＝k时到第2k－1项，而当n＝k＋1时到第2k＋1－1项，所以2k＋1－1－(2k－1)＝2k＋1－2k＝2·2k－2k＝2k.
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探究一 用数学归纳法证明等式
[例1] 用数学归纳法证明12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)．
[证明] (1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，
右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，
∴左边＝右边，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时等式成立，
即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)成立，
则当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋[2(k＋1)－1]2－[2(k＋1)]2
＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2
＝(2k＋1)(k＋1)－4(k＋1)2
＝(k＋1)
[2k＋1－4(k＋1)]
＝(k＋1)(－2k－3)
＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，
∴当n＝k＋1时，等式成立．
由(1)(2)可知对于任意正整数n，等式都成立．
用数学归纳法证明与正整数有关的等式命题时，关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n的取值是否有关，由n＝k到n＝k＋1时，等式两边会增加多少项等．
1．用数学归纳法证明
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋.
证明：(1)当n＝1时，左边＝1－＝，右边＝，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时等式成立，
即1－＋－＋…＋－
＝＋＋…＋，
那么当n＝k＋1时，
1－＋－＋…＋－＋－
＝＋＋…＋＋－
＝＋＋…＋＋，
上式表明当n＝k＋1时等式也成立．
根据(1)(2)可知，对任意的n∈N＋，等式都成立．
探究二 用数学归纳法证明不等式
[例2] 求证：当n∈N＋，n≥2时，＋＋…＋>.
[证明] (1)当n＝2时，＋＝＝>，不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N＋)时不等式成立，即
＋＋…＋>，
那么当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＋
＝＋＋…＋＋＋－
＝(＋＋…＋)＋－
>＋
>，
∴当n＝k＋1时，不等式成立．
根据(1)(2)可知，n∈N＋，n≥2时不等式成立．
1．本题证明第一步n不是取1，而是取2.2．在运用数学归纳法证明不等式时，经常需要在证明过程中(从k到k＋1的过程中)与证明不等式的其他方法(如基本不等式法，放缩法，分析法等)相结合．
2．求证：＋＋…＋>(n≥2，n∈N＋)．
证明：(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，
＋＋…＋＋＋＋＝＋＋…＋＋(＋＋－)>＋(＋＋－)>＋(3×－)＝.所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知，不等式对一切n≥2，n∈N＋都成立．
探究三 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．
[解析] 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．
“观察—归纳—猜想—证明”模式的题目的解法：(1)观察：由已知条件写出前几项；(2)归纳：根据前几项的规律，找到项与项数的关系；(3)猜想：猜想一般项的表达式；(4)证明：用数学归纳法证明猜想的结论．
3．数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N＋)．
(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项an的表达式；
(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．
解析：(1)a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝，
由此猜想an＝(n∈N＋)．
(2)①当n＝1时，a1＝1，结论成立．
②假设当n＝k(k∈N＋)时，结论成立，即ak＝，
那么当n＝k＋1(k∈N＋)时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，
则ak＋1＝＝＝＝，
即当n＝k＋1时，结论也成立．
根据①和②，可知猜想对任何n∈N＋都成立，
即an＝(n∈N＋)．
用数学归纳法证明几何问题
[例4] 求证平面上凸n边形(n∈N＋，n≥4)的对角线的条数为f(n)＝n(n－3)．
[证明] ①当n＝4时，f(4)＝×4×(4－3)＝2，平面上四边形有2条对角线，命题成立．
②假设n＝k(k≥4，k∈N＋)时命题成立，即平面上凸k边形A1A2…Ak共有f(k)＝k(k－3)条对角线，则当n＝k＋1时，即平面上凸k＋1边形在k边形的基础上增加了1个顶点Ak＋1，如图所示，这时新增加的对角线是Ak＋1A2，Ak＋1A3，…，Ak＋1Ak－1以及A1Ak，共增加了(k＋1－3)＋1＝(k－1)条．
因为k(k－3)＋(k－1)＝(k2－k－2)
＝(k＋1)(k－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3]＝f(k＋1)，
所以n＝k＋1时，命题也成立．
由①②可知，对于任意n≥4，n∈N＋，命题成立．
[感悟提高] 利用数学归纳法证明几何问题时，关键是找出由“n＝k”到“n＝k＋1”的增量．对于本题，当n＝k＋1时，对角线条数的增量k－1可用画图的方法去找，也可设f(n)＝n(n－3)，由f(k＋1)－f(k)＝k－1分析出，再结合图形说明为什么从“n＝k”到“n＝k＋1”时，对角线条数的增量为k－1.
PAGE3 反证法
授课提示：对应学生用书第7页
[自主梳理]
一、反证法的定义
1．在证明数学命题时，要证明的结论要么正确，要么错误，二者________，我们可以先假定命题结论的________成立，在这个前提下，若推出的结果与________相矛盾，或与命题中的________相矛盾，或与________相矛盾，从而说明命题结论的反面________成立，由此断定命题的结论________．这种证明方法叫作________．
2．反证法是一种________证明的方法．
二、反证法的证明步骤
1．作出________的假设；
2．进行推理，导出________；
3．否定________，肯定________．
[双基自测]
1．命题“在△ABC中，若∠A>∠B，则a>b”的结论的否定应该是( )
A．a
B．a≤b
C．a＝b
D．a≥b
2．若a、b、c不全为零，必须且只需( )
A．abc≠0
B．a、b、c中至少有一个为0
C．a、b、c中只有一个是0
D．a、b、c中至少有一个不为0
3．用反证法证明命题“如果a＞b，那么＞”时，假设的内容应是( )
A.＝成立
B.＜成立
C.＝或＜成立
D.＝且＜成立
[自主梳理]一、必居其一 反面 定义、公理、定理 已知条件 假定 不可能 成立 反证法 间接 二、否定结论 矛盾 假设 结论[双基自测]1．B2．D a、b、c不全为零，即a、b、c中至少有一个不为0.3．C
授课提示：对应学生用书第7页
探究一 证明否定性命题
[例1] 求证：当x2＋bx＋c2＝0有两个不相等的非零实数根时，bc≠0.
[证明] 假设bc＝0.
(1)若b＝0，c＝0，方程变为x2＝0，则x1＝x2＝0是方程x2＋bx＋c2＝0的两根，这与方程有两个不相等的实数根矛盾．
(2)若b＝0，c≠0，方程变为x2＋c2＝0，但c≠0，此时方程无解，与x2＋bx＋c2＝0有两个不相等的非零实数根相矛盾．
(3)若b≠0，c＝0，方程变为x2＋bx＝0，方程根为x1＝0，x2＝－b，这与方程有两个非零实数根相矛盾．
综上所述，可知bc≠0.
结论中出现“不”“不是”“不存在”“不等于”等词语的命题，其反面比较具体，通过反设，转化为肯定性命题，作为条件应用，进行推理．此时用反证法更方便．
1．设{an}是公比为q(q≠0)的等比数列，Sn是它的前n项和，求证：数列{Sn}不是等比数列．
证明：假设{Sn}为等比数列，则S＝S1·S3，
∴a(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)．
∵a1≠0，
∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，与q≠0矛盾．
∴{Sn}不是等比数列．
探究二 证明唯一性问题
[例2] 求证函数f(x)＝2x＋1有且只有一个零点．
[证明] (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．
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．
2．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．
探究三 证明“至少”“至多”等问题
[例3] 已知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.
所以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.
所以a＋b＋c＞0.这与a＋b＋c≤0矛盾，故a，b，c中至少有一个大于0.
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．
3．已知x，y，z∈R，x＋y＋z＝1，x2＋y2＋z2＝，求证：x，y，z∈[0，]．
证明：假设x，y，z中有负数，不妨设x<0，
则x2>0，则y＋z＝1－x，y2＋z2≥，
∴＝x2＋y2＋z2≥x2＋＝x2＋
＝x2－x＋＝x(x－)＋.
∵x<0，∴x－<0.∴x(x－)>0.
∴≥x(x－)＋>，矛盾．
∴x，y，z中没有负数．
假设x，y，z中有一个大于，不妨设x>，
则＝x2＋y2＋z2≥x2＋＝x2＋
＝x2－x＋＝x(x－)＋.
∵x>，∴x>0.∴x(x－)>0.
∴≥x(x－)＋>，矛盾．
∴x，y，z中没有大于的．
综上，x，y，z∈[0，]．
反证法在证明问题中的应用
[例4] (本题满分12分)已知：0＜α＜，0＜β＜，且sin(α＋β)＝2sin
α，求证：α＜β.
[证明] (1)假设α＝β(α，β均为锐角)
?
2分
由sin(α＋β)＝2sin
α得sin
αcos
β＋cos
αsin
β＝2sin
α，
所以2sin
αcos
α＝2sin
α，所以cos
α＝1，
3分
与α∈相矛盾，故α≠β.
5分
(2)假设α＞β(α，β均为锐角)，
由sin
αcos
β＋cos
αsin
β＝2sin
β得
cos
αsin
β＝sin
α(2－cos
β)，
即＝.?
9分
由＞α＞
β＞0得sin
α＞sin
β
＞0，
＞1.
10分
又0＜cos
α＜cos
β＜1，所以2－cos
β＞1，
所以＜1.
故＝不成立，故α≤β.
11分
因为α≠β且α≤β，所以α＜β.
综上α＜β.
12分
[规范与警示]易漏掉两种情况的讨论，失分点．
?由此等式推导得出矛盾，关键点．
?易漏掉此结论，解析过程要完整．
反证法的关键是找矛盾，所以应注意前后联系．在证明过程中步骤要完整，步步有理有据，说服力强，不能随意丢弃任何条件，特别是假设的否定不能忽略．
PAGE2 综合法与分析法
授课提示：对应学生用书第4页
[自主梳理]
一、综合法的定义
从命题的________出发，利用________、________、________及________，通过________一步一步地接近要证明的结论，直到完成命题的证明，这种思维方法称为综合法．
二、综合法证明的思维过程
用P表示已知条件、已知的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论，则综合法的思维过程可用框图表示为：
→→→…→
三、分析法的定义
从________出发，一步一步地探索保证前一个结论成立的________，直到归结为这个命题的______，或者归结为________、________、________等，这种思维方法称为分析法．
四、分析法证明的思维过程
用Q表示要证明的结论，则分析法的思维过程可用框图表示为：
→→→…→
[双基自测]
1．已知函数f(x)＝lg，若f(a)＝b，则f(－a)等于( )
A．b
B．－b
C.
D．－
2．已知a、b是不相等的正数，x＝，y＝，则x、y的关系是( )
A．x>y
B．xC．x>y
D．不确定
3．要证a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )
A．2ab－1－a2b2≤0
B．a2＋b2－1－≤0
C.－1－a2b2≤0
D．(a2－1)(b2－1)≥0
4．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos
2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos
2
θ”，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
5．若a＋b＞a＋b，则a，b应满足的条件是________．
[自主梳理]一、条件 定义 公理 定理 运算法则 演绎推理 三、求证的结论 充分条件 条件 定义 公理 定理[双基自测]1．B f(－a)＝lg＝lg()－1＝－lg＝－f(a)＝－b.2．B ∵x>0，y>0，∴要比较x、y的大小，只需比较x2、y2的大小，即比较与a＋b的大小．∵a、b为不相等的正数，∴2授课提示：对应学生用书第5页
探究一 用综合法证明不等式
[例1] 已知a，b是正数，且a＋b＝1，
求证：＋≥4.
[解析] 法一：∵a，b为正数，且a＋b＝1，
∴a＋b≥2，
∴≤，
∴＋＝＝≥4.
法二：∵a，b为正数，
∴a＋b≥2＞0，＋≥2＞0，
∴(a＋b)≥4，
又a＋b＝1，
∴＋≥4.
法三：∵a，b为正数，
∴＋＝＋
＝1＋＋＋1≥2＋2＝4，
当且仅当a＝b时，取“＝”号．
从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，由因导果，其逐步推理，实际上是寻找每一步的必要条件，如何找到“切入点”和有效的推理途径是利用综合法证明问题的关键．
1．在△ABC中，三边a，b，c成等比数列，求证：acos2＋ccos2≥b.
证明：∵左边＝＋
＝(a＋c)＋(acos
C＋ccos
A)
＝(a＋c)＋(a·＋c·)
＝(a＋c)＋b≥＋＝b＋＝b＝右边，
∴acos2＋ccos2≥b.
探究二 用分析法证明不等式
[例2] 在锐角三角形ABC中，求证：tan
A·tan
B>1.
[证明] 要证tan
A·tan
B>1，只需证>1.
∵A，B为锐角，∴cos
A>0，cos
B>0，
只需证cos
A·cos
BA·sin
B，即cos(A＋B)<0.
∵C为锐角，∴A＋B＝π－C为钝角．
∴cos(A＋B)<0恒成立．
∴tan
A·tan
B>1.
用分析法证明不等式时应注意的问题(1)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)分析法证明不等式的思维是从要证不等式出发，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．(3)用分析法证明数学命题时，一定要恰当地用好“要证明”“只需证明”“即证明”等词语．
2．已知函数f(x)＝x2＋3，若a>b>0，求证：
>f()．
证明：要证明>f()，
即证[(a2＋3)＋(b2＋3)]>()2＋3，
只需证a2＋b2＋6>＋6，
只需证a2＋b2>，
因此只需证2a2＋2b2>a2＋2ab＋b2，
即证a2＋b2>2ab，只需证(a－b)2>0，
由于a>b>0，所以(a－b)2>0显然成立，
故原不等式成立．
探究三 综合法与分析法的综合应用
[例3] 若a，b，c为不全相等的正数，求证：
lg＋lg＋lg>lg
a＋lg
b＋lg
c.
[解析] 要证lg＋lg＋lg>lg
a＋lg
b＋lg
c，
只需证lg(··)>lg(a·b·c)，即证··>abc.
因为a，b，c为不全相等的正数，所以≥>0，≥>0，≥>0，且上述三式中等号不能同时成立．
所以··>abc成立．
所以lg＋lg＋lg>lg
a＋lg
b＋lg
c成立．
对于比较复杂的证明题，常用分析综合法，即先从结论进行分析，寻找结论与条件之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或在证明过程中将两种方法交叉使用．
3.如图，已知AB，CD相交于点O，△ACO≌△BDO，AE＝BF.
求证：CE＝DF.
证明：要证明CE＝DF，只需证明△ECO≌△FDO.
∵△ACO≌△BDO，
∴CO＝DO，AO＝BO.①
又∵AE＝BF，∴EO＝FO.②
∵∠EOC与∠FOD是对顶角，
∴∠EOC＝∠FOD.③
由①②③知△ECO≌△FDO.命题得证．
综合法在几何证明中的应用
[例4] (本题满分12分)如图，在四棱锥O?ABCD中，底面ABCD为菱形，OA⊥平面ABCD，E为OA的中点，F为BC的中点，求证：
(1)平面BDO⊥平面ACO；
(2)EF∥平面OCD.
[证明] (1)因为OA⊥平面ABCD，
BD?平面ABCD，所以OA⊥BD.2分
因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，?
又OA∩AC＝A，所以BD⊥平面ACO.4分
又因为BD?平面BDO，所以平面BDO⊥平面ACO.6分
(2)如图，取OD的中点M，连接EM，CM，则ME∥AD，ME＝AD.7分
因为四边形ABCD是菱形，
所以AD∥BC，AD＝BC，
因为F为BC的中点，8分
所以CF∥AD，CF＝AD，
所以ME∥CF，ME＝CF，?10分
所以四边形EFCM是平行四边形，所以EF∥MC.?
又因为EF?平面OCD，MC?平面OCD.所以EF∥平面OCD.12分
[规范与警示] ?易忽略此条件，导致无法证明面面垂直，易错点．
正确地构造出平行四边形是证明线面平行的关键，关键点．
此类题目在证明过程中要注意应用题中的条件，注意隐含条件的挖掘，如果漏掉某一条件或对某一条件挖掘不深，则会导致题目无法证明．几何证明的前提是熟练地应用各个判定定理及性质定理，注意各个定理的应用格式，掌握常见的辅助线作法，找准定理所需的条件．
PAGE1．2 类比推理
授课提示：对应学生用书第3页
[自主梳理]
一、类比推理的含义
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________________________，我们把这种推理过程称为类比推理，类比推理是________之间的推理．利用类比推理得出的结论________．
二、合情推理的含义
________和________是最常见的合情推理，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，如________、________、________等，推测出某些结果的推理方式．
三、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____法则得到新结论的推理过程．
四、类比推理的特点
1．类比是从人们已经掌握了的事物的属性，推测正在研究中的事物的属性，它以旧有认识作基础，类比出新的结果；
2．类比是从一种事物的特殊属性推测另一种事物的特殊属性；
3．类比的结果是猜测性的，不一定可靠，但它却具有发现的功能．
[双基自测]
1．下面使用类比推理恰当的是( )
A．“若a·3＝b·3，则a＝b”类推出“若a·0＝b·0，则a＝b”
B．“(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“(a·b)c＝ac·bc”
C．“(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“＝＋(c≠0)”
D．“(ab)n＝anbn”类推出“(a＋b)n＝an＋bn”
2．如果对象A和对象B都具有相同的属性P、Q、R等，此外已知对象A还有一个属性S，而对象B还有一个未知的属性x，由此类比推理，可以得出下列哪个结论可能成立？( )
A．x就是P
B．x就是Q
C．x就是R
D．x就是S
3．已知扇形的弧长为l，半径为r，类比三角形的面积公式：S＝×底×高，可推知扇形面积公式S扇等于( )
A.
B.
C.lr
D．不可类比
4．在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为__________．
[自主梳理]一、另一类对象也具有类似的其他特征 两类事物特征 不一定正确 二、归纳推理 类比推理 定义 公理 定理 三、逻辑[双基自测]1．C 由类比推理的定义知C正确．2．D 各自另外的属性S只能类比x.3．C 由扇形的弧长与半径类比于三角形的底与高，可得S＝lr.4. ＝＝·＝×＝.
授课提示：对应学生用书第3页
探究一 几何中的类比
[例1] 在长方形ABCD中，对角线AC与两邻边所成的角分别为α，β，则cos2α＋cos2β＝1.在立体几何中，给出类比猜想．
[解析] 如图，在长方形ABCD中，cos2α＋cos2β＝2＋2＝＝＝1.
于是类比到长方体中，猜想其体对角线与共顶点的三条棱所成的角分别为α，β，γ，
则cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.
证明：cos2α＋cos2β＋cos2γ
＝2＋2＋2
＝＝＝1.
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，可以从几何数目、位置关系、几何性质、度量等方面入手．由平面中相关结论可以类比得到空间中的相关结论．2．平面图形与空间图形的类比如下：平面图形空间图形点线线面边长面积面积体积线线角二面角三角形四面体
1．如图①有面积关系：＝，则图②有体积关系：＝________.
解析：(1)把平面中三角形的知识类比到空间三棱锥中，得＝.
故填.
答案：
探究二 等式及其他知识点的类比
[例2] 在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n＜19，n∈N＋)成立．类比上述性质，相应地，在等比数列{bn}中，若b10＝1，则有等式________成立．
[解析] 等差数列→用减法定义→性质用加法表述(若m，n，p，q∈N＋，且m＋n＝p＋q，则am＋an＝ap＋aq)；
等比数列→用除法定义→性质用乘法表述(若m，n，p，q∈N＋，且m＋n＝p＋q，则am·an＝ap·aq)．
由此，猜想本题的答案为b1b2…bn＝b1b2…b19－n(n＜19，n∈N＋)．
[答案] b1b2…bn＝b1b2…b19－n(n＜19，n∈N＋)
在等差数列与等比数列的类比中，等差数列中的和，类比等比数列中的积，差类比商，积类比幂．
2．通过计算可得下列等式：22－12＝2×1＋1,32－22＝2×2＋1,42－32＝2×3＋1，…，(n＋1)2－n2＝2n＋1，将以上各式分别相加得：(n＋1)2－12＝2×(1＋2＋3＋…＋n)＋n，即1＋2＋3＋…＋n＝，类比上述求法，则12＋22＋32＋…＋n2＝______________.
答案：
类比对象不正确致误
[例3] 如图，在四面体S?ABC中，平面SAB、平面SAC、平面
SBC与底面ABC所成角分别为α1、α2、α3，三条棱SC、SB、SA与底面ABC所成角为β1、β2、β3，三个侧面△SAB、△SAC、△SBC的面积分别为S1、S2、S3.类比三角形中的正弦定理，给出空间图形的一个猜想．
[解析] 如图，在△DEF中，由正弦定理得＝＝.如题中图，由于平面SAB、平面SAC、平面SBC与底面所成的二面角分别为α1、α2、α3，类比可得在四面体S?ABC中，有＝＝，即＝＝.
[错因与防范] 本题易错误猜想空间图形中三个侧面面积与线面角的正弦的比相等．平面几何中的角是由两条射线组成的，一般在立体几何中，与之相类比的是两个平面组成的角，即二面角．
PAGE§1 归纳与类比
1．1 归纳推理
授课提示：对应学生用书第1页
[自主梳理]
一、推理
推理一般包括______推理和________推理．
二、归纳推理的定义
根据一类事物中部分事物具有某种属性，推断该类事物中________都有这种属性．我们将这种推理方式称为归纳推理．
三、归纳推理的特征
归纳推理是由部分到________，由个别到________的推理．
[双基自测]
1．数列1,5,10,16,23,31，x,50，…中的x等于( )
A．38
B．39
C．40
D．41
2．由集合{a1}，{a1，a2}，{a1，a2，a3}，…的子集个数归纳出集合{a1，a2，a3，…，an}的子集个数为( )
A．n
B．n＋1
C．2n
D．2n－1
3．在数列{an}中，已知a1＝3，a2＝6，且an＋2＝an＋1－an，则a33为( )
A．3
B．－3
C．6
D．－6
4．观察下列式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，则可归纳出________．
5．如图(1)，将一个边长为1的正三角形的每条边三等分，以中间一段为边向三角形外作正三角形，并擦去中间一段，得图(2)，如此继续下去，得图(3)…试用n表示出第(n)个图形的边数an＝________.
[自主梳理]一、合情 演绎 二、每一个事物 三、整体 一般[双基自测]1．C 前6项从第2项起每一项与前一项的差分别为4,5,6,7,8，由此可得x＝31＋9＝40.2．C 由前三个集合子集的个数分别为21,22,23，可归纳得出{a1，a2，…，an}的子集个数为2n.3．A 由题意可得，a1＝3，a2＝6，a3＝3，a4＝－3，a5＝－6，a6＝－3，a7＝3，a8＝6，归纳出每6项一个循环，则a33＝a3＝3.4．1＋＋…＋<(n∈N＋) 利用归纳推理，不等号的右边的分母与左边的最后一项的分母的算术平方根相同，而右边的分子的变化遵循规律2n＋1，n为正整数．5．3×4n－1 观察图形可知，a1＝3，a2＝12，a3＝48，…，故{an}是首项为3，公比为4的等比数列，故an＝3×4n－1.
授课提示：对应学生用书第1页
探究一 数、式中的归纳推理
[例1] 已知：1＞；1＋＋＞1；1＋＋＋＋＋＋＞；1＋＋＋…＋＞2；….
请你归纳出一个最贴切的一般性结论.
[解析] 1＝21－1,3＝22－1,7＝23－1,15＝24－1，…，猜想不等式左边最后一项的分母为2n－1，而不等式右端依次分别为：，，，，…，.
归纳得一般结论：1＋＋＋…＋＞(n∈N＋)．
根据给出的数与式，归纳一般结论的思路：
(1)观察数与式的结构特征，如数、式与符号的关系，代数式的相同或相似之处等；(2)提炼出数、式的变化规律；(3)运用归纳推理写出一般结论．
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________．
解析：由前三个式子可以得出如下规律：每个式子等号的左边是从1开始的连续正整数的立方和，且个数依次多1，等号的右边是一个正整数的平方，后一个正整数依次比前一个大3,4，….因此，第五个等式为13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.
答案：13＋23＋33＋43＋53＋63＝212
探究二 几何图形中的归纳推理
[例2] 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6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] 法一：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6个图案中有菱形纹的正六边形的个数是6＋5×(6－1)＝31.
法二：由图案的排列规律可知，除第一块无纹正六边形需6个有菱形纹正六边形围绕外，每增加一块无纹正六边形，只需增加5块有菱形纹正六边形(每两块相邻的无纹正六边形之间有一块“公共”的有菱形纹正六边形)，故第6个图案中有菱形纹的正六边形的个数为6＋5×(6－1)＝31.
[答案] B
图形的归纳推理问题，可从图形的变化规律入手求解，一般研究图形中点、线或面等的增加变化数值，结合数列的知识得出规律．
2．(1)如图(a)(b)(c)(d)为四个平面图形．数一数，每个平面图形各有多少个顶点？多少条边？它们分别围成了多少个区域？请将结果填入下表(按填好的例子做)；
顶点数
边数
区域数
(a)
4
6
3
(b)
(c)
(d)
(2)观察上表，推断一个平面图形的顶点数、边数、区域数之间有什么关系；
(3)现已知某个平面图形有1
005个顶点，且围成了1
005个区域，试根据以上关系确定这个图形有多少条边．
解析：(1)填表如下：
顶点数
边数
区域数
(a)
4
6
3
(b)
8
12
5
(c)
6
9
4
(d)
10
15
6
(2)由该表可以看出，所给四个平面图形的顶点数、边数及区域数之间有下述关系：
4＋3－6＝1,8＋5－12＝1,6＋4－9＝1,10＋6－15＝1.
所以我们可以推断：任何平面图形的顶点数、边数及区域数之间都有下述关系：顶点数＋区域数－边数＝1.
(3)由上面所给的关系，可知所求平面图形的边数．
边数＝顶点数＋区域数－1＝1
005＋1
005－1＝2
009.
对归纳推理的特征掌握不准确致误
[例3] 对任意正整数n，猜想2n与n2的大小关系是________．
[解析] 当n＝1时，21＞12；当n＝2时，22＝22；
当n＝3时，23＜32；当n＝4时，24＝42；
当n＝5时，25＞52，当n＝6时，26＞62；
所以可以猜想
当n＝3时，2n＜n2；
当n∈N＋且n≠3时，2n≥n2.
[答案] 当n＝3时，2n＜n2；当n∈N＋且n≠3时，2n≥n2.
[错因与防范] 本题易错解为n≥3时2n＜n2，错因是只列出了n＝1,2,3时的情况，列出的数据太少，没能得到准确的猜想．
防范措施：在进行归纳推理时，为避免出现以偏概全的情形，对于特殊项要多验证几项，再作猜想，以掌握更多归纳特征，同时要根据变化规律和趋势作判断．
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