人教A版 选修2—2 精讲细练
2.1.1 合情推理
一、知识精讲
1．归纳推理
由某类事物的部分对象具有的某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理(简称归纳)．简言之，归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理．
2．类比推理
由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理称为类比推理(简称类比)．简言之，类比推理是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．我们把它们称为合情推理．通俗地说，合情推理是指“合乎情理”的推理．
【注1】归纳推理的结论超出了前提所界定的范围，其前提和结论之间的联系不是必然性的，而是或然性的，结论不一定正确．
【注2】类比推理是从人们已经掌握了的事物的特征，推测正在被研究中的事物的特征，所以类比推理的结果具有猜测性，不一定可靠．
二、典例细练
【题型一】：数列中的归纳推理
例题1：(全国卷理科20（改编）)设数列满足且
归纳猜想的通项公式；
【解析】：由，，，，，
，
变式训练：已知数列{an}满足a1＝1，an＋1＝2an＋1(n＝1,2,3…)，归纳猜想通项公式an.
【解析】当n＝1时，知a1＝1，由an＋1＝2an＋1得a2＝3，a3＝7，
a4＝15，a5＝31.
所以a1＝1＝2－1，所以a2＝3＝2－1，
所以a3＝7＝2－1，a4＝15＝2－1，所以a5＝31＝2－1，
可归纳猜想出an＝2－1(n∈N*)．
【点评】猜想通项公式时，要注意抓住数列的形式进行分析，如整数型、分数型、根式型等，一般写出四项到五项进行观察即可。
【题型二】：由所给几何信息产生的归纳推理
例题2：(湖北卷理科15)给n个自上而下相连的正方形着黑色或白色.当n≤4时，在所有不同的着色方案中，黑色正方形互不相邻的着色方案如下图所示：
n=1
n=2
n=3
n=4
由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻的着色方案共有 种，至少有两个黑色正方形相邻的着色方案共有 种.（结果用数值表示）
【答案】：21，43
【解析】：根据着色方案可知，n=6时，若有3个黑色正方形则有3种，有2个黑色正方形有4+3+2+1+1=11种，有1个黑色正方形有6种；有0个黑色正方形有1种，所以共有3+11+6+1=21种.
n=6时，当至少有2个黑色正方形相邻时，画出图形可分为：
①有2个黑色正方形相邻时，共23种，
②有3个黑色正方形相邻时，共12种，
③有4个黑色正方形相邻时，共5种，
④有5个黑色正方形相邻时，共2种，
⑤有6个黑色正方形相邻时，共1种.
【点评】对于所给的几何信息，我们可以转化为数字信息进行分析。先写出一部分的数字信息，进而去归纳推理出该几何问题中规律。
变式训练1：观察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
【解析】 第一个图形有4根，第2个图形有7根，第3个图形有10根，第4个图形有13根……猜想第n个图形有3n＋1根．
变式训练2：观察下图中各正方形图案，每条边上有n(n≥2)个圆圈，每个图案中圆圈的总数是S，按此规律推出S与n的关系式为________．
【答案】 S＝4(n－1)(n≥2)
【解析】 每条边上有2个圆圈时共有S＝4个；每条边上有3个圆圈时，共有S＝8个；每条边上有4个圆圈时，共有S＝12个．可见每条边上增加一个点，则S增加4，∴S与n的关系为S＝4(n－1)(n≥2)．
【题型三】：由所给代数信息产生的归纳推理
例题3（1）：(2011年高考江西卷理科7)观察下列各式：=3125，=15625，=78125，…，则的末四位数字为
A．3125 B．5625 C．0625 D．8125
【答案】D
【解析】观察发现幂指数是奇数的,结果后三位数字为125,故排除B、C选项;而,故A也不正确, 所以选D.
例题3（2）(陕西卷理科13)观察下列等式
1=1
2+3+4=9
3+4+5+6+7=25
4+5+6+7+8+9+10=49
……
照此规律，第个等式为
【答案】
【解析】：第个等式是首项为，公差1，项数为的等差数列，即
【点评】对于归纳推理在代数问题中主要体现为两种，一是给定一些数字让考生在数字上寻找规律，二是给定一些式子让考生在式子的结构方向上寻找规律。
变式训练1： (湖南卷理科16)对于，将表示为
，当时，
，当时，为或.记为上述表示中为的个数（例如：，，故，），则（1） ；（2） .
【答案】：（1）2；（2）
【解析】：（1）因，故；
（2）在2进制的位数中，没有0的有1个，有1个0的有个，有2个0的有个，……有个0的有个，……有个0的有个。故对所有2进制为位数的数，在所求式中的的和为：
。
又恰为2进制的最大7位数，所以。
变式训练2：(2009·浙江理，15)观察下列等式：
C＋C＝23－2，
C＋C＋C＝27＋23，
C＋C＋C＋C＝211－25，
C＋C＋C＋C＋C＝215＋27，
……
由以上等式推测到一个一般的结论：
对于n∈N*，C＋C＋C＋…＋C＝__________________.
【答案】 24n－1＋(－1)n22n－1
【解析】 本小题主要考查归纳推理的能力。等式右端第一项指数3,7,11,15，…构成的数列通项公式为an＝4n－1，第二项指数1,3,5,7，…的通项公式bn＝2n－1，两项中间等号正、负相间出现，∴右端＝24n－1＋(－1)n22n－1.
【题型四】：类比推理的应用
例题4：如图所示，在△ABC中，射影定理可表示为a＝b·cosC＋c·cosB，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．
如图所示，在四面体P—ABC中，设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·cosα＋S2·cosβ＋S3·cosγ.
【点评】在几何图形中，随着点、线、面等几何元素的变化，探究相应的线段、区域交点的变化情况常用归纳推理的方法解决，分析时要注意规律的寻找．
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2.1.2 演绎推理
一、知识精讲
1．演绎推理
(1)含义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论的推理．
(2)特点：由一般到特殊的推理
(3)一般模式：三段论，它包括：大前提 ——已知的一般原理；小前提——所研究的特殊情况；结论——根据一般的原理，对特殊情况做出的判断．
2．“三段论”的常用格式
大前提：M是P，小前提：S是M，结论：S是P.
二、典例细练
【题型一】：对“三段论”的认识及纠错
例题1（1）：“∵四边形ABCD是矩形，∴四边形ABCD的对角线相等”，补充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】 由大前提、小前提、结论三者的关系，知大前提是：矩形是对角线相等的四边形．故应选B.
例题1（2）：“10是5的倍数，15是5的倍数，所以15是10的倍数”上述推理( )
A．大前提错 B．小前提错 C．推论过程错 D．正确
【答案】 C
【解析】 大小前提正确，结论错误，那么推论过程错．故应选C.
变式训练1：在三段论中，M，P，S的包含关系可表示为( )
【答案】 A
【解析】 如果概念P包含了概念M，则P必包含了M中的任一概念S，这时三者的包含可表示为；如果概念P排斥了概念M，则必排斥M中的任一概念S，这时三者的关系应为．故应选A.
变式训练2：“所有9的倍数都是3的倍数，某奇数是9的倍数，故该奇数是3的倍数”，上述推理( )
A．完全正确 B．推理形式不正确
C．错误，因为大小前提不一致 D．错误，因为大前提错误
【解析】：选A.大前提、小前提及推理形式都正确，所以推理也正确．
【点评】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.
【题型二】：将演绎推理写成“三段论”的形式
例题2：(1)在一个标准大气压下，水的沸点是100℃，所以在一个标准大气压下把水加热到100℃时，水会沸腾；
(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；
(3)三角函数都是周期函数，y＝tan α是三角函数，因此y＝tanα是周期函数．
【解析】(1)在一个标准大气压下，水的沸点是100℃，大前提；在一个标准大气压下把水加热到100℃，小前提；水会沸腾．结论。
(2)一切奇数都不能被2整除，大前提；2100＋1是奇数，小前提；2100＋1不能被2整除．结论。
(3)三角函数都是周期函数，大前提；y＝tanα是三角函数，小前提；y＝tanα是周期函数．结论。
【题型三】：演绎推理在几何证明中的应用
例题3：如图，四棱锥P－ABCD的底面是正方形，PD⊥底面ABCD，点E在棱PB上．求证：平面AEC⊥平面PDB.
【证明】：∵四边形ABCD是正方形，
∴AC⊥BD，∵PD⊥底面ABCD，∴PD⊥AC，∴AC⊥平面PDB，
∵AC?平面AEC，∴平面AEC⊥平面PDB.
【点评】：证明几何问题时，只要把所用定理满足的条件找全，就具备了三段论的结构，进而达到问题的证明。在证明的过程中，有时大前提是可以省略的，但这并不影响整个证明的过程。
变式训练1：如图，平行四边形ABCD中，∠DAB＝60°，AB＝2，AD＝4将△CBD沿BD折起到△EBD的位置，使平面EDB⊥平面ABD.
求证：AB⊥DE.
【证明】 在△ABD中，
∵AB＝2，AD＝4，∠DAB＝60°，
∴BD＝ ＝2，
∴AB2＋BD2＝AD2，
又∵平面EBD⊥平面ABD，
平面EBD∩平面ABD＝BD，AB?平面ABD，
∴AB⊥平面EBD.
∵DE?平面EBD，
∴AB⊥DE.
变式训练2：(2011年高考福建卷理科20（1）)如图，四棱锥P-ABCD中，PA⊥
底面ABCD，四边形ABCD中，AB⊥AD，AB+AD=4，CD=，．
（I）求证：平面PAB⊥平面PAD；
【解析】：因为平面ABCD，平面ABCD，
所以，又
所以平面PAD。
又平面PAB，所以平面平面PAD。
【题型四】：演绎推理在代数问题中的应用
例题4：(2010·重庆理，15)已知函数f(x)满足：f(1)＝，
4f(x)f(y)＝f(x＋y)＋f(x－y)(x，y∈R)，则f(2010)＝________.
【答案】
【解析】 令y＝1得4f(x)·f(1)＝f(x＋1)＋f(x－1)
即f(x)＝f(x＋1)＋f(x－1) ①
令x取x＋1则f(x＋1)＝f(x＋2)＋f(x) ②
由①②得f(x)＝f(x＋2)＋f(x)＋f(x－1)，
即f(x－1)＝－f(x＋2)
∴f(x)＝－f(x＋3)，∴f(x＋3)＝－f(x＋6)∴f(x)＝f(x＋6)
即f(x)周期为6，
∴f(2010)＝f(6×335＋0)＝f(0)
对4f(x)f(y)＝f(x＋y)＋f(x－y)，令x＝1，y＝0，得
4f(1)f(0)＝2f(1)，∴f(0)＝即f(2010)＝.
变式训练1：用三段论证明函数f(x)＝x3＋x在(－∞，＋∞)上是增函数．
【证明】：设x1
0，
f(x2)－f(x1)＝(x＋x2)－(x＋x1)＝(x－x)＋(x2－x1)＝(x2－x1)(x＋x2x1＋x)＋(x2－x1)＝(x2－x1)(x＋x2x1＋x＋1)＝(x2－x1)[(x2＋)2＋x＋1]．
因为(x2＋)2＋x＋1>0，
所以f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)．
于是根据“三段论”，得函数f(x)＝x3＋x在(－∞，＋∞)上是增函数．
【点评】：在证明代数问题的过程中，有时大前提是可以省略的，但这并不影响整个证明的过程。
变式训练2：(2011年高考天津卷理科20（1）（2）)已知数列与满足：， ，且．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）设，证明：是等比数列；
（Ⅰ）【解析】:由,,可得, 又
当n=1时,,由,,得;
当n=2时,,可得.
当n=3时,,可得.
（Ⅱ）【证明】:对任意,
,①
,②
,③
②-③得 ④,
将④代入①,可得即(),又,
故,因此,所以是等比数列.
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2.2.1 （1）综合法
一、知识精讲
定义
推证过程
特点
利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等,经过一系列的推理论证,最后推导出所要证明的结论成立,这种证明方法叫做综合法。
P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→…→Qn?Q(P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等,Q表示所要证明的结论)
顺推证法或由因导果法
【注】：综合法的本质是从已知条件出发，以高中阶段所学的定义、公理、定理为基础，利用逻辑分析，逐步推导，最后证明结论的一种过程，属于顺推的过程。
二、典例细练
【题型一】：利用综合法证明不等式
例题1：已知a、b是正数，且a＋b＝1，求证：＋≥4.
【证明】法一：∵a，b是正数且a＋b＝1，
∴a＋b≥2，当且仅当a＝b时，取“＝”号，∴≤，∴ab≤，
∴＋＝＝≥4.
法二：∵a，b是正数，
∴a＋b≥2>0，＋≥2>0，
当且仅当a＝b时，取“＝”号，∴(a＋b)(＋)≥4.
又a＋b＝1，∴＋≥4.
法三：＋＝＋＝1＋＋＋1
≥2＋2＝4，当且仅当a＝b时，取“＝”号．
【点评】：综合法证明不等式所依赖的主要是不等式的基本性质和已知的重要不等式，其中常用的有如下几个：
(1)a≥0(a∈R)．
(2)(a－b)2≥0(a、b∈R)，其变形有a2＋b2≥2ab，()2≥ab，a2＋b2≥.
(3)若a、b∈(0，＋∞)，则≥，特别地，当a，b同号时，有＋≥2.
(4)a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca(a、b、c∈R)．
变式训练1：已知函数f(x)＝x，a、b∈R＋，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
【答案】 A
【解析】 ≥≥，又函数f(x)＝x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，
∴f≤f()≤f.
变式训练2：对任意的锐角α、β，下列不等式关系中正确的是( )
A．sin(α＋β)＞sinα＋sinβ B．sin(α＋β)＞cosα＋cosβ
C．cos(α＋β)＞sinα＋sinβ D．cos(α＋β)【答案】 D
【解析】 ∵α、β为锐角，∴0＜α＜α＋β＜π，
∴cosα＞cos(α＋β)
又cosβ＞0，∴cosα＋cosβ＞cos(α＋β)．
变式训练3：下面的四个不等式：
①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；②a(1－a)≤；
③＋≥2；④(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.
其中恒成立的有( )
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】 C
【解析】 ∵(a2＋b2＋c2)－(ab＋bc＋ac)＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0
a(1－a)－＝－a2＋a－＝－2≤0，
(a2＋b2)·(c2＋d2)＝a2c2＋a2d2＋b2c2＋b2d2≥a2c2＋2abcd＋b2d2＝(ac＋bd)2.
∴应选C.
【题型二】：利用综合法证明几何问题
例题2：如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD,
∠ABC=60°,:PA=AB=BC,E是PC的中点.
(1)证明:CD⊥AE;(2)证明:PD⊥平面ABE.
【证明】:(1)在四棱锥P-ABCD中,
∵PA⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,∴PA⊥CD.
∵AC⊥CD,PA∩AC=A,∴CD⊥平面PAC.
而AE?平面PAC,∴CD⊥AE.
(2)由PA=AB=BC,∠ABC=60°,可得AC=PA,
∵E是PC的中点,∴AE⊥PC.
由(1)知,AE⊥CD,又PC∩CD=C,∴AE⊥平面PCD.
而PD?平面PCD,∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD,∴PD在底面ABCD内的射影是AD.
又AB⊥AD,∴AB⊥PD.又∵AB∩AE=A,∴PD⊥平面ABE.
变式训练(08·山东高考)如图，在四棱锥P—ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，AB∥DC，△PAD是等边三角形，已知BD＝2AD＝8，AB＝2DC＝4.
设M是PC上的一点，证明：平面MBD⊥平面PAD；
【解析】：在△ABD中，
∵AD＝4，BD＝8，AB＝，∴AD2＋BD2＝AB2.∴AD⊥BD.
又∵面PAD⊥面ABCD，面PAD∩面ABCD＝AD，
BD?面ABCD，∴BD⊥面PAD.
又BD?面BDM，∴面MBD⊥面PAD.
【点评】立体几何中综合法证明的主要原理便是数学必修二中空间平行与垂直的判定定理和性质定理的运用以及选修2-1中向量法证明空间几何问题的运用。
【题型三】：利用综合法证明数列问题
例题3： (08·天津高考18（1）)已知数列{an}中，a1＝1，a2＝2，且an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2，q≠0)．设bn＝an＋1－an(n∈N*)．证明{bn}是等比数列；
解：由题设an＋1＝(1＋q)an－qan－1(n≥2)，得an＋1－an＝q(an－an－1)，
即bn＝qbn－1(n≥2)．又b1＝a2－a1＝1，q≠0，所以{bn}是首项为1，公比为q的等比数列．
【点评】运用综合法证明等差数列或等比数列的问题是数列学习中常见的问题。
变式训练1：(2009·全国Ⅱ)设数列{an}的前n项和为Sn，
已知a1＝1，Sn＋1＝4an＋2.设bn＝an＋1－2an，证明数列{bn}是等比数列。
解：由已知有a1＋a2＝4a1＋2，
解得a2＝3a1＋2＝5，故b1＝a2－2a1＝3.
又an＋2＝Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1＋2－(4an＋2)＝4an＋1－4an，
于是an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，即bn＋1＝2bn.
因此数列{bn}是首项为3，公比为2的等比数列．
变式训练2：（湖北文17）成等差数列的三个正数的和等于15，并且这三个数分别加上2、5、13后成为等比数列中的、、。
(I) 求数列的通项公式；
(II) 数列的前n项和为，求证：数列是等比数列。
解：(I)设成等差数列的三个正数分别为；则；
数列中的、、依次为，则；
得或（舍），于是
(II) 数列的前n项和，即
因此数列是公比为2的等比数列。
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2.2.1 （2）分析法
一、知识精讲
定义
框图表示
特点
从要证明的结论出发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至最后,把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件 (已知条件、定理、定义、公理等).这种证明方法叫做分析法
?→→
→…
→
逆推
证法
或执
果索
因法
【注】：分析的本质是从证明的结论出发，以高中阶段所学的定义、公理、定理为基础，利用逻辑分析，逐步推导，最后得到一个明显成立的条件，属于逆推的过程。
二、典例细练
【题型一】：利用分析法证明不等式
例题1：当a≥2时，求证：－<－.
【证明】要证－<－，
只需证＋<＋，
只需证(＋)2<(＋)2，
只需证a＋1＋a－2＋2只需证<，
只需证(a＋1)(a－2)只需证－2<0，显然成立，
∴－<－
【点评】含有根号的式子，应想到用平方法去根号，且在平方时应保证两边为正，同时要有利于再次平方，因此需移项．
变式训练：若a，b，c为不全相等的正数，
求证：lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc.
【证明】要证lg＋lg＋lg>lga＋lgb＋lgc，
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>lga＋lgb＋lgc成立．
【题型二】：利用分析法证明几何问题
例题2: △ABC的三个内角A、B、C成等差数列，求证：＋＝.
证明：要证＋＝，即证＋＝3，
即证＋＝1，只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)．
只需证c2＋a2＝ac＋b2.
∵A、B、C成等差数列，∴2B＝A＋C，
又A＋B＋C＝180°，∴B＝60°.
∵c2＋a2－b2＝2accosB，∴c2＋a2－b2＝ac，∴c2＋a2＝ac＋b2，
∴＋＝成立．
【题型三】：综合法与分析法结合使用证明
例题3：已知，① ②
求证：。
证明：要证 ，
即证
即证，
即证，
即证 。
另一方面，因为，所以将 ① ② 代入，可得
③；得证。
【点评】本题为课本例题，证明过程与课本证明过程稍有不同，前半部分用的是分析法，后半部分用的是综合法，两种方法综合使用，使问题较容易解决．在综合法与分析法混合使用的题目中，一般先用分析法简化所要证明的结论，再用综合法辅助得到所要证明的结论。
变式训练1：已知0【证明】∵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成立．
变式训练2（广东高考20）设数列满足,
(1)求数列的通项公式；
(2)证明：对于一切正整数n,
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2.2.2 反证法
一、知识精讲
1．反证法
假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，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，这种证明方法叫做反证法．
2．反证法常见矛盾类型
反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件、定义、公理、定理等矛盾．
【注】：用反证法解题的实质就是否定结论导出矛盾,从而证明原结论正确。
3.反证法步骤
①反设——假设命题的结论不成立,即假设原结论的反面为真;
②归谬——由“反设”作为条件出发经过一系列正确的推理,得出矛盾
③结论——由矛盾结果断定反设错误,从而肯定原结论成立.
二、典例细练
【题型一】：“反设”的选取
例题1：否定“自然数a、b、c中恰有一个偶数”时的正确反设为( )
A．a、b、c都是奇数
B．a、b、c或都是奇数或至少有两个偶数
C．a、b、c都是偶数
D．a、b、c中至少有两个偶数
【答案】 B
【解析】 a，b，c三个数的奇、偶性有以下几种情况：①全是奇数；②有两个奇数，一个偶数；③有一个奇数，两个偶数；④三个偶数．因为要否定②，所以假设应为“全是奇数或至少有两个偶数”．故应选B.
变式训练1：用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设正确的是( )
A．假设三内角都不大于60°
B．假设三内角都大于60°
C．假设三内角至多有一个大于60°
D．假设三内角至多有两个大于60°
【答案】 B
【解析】 “至少有一个不大于”的否定是“都大于60°”．故应选B.
变式训练2：用反证法证明命题：“若整系数一元二次方程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至多有一个偶数
D．假设a，b，c至多有两个偶数
【答案】 B
【解析】 “至少有一个”反设词应为“没有一个”，也就是说本题应假设为a，b，c都不是偶数．
变式训练3：命题“△ABC中，若∠A>∠B，则a>b”的结论的否定应该是( )
A．a【答案】 B
【解析】 “a>b”的否定应为“a＝b或a【题型二】：用反证法证明否定性命题
例题2：已知f(x)＝ax＋(a>1)，证明方程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a＝－，由0解得【点评】反证法步骤——反设归谬结论。
变式训练1：(2010·湖北理，20改编)已知数列{bn}的通项公式为bn＝n－1.求证：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
【解析】 假设数列{bn}存在三项br、bs、bt(rbs>br，则只可能有2bs＝br＋bt成立．∴2·s－1＝r－1＋t－1.
两边同乘3t－121－r，化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s，
由于r故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列．
变式训练2：（江西文21（2））是否存在两个等比数列，使得成公差为的等差数列？若存在，求 的通项公式；若存在，说明理由．
解：假设存在这样的等比数列，则由等差数列的性质可得：，整理得：
要使该式成立，则=或此时数列，公差为0与题意不符，所以不存在这样的等比数列。
【题型三】：用反证法证明存在性问题
例题3：已知a≥－1，求证三个方程：x＋4ax－4a＋3＝0，x＋(a－1)x＋a＝0，x＋2ax－2a＝0中至少有一个方程有实数解．
【证明】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．
【点评】当命题中出现“至少……”、“至多……”、“不都……”、“都不……”、“没有……”、“唯一”等指示性词语时，宜用反证法．注意“至少有一个”、“至多有一个”、“都是”的否定形式分别为“一个也没有”、“至少有两个”、“不都是”．
变式训练：对于直线是否存在这样的实数k，使得l与双曲线的交点A、B关于直线（为常数）对称？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由。
【解析】：假设存在实数k，使得A、B关于直线y=ax对称，设则
由
由（2）（3）有
由（4）知，代入（5）整理得与（1）矛盾。
故不存在实数k，使得A、B关于直线对称。
【题型四】：用反证法证明唯一性问题
例题4：求证方程2x＝3有且仅有一个实根．
【证明】：∵2x＝3，∴x＝log23，这说明方程有一个根．
下面用反证法证明根的唯一性．
假设方程2x＝3有两个根b1，b2(b1≠b2)，则2b1＝3,2b2＝3，
两式相除得2b1－b2＝1，
如果b1－b2>0，则2b1－b2>1，这与2b1－b2＝1相矛盾．
如果b1－b2<0，则2b1－b2<1，这与2b1－b2＝1相矛盾．
因此b1－b2＝0，则b1＝b2，这与b1≠b2相矛盾．
如果方程的根多于两个，同样可推出矛盾．
故方程2x＝3有且只有一个根．
【点评】结论以“有且只有一个”、“只有一个”、“唯一存在”等形式出现的命题，由于反设结论易于导出矛盾，所以用反证法证其唯一性简单明了．
变式训练：设且，求证：。
【证明】：假设，则或。
若，则由已知，得，所以，因为，所以函数为减函数。
又因为，所以，而，所以，这与矛盾。
同理可以证明时也矛盾，故必有。
点评：本题要注意命题结论的反面，不要遗漏。
人教A版 选修2—2 精讲细练
2.3 数学归纳法
一、知识精讲
1.数学归纳法的定义：由归纳法得到的与自然数有关的数学命题常采用下面的证明方法：（1）先证明当n=n0（n0是使命题成立的最小自然数）时命题成立；（2）假设当n=k（k∈N*， k≥n0）时命题成立，再证明当n=k+1时命题也成立，那么就证明这个命题成立，这种证明方法叫数学归纳法. （1）用数学归纳法证题时，两步缺一不可。（2）证题时要注意两凑：一凑归纳假设；二凑目标。
2.数学归纳法的主要应用：①证恒等式；②不等式的证明；③探求平面几何中的问题；④探求数列的通项。.
二、典例细练
【题型一】：利用数学归纳法证明恒等式
例题1： 用数学归纳法证明等式
时所有自然数 都成立。
【证明】（1）当 时，左式 ，右式 ，等式成立。
（2）假设当 时等式成立，即
?
?
?
则 时，等式也成立。
由（1）（2）可知，等式对 均成立。
变式训练：用数学归纳法证明：.
【证明】⑴当时,左边=1,右边=,等式成立;
⑵假设时等式成立,即,
那么,当时, =
所以, 当时,等式也成立.由⑴、⑵可知原等式成立.
【题型二】：利用数学归纳法证明不等式
例题2：…
【证明】（ⅰ）当 时，左式 右式
∵ ??∴ 即 时，原不等式成立。
（ⅱ）假设 （ ）时，不等式成立，
即 ；
则 时，
左边
右边
要证左边 右边，只要证 ，只要证
只要证 ，而上式显然成立，所以原不等式成立。
即 时，左式 右式
由（ⅰ）（ⅱ）可知，原不等式对大于1的自然数均成立。、
变式训练：（高考山东卷19））设函数．数列满足，．
（Ⅰ）证明：函数在区间是增函数；
（Ⅱ）证明：；
（Ⅲ）设，整数．证明：．
【解析】
【题型三】：利用数学归纳法证明平面几何问题
例题3：平面内有n条直线，其中无任何两条平行，也无任何三条共点，求证：这n条直线把平面分割成（n2+n+2）块.
【证明】：（1）当n=1时，1条直线把平面分成2块，又（12+1+2）=2，命题成立.
（2）假设n=k时，k≥1命题成立，即k条满足题设的直线把平面分成（k2+k+2）块，那么当n=k+1时，第k+1条直线被k条直线分成k+1段，每段把它们所在的平面块又分成了2块，因此，增加了k+1个平面块.所以k+1条直线把平面分成了（k2+k+2）+k+1=［（k+1） 2+（k+1）+2］块，这说明当n=k+1时，命题也成立.由（1）（2）知，对一切n∈N*，命题都成立.
【题型四】：利用数学归纳法探求数列的通项
例题4：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．
【解析】∵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*(n≥2)都正确．
变式训练1：在各项为正数的数列中，数列的前n项和满足
（1）求；
（2）由（1）猜想数列的通项公式，并用数学归纳法证明你的猜想。
7、解：（1），得，
所以，
得，所以，
得，所以，
（2）猜想：（），证明如下：
①n＝1时，命题成立；
②假设n＝k时，成立，则n＝k＋1时，
，
即，
所以，所以，
即n＝k＋1时，命题成立，由①②知，，
变式训练2:（天津高考22）在数列中，，且对任意，成等差数列，其公差为．若，证明成等比数列；
【解析】用数学归纳法．
(1) 当时，因为成公差为的等差数列，及，则．
当时，因为成公差为的等差数列，及，则．
由，，所以成等比数列．
所以当时，结论成立；
(2) 假设对于结论成立，即
成公差为等差数列，成等比数列，
设，则，，
又由题设成公差为等差数列，
则，
因此，解得．
于是，．
．
再由题设成公差为等差数列，
及，
则．
因为，，，
所以，，
于是成等比数列．于是对结论成立，
由(1)，(2)，对对任意,结论成立．
