1、复习课(二)直接证明与间接证明合情推理(1)近几年的高考中归纳推理和类比推理有时考查，考查的形式以填空题为主，其中归纳推理出现的频率较高，重点考查归纳、猜想、探究、类比等创新能力(2)处理与归纳推理相关的类型及策略与数字有关：观察数字特点，找出等式左右两侧的规律可解与式有关：观察每个式的特点，找到规律后可解进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比，提出猜想其中找到合适的类比对象是解题的关键考点精要1归纳推理的特点及一般步骤2类比推理的特点及一般步骤典例(1)(陕西高考)观察下列等式：11212，11213141314，11213141516141516，据此规律，第n个等式
2、可为_(2)在平面上，若两个正三角形的边长比为 12，则它们的面积比为 14，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为 12，则它们的体积比为_解析(1)等式的左边的通项为12n1 12n，前 n 项和为 112131412n1 12n；右边的每个式子的第一项为 1n1，共有 n 项，故为 1n1 1n21nn.(2)因为两个正三角形是相似三角形，所以它们的面积之比是相似比的平方同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方，所以它们的体积比为 18.答案(1)112131412n1 12n 1n1 1n2 12n(2)18类题通法(1)用归纳推理可从具体事例中发现一般规律，但应
3、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题组训练1观察下图中各正方形图案，每条边上有 n(n2)个点，第 n 个图案中圆点的总数是Sn.n2，S24，n3，S38，n4，S412，按此规律，推出 Sn 与 n 的关系式为_解析：依图的构造规律可以看出：S2244，S3344，S4444(正方形四个顶点重复计算一次，应减去)猜想：Sn4n4(n2，nN*)答案：Sn4n4(n2，nN*)2在平面几何中：ABC
4、 的C 内角平分线 CE 分 AB 所成线段的比为ACBCAEBE.把这个结论类比到空间：在三棱锥 A-BCD 中(如图)，DEC 平分二面角 A-CD-B 且与 AB 相交于E，则得到类比的结论是_解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得AEEBSACDSBCD.答案：AEEBSACDSBCD演绎推理(1)演绎推理在高考中不会刻意去考查，但实际上是无处不在，常以数列、不等式、立体几何、解析几何等主干知识为载体进行考查(2)解答此类问题，结合已学过的知识和生活中的实例，了解演绎推理的含义、基本方法在证明中的应用是关键考点精要演绎推理是由一般到特殊的推理，其结论不会超出前提所界定的范围，所
5、以其前提和结论之间的联系是必然的因此，在演绎推理中，只要前提及推理正确，结论必然正确典例 已知 f(x)41x2，数列an的前 n 项和为 Sn，点 Pnan，1an1 在曲线yf(x)上(nN*)，且 a11，an0.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：Sn12(4n11)，nN*.解(1)f(an)1an14 1a2n，且 an0，1an14 1a2n，1a2n1 1a2n4(nN*)数列1a2n 是等差数列，首项1a211，公差 d4，1a2n14(n1)，a2n14n3.an0，an14n3(nN*)(2)证明：an14n322 4n324n3 4n1 4n1 4n32，Sna1a
6、2an12(51)(9 5)(4n1 4n3)12(4n11)类题通法应用三段论证明问题时，要充分挖掘题目外在和内在条件(小前提)，根据需要引入相关的适用的定理和性质(大前提)，并保证每一步的推理都是正确的，严密的，才能得出正确的结论常见的解题错误：(1)条件理解错误(小前提错)；(2)定理引入和应用错误(大前提错)；(3)推理过程错误等题组训练1已知 a 512，函数 f(x)ax，若实数 m，n 满足 f(m)f(n)，则 m，n 的大小关系是 .解析：当 0af(n)，得 mn.答案：m0，f(x)exaaex是 R 上的偶函数，求 a 的值解析：f(x)exaaex是 R 上的偶函数，
7、f(x)f(x)，即exa aexexaaex，1a(exex)a1ex1ex 0.a1a ex1ex 0 对一切 xR 恒成立，a1a0，即 a21.又 a0，a1.综合法与分析法(1)综合法与分析法是高考重点考查内容，一般以某一知识点作为载体，考查由分析法获得解题思路以及用综合法有条理地表达证明过程(2)理解综合法与分析法的概念及区别，掌握两种方法的特点，体会两种方法的相辅相成、辩证统一的关系，以便熟练运用两种方法解题考点精要1综合法：是从已知条件推导出结论的证明方法；综合法又叫做顺推证法或由因导果法2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，用分析法证
8、明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)”“即要证”“只需证”等分析到一个明显成立的结论 P，再说明所要证明的数学问题成立典例 设 a0，b0，ab1，求证：1a1b 1ab8.证明 法一：综合法因为 a0，b0，ab1，所以 1ab2 ab，ab12，ab14，所以 1ab4，又1a1b(ab)1a1b 2baab4，所以1a1b 1ab8(当且仅当 ab12时等号成立)法二：分析法因为 a0，b0，ab1，要证1a1b 1ab8.只要证1a1b abab 8，只要证1a1b 1b1a 8，即证1a1b4.也就是证aba abb 4.即证baab2，由基本不等式可知，当 a
9、0，b0 时，baab2 成立，所以原不等式成立类题通法综合法和分析法的特点(1)综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式(2)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；综合法条理清晰，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题组训练1已知 a0，b0，如果不等式2a1bm2ab恒成立，那么 m 的最大值等于()A10 B9C8 D7解析：
10、选 B a0，b0，2ab0.不等式可化为 m2a1b(2ab)52baab.52baab 549，即其最小值为 9，m9，即 m 的最大值等于 9.2若 abcd0 且 adbc，求证：d a b c.证明：要证 d a b c，只需证(d a)2(b c)2，即 ad2 adbc2 bc，因 adbc，只需证 ad bc，即 adbc，设 adbct，则 adbc(td)d(tc)c(cd)(cdt)0，故 adbc 成立，从而 d a b c成立.反证法(1)反证法是证明问题的一种方法，在高考中很少单独考查，常用来证明解答题中的一问(2)反证法是间接证明的一种基本方法，使用反证法进行证明
11、的关键是在正确的推理下得出矛盾考点精要1使用反证法应注意的问题：利用反证法证明数学问题时，要假设结论错误，并用假设命题进行推理，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的2一般以下题型用反证法：(1)当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；(2)否定性命题、唯一性命题，存在性命题、“至多”“至少”型命题；(3)有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明比较困难，往往用反证法典例(1)否定：“自然数 a，b，c 中恰有一个偶数”时正确的反设为()Aa，b，c 都是偶数Ba，b，c 都是奇数Ca，b，c 中至少有两个偶数Da，b，c 中都是奇数或至少有两个偶
12、数(2)已知：ac2(bd)求证：方程 x2axb0 与方程 x2cxd0 中至少有一个方程有实数根解析(1)自然数 a，b，c 的奇偶性共有四种情形：3 个都是奇数，1 个偶数 2 个奇数，2 个偶数 1 个奇数，3 个都是偶数，所以否定“自然数 a，b，c 中恰有一个偶数”时正确的反设为“a，b，c 中都是奇数或至少有两个偶数”答案：D(2)证明：假设两方程都没有实数根则 1a24b0 与 2c24d0，有 a2c22ac，即 ac0，f(x)axax，令 a11，an1f(an)，nN*.(1)写出 a2，a3，a4 的值，并猜想数列an的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论解(1)
13、a11，a2f(a1)f(1)a1a；a3f(a2)a2a；a4f(a3)a3a.猜想 ana(n1)a(nN*)(2)证明：易知，n1 时，猜想正确假设 nk(kN*)时猜想正确，即 aka(k1)a，则 ak1f(ak)aakaakaa(k1)aaa(k1)aa(k1)a1a(k1)1a.这说明，nk1 时猜想正确由知，对于任何 nN*，都有 ana(n1)a.类题通法与“归纳猜想证明”相关的常用题型的处理策略(1)与函数有关的证明：由已知条件验证前几个特殊值正确得出猜想，充分利用已知条件并用数学归纳法证明(2)与数列有关的证明：利用已知条件，当直接证明遇阻时，可考虑应用数学归纳法题组训练
14、1设数列an的前 n 项和为 Sn，且对任意的自然数 n 都有：(Sn1)2anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想 Sn_.解析：由(S11)2S21得：S112；由(S21)2(S2S1)S2 得：S223；由(S31)2(S3S2)S3 得：S334.猜想 Sn nn1.答案：nn12设数列an的前 n 项和 Snn(an1)2(nN*)，a22.(1)求an的前三项 a1，a2，a3；(2)猜想an的通项公式，并证明解：(1)由 Snn(an1)2得 a11，又由 a22，得 a33.(2)猜想：ann.证明如下：当 n1 时，猜想成立假设当 nk(k2)时，猜想成立，即 akk，那么
15、当 nk1 时，ak1Sk1Sk(k1)(ak11)2k(ak1)2(k1)(ak11)2k(k1)2.所以 ak1 k2k1 1k1k1，所以当 nk1 时，猜想也成立根据知，对任意 nN*，都有 ann.1用演绎推理证明函数 yx3 是增函数时的大前提是()A增函数的定义B函数 yx3 满足增函数的定义C若 x1x2，则 f(x1)x2，则 f(x1)f(x2)解析：选 A 根据演绎推理的特点知，演绎推理是一种由一般到特殊的推理，所以函数 yx3 是增函数的大前提应是增函数的定义2数列an中，已知 a11，当 n2 时，anan12n1，依次计算 a2，a3，a4 后，猜想 an 的表达式
16、是()Aan3n2 Bann2Can3n1Dan4n3解析：选 B 求得 a24，a39，a416，猜想 ann2.3在平面直角坐标系内，方程xayb1 表示在 x，y 轴上的截距分别为 a，b 的直线，拓展到空间直角坐标系内，在 x，y，z 轴上的截距分别为 a，b，c(abc0)的平面方程为()A.xaybzc1 B.xab ybc zca1C.xyabyzbczxca1 Daxbycz1解析：选 A 类比到空间应选 A.另外也可将点(a,0,0)代入验证4(山东高考)用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程 x3axb0 没有
17、实根B方程 x3axb0 至多有一个实根C方程 x3axb0 至多有两个实根D方程 x3axb0 恰好有两个实根解析：选 A 至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程 x3axb0 没有实根”5公差不为零的等差数列an的前 n 项和为 Sn.若 a4 是 a3 与 a7 的等比中项，S832，则 S10()A18 B24C60 D90解析：选 C 由 a24a3a7 得(a13d)2(a12d)(a16d)，即 2a13d0.再由 S88a1562 d32，得 2a17d8，则 d2，a13.所以 S1010a1902 d60，选 C.6已知结论：“在正三角形 ABC 中，若 D
18、是边 BC 的中点，G 是三角形 ABC 的重心，则AGGD2”若把该结论推广到空间，则有结论：“在棱长都相等的四面体 ABCD 中，若BCD 的中心为 M，四面体内部一点 O 到四面体各面的距离都相等”，则AOOM()A1 B2C3 D4 7图 1 是一个水平摆放的小正方体木块，图 2，图 3 是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是 .解析：分别观察正方体的个数为：1,15,159，归纳可知，第 n 个叠放图形中共有 n 层，构成了以 1 为首项，以 4 为公差的等差数列，所以 Snnn(n1)422n2n，所以 S7272791.
19、答案：918用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)n(3n1)2(nN*)的第二步中，当nk1 时等式左边与 nk 时的等式左边的差等于_解析：当 nk1 时，左边(k2)(k3)(2k2)；当 nk 时，左边(k1)(k2)2k，其差为(2k1)(2k2)(k1)3k2.答案：3k29(全国卷)有三张卡片，分别写有 1 和 2,1 和 3,2 和 3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是 2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是 1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是 5”，则甲的卡片上的数字是_解析：法一：由题意得丙的卡片上的
20、数字不是 2 和 3.若丙的卡片上的数字是 1 和 2，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是 2 和 3，则甲的卡片上的数字是 1 和 3，满足题意；若丙的卡片上的数字是 1 和 3，则由乙的说法知乙的卡片上的数字是 2 和 3，则甲的卡片上的数字是 1 和 2，不满足甲的说法故甲的卡片上的数字是 1 和 3.法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是 2，所以丙的卡片上必有数字 2.又丙的卡片上的数字之和不是 5，所以丙的卡片上的数字是 1 和 2.因为乙与丙的卡片上相同的数字不是1，所以乙的卡片上的数字是 2 和 3，所以甲的卡片上的数字是 1 和 3.答案：1 和 310设函数 f(x)exln
21、 x2ex1x，证明：f(x)1.证明：由题意知 f(x)1 等价于 xln xxex2e.设函数 g(x)xln x，则 g(x)1ln x.所以当 x0，1e 时，g(x)0.故 g(x)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增，从而 g(x)在(0，)上的最小值为 g 1e 1e.设函数 h(x)xex2e，则 h(x)ex(1x)所以当 x(0,1)时，h(x)0；当 x(1，)时，h(x)0 时，g(x)h(x)，即 f(x)1.11各项都为正数的数列an满足 a11，a2n1a2n2.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：1a11a2 1an 2n1对一切 nN*恒成立解：(1
22、)a2n1a2n2，数列a2n为首项为 1，公差为 2 的等差数列，a2n1(n1)22n1，又 an0，则 an 2n1.(2)证明：由(1)知，即证 1 1312n1 2n1.当 n1 时，左边1，右边1，所以不等式成立当 n2 时，左边右边，所以不等式成立假设当 nk(k2，kN*)时不等式成立，即 1 1312k1 2k1，当 nk1 时，左边1 1312k112k1 2k112k1x，求实数 a 的取值范围；(3)已知 a0，且 cn1f(cn)(n1,2，)，证明数列cn是单调递增数列解：(1)当 a2 时，f(x)x22xln(x1)，f(x)2x2 1x12x21x1.令 f(
23、x)0，得 x 22.当 x1，22 时，f(x)0，f(x)单调递增，当 x 22，22时，f(x)0，f(x)单调递增函数 f(x)的极大值点为 x 22，极小值点为 x 22.(2)f(x)2xa 1x1，由 f(x)x，得 2xa 1x1x，所以 ax 1x1(0 x1，a1.故所求实数 a 的取值范围为(，1(3)证明：(用数学归纳法证明)当 n1 时，c2f(c1)2c1a1c11，c10，c111，又 a2(a1)1a0，c2c1，即当 n1 时结论成立假设当 nk(kN*，k1)时结论成立，即 ck1ck0，当 nk1 时，ck2ck1ck1a1ck11ck111ck11(a1)2(a1)1a0.ck2ck1，即当 nk1 时结论成立由知数列cn是单调递增数列
