1、第三讲推理与证明(1)归纳推理的一般步骤：通过观察某些个别情况发现某些相同性质；从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想)(2)类比推理的一般步骤：找出两类事物之间的相似性或一致性；用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)(3)综合法的特点是：从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，要求逐步推理，实际上是寻找它的必要条件(4)分析法的特点是：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，即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，即把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件为止(5)适合用反证法证明的四类数学命题：唯一性命题；结论涉及“至多”“至
2、少”“无限”的命题；否定性命题；直接证明较繁琐或困难的命题(6)数学归纳法数学归纳法证明的步骤证明当n取第一个值n0(n0N*)时结论成立；假设nk(kN*，且kn0)时结论成立，证明nk1时结论也成立由可知，对任意nn0，且nN*时，结论都成立1 (2013福建)设S，T是R的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数yf(x)满足：(1)Tf(x)|xS；(2)对任意x1，x2S，当x1x2时，恒有f(x1)f(x2)那么称这两个集合“保序同构”以下集合对不是“保序同构”的是()AAN*，BNBAx|1x3，Bx|x8或0x10CAx|0x1，BRDAZ，BQ答案D解析对于A，取f(x)x1
3、，满足题意对于B，取f(x)对于C，取f(x)tan(x)，满足题意排除法，选D.2 (2013陕西)观察下列等式1211222312223261222324210照此规律，第n个等式可为_答案12223242(1)n1n2(1)n1解析观察等式左边的式子，每次增加一项，故第n个等式左边有n项，指数都是2，且正、负相间，所以等式左边的通项为(1)n1n2.等式右边的值的符号也是正、负相间，其绝对值分别为1,3,6,10,15,21，.设此数列为an，则a2a12，a3a23，a4a34，a5a45，anan1n，各式相加得ana1234n，即an123n.所以第n个等式为12223242(1)
4、n1n2(1)n1.3 (2013湖北)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，第n个三角形数为n2n，记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n,3)n2n，正方形数 N(n,4)n2，五边形数 N(n,5)n2n，六边形数 N(n,6)2n2n可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)_.答案1 000解析由N(n,4)n2，N(n,6)2n2n，可以推测：当k为偶数时，N(n，k)n2n，N(10,24)100101 1001001 000.4(2012陕西)观察下列不等式：1，1，1，
5、照此规律，第五个不等式为_答案1解析归纳观察法观察每行不等式的特点，每行不等式左端最后一个分数的分母与右端值的分母相等，且每行右端分数的分子构成等差数列第五个不等式为1.5(2013福建)当xR，|x|b0)外，则过P0作椭圆的两条切线的切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在直线方程是1.那么对于双曲线则有如下命题：若P0(x0，y0)在双曲线1(a0，b0)外，则过P0作双曲线的两条切线的切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是_审题破题(1)先求数列an的前几项，归纳项的规律，作出猜想；(2)双曲线和椭圆方程相比，形式类似，只要注意到椭圆的切线方程中x2，y2分别换成了x0x，y
6、0y即可答案(1)an(2)1解析(1)a10，当n1时，f1(x)|sin(xa1)|sin x|，x0，a2，又对任意的b0,1)，f1(x)b总有两个不同的根，a2；f2(x)，x，a3，对任意的b0,1)，f2(x)b总有两个不同的根，a33；f3(x)，x3，a4，对任意的b0,1)，f3(x)b总有两个不同的根，a46.由此可得an1ann，an.(2)对于椭圆1，切点弦P1P2所在直线方程1，x2xx0，y2yy0.类比，双曲线1的切点弦P1P2所在直线方程为1.反思归纳应用合情推理应注意的问题：(1)在进行归纳推理时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，
7、从而归纳出一般结论(2)在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后类比推导类比对象的性质注意：归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性变式训练1(1)若从点O所作的两条射线OM、ON上分别有点M1、M2与点N1、N2，则三角形面积之比.如图，若从点O所作的不在同一平面内的三条射线OP、OQ和OR上分别有点P1、P2，点Q1、Q2和点R1、R2，则类似的结论为_答案解析考查类比推理问题，由图看出三棱锥P1OR1Q1及三棱锥P2OR2Q2的底面面积之比为，又过顶点分别向底面作垂线，得到高的比为，故体积之比为.(2)已知命题：若数列an为等差数列，且ama，anb (mn，m、nN*
8、)，则amn；现已知等比数列bn (b0，nN*)，bma，bnb (mn，m、nN*)，若类比上述结论，则可得到bmn_.答案 解析等差数列中的bn和am可以类比等比数列中的bn和am，等差数列中的bnam可以类比等比数列中的，等差数列中的可以类比等比数列中的 ，故bmn .题型二直接证明与间接证明例2设实数数列an的前n项和Sn满足Sn1an1Sn (nN*)(1)若a1，S2，2a2成等比数列，求S2和a3；(2)求证：对k3有0ak1ak.审题破题(1)根据S2a1a2及S2a2a1从方程的角度求出S2.再由S3a3S2S2a3，求出a3.(2)根据Sn1an1Sn (nN*)的关系，
9、寻找an1与an的递推关系，再用不等式放缩法、分析法、反证法的思想方法求解(1)解由题意得S2S2，由S2是等比中项知S20.因此S22.由S2a3S3a3S2解得a3.(2)证明由题设条件有Snan1an1Sn，故Sn1，an11且an1，Sn，从而对k3有ak.因aak1120且a0，由得ak0.要证ak，由只要证，即证3a4(aak11)，即(ak12)20，此式明显成立因此ak(k3)最后证ak1ak，若不然ak1ak，又因ak0，故1，即(ak1)20.矛盾因此ak1ak (k3)综上，当k3时有0ak1ak.反思归纳综合法与分析法是直接证明中的“姊妹证明”方法通常情况下，运用分析法
10、，由果索因，找到一个正确的结论或已知条件，然后运用综合法正确推理书写在进行立体几何证明中，我们常从结论出发寻找问题的突破口，但在逆推时也可能碰到障碍，这时再从已知出发顺推找寻中间细节，问题即可得以解决当然，若所证命题从正面难以入手时，不妨使用反证法变式训练2(2013陕西)设an是公比为q的等比数列(1)推导an的前n项和公式；(2)设q1，证明：数列an1不是等比数列(1)解设an的前n项和为Sn，当q1时，Sna1a1a1na1；当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1.qSna1qa1q2a1q3a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)证明假设an1是等比数列，则对任意
11、的kN*，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列题型三数学归纳法例3已知数列an满足关系式an12，nN*，且a12.(1)求a2，a3，a4；(2)求证：1an1；(3)求证：10.下面用数学归纳法证明：当n1时，a12满足1a11，成立假设当nk (kN*)时，1ak21.ak122.下面用分析法证明：21.欲证21，只需证k1(1)，只需证(k1)20，此式显然成立所以21成立从而ak1221.由
12、可知，对一切kN*，1an1成立(3)证明由(2)知，而，2()，所以2()，所以()()2()2()，所以12()反思归纳在递推数列问题中，如果给出的是形如an1f(an)的递推式，则可以考虑用数学归纳法进行证明，这是因为在设出ak满足的结论后，可以根据an1f(an)得到ak1满足的结论在使用数学归纳法证明问题时，在归纳假设后，归纳假设就是证明nk1时的已知条件，把归纳假设当已知条件证明后续结论时，可以使用综合法、分析法、反证法，也可以再次使用数学归纳法变式训练3已知f(n)1，g(n)，nN*.(1)当n1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小
13、关系，并给出证明解(1)当n1时，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)；当n2时，f(2)，g(2)，所以f(2)g(2)；当n3时，f(3)，g(3)，所以f(3)g(3)(2)由(1)，猜想f(n)g(n)，下面用数学归纳法给出证明：当n1,2,3时，不等式显然成立假设当nk(k3，kN*)时，不等式成立，即1，那么，当nk1时，f(k1)f(k)，因为0，所以f(k1)0 (nN*)，试类比等差数列求和的方法，可将Tn表示成首项b1、末项bn与项数n的一个关系式，即公式Tn_.解析利用等比数列的性质：若mnpq，则bmbnbpbq，利用倒序求积方法有两式相乘得T(b1bn)n，即
14、Tn(b1bn) .答案(b1bn)得分技巧合情推理的关键是寻求规律，明确已知结论的性质或特征高考中此类问题的指向性很强，要得到正确结论的归纳或类比阅卷老师提醒(1)在进行归纳推理时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论(2)在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后通过类比，推导出类比对象的性质(3)归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性1 已知数列an的前n项和Snn2an(n2)，而a11，通过计算a2，a3，a4，猜想an等于()A. B.C. D.答案B解析anSnSn1n2an(n1)2an1，(n1)2an1(n1)(n
15、1)an.anan1.由a11知：a2，a3.猜想an，故选B.2 下列四个图形中，着色三角形的个数依次构成一个数列的前4项，则这个数列的一个通项公式为()Aan3n1 Ban3nCan3n2n Dan3n12n3答案A解析a11，a23，a39，a427，故猜an3n1.3 下列推理中属于归纳推理且结论正确的是()A设数列an的前n项和为Sn，由an2n1，求出S112，S222，S332，推断：Snn2B由f(x)xcos x满足f(x)f(x)对xR都成立，推断：f(x)xcos x为奇函数C由圆x2y2r2的面积Sr2，推断：椭圆1(ab0)的面积SabD由(11)221，(21)22
16、2，(31)223，推断：对一切nN*，(n1)22n答案A解析注意到，选项A由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到数列an是等差数列，其前n项和等于Snn2，选项D中的推理属于归纳推理，但结论不正确因此选A.4 设ABC的三边长分别为a、b、c，ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r；类比这个结论可知：四面体SABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为R，四面体PABC的体积为V，则R等于()A. B.C. D.答案C解析本题考查类比推理，用体积分割的方法，可以得出R.5 观察等式：，根据以上规律，第四个等式为_答案6 设等差数列an的前n项和为Sn，则S4，S8S4，
17、S12S8，S16S12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，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，成等比数列专题限时规范训练一、选择题1 观察下列各式：7249,73343,742 401，则72 014的末两位数字为()A01 B43 C07 D49答案D解析因为717,7249,73343,742 401,7516 807,76117 649，所以这些数的末两位数字呈周期性出现，且周期T4.又因为2 01445032，所以72 014的末两位数字与72的末两位数字相
18、同，故选D.2 定义一种运算“*”：对于自然数n满足以下运算性质：()1*1=1,()(n+1)*1=n*1+1,则n*1等于()An Bn1 Cn1 Dn2答案A解析由(n1)*1n*11，得n*1(n1)*11(n2)*1213 定义A*B，B*C，C*D，D*A的运算分别对应下图中的(1)(2)(3)(4)，那么下图中的(A)(B)所对应的运算结果可能是()AB*D，A*D BB*D，A*CCB*C，A*D DC*D，A*D答案B解析由(1)(2)(3)(4)图得A表示|，B表示，C表示，D表示，故图(A)(B)表示B*D和A*C.4 已知数列：，依它的前10项的规律，这个数列的第2 0
19、13项a2 013满足()A0a2 013 B.a2 01310答案A解析数列中项的规律：分母每一组中从小到大排列：(1)，(1,2)，(1,2,3)，(1,2,3,4)，；分子每一组中从大到小排列(1)，(2,1)，(3,2,1)，(4,3,2,1)，由上规律知a2 013.5 给出若干数字按如图所示排成倒三角形，其中第一行各数依次是1,2,3，2 011，从第二行起每个数分别等于上一行左、右两数之和，最后一行只有一个数M，则这个数M是()A2 01222 009B2 01122 010C2 01022 011D2 01022 007答案A解析第一行公差为1；第二行公差为2；第2 010行公
20、差为22 009，第2 011行只有M，发现规律，得M(12 011)22 009.或从第一行为1,2,3及1,2,3,4,5的两个“小三角形”结合选项归纳得结果为(31)21及(51)23，猜一般规律为(n1)2n2.6 设a，b，c，dR，若adbc且|ad|bc|，则有()Aadbc Badbc Dadbc答案C解析|ad|bc|(ad)2(bc)2a2d22adb2c22bc，又adbc(ad)2(bc)2a2d22adb2c22bc，4adbc.7 已知ab0，且ab1，若0cq Bpab1，plogclogclogc0，qp.8 已知定义在R上的函数f(x)，g(x)满足ax，且f
21、(x)g(x)f(x)g(x)，若有穷数列 (nN*)的前n项和等于，则n等于()A4 B5 C6 D7答案B解析令h(x)，则h(x)0，故函数h(x)为减函数，即0a1.再根据，得a，解得a2(舍去)或者a.所以n，数列的前n项和是1，由于1，所以n5.二、填空题9观察下列等式11234934567254567891049照此规律，第n个等式为_答案n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2解析第n个等式是首项为n，公差为1，项数为2n1的等差数列，即n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.10若数列an的通项公式an，记f(n)2(1a1)(1a2)(1an)，试通过计算f(1)，f(2
22、)，f(3)的值，推测出f(n)_.答案解析f(1)2(1a1)，f(2)2(1a1)(1a2)2，f(3)2(1a1)(1a2)(1a3)2，可猜测f(n).11二维空间中圆的一维测度(周长)l2r，二维测度(面积)Sr2，观察发现Sl；三维空间中球的二维测度(表面积)S4r2，三维测度(体积)Vr3，观察发现VS.则四维空间中“超球”的四维测度W2r4，猜想其三维测度V_.答案8r3解析由已知，可得圆的一维测度为二维测度的导函数；球的二维测度是三维测度的导函数类比上述结论，“超球”的三维测度是四维测度的导函数，即VW(2r4)8r3.12函数f(x)的定义域为A，若x1，x2A，且f(x1
23、)f(x2)时总有x1x2，则称f(x)为单函数例如f(x)2x1 (xR)是单函数，下列命题：函数f(x)x2 (xR)是单函数；指数函数f(x)2x (xR)是单函数，若f(x)为单函数，x1，x2A且x1x2，则f(x1)f(x2)；在定义域上具有单调性的函数一定是单函数其中的真命题是_(写出所有真命题的编号)答案解析由xx，未必有x1x2，故不正确；对于f(x)2x，当f(x1)f(x2)时一定有x1x2，故正确；当f(x)为单函数时，有f(x1)f(x2)x1x2，则其逆否命题f(x)为单函数时，x1x2f(x1)f(x2)为真命题，故正确；当函数在其定义域上单调时，一定有f(x1)
24、f(x2)x1x2，故正确三、解答题13(2012福建)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：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(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，并证明你的结论解方法一(1)选择式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301
25、.(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.方法二(1)同解法一(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin (cos 30cos sin 30sin )cos 2(cos 60cos 2sin 60sin 2)sin cos sin2cos 2c
26、os 2sin 2sin 2(1cos 2)1cos 2cos 2.14设集合W是满足下列两个条件的无穷数列an的集合an1；anM，其中nN*，M是与n无关的常数(1)若an是等差数列，Sn是其前n项的和，a34，S318，试探究Sn与集合W之间的关系；(2)若数列bn的通项为bn5n2n，且bnW，M的最小值为m，求m的值；(3)在(2)的条件下，设cnbn(m5)n，求证：数列cn中任意不同的三项都不能成为等比数列(1)解a34，S318，a18，d2，Snn29n，Sn1满足条件，Sn2，当n4或5时，Sn取最大值20.Sn20满足条件，SnW.(2)解bn1bn52n可知bn中最大项是b37，M7，M的最小值为7.(3)证明由(2)知cnn，假设cn中存在三项cp、cq、cr(p、q、r互不相等)成等比数列，则ccpcr，(q)2(p)(r)，(q2pr)(2qpr)0.p、q、rN*，消去q得(pr)20，pr，与pr矛盾cn中任意不同的三项都不能成为等比数列
