1、第四节 推理与证明教 材 回 顾 考 点 突 破 栏目导航 最新考纲考情考向分析1.了解合情推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理，体会并认识合情推理在数学发现中的作用2了解演绎推理的含义，掌握演绎推理的“三段论”，并能运用“三段论”进行一些简单推理3了解直接证明的两种基本方法分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点4了解反证法的思考过程和特点.1.以理解类比推理、归纳推理和演绎推理的推理方法为主，常以演绎推理的方法根据几个人的不同说法作出推理判断进行命题注重培养学生的推理能力2直接证明的方法综合法和分析法，间接证明的方法反证法，常以立体几何中的证明和不等式的证明为载体加以考查，
2、注重考查学生分析问题、解决问题的能力在高考中主要以解答题的形式考查，难度中档.基础梳理1合情推理类型定义特征归纳推理由某类事物的对象具有某些特征，推出该类事物的对象都具有这些特征的推理由到、由到部分全部部分整体个别一般类比推理由两类对象具有某些和其中一类对象的某些已知，推出另一类对象也具有这些的推理由到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、，然后提出的推理类似特征特征特征特殊特殊类比猜想2.演绎推理(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理简言之，演绎推理是由一般到的推理(2)“三段论”是演绎推理的一般模
3、式，包括：大前提已知的；小前提所研究的；结论根据，对特殊情况做出的判断特殊一般原理特殊情况一般原理3直接证明内容综合法分析法定义从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证结论的方法，是一种从推导到的思维方法从待证结论出发，一步一步寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实的方法，是一种从追溯到产生这一结果的的思维方法原因结果结果原因特点从“”看“”，逐步推向“未知”，其逐步推理，实际上是要寻找它的条件从“”看“”，逐步靠拢“”，其逐步推理，实际上是要寻找它的条件已知可知必要未知需知已知充分4.间接证明反证法要证明某一结论 Q 是正确的，但不直接证明，而是先去(即 Q 的反
4、面非 Q 是正确的)，经过正确的推理，最后得出，因此说明非 Q 是的，从而断定结论 Q 是的，这种证明方法叫作反证法假设Q不成立矛盾错误充分三基自测1(选修 222.1 练习改编)已知数列an中，a11，n2 时，anan12n1，依次计算，a2，a3，a4 后，猜想 an 的表达式是()Aan3n1 Ban4n3Cann2Dan3n1答案：C2(选修 222.2 练习改编)若 P a6 a7，Q a8 a5(a0)，则P，Q 的大小关系是()APQBPQCPb，那么3 a3 b”，假设内容为答案：3 a3 b5(选修 222.1 练习改编)已知数列an中，an1Snn3，nN*，a12，则数
5、列an的通项公式为答案：an2n1，32n21n2考点一|归纳推理(方法突破)方法 1 与数字有关的推理【例 1】(2018东城区期末)观察下列等式：11；14(12)；149123；14916(1234)；根据上述规律，第 6 个式子为；第 n 个式子为解析 由等式可知第 n 个等式左侧是通项为(1)n1n2 的前 n 项和，右侧为(1)n1(123n)，所以第 6 个式子为 149162536(123456)，第 n 个等式为 14916(1)n1n2(1)n1(123n)答案 149162536(123456)14916(1)n1n2(1)n1(123n)方法 2 与不等式有关的推理【例
6、 2】(2018太原期中)设函数 f(x)xx2(x0)，观察下列各式：f1(x)f(x)xx2，f2(x)f(f1(x)x3x4，f3(x)f(f2(x)x7x8，f4(x)f(f3(x)x15x16，fn(x)f(fn1(x)，根据以上规律，若 fn12 12 018，则正整数 n 的最大值为解析 由归纳推理得 fn(x)x2n1x2n，则 fn12 122n1122n12n12n1132n1，由 fn12 12 018，得132n112 018，即 32n12 018，即 32n2 019，则 2n2 0193673，当 n9 时，2n512673，当 n10 时，2n1 024673，
7、即整数 n 的最大值为9.答案 9【例 3】下图中(1)(2)(3)(4)为四个平面图形表中给出了各平面图形中的顶点数、边数以及区域数平面图形顶点数边数区域数(1)332(2)8126(3)695(4)10157现已知某个平面图形有 1 009 个顶点，且围成了 1 007 个区域，试根据以上关系确定这个平面图形的边数为解析 由表归纳各平面图形的顶点数、边数、区域数的关系如下表：平面图形顶点数边数区域数关系(1)3323232(2)812686122(3)6956592(4)10157107152VEFVFE2其顶点数V、边数E、区域数F满足关系式VFE2，故可猜想此平面图形的边数为1 009
8、1 00722 014.答案 2 014名师点拨 归纳推理问题的解题策略1与“数字”相关问题：主要是观察数字特点，找出等式左右两侧的规律2与不等式有关的推理：观察所给几个不等式两边式子的特点，注意纵向看、找出隐含规律3与图形有关推理：合理利用特殊图形归纳推理得出结论跟踪训练(1)已知数列：11，21，12，31，22，13，41，32，23，14，依它的前10项的规律推测这个数列的第2 017项是答案：641(2)观察下列等式：11,1214,123219,123432116，由以上可推测出一个一般性结论：对于nN*,12n21.答案：n2(3)如图所示将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两
9、个端点)有n(n1，nN)个点，相应的图案中总的点数记为an，则 9a2a3 9a3a4 9a4a59a2 015a2 016()A.2 0122 013 B2 0132 012C.2 0142 015D2 0142 013答案：C考点二|类比推理(思维突破)【例4】(1)(2018顺德区期末)有限与无限转化是数学中的一种重要思想方法，如在九章算式方田章源田术(刘徽注)中：“割之又割以至于不可割，则与圆合体而无所失矣”说明“割圆术”是一种无限与有限的转化过程例如：0.14表示“14”这个循环节无限次循环，但是0.14却是确定的某个值，设为x，即设x0.14，则x0.14 x100，解得x149
10、9，类比根式66 6中“”即代表无限次重复，则该根式的值为(2)如图，在RtABC中，C90，设a，b，c分别表示三条边的长度，由勾股定理，得c2a2b2.类比平面内直角三角形的勾股定理，试给出空间中四面体性质的猜想解析(1)设66 6 x，则6x x，x0，6xx2，解得x2(舍)或x3.根式66 63.(2)如题图所示，在RtABC中，C90.设a，b，c分别表示3条边的长度，由勾股定理，得c2a2b2.类似地，在四面体PDEF中，PDFPDEEDF90.设S1，S2，S3和S分别表示PDF，PDE，EDF和PEF的面积，图中的四面体有3个“直角面”S1，S2，S3和1个“斜面”S.于是，
11、类比勾股定理的结构，我们猜想S2S21S22S23成立答案(1)3名师点拨 类比推理的应用类型类比推理的应用一般为类比定义、类比性质和类比方法1类比定义：在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解2类比性质：从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真观察两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键3类比方法：有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移跟踪训练(1)把本例(2)条件“由勾股定理，得c2a2b2”换成“cos2Acos2B1”，则在空间中，给出四面体性质的猜想解
12、析：如图，在RtABC中，cos2Acos2Bbc2ac2a2b2c21.于是把结论类比到四面体PABC中，我们猜想，三棱锥PABC中，若三个侧面PAB，PBC，PCA两两互相垂直，且分别与底面所成的角为，则cos2cos2cos21.(2)本例(2)条件改为“如图，作CDAB于点D，则有1CD2 1a2 1b2”类比该性质，试给出空间中四面体性质的猜想，并说明是否正确解析：类比猜想：四面体ABCD中，AB，AC，AD两两垂直，AE平面BCD，则 1AE2 1AB2 1AC2 1AD2.如图，连接BE交CD于点F，连接AF，因为ABAC，ABAD，ACADA，所以AB平面ACD，而AF平面AC
13、D，所以ABAF.在RtAEF中，AEBF，所以 1AE2 1AB2 1AF2，易知在RtACD中，AFCD，所以 1AF2 1AC2 1AD2，所以 1AE2 1AB2 1AC2 1AD2，猜想正确考点三|演绎推理与直接证明(规范突破)【例5】(本小题满分12分)在公差不为0的等差数列an中，a3a1015，且a2，a5，a11成等比数列(1)求an的通项公式；(2)设bn 1an 1an1 1a2n1，证明：12bn0，所以数列bn单调递增(9分)所以bnb112.又bn 1n1 1n2 12n 1n1 1n1 1n1 nn11.因此12bn1)证明：函数f(x)在(1，)上为增函数；用反
14、证法证明方程f(x)0没有负数根解析(1)假如甲说了真话，则乙、丙、丁都说了假话，那么丙不是小偷，丁不是小偷，丁偷了珠宝，显然矛盾，故甲说了假话，即甲是小偷故选A.(2)证明：任取x1，x2(1，)，不妨设x10.a1，ax2x11，且ax10，ax2ax1ax1(ax2x11)0.又x110，x210，x22x21x12x11x22x11x12x21x11x213x2x1x11x210，于是f(x2)f(x1)ax2ax1x22x21x12x110，故函数f(x)在(1，)上为增函数假设存在x01，0ax01，0 x02x011，即12x02，与假设x00，b0，且ab1a1b，证明：(1)ab2；(2)a2a2与b2b2不可能同时成立证明：由ab1a1babab，a0，b0，得ab1.(1)由基本不等式及ab1，有ab2 ab2，即ab2.(2)假设a2a2与b2b2同时成立，则由a2a2及a0得0a1，同理0b1，从而ab1，这与ab1矛盾，故a2a2与b2b2不可能同时成立