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1、1 1.合情推理与演绎推理 (1)归纳和类比都是合情推理，前者是由特殊到一般，部分到整体的推理，后者是由特殊到 特殊的推理，但二者都能由已知推测未知，都能用于猜想，推理的结论不一定为真，有待进 一步证明 . (2)演绎推理与合情推理不同，是由一般到特殊的推理，是数学中证明的基本推理形式.也是 公理化体系所采用的推理形式，另一方面， 合情推理与演绎推理又是相辅相成的，前者是后 者的前提，后者论证前者的可靠性. 2.直接证明与间接证明 直接证明和间接证明是数学证明的两类基本证明方法.直接证明的两类基本方法是综合法和 分析法： 综合法是从已知条件推导出结论的证明方法；分析法是由结论追溯到条件的证明方
2、 法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用，间接证法的一种方法是反证法，反证法是 从结论反面成立出发，推出矛盾的证明方法. 思考反证法通常适用于哪些问题？ 答案反证法是高中数学的一种重要的证明方法，在不等式和立体几何的证明中经常用到， 它所反映出的“正难则反”的解决问题的思想方法更为重要.反证法主要证明：否定性、唯 一性命题；至多、至少型问题；几何问题. 3.数学归纳法 数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题.证明时，它的两个步骤缺一不可.它的第 一步 (归纳奠基 )nn0时结论成立 .第二步 (归纳递推 )假设 nk 时，结论成立，推得nk1 2 时结论也成立 .数学归纳法原理建立在
3、归纳公理的基础上，它可用有限的步骤(两步 )证明出无 限的命题成立 . 思考何为探索性命题？其解题思路是什么？ 答案探索性命题是试题中经常出现的一种题型，此类问题未给出问题结论，需要由特殊情 况入手，猜想、 证明一般结论的问题称为探求规律性问题，它的解题思想是：从给出的条件 出发，通过观察、试验、归纳、猜想，探索出结论，然后再对归纳、猜想的结论进行证明. 题型一合情推理及应用 例 1观察下列各式：ab1，a2b23，a3 b34，a4b47，a5b511，则 a10 b 10 等于 () A.28 B.76 C.123 D.199 答案C 解析记 an b n f(n)，则 f(3)f(1)f
4、(2)134； f(4)f(2)f(3)347；f(5)f(3) f(4)11.通过观察不难发现f(n)f(n1)f(n2)(nN *，n3)，则 f(6)f(4)f(5)18； f(7)f(5)f(6)29；f(8)f(6)f(7)47；f(9)f(7)f(8)76；f(10)f(8) f(9)123.所以 a 10b10123. 反思与感悟归纳推理和类比推理是常用的合情推理，两种推理的结论“ 合情 ”但不一定 “合理 ”，其正确性都有待严格证明.尽管如此，合情推理在探索新知识方面有着极其重要 的作用 . 运用合情推理时，要认识到观察、归纳、类比、猜想、证明是相互联系的.在解决问题时， 可以
5、先从观察入手，发现问题的特点，形成解决问题的初步思路，然后用归纳、类比的方法 进行探索、猜想，最后用逻辑推理方法进行验证. 跟踪训练1自然数按下表的规律排列 则上起第2 014 行，左起第2 015 列的数为 () A.2 014 2 B.2 015 2 C.2 0132 014 D.2 0142 015 答案D 3 解析经观察可得这个自然数表的排列特点： 第一列的每个数都是完全平方数，并且恰好等于它所在行数的平方，即第 n 行的第 1个数 为 n2； 第一行第n 个数为 (n1)21； 第 n 行从第 1 个数至第n 个数依次递减1； 第 n 列从第 1 个数至第n 个数依次递增1. 故上起
6、第2 014 行，左起第 2 015 列的数， 应是第 2 015 列的第 2 014 个数， 即为 (2 0151)2 12 0132 014 2 015. 题型二直接证明与间接证明 例 2已知 ab 0，求证 a b 2 8a ab 2 ab ab 2 8b . 证明欲证 ab 2 8a ab 2 ab ab 2 8b ， 只需证 ab 2 8a ab 2 2 ab 2 8b ， ab0， 只需证 ab 22a ab 2 ab 2 2b， 即 ab 2a 1 ab 2b ， 欲证 ab 2a 1，只需证ab2 a，即ba，该式显然成立.欲证 1 ab 2b ，只需 证 2 bab，即ba，
7、该式显然成立. ab 2a 1 ab 2b 成立 . ab 2 8a ab 2 ab ab 2 8b 成立 . 反思与感悟直接证明方法可具体分为比较法、代换法、放缩法、判别式法、 构造函数法等， 应用综合法证明问题时，必须首先想到从哪里开始起步，分析法就可以帮助我们克服这种困 难，在实际证明问题时，应当把分析法和综合法结合起来使用. 跟踪训练2已知等差数列an 中，首项 a10，公差 d0. (1)若 a11，d 2，且 1 a 2 1， 1 a 2 4， 1 a 2 m成等比数列，求正整数 m 的值； (2)求证对任意正整数n， 1 a 2 n ， 1 a 2 n1， 1 a 2 n2都不成
8、等差数列 . (1)解 an是等差数列，a11，d 2， a47，am 2m1. 4 1 a 2 1， 1 a 2 4， 1 a 2 m成等比数列， 1 49 2 1 2m1 2， 即 2m149.m25. (2)证明假设存在nN * ，使 1 a 2 n， 1 a 2 n1， 1 a 2 n2成等差数列， 即 2 a 2 n1 1 a 2 n 1 a 2 n2， 2 a 2 n1 1 an1d 2 1 an1d 22a 2 n12d 2 a 2 n1d 2 2， 化简得 d23a 2 n1.(*) 又 a10，d0，an1a1nd d， 3a2 n13d 2d2，与 (*) 式矛盾， 因此假
9、设不成立，故命题得证. 题型三数学归纳法及应用 例 3已知 ai0(i1,2， n)，考察： a1 1 a11； (a1a2) 1 a1 1 a2 4； (a1a2a3) 1 a1 1 a2 1 a3 9. 归纳出对a1，a2， an都成立的类似不等式，并用数学归纳法加以证明. 解结论： (a1 a2an) 1 a1 1 a2 1 an n2(nN * ). 证明 ：当 n1 时，显然成立 . 假设当nk 时，不等式成立， 即(a1a2 ak) 1 a1 1 a2 1 ak k2. 当 nk1 时， (a1a2 akak1) 1 a1 1 a2 1 ak 1 ak1 (a1a2 ak) 1 a
10、1 1 a2 1 ak ak11 a1 1 a2 1 ak 1 ak1(a 1a2 ak)1 k2 ak1 a1 a1 ak1 ak1 a2 a2 ak1 ak1 ak ak ak1 1 k22k1(k 1)2. 由可知，不等式对任意正整数n 都成立 . 5 反思与感悟数学归纳法是推理逻辑，它的第一步称为奠基步骤，是论证的基础保证，即通 过验证落实传递的起点，这个基础必须真实可靠；它的第二步称为递推步骤，是命题具有后 继传递性的保证，两步合在一起为完全归纳步骤，这两步缺一不可，第二步中证明“当 n k1 时结论正确 ”的过程中，必须用“归纳假设 ”，否则就是错误的. 跟踪训练3数列 an满足
11、S n2nan(nN *). (1)计算 a1，a2，a3， a4，并由此猜想通项公式 an； (2)证明 (1)中的猜想 . (1)解当 n1 时， a1S12a1，a1 1； 当 n2 时， a1a2S222a2， a2 3 2 ； 当 n3 时， a1a2a3S323a3， a37 4； 当 n4 时， a1a2a3a4S424 a4， a4 15 8 . 由此猜想an2 n1 2 n1(nN *). (2)证明当 n1 时， a11，结论成立 . 假设 nk(k1 且 kN *)时，结论成立， 即 ak 2 k1 2 k1， 那么 n k1 时， ak1Sk1Sk2(k1)ak12ka
12、k 2akak1， 2ak12ak. ak1 2ak 2 2 2 k1 2 k1 2 2 k11 2 k. 所以当 nk1 时，结论成立. 由 知猜想 an 2 n1 2 n1(nN * )成立 . 应用反证法证明问题时，因对结论否定不正确致误 例 4已知 x，yR，且 x 2y20，求证 x，y 全为 0. 错解假设结论不成立，则x，y 全不为 0，即 x0 且 y0， 6 x 2y20，与 x2y20 矛盾，故 x，y 全为 0. 错因分析x，y 全为 0 的否定应为x， y 不全为 0，即至少有一个不是0，得 x 2y20 与已 知矛盾 . 正解假设 x，y 不全为 0，则有以下三种可能
13、： x0，y0，得 x2y20，与 x2y20 矛盾； x0，y0，得 x 2y20, 与 x2 y2 0 矛盾； x0，y0，得 x2y20，与 x2y20 矛盾 . 假设是错误的， x，y 全为 0. 防范措施应用反证法证明问题时，首先要否定结论，假设结论的反面成立，当结论的反面 呈现多样性时，需罗列出各种可能情形，否定一定要彻底. 1.下列推理正确的是() A.把 a(bc)与 loga(xy)类比，则loga(xy)logaxlogay B.把 a(bc)与 sin(xy)类比，则sin(xy)sin x sin y C.把 (ab) n 与(xy)n类比，则 (xy)nxnyn D.
14、把 (ab)c 与(xy)z类比，则 (xy)zx(yz) 答案D 2.在 ABC 中，若 sin Asin C cos Acos C，则 ABC 一定是 () A.锐角三角形B.直角三角形 C.钝角三角形D.不确定 答案D 解析由 sin Asin Ccos Acos C，得 cos(AC)0，即 cos B 0, 所以 B 为锐角，但并不能 确定角 A 和 C 的情况，故选D. 3.猜想数列 1 24， 1 46， 1 68， 1 810，的通项公式是 _. 答案an 1 2n 2n2 (nN *) 解析分析式子 1 24， 1 4 6， 1 68， 1 810，的规律，可得分子均为 1，
15、分母为连续相邻 的两个偶数的乘积. 4.如图是由花盆摆成的图案，根据图中花盆摆放的规律，第n 个图形中的花盆数an _. 7 答案3n23n1 解析观察知每一个图案中间一行的花盆数为1,3,5，其中第n 个图案中间一行的花盆 数为 2n1，往上一侧花盆数依次是2n2,2n3，它们的和为 n 2n 1n 2 n 3n 1 2 ， 往下一侧 (含中间一行 )花盆数为 n 3n1 2 ，所以 an2 n 3n1 2 (2n1)3n23n1. 5.函数列 fn(x) 满足 f1(x) x 1x 2(x0)，fn1(x)f1(fn(x). (1)求 f2(x)，f3(x)； (2)猜想 fn(x)的表达
16、式，并证明. 解(1)f1(x) x 1x 2(x 0)， f2(x) x 1x 2 1 x 2 1 x 2 x 12x 2， f3(x) x 12x 2 1 x 2 1 2x 2 x 12x 2x2 x 13x 2. (2)猜想 fn(x) x 1nx 2(n N * )， 下面用数学归纳法证明： 当 n 1时，命题显然成立； 假设当 nk(kN * )时， fk(x) x 1kx 2， 那么 fk1(x) x 1kx 2 1 x 2 1kx 2 x 1kx 2 x2 x 1 k1 x 2. 这就是说当nk1 时命题也成立 . 由 可知， fn(x) x 1nx 2对所有 nN *均成立 .
17、 8 故 fn(x) x 1nx 2(nN *). 转化与化归的思想方法是数学最基本的思想方法，数学中一切问题的解决都离不开转化与化 归，转化与化归是数学思想方法的灵魂.在本章中，合情推理与演绎推理体现的是一般与特 殊的转化， 数学归纳法体现的是一般与特殊、有限与无限的转化，反证法体现的是对立与统 一的转化 . 从特殊到一般的思想方法即由特殊情况入手，通过观察、试验、归纳、猜想，探索出结论， 然后再对归纳、猜想的结论进行证明.与正整数n 有关的命题，经常要用到归纳猜想，然后 用数学归纳法证明，这体现了从特殊到一般的探求规律的思想. 一、选择题 1.古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15
18、,21,28，这些数叫做三角形数，因为这些数(除 1 外)对应的点可以排成一个正三角形，如图所示，则第n 个三角形数为() A.nB.n n 1 2 C.n 21 D. n n1 2 答案B 解析观察图形可知， 这些三角形数的特点是第n 个三角形数是在前一个三角形数的基础上 加上 n，于是第n 个三角形数为12nn n1 2 . 2.有这样一段演绎推理“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”结论显然 是错误的，是因为() A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.非以上错误 答案C 解析演绎推理的一般模式是三段论，大前提是已知的一般性原理，小前提是研究的特殊情 况，结论
19、是得出的判断.本题中并非所有的有理数都是真分数，所以推理形式错误. 9 3.如图，椭圆 x 2 a 2 y 2 b 21(ab0)的左焦点为F(c,0)，当 AB FB 时，由 b2ac 得其离心率为 51 2 ，此类椭圆称为“黄金椭圆”. 类比“黄金椭圆”，在“黄金双曲线” x 2 a 2 1 y 2 b 2 11 中， 由 b2 1a1c1(c1为黄金双曲线的半焦距 )可推出“黄金双曲线”的离心率为() A. 51 2 B. 31 2 C. 51 3 D. 7 1 2 答案A 解析b2 1a1c1，c 2 1a 2 1b 2 1a1c1， c 2 1 a 2 11 c1 a1，e 2e10
20、，e 51 2 (e1).故选 A. 4.设函数 f(x) 2x 1 x 1(x0)，则 f(x)( ) A.有最大值B.有最小值 C.为增函数D.为减函数 答案A 解析x0，x0，则 (2x) 1 x 22x1 x 22， 2x 1 x 2 2. f(x) 2x 1 x 1221. 当且仅当 2x 1 x ，即 x 2 2 时取最大值 . 故选 A. 5.设集合 S A0，A1，A2，A3，在 S上定义运算为： AiAjAk，其中 k 为 ij 被 4 除的 余数， i，j 0,1,2,3.则满足关系式(xxA2A0的 x(x S)的个数为 () A.1 B.2 C.3 D.4 答案B 解析
21、当 xA0时， (xxA2A2A0，当 xA1时， (xxA2A2 A2A0，成立；当 xA2时， (x xA2A0 A2A2A0；当 xA3时， (x xA2A2 A2 A0，成立 .故选 10 B. 6.O 是平面上一定点， A， B， C 是平面上不共线的三个点，动点 P满足 OP OA AB |AB | AC |AC | ， 0， )，则 P 的轨迹一定通过ABC 的() A.外心B.内心C.重心D.垂心 答案B 解析如图， AB |AB | 为AB 上的单位向量， AC |AC | 为AC 上的单位向量， 则 AB |AB | AC |AC | 的方向为 BAC 的角平分线AD 的方
22、向 .又 0， )， AB |AB | AC |AC | 的方向与 AB |AB | AC |AC | 的方向相同 .而 OP OA AB |AB | AC |AC | ， 点 P 在 AD 上 移动， P 的轨迹一定通过ABC 的内心 . 二、填空题 7.已知 pa 1 a2(a 2)，q2a 24a 2(a2)，则 p，q 的大小关系为 _. 答案pq 解析pa2 1 a222 a2 1 a 224， a 24a22(a2)22，q22 4p. 8. ， 是两个不同的平面，m，n 是平面 及平面 外两条不同的直线，给出下列四个论断： mn； ； n ； m .以其中三个论断作为条件，余下一
23、个论断作为结论，写 出一个你认为正确的命题_. 答案 ? (或 ? ) 9.若二次函数f(x)4x 2 2(p2)x2p2p1 在区间 1,1内至少存在一点 c，使 f(c)0， 则实数 p 的取值范围是 _. 答案3，3 2 解析方法一 (补集法 )：令 f 1 0， f 1 0 11 即 2p2p10， 2p23p90 即 p 1 2或p1， p 3或p3 2. p3 或 p 3 2，符合题意的解是 3p 3 2. 方法二 (直接法 )：依题意，有f(1)0 或 f(1)0， 即 2p 2p10 或 2p23p90， 1 2p1 或 3p 3 2， 3p 3 2. 10.设函数 yf(x)
24、在(0， )内有定义，对于给定的正数K， 定义函数 fK(x) f x ，f x K， K，f x K， 若函数 f(x)ln x 1 e x，且恒有fK(x)f(x)，则 K 的最小值为 _. 答案 1 e 解析由于 f(x) ln x1 e x ，所以 f(x) 1 x ln x1 e x ，令 g(x)1 x ln x1，则 g (x) x 2 1 x0，所以 g(x)在(0， )上单调递减，而 g(1)0，所以当 x(0,1)时，g(x) 0，此时， f(x)0，当x(1， )时， g(x)0，此时f(x)0，所以f(x)在(0,1)上单调递增，f(x) 在(1， )上单调递减，故f(
25、x)maxf(1) 1 e，又函数 f(x) ln x1 e x，且恒有 fK(x)f(x)，结合 新定义可知， K 的最小值为 1 e. 三、解答题 11.如图所示，设在四面体PABC 中， ABC90 ，PA PBPC，D 是 AC 的中点，求证： PD平面 ABC. 证明要证明 PD平面 ABC，只需证明PD 与平面 ABC 内的两条相交直线垂直即可，由于 已知 ACP 为等腰三角形，APPC，D 为 AC 的中点，故PDAC，从而有 PAD 为直角 三角形， 且 ADBD，PDPD，APPB，于是 APD BPD.因此 PDA PDB90 ， PDBD.又知 AC 交 BD 于 D，可
26、知 PD 平面 ABC. 12.求证：不论x，y 取何非零实数，等式 1 x 1 y 1 x y 总不成立 . 12 证明假设存在非零实数x，y 使得等式 1 x 1 y 1 xy成立 . 于是有 y(x y) x(xy)xy， 即 x2y2xy0， 即 x y 2 23 4y 20. 由 y0，得 3 4y 20. 又 x y 2 20， 所以 x y 2 23 4y 20. 与 x 2y2xy0 矛盾，故原命题成立 . 13.在数列 an， bn中， a12，b1 4，且 an，bn，an1成等差数列， bn，an1，bn1成等比 数列 (nN *). (1)求 a2，a3，a4及 b2，
27、b3，b4，由此猜测 an ，bn 的通项公式，并证明你的结论； (2)求证 1 a1b1 1 a2b2 1 anbn 5 12. (1)解由条件得2bnanan1，a 2 n1bnbn1，a12，b14.由此可得 a26，b29， a3 12， b316，a420，b4 25.猜测 ann(n1)，bn (n1) 2.用数学归纳法证明： 当 n1 时，由上可得结论成立. 假设当 nk(k1，kN *)时，结论成立，即 akk(k1)，bk(k1) 2，那么，当 nk1 时， ak1 2bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)， bk1a 2 k1 bk (k2)2. 当 n k1 时，结论也成立. 由 可知 ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数n 都成立 . (2)证明当 n1 时， 1 a1 b1 1 6 5 12. n2 时， 由(1)知 anbn(n 1)(2n1)2(n1)n. 1 an bn 1 2 1 n 1 n1 ， 1 a1 b1 1 a2b2 1 anbn 1 6 1 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1 1 6 1 2 1 2 1 n1 1 6 1 4 5 12. 13 综上，对nN *， 1 a1b1 1 a2 b2 1 anbn 5 12成立 .