数学选修12推理与证明

数学选修12推理与证明（精选14篇）

1.数学选修12推理与证明 篇一

高二数学选修1-2《推理与证明测试题》

班级姓名学号得分

一、选择题：

1、与函数yx为相同函数的是（）A.yx2B.yx

2xC.yelnxD.ylog2x22、下面使用类比推理正确的是（）.A.“若a3b3,则ab”类推出“若a0b0,则ab”

B.“若(ab)cacbc”类推出“(ab)cacbc”

C.“若(ab)cacbc” 类推出“ab

ca

cb

c（c≠0）”

nnnnnnD.“（ab）ab” 类推出“（ab）ab”

3、有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面,则平行于平面内所有直线；已知直线 b平面，直线a平面，直线b∥平面，则直线b∥直线a”的结论显然是错误的，这是因为（）

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

4、用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是（）。

A.假设三内角都不大于60度；B.假设三内角都大于60度；

C.假设三内角至多有一个大于60度；D.假设三内角至多有两个大于60度。

5、当n1，2，3，4，5，6时，比较2n和n2的大小并猜想（）

A.n1时，2nn2B.n3时，2nn

2n2n2C.n4时，2nD.n5时，2n6、已知x,yR,则“xy1”是“xy1”的（）

A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件

7、在下列表格中,每格填上一个数字后,使每一行成等差数

列,每一列成等比数列,则a+b+c的值是()

A.1B.2C.3D.41 228、对“a,b,c是不全相等的正数”，给出两个判断：

①(ab)2(bc)2(ca)20；②ab,bc,ca不能同时成立，下列说法正确的是（）

A．①对②错 C．①对②对

B．①错②对

D．①错②错

axcy

（）

9、设a,b,c三数成等比数列，而x,y分别为a,b和b,c的等差中项，则

A．1B．2C．3D．不确定

10、定义运算:xy

xy

(xy)(xy),的是（）例如344,则下列等式不能成立．．．．

A．xyyxB．(xy)zx(yz)

C．(xy)2x2y2D．c(xy)(cx)(cy)（其中c0）

二、填空题：

11、一同学在电脑中打出如下若干个圈:○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●„若将此若干个圈依此规律继续下去,得到一系列的圈,那么在前120个圈中的●的个数是。

12、类比平面几何中的勾股定理：若直角三角形ABC中的两边AB、AC互相垂直，则三角形三边长之间满足关系：ABAC

BC。若三棱锥A-BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB两

两互相垂直，则三棱锥的侧面积与底面积之间满足的关系为.13、从11，14(12),149123，14916(1234)，„,推广到第n个等式为_________________________.14、已知a13，an1

3anan

3，试通过计算a2，a3，a4，a5的值，推测出an＝

三、解答题：

15、在△ABC中，证明：

16、设a,b,x,yR，且a2b21,x2y21,试证：axby1。

17、用反证法证明：如果x

cos2Aa



cos2Bb



1a



1b。

2，那么x22x10。

18、已知数列a1,a2,,a30，其中a1,a2,,a10是首项为1，公差为1的等差数列；

（d0）.a10,a11,,a20是公差为d的等差数列；a20,a21,,a30是公差为d的等差数列

（1）若a2040，求d；

（2）试写出a30关于d的关系式，并求a30的取值范围；

（3）续写已知数列，使得a30,a31,,a40是公差为d3的等差数列，„„，依次类推，把已知数列推广为无穷数列.提出同（2）类似的问题（（2）应当作为特例），并进行研究，你能得到什么样的结论？

高二数学选修1-2《推理与证明测试题》答案提示

1——

10、DCABDBAABC11、____14__________

12、SBCD

SABC

SACD

SABD13、1223242„(1)n1n2(1)n1(123n)

14、________

3n

______

cos2Bb15、证明：

cos2Aa



12sin

a

A



12sin

b

B



1a



1bB

sin2Asin2B

2a2b2



由正弦定理得：

cos2Aa

sina

2A



sinb





cos2Bb



1b

a16、证明: 1(a2b2)(x2y2)a2x2a2y2b2x2b2y

2a2x22aybxb2y2(axby)2故axby

117、假设x2x10，则x1

2

2容易看出1要证：1

223212

12，下面证明1。，只需证：2只需证：2

4，2

上式显然成立，故有1综上，x1

2

12。

。而这与已知条件x相矛盾，因此假设不成立，也即原命题成立。

18、解：（1）a1010.a201010d40,d3.（2）a30a2010d2101dd2(d0)，a30

1310d，24

当d(,0)(0,)时，a307.5,

.（3）所给数列可推广为无穷数列an，其中a1,a2,,a10是首项为1，公差为1的等差数列，当n1时，数列a10n,a10n1,,a10(n1)是公差为dn的等差数列.研究的问题可以是：

试写出a10(n1)关于d的关系式，并求a10(n1)的取值范围.研究的结论可以是：由a40a3010d3101dd2d3，依次类推可得

a10(n1)101dd



n



n1

1d10,1d10(n1),d1, d1.当d0时，a10(n1)的取值范围为(10,)等.

2.数学选修12推理与证明 篇二

学生在解图形证明题时, 应该要有逆向思维, 如果正面不好入手, 就从反面着手。 首先假设该命题结论的反面成立, 依次进行推理。 如果所推导出来的结果与命题中的已知条件、公理、定义等相互矛盾, 或者推导出来的两个结果相互矛盾, 就能说明这个假设的“ 结论反面成立” 是不正确的, 故而证明命题中的结论能够成立, 是正确的。

例:求证图1中圆内不过圆心的两弦 (不是直径) 一定不能相互平分。

已知条件:如图1所示, AB、CD是⊙O内任意两条相交于P的非直径的弦。

求证:AB、CD一定不能相互平分于P。

证明:假设AB、CD相互平分于P, 连结OP

可见, 该结论与已知公理相矛盾, 故该假设不成立。

∴AB、CD一定不能相互平分。

二、面积法

面积法是用面积之间的关系替代题目中需要证明的几何量, 将题目中的几何量用相关图形面积形式表示出来。 相较而言, 面积法更加直观, 更利于表述。

例:△ABC中, ∠ABC的平分线是AD, 求证:AB∶AC=BD∶DC。

证明:如图2所示, 过点D分别作DE⊥AB于E, DF⊥AC于F

则DE=DF

三、割补法

割补法在解平面几何图形问题时比较常用, 将原有的不完整的图形补或者割成比较常用的三角形 (等腰、等边、直角三角形) 、平行四边形、矩形、正方形、梯形、圆形或者其他对称图形等。这样一来, 学生就能将原来不规则的、相对陌生图形转化为规则的、熟悉的图形进行解答。

例: 已知四边形ABCD, ∠A =60° , ∠B、∠D均为90°, 其中AB=2, CD=1, 分别求BC和AD的长。

解:如图3所示, 分别延长BC、AD, 使其延长线相较于E

四、分析综合法

学生在进行几何推理时通常会有两种思维模式, 一种是根据原因推导结果, 另一种则是根据结果推导原因。前者是指学生根据题目已知条件, 运用相关的公理、定义或者定理进行推导, 从而得出结论;后者是一个逆推的形式, 即学生在解题时从结果出发, 依次寻找能够使结论成立的条件。综合性的几个问题通常较为复杂, 仅靠一种方式解决起来相对困难, 所以学生需要将两种方式结合起来使用, 即所谓的综合分析法。

例如:如图4所示, 若点P是菱形ABCD中对角线BD上的一点, 连结AP并延长, 与CD相交于点E, 与BC延长线相较于点F, 求证:PC2=PE·PF。

解题思路分析:

由已知条件中菱形的性质知, ∠BDA=∠CDB, AD=CD,

五、几何变换法

学生经常会在在解某一些平面几何问题时感到束手无策, 因为这些题目中的图形所隐含的几何性质比较分散、晦涩, 不容易发现题目中已知条件与结论之间的关系。此时就要求学生能够巧妙地对图形进行一定程度的变换, 对原有图形中的某一部分进行位移或者做其他较为恰当的变化, 以使图形的几何性质能够凸显出来, 分散的条件能够汇聚起来。 如此一来便能化难为易, 解题思路更加清晰明了。

参考文献

[1]孙金栋.初中数学“图形与几何”中的合情推理研究[D].山东师范大学, 2011.

[2]葛莹.初中数学几何推理与图形证明对策[J].学周刊, 2015 (14) :222.

[3]龙琼.初中生几何证明典型错误及归因研究[D].西南大学, 2013.

[4]范成.初中数学几何推理与图形证明策略例谈[J].数理化解题研究:初中版, 2014 (10) :56.

3.初中数学几何推理与图形证明对策 篇三

关键词：初中数学 几何推理 图形证明

几何是要求空间感与立体感相结合的学科，在几何的推理与图形证明过程中，既充满了挑战，又包含了很多乐趣。几何推理与图形证明是数学题目中相对有趣的内容，需要解题人保持清醒的头脑，能正确运用线条来解答题目。初中数学的几何推理与图形证明着力于立体空间，解题方法也以辅助线为主。因此，初中的数学几何一定要在空间教学中做足功夫，这样可以帮助学生更好地解决难题。

一、几何的重要推理过程

在解答几何图形习题时，推理是关键的一步。合理推理的有效方式是借助对比和归类，即在解题时找准点线的关系。分析图形中点线面之间的联系，要大胆地猜想图形中可能存在的关联性，哪些点之间可以连成线，也可从一点或一线入手，或在一面中做出线段，使其分成多面，以求证最后的关系。推理的过程需要仔细研究图形的不同特点，并运用其特点进行推算。在平时的推理中，我们应多看一些必要条件，如平行、相等、相似等字眼，也可以适当地运用“跳跃性”思维。跳跃性思维要求解题者在推理的时候不要用陈旧思维，可以把看似没有关系的线段和面結合在一起，这样往往会得到意想不到的结果。在运用跳跃性思维时也要注意各面和线的关系，只有在同一空间下的线和面才可连接，不可把两个或多个图形相连接。

二、巧用基本图形进行推理

（一）掌握简单图形

初做立体几何题时，学生会分不清几何与代数之间的差别，有时也会用错方式和方法，这时只要巧妙运用基本的几何图形，就能很快找到解题方法。基本的图形在解题中比较常见，通常会在题中出现证明相似、相等这样的字眼时用到。这就要求学生对基本图形有一定的了解，在复杂的图形中找出基本图形。复杂图形都是基本图形组成的，所以学生在做题时不用担心找不到解题方法，只要把基本的图形从复杂图形中挑出来，几何证明就会变得简单了。基本图形有很多种，有的只要稍稍变化就可以成为另一种图形，所以我们在运用基本图形时，可以多变化几种形式，如三角形可以有等腰三角形、等边三角形等，这样学生在进行几何推理时就更加方便了。

（二）图形简单化

由于几何推理是在图形中进行有规则的分析和解答。当图形比较复杂时，我们可以考虑把图形中对解决问题有用的一部分分离出来，一步一步地进行解答，这样有利于学生的进一步思考。对于分离图形，我们可以根据已知条件来进行，这样的分离方式不会遗漏任何条件，并且能使学生对题目有更准确的分析和判断。图形分离的越简单，对学生解题就越有利，所以在分析图形时，积极拆分图形是很有必要的。

三、明确题目中各要素

在几何推理命题中，题目的各个给出条件都是很重要的，通过这些，我们可以知道哪些是已经知晓的，可以直接用来解题，哪些条件能够推出结论，特别是在复杂的命题面前，这些因素都要考虑。在解题中，找到各种条件是很重要的，把握条件和结论之间的逻辑关系也是解题的关键，如从已知条件推出什么样的结论，什么样的结论该由哪些条件推理得出，包括怎样推出。读题是解答几何图形的关键步骤，题中的一些关键字眼可以帮助我们完成几何推理的过程。因此，掌握好各要素，并加以分析，在几何解题中有着不可或缺的意义。

四、正确利用辅助线推理

（一）辅助线的重要作用

辅助线是几何推理中的重要的部分，辅助线可以分解图形，更有利于推理和分析。在分析如何绘制辅助线时，我们要仔细观察图形的特点，比如，三角形的辅助线多以某一顶点开始；而立方体的辅助线多是在空间中体现的，有时甚至是在不同面连接而成。

（二）合理的推理过程

初中数学几何更倾向的是考查学生的推理思维能力，单一的死记硬背不能应用于所有几何推理中，只有找到几何推理的窍门并加以运用，才能在每一种几何推理中取得成功。注重面与面之间的构成关系，以及线与线之间的连接关系是推理的重要步骤。在做好辅助线后，一定要标明各个线面的名称，为后续的推理做铺垫。在几何推理中，面面证明和线线证明是很重要的，我们要理清每一个面之间的合理关系及线与线的相辅关系。

运用辅助线是推理和解答几何题的重要一步。好的辅助线能让学生轻松地解答几何图形题，所以在几何解题中，我们要保持清醒的头脑，知道辅助线的运用及合适的位置，以便顺利完成几何题的推理过程。

参考文献：

[1]范成.初中数学几何推理与图形证明策略例谈.数理化解题研究：初中版，2014（10）.

[2]沈定祥.浅谈基本图形在初中数学几何教学中的作用[J].学科科学，2014（104）.

4.数学选修12推理与证明 篇四

1．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、特点．

2．了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程、特点．

1．直接证明中最基本的两种证明方法是______和______．

2．综合法是利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立．综合法又叫________．

3．分析法是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)．分析法又叫________．

4．反证法：假设原命题______(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________，从而证明了__________，这样的证明方法叫反证法． 应用反证法证明数学命题，一般有下面几个步骤：

第一步，分清命题“p→q”的__________；

第二步，作出与命题结论q相矛盾的假设____；

第三步，由p与q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；

第四步，断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设q不真，于是原结论q成立，从而间接地证明了命题p→q为真．

1．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的()．

A．充分条件B．必要条件

C．充要条件D．等价条件

2．用反证法证明命题“三角形的三个内角至少有一个不大于60°”时，应假设()．

A．三个内角都不大于60°

B．三个内角都大于60°

C．三个内角至多有一个大于60°

D．三个内角至多有两个大于60°

23．设t＝a＋2b，s＝a＋b＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是()．

A．t＞sB．t≥s

C．t＜sD．t≤s

4．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ过程应用了()．

A．分析法

B．综合法

C．综合法、分析法综合应用

D．间接证明法

5．因为某种产品的两种原料相继提价，所以生产者决定对产品分两次提价，现在有三种提价方案：

方案甲：第一次提价p%，第二次提价q%；

方案乙：第一次提价q%，第二次提价p%；

p＋qp＋q方案丙：第一次提价，第二次提价%，2

2其中p＞q＞0.比较上述三种方案，提价最多的是()．

A．甲B．乙

C．丙D．一样多

一、综合法

【例1】如图，四边形ABCD是正方形，PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD，PB＝AB＝2MA．求证：

(1)平面AMD∥平面BPC；(2)平面PMD⊥平面PBD． 方法提炼

1．综合法是“由因导果”，它是从已知条件出发，顺着推证，经过一系列的中间推理，最后导出所证结论的真实性．用综合法证明题的逻辑关系是：A⇒B1⇒B2⇒…⇒Bn⇒B(A为已知条件或数学定义、定理、公理，B为要证结论)，它的常见书面表达是“∵，∴”或“⇒”．

2．利用综合法证不等式时，是以基本不等式为基础，以不等式的性质为依据，进行推理论证的．因此，关键是找到与要证结论相匹配的基本不等式及其不等式的性质．

3．综合法是一种由因导果的证明方法，其逻辑依据是三段论式的演绎推理方法，这就是保证前提正确，推理合乎规律，才能保证结论的正确性．

请做演练巩固提升

1二、分析法

【例2】已知△ABC三边a，b，c的倒数成等差数列，证明：B为锐角． 方法提炼

1．分析法是“执果索因”，它是从要证的结论出发，倒着分析，逐渐地靠近已知． 2．用分析法证“若P，则Q”这个命题的模式是：

为了证明命题Q为真，这只需证明命题P1为真，从而有„„ 这只需证明命题P2为真，从而有„„ „„

这只需证明命题P为真．

而已知P为真，故Q必为真．

提醒：用分析法证题时，一定要严格按格式书写，否则极易出错．

3．在解决问题时，我们经常把综合法和分析法结合起来使用，根据条件的结构特点去转化结论，得到中间结论Q；根据结论的结构特点去转化条件，得到中间结论P，若由P可以推出Q成立，就可以证明结论成立．一般情况下，用分析法寻找思路，用综合法完成证明．

请做演练巩固提升

4三、反证法

【例3】设{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？ 方法提炼

反证法是间接证明问题的一种常用方法，它不是从已知条件去直接证明结论，而是先否定结论，在否定结论的基础上进行演绎推理，导出矛盾，从而肯定结论的真实性．用反证法证明要把握三点：(1)反设：必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)归谬：必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证．推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但推导出的矛盾必须是明显的；(3)结论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误，既然结

论的反面不成立，从而肯定了结论成立．

请做演练巩固提升

证明类问题中的新情景问题

【典例】设f(x)，g(x)，h(x)是R上的任意实数函数，如下定义两个函数(f∘g)(x)和(f·g)(x)：对任意x∈R，(f∘g)(x)＝f(g(x))，(f·g)(x)＝f(x)g(x)．则下列等式恒成立的是()．

A．((f∘g)·h)(x)＝((f·h)∘(g·h))(x)B．((f·g)∘h)(x)＝((f∘h)·(g∘h))(x)C．((f∘g)∘h)(x)＝((f∘h)∘(g∘h))(x)D．((f·g)·h)(x)＝((f·h)·(g·h))(x)

解析：((f·g)∘h)(x)＝(f·g)(h(x))＝f(h(x))g(h(x))

＝(f∘h)(x)(g∘h)(x)＝((f∘h)·(g∘h))(x)． 答案：B

答题指导：对于此类新情景下的新定义问题需要做好以下几点： 1．充分理解题意，理解定义是解题的关键．

2．若是选择、填空题建议以特例理解新定义，可以化难为易、化繁为简．

3．“按规则要求办事”，即新定义如何要求就如何去做，此法虽然可能会繁琐，但只要理解透彻，运算得当也能解决问题．

1．(2012浙江绍兴模拟)设a＝lg 2＋lg 5，b＝e(x＜0)，则a与b的大小关系为()． A．a＞bB．a＜b C．a＝bD．a≤b

2．(2012山师大附中模拟)用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设为()．

A．a，b，c中至少有两个偶数

B．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数 C．a，b，c都是奇数 D．a，b，c都是偶数

3．若函数F(x)＝f(x)＋f(－x)与G(x)＝f(x)－f(－x)，其中f(x)的定义域为R，且f(x)不恒为零，则()．

A．F(x)、G(x)均为偶函数

B．F(x)为奇函数，G(x)为偶函数 C．F(x)与G(x)均为奇函数

D．F(x)为偶函数，G(x)为奇函数

x

4．已知a，b∈(0，＋∞)，求证：(a3+b)<(a2b)

133

122

.参考答案

基础梳理自测 知识梳理

1．综合法 分析法

2．顺推证法或由因导果法 3．递推证法或执果索因法

4．不成立 假设错误 原命题成立 条件和结论 q 基础自测 1．A 2．B

3．D 解析：∵s－t＝a＋b2＋1－a－2b＝(b－1)2≥0，∴s≥t.4．B 解析：因为证明过程是“从左往右”，即由条件⇒结论． 5．C 解析：设产品的原价为a，则按方案甲可得提价后的价格为A＝a(1＋p%)·(1＋q%)；按方案乙可得提价后的价格为B＝a(1＋q%)(1＋p%)＝A；按方案丙可得提价后的价格为

p＋qp＋q

C＝a1＋1＋

22p＋q2

＝a1＋%，2

p＋q2a

则C－B＝a1＋－a(1＋p%)(1＋q%)＝(p%－q%)2＞0，故应选C.42

考点探究突破

【例1】证明：(1)因为PB⊥平面ABCD，MA⊥平面ABCD，所以PB∥MA.因为PB⊂平面BPC，MA平面BPC，所以MA∥平面BPC.同理，DA∥平面BPC.又MA⊂平面AMD，AD⊂平面AMD，MA∩AD＝A，所以平面AMD∥平面BPC.(2)连接AC，设AC∩BD＝E，取PD的中点F，连接EF，MF

.因为四边形ABCD为正方形，所以E为BD的中点． 因为F为PD的中点，所以EFPB.21

又AM∥PB，所以四边形AEFM为平行四边形． 所以MF∥AE.因为PB⊥平面ABCD，AE⊂平面ABCD，所以PB⊥AE.所以MF⊥PB.因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD.所以MF⊥BD.所以MF⊥平面PBD.又MF⊂平面PMD，所以平面PMD⊥平面PBD.【例2】证明：要证明B为锐角，根据余弦定理，a2＋c2－b2

也就是证明cos B＝0，2ac

即需证a2＋c2－b2＞0.由于a2＋c2－b2≥2ac－b2，要证a2＋c2－b2＞0.只需证2ac－b＞0.∵a，b，c的倒数成等差数列，112

∴，即2ac＝b(a＋c)． acb

∴要证2ac－b2＞0，只需证b(a＋c)－b2＞0，即证b(a＋c－b)＞0.上述不等式显然成立． ∴B必为锐角．

【例3】(1)证明：若{Sn}是等比数列，则S22＝S1·S3，即a12(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，∵a1≠0，∴(1＋q)2＝1＋q＋q2，解得q＝0，这与q≠0相矛盾，故数列{Sn}不是等比数列．

(2)解：当q＝1时，{Sn}是等差数列．

当q≠1时，{Sn}不是等差数列．假设q≠1时，S1，S2，S3成等差数列，即2S2＝S1＋S3，2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q)．

由于a1≠0，∴2(1＋q)＝2＋q＋q2，即q＝q2，∵q≠1，∴q＝0，这与q≠0相矛盾．

综上可知，当q＝1时，{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列． 演练巩固提升

1．A 解析：∵a＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1，而b＝ex＜e0＝1，故a＞b.2．B 解析：“恰有一个偶数”的对立面是“没有偶数或至少有两个偶数”．

3．D 解析：由F(x)＝f(x)＋f(－x)，G(x)＝f(x)－f(－x)知F(x)＝F(－x)，G(－x)＋G(x)＝0.4．证明：因为a，b∈(0，＋∞)，要证原不等式成立，只需证[(ab)]<[(ab)]即证(a3＋b3)2＜(a2＋b2)3，即证a6＋2a3b3＋b6＜a6＋3a4b2＋3a2b4＋b6，只需证2a3b3＜3a4b2＋3a2b4.因为a，b∈(0，＋∞)，所以即证2ab＜3(a2＋b2)．

而a2＋b2≥2ab,3(a2＋b2)≥6ab＞2ab成立，所以(ab)<(ab).133

122

1336

5.高中数学推理与证明 篇五

1、推理：

(1)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，在进行归纳、类比，然后提出猜想的推理，称为合情推理。

①归纳推理:

�《ㄒ澹河赡忱嗍澄锏牟糠侄韵缶哂心承┨卣鳎�推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者有个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理，简称归纳。

�⑻氐悖�

*归纳是依据特殊现象推断一般现象，因而，由归纳所得的结论超越了前提所包容的范围;

*归纳是依据若干已知的、没有穷尽的现象推断尚属未知的现象，因而结论具有猜测性;

*归纳的前提是特殊的情况，因而归纳是立足于观察、经验和实验的基础之上;

*归纳是立足于观察、经验、实验和对有限资料分析的基础上，提出带有规律性的结论。

�2街瑁�

*对有限的资料进行观察、分析、归纳整理;

*提出带有规律性的结论，即猜想;

*检验猜想。

②类比推理：

�《ㄒ澹河闪嚼喽韵缶哂欣嗨坪推渲幸焕喽韵蟮哪承┮阎�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。

�⑻氐悖�

*类比是从人们已经掌握了的`事物的属性，推测正在研究的事物的属性，是以旧有的认识为基础，类比出新的结果;

*类比是从一种事物的特殊属性推测另一种事物的特殊属性;

*类比的结果是猜测性的不一定可靠，单它却有发现的功能。

�2街瑁�

*找出两类对象之间可以确切表述的相似特征;

*用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而得出一个猜想;

*检验猜想。

(2)演绎推理：

①定义：从一般的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，这种推理叫演绎推理。

②演绎推理是由一般到特殊的推理;

③“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：

大前提――已知的一般结论;

小前提――所研究的特殊情况;

结 论――根据一般原理，对特殊情况得出的判断。

④“三段论”推理的依据，用集合的观点来理解：

若集合M的所有元素都具有性质P，S是M的一个子集，那么S中所有元素也都具有性质P。

(3)合情推理与演绎推理的区别与联系：

①归纳是由特殊到一般的推理;

②类比是由特殊到特殊的推理;

③演绎推理是由一般到特殊的推理.

④从推理的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待证明;演绎推理得到的结论一定正确。

⑤演绎推理是证明数学结论、建立数学体系的重要思维过程;而数学结论、证明思路的发现，主要靠合情推理.

2、证明：

(1)直接证明：

①综合法：利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，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。综合法又叫顺推法，其特点是：“由因导果”。

②分析法：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、定义、定理、公理等)，这种证明的方法叫分析法。分析法又叫逆推证法，其特点是：“执果索因”。

③数学归纳法：

�∈�学归纳法公理：

如果①当n取第一个值

(例如

等)时结论正确;

②假设当

时结论正确，证明当n=k+1时结论也正确;

那么，命题对于从

开始的所有正整数n都成立。

�⑺得鳎�

*数学归纳法的两个步骤缺一不可，用数学归纳法证明问题时必须严格按步骤进行;

*数学归纳法公理是证明有关自然数命题的依据。

(2)间接证明(反证法、归谬法)：假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立，这种证明方法叫反证法。

用反证法证明一个命题常采用以下步骤：

①假定命题的结论不成立;

②进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾;与公理或定理矛盾;

③由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的;

④肯定原来命题的结论是正确的。

即“反设――归谬――结论”

6.数学选修12推理与证明 篇六

2009年高考数学试题分类汇编

推理与证明

1、(湖北卷理)10.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数。比如：

他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图2中的1，4，9，16，…这样的数为正方形数。下列数中既是三角形数又是正方形数的是

A.289B.1024C.1225D.1378

10.【答案】C

【解析】【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项ann(n1)，同理可得正方形数构

2n成的数列通项bnn2，则由bnn2(nN)可排除A、D，又由a

数，故选C.n(n1)知an必为奇

22、（江苏卷）8.在平面上，若两个正三角形的边长的比为1：2，则它们的面积比为1：4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1：2，则它们的体积比为.【解析】 考查类比的方法。体积比为1：83、（北京卷理）14．已知数列{an}满足：a4n31,a4n10,a2n

a2009________； 则an,nN,版权所有@高考资源网

a2014=_________.【答案】1，0

【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得a2009a450331，a2014a21007a1007a425210.∴应填1，0.4、(湖南卷)

15、将正⊿ABC分割成n2（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图2，图3分别给出了n=2,3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于⊿ABC的三遍及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别一次成等差数列，若顶点A ,B ,C处的三个数互不相同且和为1,记所有顶点上的数之和为f(n)，则有f(2)=2，f(3)= 10，…，f(n)=

31(n+1)(n+2)6

15.【答案】：101,(n1)(n2)36

【解析】当n=3时，如图所示分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知abc1,x1x2ab,y1y2bc,z1z2ca

x1x2y1y2z1z22(abc)2,2gx1y2x2z1y1z

26gx1x2y1y2z1z22(abc)2 即g11110而f(3)abcx1x2y1y2z1z2g1 3233

进一步可求得f(4)5。由上知f(1)中有三个数，f(2)中 有6个数，f(3)中共有10个数相加，f(4)中有15个数相加….，若f(n1)中有an1(n1)个数相加，可得f(n)中有(an1n1)个数相加，且由

363331045f(1)1,f(2)f(1),f(3)f(2),f(4)5f(3),...3333333

版权所有@高考资源网

n1,所以 3

n1n1nn1nn13f(n)f(n1)f(n2)...f(1)3333333

n1nn13211(n1)(n2)=3333336可得f(n)f(n1)

5、(浙江卷)15．观察下列等式：

1C5C55232，159C9C9C92723，15913C13C13C13C1321125，159C1C13C7C17C171717152172，………

由以上等式推测到一个一般的结论：

1594n1对于nN，C4n1C4n1C4n1C4n1． *

答案：24n1122n1

nn【解析】这是一种需类比推理方法破解的问题，结论由二项构成，第二项前有1，二项指

数分别为24nn1,，2

n因此对于nN*，1594n124n1122n1 C4n1C4n1C4n1C4n1

7.推理与证明考查热点 篇七

一、归纳推理

例1（2013湖北理科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：

由此推断，当n=6时，黑色正方形互不相邻着色方案共有种.（结果用数值表示）

解析：设n个正方形时黑色正方形互不相邻的着色方案数为an，由图可知，

a1=2，a2=3，

a3=5=2+3=a1+a2，

a4=8=3+5=a2+a3，

由此推断a5=a3+a4=5+8=13，a6=a4+a5=8+13=21，故黑色正方形互不相邻着色方案共有21种.

点评：本题考查的是归纳推理.归纳推理是从个别事实中推演出一般性结论的推理，是从部分到整体，由个别到一般的推理.本题由题设中给出的图形，归纳发现从第三项起后一项是前两项的和，找到规律继而得出结论.

例2（2013陕西理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n个等式为.

解析：把已知等式与行数对应起来，则每一个等式左边式子的第一个数等于行数n，相加的数的个数是2n-1；等式右边都是完全平方数.

所以n+（n+1）+…+[n+（2n-1）-1]=（2n-1）2，

即n+（n+1）+…+（3n-2）=（2n-1）2.

点评：本题通过观察等号左边式子的变化规律和右边结果的特点，然后归纳出一般结论.行数、项数的变化规律是解答本题的关键.

二、类比推理

例3在平面几何里，有“若△ABC的三边长分别为a，b，c，内切圆半径为r，则三角形面积为S△ABC=12（a+b+c）r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体ABCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，则四面体的体积为”.

解析：三角形的面积类比为四面体的体积，三角形的边长类比为四面体四个面的面积，内切圆半径类比为内切球的半径.二维图形中12类比为三维图形中的13，得V四面体ABCD=13（S1+S2+S3+S4）r.故填V四面体ABCD=13（S1+S2+S3+S4）r.

点评：本题利用类比推理得出结论.类比推理是由此及彼的推理，是两类类似的对象之间的推理.类比推理的关键是找到合适的类比对象，其中一个对象具有某个性质，则另一个对象也具有类似的性质.在进行类比时，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.类比问题常在等比数列与等差数列、平面几何与立体几何等内容中进行命题.

三、演绎推理

例4若定义在区间D上的函数f（x）对于D上的n个值x1，x2，…，xn，总满足1n[f（x1）+f（x2）+…+f（xn）]≤f（x1+x2+…+xnn），称函数f（x）为D上的凸函数.现已知f（x）=sinx在（0，π）上是凸函数，则在△ABC中，sinA+sinB+sinC的最大值是.

解析：因为凸函数满足1n[f（x1）+f（x2）+…+f（xn）]≤f（x1+x2+…+xnn），（大前提）

f（x）=sinx在（0，π）上是凸函数，（小前提）

所以f（A）+f（B）+f（C）≤3f（A+B+C3），（结论）

即sinA+sinB+sinC≤3sinπ3=332.

因此sinA+sinB+sinC的最大值是332.

点评：本题是演绎推理三段论的简单应用.从思维过程的指向来看，以“凸函数”的定义为大前提，正弦函数在（0，π）上是凸函数为小前提通过逻辑推理得出结论.

演绎推理是以某一类事物的一般判断为前提，而作出关于该类事物的判断的思维形式，因此是从一般到特殊的推理.数学中的演绎法一般是以三段论的格式进行的.三段论由大前提、小前提和结论三个命题组成，大前提是一个一般性原理，小前提给出了适合于这个原理的一个特殊情形，结论则是大前提和小前提的逻辑结果.

例5求证：a，b，c为正实数的充要条件是a+b+c>0，且ab+bc+ca>0和abc>0.

分析：由a、b、c为正实数，显然易得a+b+c>0，ab+bc+ca>0，abc>0，即“必要性”的证明用直接法易于完成.证明“充分性”时，要综合三个不等式推出a、b、c是正实数，直接证明有些难度，需用反证法.

解析：（1）证必要性（直接法）：因为a、b、c为正实数，所以a+b+c>0，

ab+bc+ca>0，abc>0.

所以必要性成立.

（2）证充分性（反证法）：假设a、b、c不全为正实数（原结论是a、b、c都是正实数），由于abc>0，则它们只能是二负一正.

不妨设a<0，b<0，c>0，

又由于ab+bc+ac>0a（b+c）+bc>0，

因为bc<0，所以a（b+c）>0.①

又a<0，所以b+c<0.②

而a+b+c>0，所以a+（b+c）>0.

所以a>0，与a<0的假设矛盾.endprint

故假设不成立，原结论成立，即a、b、c均为正实数.

点评：1.一般的证明分为直接证明和间接证明两种，直接证明主要有综合法和分析法等方法，间接证明主要通过反证法.

2.反证法是一种重要的间接证明方法，在命题的证明时一般是“正难则反”，常见适用反证法证明的有以下六种情形：（1）易导出与已知矛盾的命题；（2）否定性命题；（3）唯一性命题；（4）至少至多型命题；（5）一些基本定理；（6）必然性命题等.

四、数学归纳法

例6已知n∈N*，求证：1·22-2·32+…+（2n-1）·（2n）2-2n·（2n+1）2=-n（n+1）（4n+3）.

解析：①当n=1时，左边=4-18=-14=（-1）×2×7=右边.

②假设当n=k（k∈N*，k≥1）时，等式成立，

即1·22-2·32+…+（2k-1）·（2k）2-2k·（2k+1）2=-k（k+1）（4k+3）.

当n=k+1时，

1·22-2·32+…+（2k-1）·（2k）2-2k·（2k+1）2+（2k+1）·（2k+2）2-（2k+2）·（2k+3）2

=-k（k+1）（4k+3）+（2k+2）[（2k+1）（2k+2）-（2k+3）2]

=-k（k+1）（4k+3）+2（k+1）（-6k-7）

=-（k+1）（k+2）（4k+7）

=-（k+1）[（k+1）+1][4（k+1）+3]，

即当n=k+1时成立.

综上所述，对一切n∈N*，等式成立.

点评：数学归纳法常用来证明与正整数有关的命题.在使用数学归纳法时要明确：（1）数学归纳法是一种完全归纳法，其中前两步在推理中的作用是：第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，二者缺一不可；（2）在运用数学归纳法时，要首先明确初始值n0的取值并验证n=n0时命题的真假；（3）第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清楚由k到k+1时命题变化的情况.

例7已知数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an=1n，f（n）=S2n，n=1

S2n-Sn-1，n≥2，

（1）计算f（1），f（2），f（3）的值；

（2）比较f（n）与1的大小，并用数学归纳法证明你的结论.

解析：（1）由已知f（1）=S2=1+12=32，

f（2）=S4-S1=12+13+14=1312，

f（3）=S6-S2=13+14+15+16=1920；

（2）由（1）知f（1）>1，f（2）>1；下面用数学归纳法证明：当n≥3时，f（n）<1.

①由（1）当n=3时，f（n）<1；

②假设n=k（k≥3）时，f（n）<1，即

f（k）=1k+1k+1+…+12k<1，那么

f（k+1）=1k+1+1k+2+…+12k+12k+1+12k+2=（1k+1k+1+1k+2+…+12k）+12k+1+12k+2-1k<1+（12k+1-12k）+（12k+2-12k）=1+2k-（2k+1）2k（2k+1）+2k-（2k+2）2k（2k+2）=1-12k（2k+1）-1k（2k+2）<1，所以当n=k+1时，f（n）<1也成立.

由（1）和（2）知，当n≥3时，f（n）<1.

所以当n=1和n=2时，f（n）>1；当n≥3时，f（n）<1.

点评：用数学归纳法证明与n有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小，本题就是第二种类型.对这种形式往往要先对n取前几个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个n值开始都成立的结论，然后用数学归纳法证明.

知能提升训练

1.观察下列各式：72=49，73=343，74=2401，…，则72011的末两位数字为.

2.设函数f（x）=xx+2（x>0），观察：

f1（x）=f（x）=xx+2，

f2（x）=f（f1（x））=x3x+4，

f3（x）=f（f2（x））=x7x+8，

f4（x）=f（f3（x））=x15x+16，

……

根据以上事实，由归纳推理可得：

当n∈N+且n≥2时，fn（x）=f（fn-1（x））=.

3.试比较2n+2与n2的大小（n∈N*），并用数学归纳法证明你的结论.

参考答案

1. 43

2. x（2n-1）x+2n

3.解题指南：首先选用特值找到2n+2与n2的大小关系，然后作出猜想，再用数学归纳法证明猜想的结论.

解析：当n=1时，21+2=4>n2=1，

当n=2时，22+2=6>n2=4，

当n=3时，23+2=10>n2=9，

当n=4时，24+2=18>n2=16，

由此可以猜想，2n+2>n2（n∈N*）成立.

下面用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，左边=21+2=4，右边=1，

所以左边>右边，

所以原不等式成立.

当n=2时，左边=22+2=6，

右边=22=4，所以左边>右边；

当n=3时，左边=23+2=10，右边=32=9，

所以左边>右边.

不等式成立.

（2）假设当n=k（k≥3，且k∈N*）时，不等式成立，

即2k+2>k2，那么当n=k+1时，

2k+1+2=2·2k+2=2（2k+2）-2>2k2-2.

又因：2k2-2-（k+1）2=k2-2k-3

=（k-3）（k+1）≥0，

即2k2-2≥（k+1）2，故2k+1+2>（k+1）2成立.

原不等式成立.

根据（1）和（2）知，原不等式对于任何n∈N*都成立.

（作者：黄荣，如皋市第二中学）endprint

故假设不成立，原结论成立，即a、b、c均为正实数.

点评：1.一般的证明分为直接证明和间接证明两种，直接证明主要有综合法和分析法等方法，间接证明主要通过反证法.

2.反证法是一种重要的间接证明方法，在命题的证明时一般是“正难则反”，常见适用反证法证明的有以下六种情形：（1）易导出与已知矛盾的命题；（2）否定性命题；（3）唯一性命题；（4）至少至多型命题；（5）一些基本定理；（6）必然性命题等.

四、数学归纳法

例6已知n∈N*，求证：1·22-2·32+…+（2n-1）·（2n）2-2n·（2n+1）2=-n（n+1）（4n+3）.

解析：①当n=1时，左边=4-18=-14=（-1）×2×7=右边.

②假设当n=k（k∈N*，k≥1）时，等式成立，

即1·22-2·32+…+（2k-1）·（2k）2-2k·（2k+1）2=-k（k+1）（4k+3）.

当n=k+1时，

1·22-2·32+…+（2k-1）·（2k）2-2k·（2k+1）2+（2k+1）·（2k+2）2-（2k+2）·（2k+3）2

=-k（k+1）（4k+3）+（2k+2）[（2k+1）（2k+2）-（2k+3）2]

=-k（k+1）（4k+3）+2（k+1）（-6k-7）

=-（k+1）（k+2）（4k+7）

=-（k+1）[（k+1）+1][4（k+1）+3]，

即当n=k+1时成立.

综上所述，对一切n∈N*，等式成立.

点评：数学归纳法常用来证明与正整数有关的命题.在使用数学归纳法时要明确：（1）数学归纳法是一种完全归纳法，其中前两步在推理中的作用是：第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，二者缺一不可；（2）在运用数学归纳法时，要首先明确初始值n0的取值并验证n=n0时命题的真假；（3）第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清楚由k到k+1时命题变化的情况.

例7已知数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an=1n，f（n）=S2n，n=1

S2n-Sn-1，n≥2，

（1）计算f（1），f（2），f（3）的值；

（2）比较f（n）与1的大小，并用数学归纳法证明你的结论.

解析：（1）由已知f（1）=S2=1+12=32，

f（2）=S4-S1=12+13+14=1312，

f（3）=S6-S2=13+14+15+16=1920；

（2）由（1）知f（1）>1，f（2）>1；下面用数学归纳法证明：当n≥3时，f（n）<1.

①由（1）当n=3时，f（n）<1；

②假设n=k（k≥3）时，f（n）<1，即

f（k）=1k+1k+1+…+12k<1，那么

f（k+1）=1k+1+1k+2+…+12k+12k+1+12k+2=（1k+1k+1+1k+2+…+12k）+12k+1+12k+2-1k<1+（12k+1-12k）+（12k+2-12k）=1+2k-（2k+1）2k（2k+1）+2k-（2k+2）2k（2k+2）=1-12k（2k+1）-1k（2k+2）<1，所以当n=k+1时，f（n）<1也成立.

由（1）和（2）知，当n≥3时，f（n）<1.

所以当n=1和n=2时，f（n）>1；当n≥3时，f（n）<1.

点评：用数学归纳法证明与n有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小，本题就是第二种类型.对这种形式往往要先对n取前几个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个n值开始都成立的结论，然后用数学归纳法证明.

知能提升训练

1.观察下列各式：72=49，73=343，74=2401，…，则72011的末两位数字为.

2.设函数f（x）=xx+2（x>0），观察：

f1（x）=f（x）=xx+2，

f2（x）=f（f1（x））=x3x+4，

f3（x）=f（f2（x））=x7x+8，

f4（x）=f（f3（x））=x15x+16，

……

根据以上事实，由归纳推理可得：

当n∈N+且n≥2时，fn（x）=f（fn-1（x））=.

3.试比较2n+2与n2的大小（n∈N*），并用数学归纳法证明你的结论.

参考答案

1. 43

2. x（2n-1）x+2n

3.解题指南：首先选用特值找到2n+2与n2的大小关系，然后作出猜想，再用数学归纳法证明猜想的结论.

解析：当n=1时，21+2=4>n2=1，

当n=2时，22+2=6>n2=4，

当n=3时，23+2=10>n2=9，

当n=4时，24+2=18>n2=16，

由此可以猜想，2n+2>n2（n∈N*）成立.

下面用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，左边=21+2=4，右边=1，

所以左边>右边，

所以原不等式成立.

当n=2时，左边=22+2=6，

右边=22=4，所以左边>右边；

当n=3时，左边=23+2=10，右边=32=9，

所以左边>右边.

不等式成立.

（2）假设当n=k（k≥3，且k∈N*）时，不等式成立，

即2k+2>k2，那么当n=k+1时，

2k+1+2=2·2k+2=2（2k+2）-2>2k2-2.

又因：2k2-2-（k+1）2=k2-2k-3

=（k-3）（k+1）≥0，

即2k2-2≥（k+1）2，故2k+1+2>（k+1）2成立.

原不等式成立.

根据（1）和（2）知，原不等式对于任何n∈N*都成立.

（作者：黄荣，如皋市第二中学）endprint

故假设不成立，原结论成立，即a、b、c均为正实数.

点评：1.一般的证明分为直接证明和间接证明两种，直接证明主要有综合法和分析法等方法，间接证明主要通过反证法.

2.反证法是一种重要的间接证明方法，在命题的证明时一般是“正难则反”，常见适用反证法证明的有以下六种情形：（1）易导出与已知矛盾的命题；（2）否定性命题；（3）唯一性命题；（4）至少至多型命题；（5）一些基本定理；（6）必然性命题等.

四、数学归纳法

例6已知n∈N*，求证：1·22-2·32+…+（2n-1）·（2n）2-2n·（2n+1）2=-n（n+1）（4n+3）.

解析：①当n=1时，左边=4-18=-14=（-1）×2×7=右边.

②假设当n=k（k∈N*，k≥1）时，等式成立，

即1·22-2·32+…+（2k-1）·（2k）2-2k·（2k+1）2=-k（k+1）（4k+3）.

当n=k+1时，

1·22-2·32+…+（2k-1）·（2k）2-2k·（2k+1）2+（2k+1）·（2k+2）2-（2k+2）·（2k+3）2

=-k（k+1）（4k+3）+（2k+2）[（2k+1）（2k+2）-（2k+3）2]

=-k（k+1）（4k+3）+2（k+1）（-6k-7）

=-（k+1）（k+2）（4k+7）

=-（k+1）[（k+1）+1][4（k+1）+3]，

即当n=k+1时成立.

综上所述，对一切n∈N*，等式成立.

点评：数学归纳法常用来证明与正整数有关的命题.在使用数学归纳法时要明确：（1）数学归纳法是一种完全归纳法，其中前两步在推理中的作用是：第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，二者缺一不可；（2）在运用数学归纳法时，要首先明确初始值n0的取值并验证n=n0时命题的真假；（3）第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清楚由k到k+1时命题变化的情况.

例7已知数列{an}的前n项和为Sn，通项公式为an=1n，f（n）=S2n，n=1

S2n-Sn-1，n≥2，

（1）计算f（1），f（2），f（3）的值；

（2）比较f（n）与1的大小，并用数学归纳法证明你的结论.

解析：（1）由已知f（1）=S2=1+12=32，

f（2）=S4-S1=12+13+14=1312，

f（3）=S6-S2=13+14+15+16=1920；

（2）由（1）知f（1）>1，f（2）>1；下面用数学归纳法证明：当n≥3时，f（n）<1.

①由（1）当n=3时，f（n）<1；

②假设n=k（k≥3）时，f（n）<1，即

f（k）=1k+1k+1+…+12k<1，那么

f（k+1）=1k+1+1k+2+…+12k+12k+1+12k+2=（1k+1k+1+1k+2+…+12k）+12k+1+12k+2-1k<1+（12k+1-12k）+（12k+2-12k）=1+2k-（2k+1）2k（2k+1）+2k-（2k+2）2k（2k+2）=1-12k（2k+1）-1k（2k+2）<1，所以当n=k+1时，f（n）<1也成立.

由（1）和（2）知，当n≥3时，f（n）<1.

所以当n=1和n=2时，f（n）>1；当n≥3时，f（n）<1.

点评：用数学归纳法证明与n有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小，本题就是第二种类型.对这种形式往往要先对n取前几个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个n值开始都成立的结论，然后用数学归纳法证明.

知能提升训练

1.观察下列各式：72=49，73=343，74=2401，…，则72011的末两位数字为.

2.设函数f（x）=xx+2（x>0），观察：

f1（x）=f（x）=xx+2，

f2（x）=f（f1（x））=x3x+4，

f3（x）=f（f2（x））=x7x+8，

f4（x）=f（f3（x））=x15x+16，

……

根据以上事实，由归纳推理可得：

当n∈N+且n≥2时，fn（x）=f（fn-1（x））=.

3.试比较2n+2与n2的大小（n∈N*），并用数学归纳法证明你的结论.

参考答案

1. 43

2. x（2n-1）x+2n

3.解题指南：首先选用特值找到2n+2与n2的大小关系，然后作出猜想，再用数学归纳法证明猜想的结论.

解析：当n=1时，21+2=4>n2=1，

当n=2时，22+2=6>n2=4，

当n=3时，23+2=10>n2=9，

当n=4时，24+2=18>n2=16，

由此可以猜想，2n+2>n2（n∈N*）成立.

下面用数学归纳法证明：

（1）当n=1时，左边=21+2=4，右边=1，

所以左边>右边，

所以原不等式成立.

当n=2时，左边=22+2=6，

右边=22=4，所以左边>右边；

当n=3时，左边=23+2=10，右边=32=9，

所以左边>右边.

不等式成立.

（2）假设当n=k（k≥3，且k∈N*）时，不等式成立，

即2k+2>k2，那么当n=k+1时，

2k+1+2=2·2k+2=2（2k+2）-2>2k2-2.

又因：2k2-2-（k+1）2=k2-2k-3

=（k-3）（k+1）≥0，

即2k2-2≥（k+1）2，故2k+1+2>（k+1）2成立.

原不等式成立.

根据（1）和（2）知，原不等式对于任何n∈N*都成立.

8.数学选修12推理与证明 篇八

b1,a,a

ab

.设函数b,ab11．（天津理4）对实数a和b，定义运算“”：

f(x)x22xx2,xR.yf(x)cx

若函数

则实数c的取值范围是

A．的图像与轴恰有两个公共点，,21,

3



2

B．

,21,



3



4

【答案】B

111,,44C．31

1,,

44 D．



1A3A1A22．（山东理12）设A1，A2，A3，A4是平面直角坐标系中两两不同的四点，若A,则称A3，A4调和分割A1，A2,已知平

面上的点C，D调和分割点A，B则下面说法正确的是A．C可能是线段AB的中点B．D可能是线段AB的中点C．C，D可能同时在线段AB上D．C，D不可能同时在线段AB的延长线上 【答案】D

（μ∈R），且



AA14A12（λ∈R），A







23.（湖北理9）若实数a,b满足a0,b0,且ab0，则称a与b

互补，记

(a,b)ab,，那么a,b0是a与b互补的A．必要而不充分的条件

C．充要条件【答案】C

B．充分而不必要的条件

D．即不充分也不必要的条件

4.（福建理15）设V是全体平面向量构成的集合，若映射f:VR满足：对任意向量a=（x1，y1）∈V，b=（x2，y2）∈V，以及任意∈R，均有

则称映射f具有性质P。现给出如下映射：

f(a(1)b)f(a)(1)f(b),①f1:VR,f2(m)x,y,m(x,y)V;

2f:VR,f(m)xy,m(x,y)V;2②2

③f3:VR,f3(m)xy1,m(x,y)V.其中，具有性质P的映射的序号为________。（写出所有具有性质P的映射的序号）【答案】①③

*

5.（湖南理16）对于nN,将n 表示na02a12

kk

1a22k2...ak121ak20,当i0时，ai1,当1ik时, a1为0或1．记I(n)为上述表示中ai为0的个数（例如：I12,4120202）,故I(1)0, I(4)2）,则（1）I(12)________________;（2）

0m

2

n1

I(n)

________________;

【答案】2109

36.（北京理8）设A0,0,B4,0，Ct4,4,Dt,4tR.记Nt为平行四边形ABCD

内部（不含边界）的整点的个数，其中整点是指横、纵坐标都是整数的点，则函数Nt的值域为

A．9,10,11B．9,10,12

D．10,11,12

72011 C．9,11,12【答案】C 567.（江西理7）观察下列各式：5=3125，5=15625，5=78125，…，则5的末四位数字

为

A．3125B．5625C．0625D．8125

【答案】D

8.（广东理8）设S是整数集Z的非空子集，如果a,bS,有abS，则称S关于数的乘法

是封闭的．若T,V是Z的两个不相交的非空子集，TUZ,且a,b,cT,有

abcT;x,y,zV,有xyzV，则下列结论恒成立的是 A．T,V中至少有一个关于乘法是封闭的 B．T,V中至多有一个关于乘法是封闭的 C．T,V中有且只有一个关于乘法是封闭的D．T,V中每一个关于乘法都是封闭的【答案】A

9.（江西理10）如右图，一个直径为l的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方

向滚动，M和N是小圆的一条固定直径的两个端点．那么，当小

圆这样滚过大圆内壁的一周，点M，N在大圆内所绘出的图形大

致是

【答案】A

10.（安徽理15）在平面直角坐标系中，如果x与y都是整数，就称点(x,y)为整点，下列命题中正确的是_____________（写出所有正确命题的编号）.①存在这样的直线，既不与坐标轴平行又不经过任何整点

②如果k与b都是无理数，则直线ykxb不经过任何整点

③直线l经过无穷多个整点，当且仅当l经过两个不同的整点

④直线ykxb经过无穷多个整点的充分必要条件是：k与b都是有理数

⑤存在恰经过一个整点的直线

【答案】①，③，⑤

=f（x2）11.（四川理16）函数f（x）的定义域为A，若x1，x2A且f（x1）时总有

x1=x2，则称f（x）为单函数．例如，函数f（x）=2x+1（xR）是单函数．下列命题：①函数f（x）=x（xR）是单函数； 2

f（x2）； ②若f（x）为单函数，x1，x2A且x1x2，则f（x1）

③若f：AB为单函数，则对于任意bB，它至多有一个原象；④函数f（x）在某区间上具有单调性，则f（x）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：②③④

解析 ：①错，x1x2，②③④正确

12.（山东理15）设函数f(x)x(x0)x2,观察:

f1(x)f(x)x,x2

f2(x)f(f1(x))

f3(x)f(f2(x))x,3x4 x,7x8

f4(x)f(f3(x))x,15x16



根据以上事实，由归纳推理可得：

当nN且n2时，fn(x)f(fn1(x)).x

nn(21)x2【答案】

13.（陕西理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n个等式为。

9.数学选修12推理与证明 篇九

A．22B．75C．－3D． 23

4．下列函数中,在(0,)上为增函数的是（）

A．ysin2xB．yxexC．yx3xD．yln(1x)x

ac ___ xy5．设a,b,c三数成等比数列，而x,y分别为a,b和b,c的等差中项,16．已知实数a0，且函数f(x)a(x21)(2x)有最小值1，则a=______。a

7．已知a,b是不相等的正数，xa2则x,y的大小关系是____。,yab，____.(lg20.3010)8.若正整数m满足10m1251210m，则m__________

10.例析推理与证明常见错误 篇十

例1 已知函数[f（x）=b-xax2+1]是定义在（-1，1）上的奇函数，且[f（12）=-25]. 若[f（1-m）+f（1-2m）<0]，求[m]的取值范围.

错解 依题意得，列方程组[f（0）=0，f（12）=-25，]

解得[a=1，b=0.]

所以[f（x）=-xx2+1].

因为[f（1-m）+f（1-2m）<0]，即[f（1-m）<-f（1-2m），]

又函数[f（x）]是定义在（-1，1）上的奇函数，

所以[-f（1-2m）=f（2m-1）].

所以[f（1-m）

又因为[f（x）=-1-x2（x2+1）2=x2-1（x2+1）2]，而[-1

所以[x2-1<0.]

所以函数[f（x）=-xx2+1]在（-1，1）上单调递减.

所以[1-m>2m-1]，解得[m<23].

所以[m]的取值范围是[（-∞，23）].

分析 错解中大前提：函数[f（x）]的定义域是（-1，1），小前提却出现错误，其中的[1-m]和[2m-1]没有受到大前提函数的定义域（-1，1）的限制.

正解 依题意得，列方程组[f（0）=0，f（12）=-25，]

解得[a=1，b=0.]所以[f（x）=-xx2+1].

因为[f（1-m）+f（1-2m）<0]，即[f（1-m）<-f（1-2m），]

又函数[f（x）]是定义在（-1，1）上的奇函数，

所以[-f（1-2m）=f（2m-1）].

所以[f（1-m）

又因为[f（x）=-1-x2（x2+1）2=x2-1（x2+1）2]，而[-1

所以[x2-1<0.]

所以函数[f（x）=-xx2+1]在（-1，1）上单调递减.

所以[1>1-m>2m-1>-1，]解得[0

所以[m]的取值范围是[（0，23）].

点拨 在三段论中，大前提是一般原理或已知条件，小前提是大前提的一个部分，小前提必须服从于大前提；同时推理形式也要正确.

例2 设[m，n，p，q]是正有理数，[p，q]是无理数. 求证：[mp+nq]是无理数.

错解 因为[p]是无理数，[m]是正有理数，

所以[mp]为无理数.

同理[nq]也为无理数.

而两个正无理数的和是无理数.

所以[mp+nq]是无理数.

分析 以上证明过程中使用的论据是“两个正无理数的和是无理数”，这实际上就是本题所要证明的问题.犯了“因为他是张三，所以他是张三”的循环论证的错误.

分析 用数学归纳法证明与正整数有关的数学命题，必须两个步骤齐全，缺一不可，尤其在第二步中必须要用到归纳假设，否则就不是数学归纳法.

正解 （1）当[n=1]时，左边=1，右边=1，所以当[n=1]时，等式成立.

点拨 运用数学归纳法，要严格按照数学归纳法的三个步骤书写，初始值的证明不能少，这是归纳的基础，在第二步中必须使用归纳假设，否则就不是数学归纳法.

因归纳推理不全面、不深入导致错误

观察发现：左边是[n]个正数的和，其乘积为1，右边的值是[n]，运用重要不等式可得，[m]的值等于[sinα2]的系数的倒数之积. 即[m=2m].

分析 在处理时只考虑到了不等式中左边的项数和右边的值的规律，出现变形错误：[sinα+4sin3α=][sinα2+sinα2+sinα2+8sin3α≥4，]（不是恒等变形），没有更深层次地把握住[sinα]这一项的系数之和是1这个关键点，导致归纳的结论错误.

正解 由试题给出的规律，再写出几个式子：

观察发现：左边是[n]个正数的和，其乘积为1，右边的值是[n]，运用重要不等式可得，[m]的值等于[sinαn]的系数的倒数之积. 所以[m=nn].

答案 [nn]

点拨 进行归纳时，为避免运算错误和以偏概全出错，应该尽可能地多验证几个式子，同时根据其变化规律和发展趋势作出预判.

因反证法中的反设问题不全面导致错误

例6 用反证法证明：若函数[f（x）]在[a，b]上是增函数，则方程[f（x）]=0在[a，b]上至多有一个实数根.

错解 证明：假设方程[f（x）]=0在[a，b]上有两个实数根[α1，][α2，]并且[α1]<[α2，]则[f（α1）=f（α2）=0].

因为函数[f（x）]在[a，b]上是增函数，

所以[f（α1）

这与[f（α1）=f（α2）]相矛盾. 所以假设不成立.

即方程[f（x）]=0在[a，b]上至多有一个实数根.

分析 “至多有一个”的反面是“至少有两个”，而不是“有两个”. 本题错在假设结论的不准确性.

正解 证明：假设方程[f（x）]=0在[a，b]上至少有两个实数根[α1，][α2，]…，[αn][（n≥2，][n∈N*）]，并且不妨设[α1]<[α2<…<αn，]

则[f（α1）=f（α2）=…=f（αn）=0].

因为函数[f（x）]在[a，b]上是增函数，

所以[f（α1）

这与[f（α1）=f（α2）=…=0]相矛盾.

所以假设不成立.

即方程[f（x）]=0在[a，b]上至多有一个实数根.

11.数学选修12推理与证明 篇十一

1.【2012高考全国文12】正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AEBF1。3动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为

（A）8（B）6（C）4（D）

32.【2012高考上海文18】若Snsin

个数是（）

A、16B、72C、86D、100

3.【2012高考江西文5】观察下列事实|x|+|y|=1的不同整数解（x,y）的个数为4，|x|+|y|=2的不同整数解（x,y）的个数为8，|x|+|y|=3的不同整数解（x,y）的个数为12 ….则|x|+|y|=20的不同整数解（x，y）的个数为

A.76B.80C.86D.9

24.【2012高考陕西文12】观察下列不等式 7sin2n...sin（nN），则在S1,S2,...,S100中，正数的77

13 222

115123，23

311151222 23431

……

照此规律，第五个不等式为.．．．

5.【2012高考湖南文16】对于nN，将n表示为nak2kak12k1a121a020,当ik时ai1，当0ik1时ai为0或1，定义bn如下：在n的上述表示中，当a0,a1，a2，…，ak中等于1的个数为奇数时，bn=1；否则bn=0.（1）b2+b4+b6+b8；

（2）记cm为数列{bn}中第m个为0的项与第m+1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是___.6.【2012高考湖北文17】传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数。他们研究过如图所示的三角形数：



将三角形数1，3，6，10，…记为数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列

{bn}，可以推测：

（Ⅰ）b2012是数列{an}中的第______项；

（Ⅱ）b2k-1=______。（用k表示）

7.【2102高考北京文20】（本小题共13分）

满足性质P：a，b，c，d，e，f∈[-1,1],且a+b+c+d+e+f=0.记ri（A）为A的第i

行各数之和（i=1,2），Cj（A）为第j列各数之和（j=1，2，3）；记k（A）为|r1(A)|, |r2(A)|, |c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值。

对如下数表A，求k（A）的值

设数表A形如

其中-1≤d≤0，求k（A）的最大值；

（Ⅲ）对所有满足性质P的2行3列的数表A，求k(A)的最大值。

8.【2102高考福建文20】20.（本小题满分13分）

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。

（1）sin213°+cos217°-sin13°cos17°

（2）sin215°+cos215°-sin15°cos15°

（3）sin218°+cos212°-sin18°cos12°

（4）sin2（-18°）+cos248°-sin2（-18°）cos248°

（5）sin2（-25°）+cos255°-sin2（-25°）cos255°

(Ⅰ)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数

(Ⅱ)根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广位三角恒等式，并证明你的结论。

答案

BCB4、15k5k11111111

5、（1）3；（2）

26、（Ⅰ）5030；（Ⅱ）2222223456627、（1）因为r1(A)=1.2，r2(A)1.2，c1(A)1.1，c2(A)0.7，c3(A)1.8，所以k(A)0.7

（2）r1(A)12d，r2(A)12d，c1(A)c2(A)1d，c3(A)22d.因为1d0，所以|r|=|r2(A)|d0，|c3(A)|d0.所以k(A)1d1.1(A)

当d0时，k(A)取得最大值1.（3任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A仍满足性质P，并且

k(A)k(A*)，因此，不妨设r1(A)0,c1(A)0,c2(A)0，由k(A)的定义知，k(A)r1(A),k(A)c1(A),k(A)c2(A)，从而

3k(A)r1(A)c1(A)c2(A)(abc)(ad)(be)

(abcdef)(abf)abf3

因此k(A)1，由（2）知，存在满足性质P的数表A，使k(A)1，故k(A)的最大值为1。

1032020008、（I）选择（2）：sin15cos

15sin15cos151sin30 2

432200（II）三角恒等式为：sincos(30)sincos(30) 4

0sin2cos2(300)sincos(30)

sin11sin)2sinsin)22

12.数学选修12推理与证明 篇十二

1-1. (改编)已知数列{an}中,a1=-,前n项和Sn满足Sn++2=an(n≥2),计算S1,S2,S3,S4,并猜想Sn的表达式.

1-2. (改编)对于任意正整数n,猜想2n-1与(n+1)2的大小关系.

2. (人教A版选修1-2第2.2节“直接证明与间接证明”例6)已知,≠k+(k∈Z),且sinθ+cosθ=2sin,sinθcosθ=sin2,求证:=.

2-1. (改编)求证:+>2+.

2-2. (改编)求证:当一个圆与一个正方形的周长相等时,这个圆的面积比正方形的面积大.

3. (人教A版选修1-2第2.2节“直接证明与间接证明”例8)已知直线a,b和平面α,如果aα,bα,且a∥b,求证:a∥α.

3-1. (改编)设{an}是公比为q(q≠0)的等比数列,Sn是它的前n项和,求证:数列{Sn}不是等比数列.

3-2. (改编)若a,b,c均为实数,且a=x2-2y+,b=y2-2z+,c=z2-2x+,求证:a,b,c中至少有一个大于0.

3-3. (改编)已知函数f(x)是R上的增函数,a,b∈R,对命题“若a+b≥0,则f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b)”,写出其逆命题,判断其真假并证明你的结论.

4. (人教B版选修2-2第2.3.2点“数学归纳法应用举例”例1)用数学归纳法证明:12+22+32+…+n2=.

4-1. (改编)设a0为常数,且an=3n-1-2an-1(n∈N*),证明:an=[3n+(-1)n-1•2n]+(-1)n•2na0(n≥1).

4-2. (改编)数列{an}满足a1=1,且an+1=1+an

+(n≥1),用数学归纳法证明:an≥2(n≥2).

5. (人教B版选修1-2第3.2.2点“复数的乘法和除法”例2)求证:

(1) z•=|z|2=||2;

(2) 2=()2;

(3) =•.

5-1. (改编)设复数z=,求1+z+z2+…+z2006的值.

5-2. (改编)设z为纯虚数,且|z-1|=|-1+i|,求z的值.

1-1. 由S1=-,S2=-,S3=-,S4=-,S5=

-,猜想Sn=-.

1-2. 当n≤6时,2n-1<(n+1)2;当n=7时,2n-1=(n+1)2;当n=8时,2n-1>(n+1)2(n∈N*).

2-1. 提示:用分析法,两边平方,逐步推导即可.

2-2. 设圆和正方形的周长均为l,则圆的面积为π2,正方形的面积为2.

只需证明π2>2,只需证明>.

两边同乘以正数,得>,即只需证明4>π.

因为上式是成立的,所以原命题得证.

3-1. 假设{Sn}为等比数列,则S2 2=S1S3,整理可得(1+q)2=1+q+q2,即q=0,与q≠0矛盾.

3-2. 设a,b,c都不大于0,即a≤0,b≤0,c≤0,则a+b+c≤0.而a+b+c=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+π-3>0,这与假设矛盾.

3-3. 逆命题是:若“f(a)+f(b)≥f(-a)+f(-b),则a+b≥0”.它是真命题.

证明如下:假设a+b<0,则a<-b,b<-a.

又因为f(x)是R上的增函数,所以f(a)

4-1. 当n=1时,由已知a1=1-2a0=(3+2)-2a0,即等式成立;

假设当n=k(k≥1)时,等式成立,即ak=[3k+

(-1)k-12k]+(-1)k2ka0,

那么当n=k+1时,ak+1=3k-2ak=[3k+1+(-1)k2k+1]+(-1)k+12k+1a0,即等式也成立.

综上可知,等式对任意n∈N*成立.

4-2. 当n=2时,a2=2≥2,不等式成立;

假设当n=k(k≥2)时,不等式成立,即ak≥2(k≥2),

那么当n=k+1时,有ak+1=1+ak+≥1+×2+=2++>2(k≥2),即不等式也成立.

综上可知,an≥2对所有n≥2成立.

5-1. z=i,原式=i.

5-2. 设z=bi,则|z-1|=|-1+bi|=.

13.数学选修12推理与证明 篇十三

一、填空题

1.(2011·陕西)如图，∠B＝∠D，AE⊥BC，∠ACD＝90°，且AB＝6，AC＝4，AD＝12，则BE＝________.2．(2011·湖南)如图，A，E是半圆周上的两个三等分点，直径BC＝4，AD⊥BC，垂足为D，BE与AD相交于点F，则AF的长为________．

二、解答题

3.如图所示，四边形ABCD是平行四边形，点E在边BA的延长线上，CE交AD于点F，∠ECA＝∠D.求证：AC·BE＝CE·AD.4．(2011·江苏)如图，圆O1与圆O2内切于点A，其半径分别为

r1与r2(r1>r2)．圆O1的弦AB交圆O2于点C(O1不在AB上)．求证：AB∶AC

为定值．

5．如图，在直角梯形ABCD中，DC∥AB，CB⊥AB，AB＝AD＝a，CD，点E，F分别为线段AB，AD的中点，求EF的长． a

26．如图所示，点P是圆O直径AB延长线上的一点，PC切圆O于点C，直线PQ平分∠APC，分别交AC、BC于点M、N.求证：(1)CM＝CN；(2)MN2＝2AM·BN

.7．如图，四边形ABCD内接于⊙O，AB＝AD.过A点的切线交CB的延长线于E点．求证：AB2＝BE·CD.8．如图，PA切⊙O于点A，割线PBC经过圆心O，OB＝PB＝1，OA绕点O逆时针旋转60°到OD，求PD的长．

9.如图，已知△ABC的两条角平分线AD和

CE

相交于点

H，∠ABC＝60°，F在AC上，且AE＝AF.求证：(1)B、D、H、E四点共圆；

(2)CE平分∠DEF.10．如图，已知AD是△ABC的外角∠EAC的平分线，交BC的延长线于点D，延长DA交△ABC的外接圆于点F，连结FB，FC.(1)求证：FB＝FC；

(2)求证：FB2＝FA·FD；

(3)若AB是△ABC外接圆的直径，∠EAC＝120°，BC＝6 cm，求AD的长．

答案

231．2 2.3

CE3．证明 因为四边形ABCD是平行四边形，所以AF∥BC，所以BE

＝.又因为AE∥CD，所以△AFE∽△DFC，EFEA

EAEFCFEFCE所以＝＝.CDCFCDEABE

又因为∠ECA＝∠D，∠CAF＝∠DAC，ACCF所以△AFC∽△ACD，所以，ADDC

ACCE所以，ADBE

所以AC·BE＝CE·AD.4.证明 如图，连结AO1并延长，分别交两圆于点E

和点D.连结BD，CE.因为圆O1与圆O2内切于点A，所以点O2在AD上，故

AD，AE分别为圆O1，圆O2的直径．

π从而∠ABD＝∠ACE.2

所以BD∥CE，ABAD2r1r1于是＝＝.ACAE2r2r2

所以AB∶AC为定值．

5．解 连结DE，由于E是AB的中点，故BE＝.又CD＝，AB∥DC，22CB⊥AB，∴四边形EBCD是矩形．

在Rt△AED中，AD＝a，F是AD的中点，故EF2

6．证明(1)∵PC切圆O于点C，∴∠PCB＝∠PAC，又∵∠CPM＝∠APM，∴∠CNM＝∠CPM＋∠PCB＝∠APM＋∠PAM＝∠CMN，∴CM＝CN.(2)∵∠CPN＝∠APM，∠PCN＝∠PAM，aaaPCCN∴△PCN∽△PAM＝，①

PAAM

同理△PNB∽△PMCPBBN.② PCCM

又∵PC2＝PA·PB，③

由①②③可知CM·CN＝AM·BN，∵CM＝CN，∴CM2＝AM·BN.∵AB是圆O的直径，∴∠ACB＝90°.∴MN2＝2CM2，即MN2＝2AM·BN.7．证明 连结AC.∵EA切⊙O于A，∴∠EAB＝∠ACB，∵AB＝AD，∴∠ACD＝∠ACB，AB＝AD.∴∠EAB＝∠ACD.又四边形ABCD内接于⊙O，所以∠ABE＝∠D.∴△ABE∽△CDA.ABBE，即AB·DA＝BE·CD.CDDA

∴AB2＝BE·CD.8．解 方法一 连结AB，∵PA切⊙O于点A，B为PO中点，∴AB＝OB＝OA，∴∠AOB＝60°，∴∠POD＝120°.在△POD中，由余弦定理得PD2＝PO2＋DO2－2PO·DO·cos∠POD＝4＋1－14×(－＝7.∴PD7.2

方法二 过D作DE⊥PC，垂足为E，∴∠POD＝120°，13∴∠DOE＝60°，可得OE，DE＝，22

在Rt△PED中，25322PDPE＋DE＝7.44

9．证明(1)在△ABC中，∵∠ABC＝60°，∴∠BAC＋∠BCA＝120°.∵AD，CE分别是△ABC的角平分线，∴∠HAC＋∠HCA＝60°，∴∠AHC＝120°.∴∠EHD＝∠AHC＝120°.∴∠EBD＋∠EHD＝180°.∴B，D，H，E四点共圆．

(2)连结BH，则BH为∠ABC的平分线，∴∠EBH＝∠HBD＝30°.由(1)知B，D，H，E四点共圆，∴∠CED＝∠HBD＝30°，∠HDE＝∠EBH＝30°.∴∠HED＝∠HDE＝30°.∵AE＝AF，AD平分∠BAC，∴EF⊥AD.∴∠CEF＝30°.∴CE平分∠DEF.10．(1)证明 因为AD平分∠EAC，所以∠EAD＝∠DAC.因为四边形AFBC内接于圆，所以∠DAC＝∠FBC.因为∠EAD＝∠FAB＝∠FCB，所以∠FBC＝∠FCB，所以FB＝FC.(2)证明 因为∠FAB＝∠FCB＝∠FBC，∠AFB＝∠BFD，FBFA所以△FBA∽△FDB.所以＝ FDFB

所以FB2＝FA·FD.(3)解 因为AB是圆的直径，所以∠ACB＝90°.又∠EAC＝120°，所以∠ABC＝30°，1∠DAC＝EAC＝60°.因为BC＝6，2

14.数学选修12推理与证明 篇十四

第一部分合情推理

学习目标：

了解合情推理的含义（易混点）

理解归纳推理和类比推理的含义，并能运用它进行简单的推理（重点、难点）了解合情推理在数学发展中的作用（难点）

一、知识归纳：

合情推理可分为归纳推理和类比推理两类：

归纳推理:

1.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.简言之，归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理.2.归纳推理的一般步骤:

第一步，通过观察个别情况发现某些相同的性质;

第二步，从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般命题（猜想）.思考探究:

1.归纳推理的结论一定正确吗?

2.统计学中，从总体中抽取样本，然后用样本估计总体，是否属归纳推理?

题型1用归纳推理发现规律

.对于任意正实数a,b

成立的一个条件可以是____.点拨：前面所列式子的共同特征特征是被开方数之和为22，故ab222、蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂

巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂

巢的截面图.其中第一个图有1个蜂巢，第二个图

有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以

f(n)表示第n幅图的蜂巢总数.则f(4)=_____;f(n)=___________.【解题思路】找出f(n)f(n1)的关系式

[解析]f(1)1,f(2)16,f(3)1612,f(4)16121837

f(n)1612186(n1)3n23n

1总结：处理“递推型”问题的方法之一是寻找相邻两组数据的关系

类比推理

1.类比推理:由两类对象具有某些类似特征和其中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.简言之，类比推理是由特殊到特殊的推理.2.类比推理的一般步骤:

第一步：找出两类对象之间可以确切表述的相似特征；

第二步：用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而得出一个猜想.思考探究:

1.类比推理的结论能作为定理应用吗?

2.(1)圆有切线，切线与圆只交于一点，切点到圆心的距离等于半径.由此结论如何类比到球体?

(2)平面内不共线的三点确定一个圆.由此结论如何类比得到空间的结论?

题型2用类比推理猜想新的命题

[例]已知正三角形内切圆的半径是高的______.【解题思路】从方法的类比入手

[解析]原问题的解法为等面积法，即S

等体积法，V1，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是3111ah3arrh，类比问题的解法应为2231111Sh4Srrh即正四面体的内切球的半径是高 334

4总结：（1）不仅要注意形式的类比，还要注意方法的类比

（2）类比推理常见的情形有：平面向空间类比；低维向高维类比；等差数列与等比数列类比；实数集的性质向复数集的性质类比；圆锥曲线间的类比等

合情推理

1.定义:归纳推理和类比推理都有是根据已有的事实，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，我们把它们统称为合情推理.简言之，合情推理就是合乎情理的推理.2.推理的过程:

→

→

思考探究:

1.归纳推理与类比推理有何区别与联系?

1）归纳推理是由部分到整体，从特殊到一般的推理。通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法。

2）类比推理是从特殊到特殊的推理，是寻找事物之间的共同或相似性质。类比的性质相似性越多，相似的性质与推测的性质之间的关系就越相关，从而类比得出的结论就越可靠。第二部分演绎推理

学习目标：

理解演绎推理的含义（重点）

掌握演绎推理的模式，会利用三段论进行简单推理（重点、难点）

合情推理与演绎推理之间的区别与联系

一、知识归纳：

演绎推理的含义:

1.演绎推理是从一般性的原理出发，推出的结论.演绎推理又叫推理.2.演绎推理的特点是由的推理.思考探究:

演绎推理的结论一定正确吗?

演绎推理的模式

1.演绎推理的模式采用“三段论”:

(1)大前提——已知的(M是P);

(2)小前提——所研究的(S是M);

(3)结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断(S是P).2.从集合的角度看演绎推理:

(1)大前提:x∈M且x具有性质P;

(2)小前提：y∈S且SM

(3)结论：y具有性质P.演绎推理与合情推理

合情推理与演绎推理的关系:

(1)从推理形式上看，归纳是由部分到整体、个别到一般的推理，类比是由特殊到特说的推理；演绎推理是由一般到特殊的推理.(2)从推理所得的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确.第三部分直接证明与间接证明

学习目标：

1、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、特点。

2、了解间接证明的一种基本方法──反证法；了解反证法的思考过程、特点。

知识归纳：

三种证明方法:

综合法、分析法、反证法

分析法和综合法是思维方向相反的两种思考方法。在数学解题中，分析法是从数学题的待证

结论或需求问题出发，一步一步地探索下去，最后达到题设的已知条件。综合法则是从数学题的已知条件出发，经过逐步的逻辑推理，最后达到待证结论或需求问题。对于解答证明来说，分析法表现为执果索因，综合法表现为由果导因，它们是寻求解题思路的两种基本思考方法，应用十分广泛。

反证法：它是一种间接的证明方法.用这种方法证明一个命题的一般步骤：

(1)假设命题的结论不成立；

(2)根据假设进行推理,直到推理中导出矛盾为止

(3)断言假设不成立

(4)肯定原命题的结论成立

用反证法证明一个命题的步骤，大体上分为：(1)反设；(2)归谬；(3)结论。

重难点：在函数、三角变换、不等式、立体几何、解析几何等不同的数学问题中，选择好证明方法并运用三种证明方法分析问题或证明数学命题

考点1综合法

在锐角三角形ABC中,求证:sinAsinBsinCcosAcosBcosC

[解析]ABC为锐角三角形，AB

2A

2B，ysinx在(0,)上是增函数，sinAsin(B)cosB 22

同理可得sinBcosC，sinCcosA 

sinAsinBsinCcosAcosBcosC

考点2分析法

已知ab0,求证abab

[解析]要证aab，只需证(a)2(ab)2

即ab2abab，只需证bab，即证ba

显然ba成立，因此aab成立

总结：注意分析法的“格式”是“要证---只需证---”，而不是“因为---所以---” 考点3反证法已知f(x)axx2(a1)，证明方程f(x)0没有负数根 x1

x02 x01【解题思路】“正难则反”，选择反证法，因涉及方程的根，可从范围方面寻找矛盾[解析]假设x0是f(x)0的负数根，则x00且x01且ax0

0ax0101x021，解得x02，这与x00矛盾，2x01

故方程f(x)0没有负数根

总结：否定性命题从正面突破往往比较困难，故用反证法比较多

第四部分数学归纳法

学习目标：

1．了解数学归纳法的原理，理解数学归纳法的一般步骤。

2．掌握数学归纳法证明问题的方法，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题

3．能通过“归纳-猜想-证明”处理问题。

知识归纳：

数学归纳法的定义：

一般地,当要证明一个命题对于不小于某正整数N的所有正整数n都成立时,可以用以下两个步骤:

(1)证明当n=n0时命题成立;