高二复习推理与证明

高二复习推理与证明（精选12篇）

1.高二复习推理与证明 篇一

厦门华侨中学2013~2014学年下学期末高二理数复习提纲三

班级________座号_________姓名__________

1、已知数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝2an－1＋1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的一个表达式是()

A．n2－1B．(n－1)2＋1C．2n－1D．2n1＋1 －

2．用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理数根，则a，b，c中至少有一个偶数”时，下列假设正确的是()．

A．假设a，b，c都是偶数B．假设a，b，c都不是偶数

C．假设a，b，c至多有一个是偶数D．假设a，b，c至多有两个偶数

3.用数学归纳法证明n(n＋1)(2n＋1)能被6整除时，由归纳假设推证n＝k＋1时命题成立，需将n＝k＋1时的原式表示成()

A．k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)B．6k(k＋1)(2k＋1)

C．k(k＋1)(2k＋1)＋6(k＋1)2D．以上都不对

4.已知f(x+y)=f(x)+f(y)且f(1)=2,则f(1)+f(2)+„+f(n)不能等于()

(A)f(1)+2f(1)+„+nf(1)(B)fn(n1)n(n1)f1 (C)n(n+1)(D)22

225.设a,b是两个实数,给出下列条件:①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a+b>2;⑤ab>1.其中能推出:“a,b中至少有一个大于1”的条件是()

(A)仅②③(B)①②③(C)仅③(D)③④⑤

6.f(n)1111(n∈N*),经计算得23n

357f(2),f(4)2,f(8),f(16)3,f(32),推测当n≥2时,22

2有.7.如图所示是按照一定规律画出的一列“树型”图,设第n个图有an个“树枝”,则an+1与an(n≥2)之间的关系是

.8.在平面上，若两个正三角形的边长比为1:

若两个正四面体的棱长比为1:，则它们的面积比为1:类似地，在空间中，则它们的体积比为________．

9.设p＝2x4＋1，q＝2x3＋x2，x∈R，则p与q的大小关系是________．

10.用反证法证明命题“如果AB∥CD，AB∥EF，那么CD∥EF”，证明的第一个步骤是________．

11.用数学归纳法证明关于n的恒等式时，当n＝k时，表达式为1×4＋2×7＋„＋k(3k＋

1)＝k(k＋1)2，则当n＝k＋1时，待证表达式应为________．

12.在含有3件次品的10件产品中，取出n(n10,nN*)件产品，记n表示取出的次品数，算得如下一组期望值En：

0110C3C7C3C3当n=1时，E101117;C10C1010

02110C3C7C3C7C32C76当n=2时，E20;12222C10C10C1010

0312130C3C7C3C7C32C7C3C79当n=3时，E30;1233333C10C10C10C1010

„„

观察以上结果，可以推测：若在含有M件次品的N件产品中，取出

*n(nN,nN)件产品，记ξn表示取出的次品数，则Eξn

13.已知数列an满足：a10，an1

（Ⅰ）计算a2,a3,a4的值； 1an(nN*)3an

（Ⅱ）由（Ⅰ）的结果猜想an的通项公式，并用数学归纳法证明你的结论.14.已知f(x)＝x2＋px＋q.(1)求证：f(1)－2f(2)＋f(3)＝2；

1(2)用反证法证明：|f(1)|、|f(2)|、|f(3)|.2

15．观察下列不等式11311511171122，，2222222332344111119222 223455

（1）请归纳当n2时，符合上述规律的一个不等式；

（2）用数学归纳法证明上述猜想的正确性．

2.高二复习推理与证明 篇二

一、几何推理与图形证明教学的现有问题

一些初中数学教师目前依旧使用较为传统的讲课模式,即将课本上的重点知识和例题进行详尽地讲解,在这样的教学模式下,学生处于一味地接受状态,在课堂上要对庞大的信息量和知识接受让他们应接不暇,大部分学生做不到真正地理解和消化,更不用说培养起有效的几何推理思维和图形证明能力.这样的教学收效甚微,几何证明与普通的数学证明有着一定的区别,它需要学生不仅仅掌握数学证明的技巧和方法,更要有一定的空间想象能力和几何思维能力.

二、定理和重要概念的引入及教学

定理是几何推理的根本,许多几何推理与图形证明所需的知识都是由定理推广而来,因此教师在几何教学的过程中,首先要注重的就是定理和一些重要概念的引入及教学.在引入方面,由于定理具有高度的概括性,学生死记硬背效果不佳,因此教师要注意引入定理和重要概念的时机和方法.许多几何推理题往往就是对定理的反复运用,只要学生能够熟练地运用定理在做题的过程中就能够游刃有余,例如下题.

例1已知在三角形ABC中,D为BC边上的中点,在AD上任取一点E,连接BE,延长BE交AC与F,BE=AC,求证AF=EF.

证明:如图1,连接EC,取EC的中点G,AE的中点H,分别连接DG,HG.

则:GH=DG.

所以:∠1=∠2,

而∠1=∠4,∠2=∠3=∠5.

所以;∠4=∠5,所以:AF=EF.

乍一看这道题的题目比较复杂,实际上就是对于等腰三角形等边对等角这一基本定理的应用,学生对定理掌握的程度较深时,面对“三角形”、“中点”等条件很容易就会进行联想并作出辅助线DG和HG,通过等腰三角形和平行线段的性质进行角与角之间的转换,最后通过“等角对等边”的性质完成证明.这道题就是典型的对定理掌握程度的考察,对于这种题型要注意对定理的灵活应用.

三、学会“读题”,明确题中条件要素

在进行几何推理和图形证明的过程中,教师需要结合大量的例题进行讲解,这是十分必要的,在讲解之前,教师应当注重培养学生的“读题”能力,阅读题设看起来似乎是一件非常简单的事,其实解题和证明所需的大部分要素都包含在简短的题设之中,在读题的过程中对题设进行拆解,提取出其中重要的要素和隐含条件,才能为之后的证明或解题铺好路.尤其是当学生面对较为复杂的题设,要学会从中抽丝剥茧,理清头绪,一步一步地整理题设中所提及的条件,结合图形将它们以合理的逻辑排列出来,与最终需要解答或证明的问题进行条件匹配.这种读题能力就需要教师在课堂上讲解例题时引导学生慢慢去学习和掌握,这样才能在做题的过程中不会被复杂的题设蒙蔽了双眼,做到心中有数[2].

四、培养学生几何推理思维

1. 三种思维的应用

几何推理和图形证明同样属于数学证明的一种题型,对于这样的题型而言,最重要的就是培养学生的逻辑推理思维,在推理的过程中,通常有以下三种思维方式.第一、正向思维,也就是学生在推理和证明的过程中最常用的一种思维方式,从题设和条件出发,一步步地推出结果.这种方式比较常见,因此学生学习和应用起来也比较轻松.第二、逆向思维,顾名思义就是反向地去推理,也就是从结果入手进行推理,最典型的一种逆向思维证明法就是反证法.逆向的思维方式对于学生而言并不是十分常用,但它往往是解决难题的好帮手,难题的题设往往十分复杂繁多,在许多条件的铺陈下,题设拆解分析能力较弱的学生难免会一时之间找不到头绪,不知从何下手,而逆向思维法能够帮助学生迅速找到题目的切入点与突破口,很快进入到推理之中.第三种就是正向思维与逆向思维的结合,这种方法通常应用于难题的推理证明之中,将两种思维方式的特点相结合,同时也将题目中的条件和结果有机结合,帮助学生迅速找到推理的有效路线.在课堂教学之中,教师应当注重这三种思维的教学,尤其是学生不太常用的逆向思维和正逆结合思维,帮助学生开拓几何推理的思维,在解题的过程中可以做到多种思路的选择[3].

2.“动手”做题,辅助线的应用

在学习几何推理和图形证明的过程中,最常用也是最必不可少的一个方法就是做辅助线.当学生遇到单纯靠拆解题设和思维分析无法解决的时候,应当有动手画图做辅助线的意识,这种意识和能力需要教师在课堂教学之中进行重点培养.然而做辅助线有时候并不是万能的,一条错误的辅助线甚至会将学生的推理思路带入误区,导致推理混乱,因此,教师在教学过程中务必将辅助线的教学作为一个重点.

例2已知:在△ABC和△A'B'C'中,AB=A'B',AC=A'C'.AD,A'D'分别是△ABC和△A'B'C'的中线,且AD=A'D'.

求证:△ABC≌△A'B'C'.

证明:分别过B,B'点作BE∥AC,B'E'∥A'C'.交AD,A'D'的延长线于E,E'点.

则:△ADC≌△EDB,△A'D'C'≌△E'D'B'.

所以:AC=EB,A'C'=E'B';AD=DE,A'D'=D'E'.

所以:BE=B'E',AE=A'E'

所以:△ABE≌△A'B'E'

所以:∠E=∠E'∠BAD=∠B'A'D'

所以:∠BAC=∠B'A'C'

所以:△ABC≌△A'B'C'

这一题需要证明三角形ABC和三角形A'B'C'全等,现有的条件是其中的两条边相等,还差一个条件,边BC和边B'C'相等或现有两边的夹角相等,经分析,有边AD和边A'D',我们很容易发现实现角的相等更为容易,AD将我们需证的夹角一分为二,因此需分别证明分角与分角相等,等角很容易让人联想起平行线,这就是辅助线的灵感来源,显然,有了辅助线的帮助就多了一个等角的条件,可以进行角之间的转换.这一题就是典型的辅助线的巧妙应用.

总之,几何推理和图形证明是初中数学的教学中至关重要的一个环节,教师在教学过程中应当打好基础,在定理的教学方面下功夫,努力培养学生的“读题”能力和几何思维方式,提高几何图形课堂教学的效率.

参考文献

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

[2]焦龙.初中数学几何概念和定理教学探析[J].学周刊,2015(20):163.

3.新题展(推理与证明) 篇三

做一做

1 (1) 已知M, N是椭圆x2a2+y2b2=1 (a＞b＞0)上的两个动点,且满足直线OM和直线ON的斜率之积为-b2a2,若点P是线段MN的中点,求点P的轨迹方程；

(2) 请类比问题(1),在双曲线中提出类似的问题,并求解你所提出的问题.

2 (1) 已知数列a1, a2, …, a3m；其中a1, a2, …, am是首项为1,公差为1的等差数列；am, am+1, am+2, …, a2m是公差为d的等差数列；a2m, a2m+1, a2m+2, …, a3m是公差为d2的等差数列(其中d≠0, m≥3且m∈N*).

(i) 试分别写出am, a2m, a3m关于d的关系式；

(ii) 续写已知数列,使得a3m, a3m+1, …, a4m是公差为d3的等差数列……依次类推,把已知数列推广为无穷数列.提出同(i)类似的问题,并进行研究,你能得到什么样的结论？

(2) 请类比问题(1),在等比数列中提出类似的问题,并求解你所提出的问题.

看一看

1 (1) 分别设出点M, N, P的坐标,由点P是线段MN的中点,得到方程①和方程②；由点M, N在椭圆x2a2+y2b2=1上,又得到方程③和方程④；再由直线OM和直线ON的斜率之积为-b2a2,得到方程⑤；联立这五个方程,消去x1, y1, x2, y2,即可得到点P的轨迹方程.

(2) 类比问题(1),列出五个方程,再联立这五个方程,消去x1, y1, x2, y2,即可得到点P的轨迹方程.

2 (1) 先用等差数列的通项公式分别求出am, a2m, a3m, a4m关于d的关系式,再由不完全归纳法,得到am(n+1)关于d的关系式.

(2) 类比问题(1),先用等比数列的通项公式分别求出bm, b2m, b3m, b4m关于q的关系式,再由不完全归纳法,得到bm(n+1)关于q的关系式.

对一对

1 解:(1) 设P(x, y), M(x1, y1), N(x2, y2),

因为点P是线段MN的中点,所以2x=x1+x2 ①,2y=y1+y2 ②.

因为M, N是椭圆x2a2+y2b2=1(a＞b＞0)上的点,

所以x21a2+y21b2=1,即b2x21+a2y21=a2b2 ③；x22a2+y22b2=1,即b2x22+a2y22=a2b2 ④.

由题设知kOM·kON=y1y2x1x2=-b2a2,即b2x1x2+a2y1y2=0 ⑤.

①2×b2+②2×a2,再结合③④⑤式得

4b2x2+4a2y2=b2(x21+2x1x2+x22)+a2(y21+2y1y2+y22)

=(b2x21+a2y21)+2(b2x1x2+a2y1y2)+(b2x22+a2y22)=2a2b2.

所以点P的轨迹方程为2x2a2+2y2b2=1.

(2) 在双曲线中类似的问题可以是:已知M, N是双曲线x2a2-y2b2=1 (a＞0,b＞0)上的两个动点,且满足直线OM和直线ON的斜率之积为b2a2,若点P是线段MN的中点,求点P的轨迹方程.

求解过程如下:设P(x, y), M(x1, y1), N(x2, y2),

因为点P是线段MN的中点,所以2x=x1+x2 ①,2y=y1+y2 ②.

因为M, N是双曲线x2a2-y2b2=1上的点,

所以x21a2-y21b2=1,即b2x21-a2y21=a2b2 ③；x22a2-y22b2=1,即b2x22-a2y22=a2b2 ④.

由题设知kOM·kON=y1y2x1x2=b2a2,即b2x1x2-a2y1y2=0 ⑤.

①2×b2-②2×a2,再结合③④⑤式得

4b2x2-4a2y2=b2(x21+2x1x2+x22)-a2(y21+2y1y2+y22)

=(b2x21-a2y21)+2(b2x1x2-a2y1y2)+(b2x22-a2y22)=2a2b2.

所以点P的轨迹方程为2x2a2-2y2b2=1.

2 解:(1) (i) am=1+(m-1)×1=m, a2m=am+md=m(1+d), a3m=a2m+md2=m(1+d+d2).

(ii) 所给数列可推广为无穷数列an,其中a1, a2, …, am是首项为1,公差为1的等差数列,当n≥1且n∈N*时,数列amn, amn+1, …, am(n+1)是公差为dn的等差数列,试写出am(n+1)关于d的关系式.由a4m=a3m+md3=m(1+d+d2+d3),

依次类推可得am(n+1)=m(1+d+d2+…+dn)=m(1-dn+1)1-d, d≠1,m(n+1),d=1.

(2) 在等比数列中类似的问题可以是:已知数列b1, b2, …, b3m,其中b1, b2, …, bm是首项为1,公比为1的等比数列；bm, bm+1, bm+2, …, b2m是公比为q的等比数列；b2m, b2m+1, b2m+2, …, b3m是公比为q2的等比数列(其中q≠0且q≠1, m≥3且m∈N*).

(i) 试分别写出bm, b2m, b3m关于q的关系式；

(ii) 续写已知数列,使得b3m, b3m+1, …, b4m是公比为q3的等比数列,…,依次类推,把已知数列推广为无穷数列.提出同(i)类似的问题,并进行研究,你能得到什么样的结论？

求解过程如下:(i) bm=1, b2m=bmqm=qm, b3m=b2m·(q2)m=qm·q2m=q(1+2)m=q3m, b4m=b3m·(q3)m=q(1+2)m·q3m=q(1+2+3)m=q6m.

(ii) 所给数列可推广为无穷数列bn,其中b1, b2, …, bm是首项为1,公比为1的等比数列,当n≥1且n∈N*时,数列bmn, bmn+1, …, bm(n+1)是公比为qn的等比数列.

研究的问题可以是:试写出bm(n+1)关于d的关系式.

由b4m=b3m·(q3)m=q(1+2)m·q3m=q(1+2+3)m=q6m,

b5m=b4m·(q4)m=q(1+2+3)m·q4m=q(1+2+3+4)m=q10m,

依次类推可得bm(n+1)=bmn·(qn)m=bmn·qmn=q(1+2+3+4+…+n)m=qmn(n+1)2.

想一想

1 (1) 本题的难点是要从五个方程中消去x1， y1， x2， y2这四个元,咋一看,运算量很大,似乎无从下手；但如果仔细观察式子的结构特征,从元的系数出发,找到消去这四个元的策略是迟早的事.很多时候,我们总是“管中窥豹”式的看问题,而不能以一种整体的、全局的视角看问题.

(2) 类似地,本题的难点也是要从五个方程中消去x1， y1， x2， y2这四个元,比较椭圆方程和双曲线方程在结构上的异同,我们很快就能找到消去这四个元的策略:①2×b2-②2×a2.从式子结构特征的相似性和差异性出发,进行合情合理地类比拓展,不仅开拓了分析问题、处理问题的视野,同时通过合情类比,不需要另起炉灶,十分经济实惠.

2 (1) 本题得到am(n+1)关于d的关系式采用的是不完全归纳法,不是很严密；有兴趣的读者,不妨尝试用数学归纳法进行严格的证明.

(2) 在高中数学中,有很多地方用到类比推理去研究两个相类似的事物,如等差与等比之间的类比、平面几何与立体几何之间的类比、圆锥曲线之间的类比等等；利用类比思想比较两相似事物时,一定要学会“透过现象看本质”,即引起两事物联系与差异的本质原因是什么,而不是仅仅从表面上进行类比.

4.推理与证明小结复习 篇四

一、基础知识

1．推理：根据一个或几个已知的判断来确定一个新的判断的思维过程。推理一般分为合情推理与演绎推理两类。2．合情推理

比，然后提出猜想的推理，把它们通称合情推理。

3．演绎推理

定义：从出发，推出某个下的结论的推理。特点：由到。模式：三段论——演绎推理的一般模式

“三段论”的结构：大前提——已知的；小前提——所研究的；

结论——根据一般原理，对做出的判断。“三段论”的表示：大前提：； 小前提：；结论：S是P。4．直接证明

定义：要证明某一结论Q是正确的，但不直接证明，而是先去假设（即Q的反

面非Q是正确的），经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设非Q是错误的，从而断定结论Q是正确的的证明方法。证明步骤： 6．数学归纳法

证明一个与正整数n 有关的命题，可按以下步骤：

(1)证明当n取n0时命题成立；（归纳奠基）

(2)假设n=k(k≥n0)时命题成立，证明n=k＋1时命题也成立。（归纳递推）

完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立。这种证明方法就是数学归纳法。习题精讲

1．已知函数f(x)=

x

21x。

(1)分别求f(2)＋f()、f(3)＋f()、f(4)＋f()的值；

4(2)归纳猜想一般性结论，并给出证明；

(3)求值：f(1)＋f(2)＋f(3)＋„＋f(2012)＋f()＋f()＋„＋f（2112012)

2．设a、b、c为一个三角形的三边，且s2=2ab，这里s=

3．已知数列{an}满足a1=，an1=

2(a＋b＋c)，试证s<2a。

an＋n－4，其中为实数，n为正整数，求证：对

任意实数，数列{an}不可能是等比数列。

4.证明：(3n1)7n1(nN)能被9整除

巩固练习

一 选择

1．下列推理是归纳推理的是()

A．A，B为定点，动点P满足|PA|+|PB|=2a>|AB|,得P的轨迹为椭圆 B．由a1=a,an=3n-1,求出S1,S2,S3,猜想出数列的前n项和Sn的表达式 C．由圆x+y=r的面积πr,猜想出椭圆

xa



yb

1的面积S=πab

D．科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇

2.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”

ab

acb

c（c≠0）”

C.“若(ab)cacbc” 类推出“

n

n

n

n

c

（ab）ab” 类推出“（ab）ab” D.“

nn

3.在十进制中2004410010010210，那么在5进制中数码2004折合成十进制为()A.29B.254C.602D.2004 ππ

4．“三角函数是周期函数，y＝sinx，x∈－是三角函数，所以y＝sinx，x∈

22

－π，π是周期函数”．在以上演绎推理中，下列说法正确的是()． 22

A推理完全正确；B大前提不正确；C小前提不正确；D推理形式不正确．

5．类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推出正四面体的下列哪些性质，你认为比较恰当的是（）

①各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等；②各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等；③各个面都是全等的正三角形，同一顶点上的任两条棱的夹角都相等

A．①； B．①②； C．①②③； D．③。

6．计算机中常用的十六进制是逢16进1的计数制，采用数字0~9和字母A~F共16个计数

符号，这些符号与十进制的数字的对应关系如下表：

0123

AB A6EB72C5FDB0

201

17.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．812

58．用反证法证明某命题时,对某结论:“自然数a，b，c中恰有一个偶数”,正确的假设为()A．a，b，c都是奇数 B．a，b，c都是偶数

C．a，b，c中至少有两个偶数

D．a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数

9．已知fx是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的k，若fkk成立，则fk1k1成立，下列命题成立的是（）A、若f39成立，则对于任意k1，均有fkk成立；

B、若f416成立，则对于任意的k4，均有fkk成立；

C、若f749成立，则对于任意的k7，均有fkk成立；

D、若f425成立，则对于任意的k4，均有fkk成立。

二 填空

1．设n2,nN,(2x

12)(3x

n

将ak()a0a1xa2xanx，0kn)的,T40,T5

n2n

最小值记为Tn，则T20,T3其中Tn。





13,,Tn,

x2

2． 我们知道：过圆x＋y＝r上一点(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r，2＋

a

2y

＝1上一点(x0，y0)的切线方程为________． b2

3．观察下列几个三角恒等式：

①tan10°tan20°＋tan20°tan60°＋tan60°tan10°＝1；

②tan5°tan100°＋tan100°tan(－15°)＋tan(－15°)tan5°＝1； ③tan13°tan35°＋tan35°tan42°＋tan42°tan13°＝1.一般地，若tanα，tanβ，tanγ都有意义，你从这三个恒等式中猜想得到的一个结论为________．

4．已知结论：“在三边长都相等的△ABC中，若D是BC的中点，G是△ABC外接圆的圆心，AG

若把该结论推广到空间，则有结论：“在六条棱长都相等的四面体ABCD中，若GD

AO

M是△BCD的三边中线的交点，O为四面体ABCD

OM

则

5．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。

6．若三角形内切圆的半径为r，三边长为a，b，c，则三角形的面积等于S

r(abc)，根据类比推理的方法，若一个四面体的内切球的半径为R，四个面的面积分别是S1，S2，S3，S4，则四面体的体积V

7．若干个能唯一确定一个数列的量称为该数列的“基本量”.设{an}是公比为q的无穷 比数列,下列{an}的四组量中,一定能成为该数列“基本量”的是第组.(选出 所有符合要求的组号)其中n为大于1的整数, Sn为{an}的前n项和.①S1与S2;②a2与S3;③a1与an;④q与an.8.问题“求方程345的解”有如下思路：方程345可变为()()1，x

x

x

x

x

x

x

x

考查函数f(x)()x()x,可知，f(2)=1,且函数f(x)在R上单调递减，所以原方程有唯

一的解x=2.类比上述解法，可得到不等式：

x(2x3)(2x3)

x的解集是

三 解答：

1通过观察下列等式，猜想出一个一般性的结论，并证明结论的真假．

sin215°＋sin275°＋sin2135°＝

23222

sin30°＋sin90°＋sin150°＝

sin245°＋sin2105°＋sin2165°＝

5.高二复习推理与证明 篇五

本试卷分第I卷（选择题）和第II卷（非选择题）两部分.满分150分.测试时间120分钟.一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

1.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

2.下面使用类比推理，得到正确结论的是（）

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”

abab（c≠0）” ccc

nn（ab）anbn” 类推出“（ab）anbn” D.“C.“若(ab)cacbc” 类推出“

3.在十进制中2004410010010210，那么在5进制中数码2004折合成十进制为

()

A.29B.254C.602D.2004 012

34.设f0(x)sinx，f1(x)f0(x)，f2(x)f1(x)，„，fn1(x)fn(x)，nN，则f2010(x)＝（）

A.cosxB．－cosxC．sinxD－sinx

5.有这样一段演绎推理是这样的“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

6.下面几种推理是类比推理的是（）

A.两条直线平行，同旁内角互补，如果∠A和∠B是两条平行直线的同旁内角，则∠A+∠B=1800B.由平面三角形的性质，推测空间四边形的性质

C.某校高二级有20个班，1班有51位团员，2班有53位团员，3班有52位团员，由此可以推测各班都超过50位团员.D.一切偶数都能被2整除，2100是偶数，所以2100能被2整除.7.黑白两种颜色的正六形地面砖块按如图的规律拼成若干个图案，则第五个图案中有白色地面砖（）块.A.21B.22C.20D.23

8.用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理根，那么a,b,c中至少有一个是偶数”时，下列假设中正确的是（）

（A）假设a,b,c不都是偶数（B）假设a,b,c都不是偶数（C）假设a,b,c至多有一个是偶数（D）假设a,b,c至多有两个是偶数

9．如果f(ab)f(a)f(b)且f(1)2,则

A．

2f(2)f(4)f(6)

()． f(1)f(3)f(5)

B．

5C．6 D．8

x(xy)3110、定义运算:xy例如344,则()(cos2sin)的最大值为()

24y(xy),A.4B.3C.2D.122

211.下面的四个不等式：①abcabbcca；②a1a

1ab

；③2 ；④4ba

a

b2c2d2acbd.其中不成立的有



A.1个B.2个C.3个D.4个 12.已知f(x1)

2f(x)

（xN*）,f(1)1，猜想f(x）的表达式为()

f(x)2

A.f(x)

4212

f(x)f(x)f(x)B.C.D.2x2x1x12x1

二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分）

13.已知一列数1，－5，9，－13，17，„„，根据其规律，下一个数应为． 14.下列表述正确的是

①归纳推理是由部分到整体的推理；②归纳推理是由一般到一般的推理；③演绎推理是由一般到特殊的推理；④类比推理是由特殊到一般的推理；⑤类比推理是由特殊到特殊的推理。

15.在数列an中，a11,an1

2an

nN*,猜想这个数列的通项公式是． an

216.平面内2条相交直线最多有1个交点；3条相交直线最多有3个交点；试猜想：n条相交直线最多把

有____________个交点

2343，3+4+5+6+7=5中，可得到一般规律为(用数学表达式17.从11，表示)。

222

18．将全体正整数排成一个三角形数阵：23 456 78910 ． ． ． ． ． ． ．

按照以上排列的规律，第n 行（n3）从左向右的第3个数为．

三、解答题（本大题共3小题，共60分．解答应写出文字说明、演算步骤或推证过程）19．（1）求证：当a、b、c为正数时，(abc)（11

1)9.abc

（2）已知n0,试用分析法证明n2n1n1n

（3）已知xR，ax1，b2x2。求证a,b中至少有一个不少于0。

20．在ABC中，三个内角A、B、C对应的边分别为a、b、c，且A、B、C成等差数列，a、b、c成等比数列，求证：ABC为等边三角形。

21．已知：0bae,其中e是自然对数的底数。（1）试猜想a与b的大小关系；（2）证明你的结论

b

a

推理与证明测试题参考答案

一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）

二、填空题13.－2114)①③⑤15)

2n(n1)16)n1

2n2n6

17.n(n1)(n2)......(3n2)(2n1)18.三、解答题（本大题共3小题，共60分）19（本大题30分）（1）证明：左边=3

abcbac

…………5分 babcca

因为：a、b、c为正数 所以：左边3

2abcbac22 babcca

32229…………8分

111

…………10分 abc9

abc

（2）证明：要证上式成立，需证n2n2n1…………2分需证(n2n)2(2n1)2需证n1

n22n…………6分

需证(n1)n2n需证n2n1n2n，只需证1>0…………8分

因为1>0显然成立，所以原命题成立…………10分（3）证明：假设a,b中没有一个不少于0，即a0，b0则：ab0…………3分

又abx212x2x22x1(x1)20…………8分 这与假设所得结论矛盾，故假设不成立

所以a,b中至少有一个不少于0…………10分 20（15分）

证明：A、B、C成等差数列

A+C=2B

由A+B+C=1800得：B=600…………4分

2a2c2b2

1即：

2ac2222

baba c①…………8分

又 a、b、c成等比数列

b2ac②…………10分

由①②得：acabac

即：(ac)0ac

ABC是等腰三角形………13分 又 B=600

ABC是等边三角形…………15分 COSB

21．（15分）

解：（1）取a2,b1可知：ab，又当a1,b

b

b

a

1ba

时，ab 2

a

由此猜测ab对一切0bae成立„„„„5分

（2）证明：

要证ab对一切0bae成立

需证lnalnb 需证blnaalnb

b

a

b

a

lnalnb

„„„„10分 ab

lnx

x(0,e)设函数f(x)x

1lnx

f(x)，当x(0,e)时，f(x)0恒成立 2

x

需证

f(x)

lnx

在(0,e)上单调递增„„„„13分 x

lnalnb

f(a)f(b)即

ab

„„„„15分

6.高二复习推理与证明 篇六

n－m

bbn－ambn

比等比数列中的，等差数列中.an－max7.设函数f(x)，观察： x＋

2xxxf1(x)＝f(x)f2(x)＝f(f1(x))f3(x)＝f(f2(x))x＋23x＋47x＋8

xf4(x)＝f(f3(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答案：（2－1）x＋2

解析：观察知四个等式等号右边的分母为x＋2，3x＋4，7x＋8，15x＋16，即(2－1)x

n＋2，(4－1)x＋4，(8－1)x＋8，(16－1)x＋16，所以归纳出fn(x)＝f(fn－1(x))的分母为(2－1)x

x＋2n，故当n∈N＋且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))（2－1）x＋238.观察：① sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝ sin26°＋cos236°＋sin 6°

43cos36°＝4

由上面两题的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．

3解：猜想：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°).4

证明如下：

2左边＝sinα＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sinα]

＝sin2α＋α－1sinαα＋1α 2222313＝sin2α＋22α＝ 444

所以，猜想是正确的．

9.在Rt△ABC中，两直角边的长分别为a、b，直角顶点C到斜边的距离为h，则易证11

1.在四面体S－ABC中，侧棱SA、SB、SC两两垂直，SA＝a，SB＝b，SC＝c，hab点S到平面ABC的距离为h，类比上述结论，写出h与a、b、c之间的等式关系并证明．

1111解：类比得到：＋.habc

证明：过S作△ABC所在平面的垂线，垂足为O，连结CO并延长交AB于D，连结SD，∵SO⊥平面ABC，∴SO⊥AB.∵SC⊥SA，SC⊥SB，∴SC⊥平面ABC，∴SC⊥AB，SC⊥SD，∴AB⊥平面SCD，∴ AB⊥SD.在Rt△ABS中，有

111111中，有＝＋＋.hSDcabc111，在Rt△CDSSDab 2210.老师布置了一道作业题“已知圆C的方程是x＋y＝r，求证：经过圆C上一点

2M(x0，y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r”，聪明的小明很快就完成了，完成后觉得该题很有意

思，经过认真思考后大胆猜想出如下结论：若圆C的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝r2，则经过圆

2C上一点M(x0，y0)的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r.你认为小明的猜想正确

吗？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由．

解：小明的猜想正确．

(证法1)若x0≠a，y0≠b，则因圆C的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝r2，M(x0，y0)是圆C上

y0－b一点，所以直线MC的斜率为k1＝，设过M(x0，y0)的切线斜率为k，因直线MC与切x0－a

x0－ax0－a1线l垂直，所以k＝－＝－所以过M(x0，y0)的切线l方程为y－y0(x－x0)，k1y0－by0－b

22整理得(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝(x0－a)＋(y0－b).又点M(x0，y0)在圆C上，所以有(x0

222－a)＋(y0－b)＝r，故此时过M(x0，y0)的圆C的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)2＝r.若x0＝a或y0＝b(同时成立不合题意)，则切线的斜率不存在或为0，可直观看出：|y0－b|＝r或|x0－a|＝r，此时切线方程分别为y＝y0或x＝x0，适合(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)22＝r.综上所述，过M(x0，y0)的圆C的切线方程为(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r.→→→(证法2)设P(x，y)为切线上任一点，则PM＝(x0－x，y0－y)，CM＝(x0－a，y0－b)．又PM

→→→⊥CM，∴ PM·CM＝0，即(x0－x)(x0－a)＋(y0－y)(y0－b)＝0.又(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2，化简得(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2为所求切线．

11.某少数民族的刺绣有着悠久的历史，下图(1)、(2)、(3)、(4)为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形．

(1)求出f(5)的值；

(2)利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n＋1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式；

1111(3)＋＋„＋的值． f（1）f（2）－1f（3）－1f（n）－1

解：(1)f(5)＝41.(2)因为f(2)－f(1)＝4＝4×1，f(3)－f(2)＝8＝4×2，f(4)－f(3)＝12＝4×3，f(5)－f(4)＝16＝4×4，„，由上式规律，所以得出f(n＋1)－f(n)＝4n.因为f(n＋1)－f(n)＝4nf(n＋

1)＝f(n)＋4nf(n)＝f(n－1)＋4(n－1)＝f(n－2)＋4(n－1)＋4(n－2)＝f(n－3)＋4(n－1)＋4(n－2)＋4(n－3)＝„＝f(1)＋4(n－1)＋4(n－2)＋4(n－3)＋„＋4＝2n2－2n＋1.11111，(3)当n≥2＝

f（n）－12n（n－1）2n－1n

1111所以＋＋„＋ f（1）f（2）－1f（3）－1f（n）－111111111＝1＋(1－＋－„＋)222334n－1n

7.“简中求道”之推理与证明 篇七

由于知识基础、解题能力的不同,面对同一问题,不同人的解题过程有繁琐的、也有简易的,还有不能达到解题状态的.然而,“一个困难复杂问题的简易解答才是美的解答”,因此解答数学题的关键是:把握问题中信息之间主要矛盾与基本联系, 把握问题中信息与已有知识之间最简单、最本质的联系,通过推理与证明加以贯通,从而架设一条简易的解题之道(简称“简道”).下面我们就以几道常见的数学问题为例,一起探讨“推理与证明”之中的“简道”.

一、 梳理待解问题与熟悉问题间的本质联系,探求“简道”

我们面对一道新的题目着手准备解决时,总是首先将从中捕捉的有用信息与从存储机构中提取的有关信息结合起来,进行加工、重组与再生,这实质上就是解题思路的探求.G ·波利亚在他的解题表中也首先问:“你见过类似的题目吗？”,就是让我们梳理待解问题与熟悉问题之间的联系,从而探求“简道”.他的这句话可谓“一语三关”,既是启发你从“题”中捕捉信息,又是催促你从“记忆”中索取信息；如果你“见过”,这是一个信息,告诉你如何运动——两组信息也就沟通了；如果你“没见过”,这也是一个信息,等于告诉你进行下一步的行动.

例1 如图1,半径为1圆心角为3π2圆弧AB上有一点C.

(1) 当C为圆弧AB中点时,D为线段OA上任一点,求|OC+OD|的最小值.

(2) 当C在圆弧AB上运动时,D、 E分别为线段OA, OB的中点,求CE·DE的取值范围.

分析

本题是以扇形为背景的,考查其中的向量知识,这是一类常见题型,但不同的是平时熟悉的圆心角为2π3或是π3的扇形,本题改成“3π2”.同学们一定对原题还比较熟悉吧？即使时间长了,原题可能记不得,但对圆心角小于π的扇形我们还是比较熟悉的,这里即使换成新的扇形我们也一样处理.如果同学们这样认识,就抓住了待解题目与熟悉题目之间最本质的联系,待解题目不再陌生,惧“新”的心理自然得到缓解,题目也就简单了.

熟悉的题目所采用的方法主要有:建立直角坐标系、选取基向量法、运用向量数量积的定义等,由于高中阶段在直角坐标系背景下已将角进行了推广,本题的仅是把熟悉钝角2π3变成了不太熟悉的3π2而已,而无论是“2π3”、还是“3π2”还是换成其他的任意角,都能够统一在坐标系下了.因此本题选择用建立直角坐标系的方法解决.

解

(1) 以O为原点,以OA为x轴正方向,建立直角坐标系,设D(t, 0)(0≤t≤1),因为C-22， 22,所以OC+OD=-22+t， 22.所以|OC+OD|2=12-2t+t2+12=t2-2t+1,当t=22时,最小值为12.

(2) 设OC=(cosα, sinα)0≤α≤3π2,所以CE=OE-OC=0, -12-(cosα, sinα)=-cosα, -12-sinα.又D12， 0, E0, -12,所以DE=-12， -12.所以CE·DE=12cosα+12+sinα=22sinα+π4+14.因为π4≤α+π4≤7π4,所以CE·DE∈14-22， 14+22.

说明

在找新旧题目之间联系时,要尽可能探究出题目之间的不变成分,这往往是它们之间最本质的联系,如果做到了,新题目的解决自然成了简单的事.并且通过这种新旧问题的贯通,不仅能够强化对已学知识的理解与巩固,还能提升自己数学问题解决中的推理能力.

二、 观察问题中信息之间的基本联系,加工“简道”

当待解题目中的信息很多,且难以找到正确的解题途径时,我们可以逐条对信息进行加工.如果每条信息都能得到有效的处理,解题思路也就跃然纸上；如果有“不能加工的”或是“处理不良的”信息,问题的解决就会受阻,这些信息的处理就是我们解题时要突破的“关键”,一种突破的办法是采用“重组加工”.

例2 如果圆(x-a)2+(y-a)2=4上总存在两个点,到原点的距离为1,求实数a的取值范围.

分析

我们首先对题目中的三个信息进行逐条加工,具体如下:

问题中的信息信息的加工

信息1:圆(x-a)2-(y-a)2=4上总存在两个点两点的坐标满足方程；两点满足圆的几何定义；设出两点所在直线,直线恒与圆有交点

信息2:两点到原点的距离为1两点的坐标满足方程x2+y2=1

信息3:求实数a的取值范围得实数a的不等式；建立变量a的目标函数,转化为求函数的值域

当发现直接加工不能形成解题链时,观察信息1与信息2,找出它们之间的联系,并进行重组加工,不难发现有“数”与“形”两类解题思路:

思路1:从“数”的视角来加工,可以用方程组来解释,即问题推理为:方程组(x-a)2+(y-a)2=4,x2+y2=1 有两组不同的解,接下来可以两式相减,将“两个二元二次的方程组有两个不同解的问题”转化为“一个二元一次方程与一个二元二次方程有两个不同解的问题”,进一步地,同学们应该会处理,但这种方法明显较繁.

思路2:从“形”的视角来加工,可以用图形来解释,即问题推理为:两圆(x-a)2+(y-a)2=4、 x2+y2=1相交.因此,2-1＜a2+a2＜2+1,解得a∈-322, -22∪22, 322.明显比上一种方法简单,事实上,绝大部分数学问题如果能用“形”解决时,用“形”解决往往比用“数”解决简单.

思路3:如果画出草图,可以将问题推理为:研究圆(x-a)2+(y-a)2=4上的点到原点距离的最大值和最小值,它们分别是:a2+a2+2和|a2+a2-2|,因此,|2|a|-2|＜1＜2|a|+2,同样可解得:a∈-322, -22∪22, 322.

如果将信息1与信息3进行重组,我们可以得到第四种思路:

思路4:引进参数θ,建立a的目标函数,问题推理为:设圆(x-a)2+(y-a)2=4上到原点距离为1的点为(2+acosθ, 2+asinθ),则(2+acosθ)2+(2+acosθ)2=1,即42cosθ-π4=-3-a2,由于满足条件的点只有两个,则-1＜-3-a242a＜1,同样可以完成解答.

说明

本题中已知信息之间的联系都是基本的,无论怎样思考都比较自然,只要有这种“联系”的意识,就能够找到重组加工的简道.思路4主要是抓住了已知中的信息和要求中的信息的主要矛盾——已知的是等式(圆的方程),要求的需要不等式(求a的范围),因而,“引进参数θ,建立a的目标函数”是一种常规选择.当然,把问题看成是“研究两圆相交的问题”(思路2)最具有直观性,因而自然是本题的最美的“简道”.

nlc202309031239

三、 分析问题中信息之间的结构特征,选择“简道”

在一些问题的解决过程中,对已知条件中的同一个信息进行加工时,由于题目要求的问题不同,加工的方向也就不同,这就需要“选择”.要能够根据已有的“经验”对后续的推理过程进行预见,在开始解题时,首先把握各个信息的结构特征,将“已知中的信息”与“要求中的信息”的结构统一起来,从而简化解题及运算过程,实现“简道”.

例3 已知函数f(x)=2x-2-x21+x+21-x,(1)解不等式f(x)＞0；(2)求f(x)的单调性,值域；(3)判断f(x)的奇偶性.

分析

本题的关键是研究函数f(x)=2x-2-x21+x+21-x解析式的结构特征,根据三问的不同需要,选择不同的结构.

解

(1) 由于f(x)已知的是“商”的形式,对于解不等式f(x)＞0,结构是简单的,如果要进一步符合要求的话,可将2-x中的负指数化去,即:分子分母同乘以2x,得:f(x)=4x-122x+1+2＞0,再解不等式,就更简单了.(所以4x＞1,所以x＞0)

(2) 对于求值域和单调性,f(x)的解析式中,变量x最好只在一处出现,因此,减少x的个数是首要选择.即:f(x)=4x-12·4x+2=4x+1-22（4x+1)=12-14x+1,因此,只有单调增区间R,值域为-12, 12.

(3) 由于奇偶性是研究对称性的,对于判断函数的奇偶性,f(x)的解析式要尽可能“对称”些,化成对称的形式是最好的选择,即:f(x)=12×2x-2-x2x+2-x,这样计算f(-x)时,正好形成“对调”,与“对称”相匹配.

说明

对于同一个对象,怎样的结构才是“简”呢？这不好回答,“简”的结构是相对的,要看问题的需要,平常所说的“减元”是一种“简”；象因式分解那样将式子化为“积”与“商”的形式也是一种“简”；象(2)问中的那样将“积、商”的形式化成“和、差”是一种“简”；结构“对称”又是一种“简”.这些需要我们在推理与证明的过程中进行“选择”.

最后要说的是:同学们学“数学”,我们教师教“数学”,都是为了学会推理与证明、为了数学问题的解决,这是一门很重要又很复杂的学问——数学解题学.本文仅是肤浅地从三个例题出发与同学们交流了一些个人的解题经验,如何为一个个复杂困难的数学问题寻找美的解答,这还需要我们一起努力研究.但只要我们把握数学“简”的本质,“简中求道”,我们一定会有成功的收获.

8.推理与证明 篇八

初中新教材对推理与证明的渗透，也是从说理开始的，但内容比较少，也就是教材中的直观几何内容。很快便转向推理，也就是证明。刚开始推理的步骤，是简单的两三步，接着到四五步，后面还一定要求学生写清楚为什么。在学习这一部分内容的时候，好多学生在后面的括号里不写为什么，我便给他们举例小孩子学走路的过程，一个小孩刚开始学走路的时候，需要大人或其他可依附的东西，渐渐地，她会脱离工具自己走。学习证明的过程亦如此，起先在括号里写清为什么，并且只是简单的几步，然后证明比较难一点的，步骤比较多的。

随着社会的进步，中学教材加强了解析几何、向量几何，传统的欧式几何受到冲击，并且教材对这一部分的编排分散在初中各个年级，直观几何分量多了还加入了变换如平移变换、旋转变换、对称变换，投影等内容。老师们对内容的编排不太理解，看了专家的讲座，渐渐明白了：这样编排不是降低了推理能力，而是加强了推理能力的培养，体现了逐步发展的过程，把变换放到中学，加强了中学和大学教材的统一，但一个不争的事实是，对演绎推理确实弱了。

关于开展课题学习的实践与认识

新课程教材编排了课题学习这部分内容，对授课的老师，还是学生的学习都是一个全新的内容，怎样上好这部分内容，对老师、对学生而言，都是一个创新的机会。至于课题学习的评价方式，到现在为止，大多数省份还是一个空白，考不考?怎样考?学习它吧，学习的东西不能在试卷上体现出来，于是，好多老师对这部分采取漠视的处理方法;不学习吧，课本上安排了这部分内容。还有一部分老师觉得，课题学习是对某一个问题专门研究，很深!老师不知讲到什么程度才合理，学生不知掌握到什么程度。

经过几年的实践与这次培训的认识，我觉得课题学习是“实践与综合应用”在新课课程中的主要呈现形式，是一种区别于传统的、全新的，具有挑战性的学习，课本的编写者安排的主要目的是：

1.希望为学生提供更多的实践与探索的机会。

2.让学生通过对有挑战性和综合性问题的解决，经历数学化的过程。

3.让学生获得研究问题地方法和经验，使学生的思维能力、自主探索与合作交流的意识和能力得到发展。

4.让学生体验数学知识的内在联系，以及解决问题的成功喜悦，增进学生学习数学的信心。

5.使数学学习活动成为生动活泼的、主动的和富有个性的过程。

9.推理与证明试题与答案 篇九

(1)a2b23abab);(2)+>22+5。

2、设a，b，x，y∈R，且

3、若a,b,c均为实数，且，,（8分）

求证：a，b，c中至少有一个大于0。（8分）

4、用数学归纳法证明： 1222n2n(n1)（Ⅰ）；（7分）1335(2n1)(2n1)2(2n1)

（Ⅱ）1

5、数学归纳法证明：

6、已知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1,(1)写出a1, a2, a3,并推测an的表达式；

(2)用数学归纳法证明所得的结论。（12分）

能被整除,.（8分）1111nn；（7分）2342

17、（12分）观察以下各等式：

202003 sin30cos60sin30cos60

202000sin20cos50sin20cos5040

3，sin15cos45sin15cos454202000

分析上述各式的共同特点，猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性

9、（10分）已知正数a,b,c成等差数列，且公差d0，求证：，不可能是等差数abc

列。

10、（14分）已知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1,(1)写出a1, a2, a3,并推测an的表达式；

(2)用数学归纳法证明所得的结论。

1、证明：（1）∵a2b2

2ab,a23,b23;

将此三式相加得

2(a2b23)2ab,∴a2b23abab).（2）要证原不等式成立，只需证（6+7）>（22+），即证242240。

∵上式显然成立,∴原不等式成立.2、可以用综合法与分析法---略

3、可以用反证法---略

4、（1）可以用数学归纳法---略

（2）当nk1时，左边(1221111k)(kk1)k 22122

11111k（k

kk）k2kk1=右边，命题正确 222

22k项

5、可以用数学归纳法---略

6、解：(1)a1＝37151, a2＝, a3＝,猜测 an＝2－n248

21,2k(2)①由（1）已得当n＝1时，命题成立；②假设n＝k时,命题成立，即 ak＝2－

当n＝k＋1时, a1＋a2＋……＋ak＋ak＋1＋ak＋1＝2(k＋1)＋1,且a1＋a2＋……＋ak＝2k＋1－ak

∴2k＋1－ak＋2ak＋1＝2(k＋1)＋1＝2k＋3,∴2ak＋1＝2＋2－11,a,k＋1＝2－2k2k

11都成立2n4即当n＝k＋1时,命题成立.根据①②得n∈N, an＝2－

7、猜想：sin2cos2(30)sincos(30)

证明： +

1cos21cos(6002)sin(3002)sin300

sincos(30)sincos(30)2222200

cos(6002)cos2111[sin(3002)]222

2sin(3002)sin30011 01[sin(302)]222

3113 00sin(302)sin(302)

10.初中数学几何推理与图形证明对策 篇十

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）.

11.高二复习推理与证明 篇十一

答案：

2解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2.2.用反证法证明命题“如果a>b，那么a>b”时，假设的内容应为______________． 答案：a＝b或a

3333解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即a＝b或a5－7

解析：由分析法可得，要证6－22>5－7，只需证6＋7>5＋22，即证13＋242>13＋41010.因为42>40，所以6－5－7成立．

4.定义集合运算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，设集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，则集合A·B的所有元素之和为________．

答案：0

π解析：依题意知α≠kπ＋，k∈Z.423π2①α＝kπ＋(k∈Z)时，B＝，422

22A·B＝0，； 22

π②α＝2kπ或α＝2kπ＋∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}； 2

π③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}； 2

kπ3π④α≠α≠kπ＋∈Z)时，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，24

－cosα}．

综上可知A·B中的所有元素之和为0.115.(选修12P44练习题4改编)设a、b为两个正数，且a＋b＝1≥μ恒成立ab的μ的取值范围是________．

答案：(－∞，4]

1111ba＝2＋≥2＋2解析：∵ a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴ ＋＝(a＋b)abababab

1＝4.要使得≥μ恒成立，只要μ≤

4.ab

1.直接证明

(1)定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法．(2)一般形式

本题条件

已知定义已知公理已知定理ÞAÞBÞ

C„本题结论．

(3)综合法

① 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法．

② 推证过程

已知条件Þ

„Þ

„

Þ结论

(4)分析法

① 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法称为分析法．

② 推证过程

结论

Ü„Ü„Ü

已知条件

2.间接证明

(1)常用的间接证明方法有(2)反证法的基本步骤

① 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．

② 归谬——从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果． ③ 存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立． [备课札记]

题型1 直接证明(综合法和分析法)

例1 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝

S

(1)数列n是等比数列；





n＋

2(n＝1，2，3，„)，证明： nn

(2)Sn＋1＝4an.n＋2

(n＝1，2，3，„)，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，nn

Sn＋1S整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴，nn＋

1Sn＋1n＋1S即2，∴ 数列n是等比数列．

Sn

Sn＋1Sn－1Sn－1

(2)由(1)知：＝(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋4an(n≥2)．又a2＝3S1

n＋1n－1n－1

＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，∴ 对一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.例2 设a、b、c均为大于1的正数，且ab＝10，求证：logac＋logbc≥4lgc.lgclgc

证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明logac＋logbc≥4lgc，只要证明lgalgb

lga＋lgb

14lgc，即≥4，因为ab＝10，故lga＋lgb＝1.≥4，由于a>1，b>1，故

lgalgblga·lgb

lga＋lgb21211

lga>0，lgb>0，所以0

4lgalgb2

变式训练

设首项为a1的正项数列{an}的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立．求证：数列{an}是等比数列．

证明：因为对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，则a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn ①，从而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，综上得an＋1＝qan(n≥1)，所以数列{an}是等比数列．

题型2 间接证明(反证法)

证明：(1)∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝

例3 证明：2，3，5不能为同一等差数列中的三项．

证明：假设2，3，5为同一等差数列的三项，则存在整数m、n满足3＝2＋md ①，

＝2＋nd②，①×n－②×m3n5m＝2(n－m)，两边平方得3n2＋5m2－15mn＝2(n－m)2，左边为无理数，右边为有理数，且有理数≠不能为同一等差数列的三项．

备选变式（教师专享）

已知下列三个方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0，其中至少有一个方程有实根，求实数a的取值范围．

解：若方程没有一个实数根，则

16a－4（3－4a）<0，

3（a－1）2－4a2<0，解之得－2－1.4a2＋8a<0，3

a≥－1或a≤.故三个方程至少有一个方程有实数根的a的取值范围是a

2





1.用反证法证明命题“a·b(a、b∈Z)是偶数，那么a、b中至少有一个是偶数．”那么反设的内容是__________________________________．

答案：假设a、b都是奇数(a、b都不是偶数)

解析：用反证法证明命题时反设的内容是否定结论．

2.已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c＋1，若以a、b、c为三边构造三角形，ab

则c的取值范围是________．

答案：(10，16)

解析：要以a、b、c为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边

19b9a＝10之差小于第三边，而ac恒成立．而a＋b＝(a＋b)abab

11111019

16，∴c<16.又>，＝1，∴c>10，∴10

1f0（x）－，fn(x)＝fn－1（x，(n≥1，n≥N)，3.设函数f0(x)＝1－x2，f1(x)＝22

n11

则方程f1(x)＝________个实数根，方程fn(x)＝3有________个实数根．

3＋

答案：4 2n1

1111

51－x2＝x2－＝ x2＝x2＝有4个解． 解析：f1(x)＝22366

∵ 可推出n＝1，2，3„，根个数分别为22，23，24，1n＋∴ 通过类比得出fn(x)＝3有2n1个实数根．

4.若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.(1)若x2－1比1远离0，求x的取值范围；

(2)对任意两个不相等的正数a、b，证明：a3＋b3比a2b＋ab2远离ab.(1)解：x∈(－∞2)∪(2，＋∞)．

(2)证明：对任意两个不相等的正数a、b，有 a3＋b3ab，a2b＋ab2ab.因为|a3＋b3－ab|－|a2b＋ab2－2ab＝(a＋b)(a－b)2>0，所以|a

3＋b3－2abab|>|a2b＋ab2－2abab|，即a3＋b3比a2b＋ab2远离2abab.1.已知a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b－证明：要证b－ac<3a，只需证b2－ac<3a2.∵ a＋b＋c＝0，∴ 只需证b2＋a(a＋b)<3a2，只需证2a2－ab－b2>0，只需证(a－b)(2a＋b)>0，只需证(a－b)(a－c)>0.∵ a>b>c，∴ a－b>0，a－c>0，∴(a－b)(a－c)>0显然成立．故原不等式成立．

2.已知等差数列{an}的首项a1＞0，公差d＞0，前n项和为Sn，且m＋n＝2p(m、n、p∈N*)，求证：Sn＋Sm≥2Sp.证明：∵m2＋n2≥2mn，∴2(m2＋n2)≥(m＋n)2.又m＋n＝2p，∴m2＋n2≥2p2.3.如图，ABCD为直角梯形，∠BCD＝∠CDA＝90°，AD＝2BC＝2CD，P为平面ABCD外一点，且PB⊥BD.(1)求证：PA⊥BD；

(2)若PC与CD不垂直，求证：PA≠PD.证明：(1)因为ABCD为直角梯形，AD2AB2BD，所以AD2＝AB2＋BD2，因此AB⊥BD.又PB⊥BD，AB∩PB＝B，AB，PBÌ平面PAB，所以BD⊥平面PAB，又PAÌ平面PAB，所以PA⊥BD.(2)假设PA＝PD，取AD中点N，连结PN、BN，则PN⊥AD，BN⊥AD，且PN∩BN＝N，所以AD⊥平面PNB，得PB⊥AD.又PB⊥BD，且AD∩BD＝D，得PB⊥平面ABCD，所以PB⊥CD.又因为BC⊥CD，且PB∩BC＝B，所以CD⊥平面PBC，所以CD⊥PC，与已知条件PC与CD不垂直矛盾，所以PA≠PD.x－

24.已知f(x)＝ax(a＞1)．

x＋

1(1)证明f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．

证明：(1)设－1＜x1＜x2，则x2－x1＞0，ax2－x1＞1，ax1＞0，x1＋1＞0，x2＋1＞0，x－2x－23（x－x）

从而f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－ax1(ax2－x1－1)＋＞0，所以

x2＋1x1＋1（x2＋1）（x1＋1）

f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．

x0－2

(2)设存在x0＜0(x0≠－1)使f(x0)＝0，则ax0＝－x0＋1

x0－21

由0＜ax0＜10＜－＜1，即＜x0＜2，此与x0＜0矛盾，故x0不存在．

2x0＋1

1.分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．

2.反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法．适宜用反证法证明的数学命题：①结论本身是以否定形式出现的一类命题；②关于唯一性、存在性的命题；③结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；④结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题．

12.《推理与证明》限时训练题 篇十二

一、选择题：

21.命题：“正弦函数

是奇函数，f（x）=sin（x+1）是正弦函数，因此f（x）=

2sin（x+1）是奇函数”结论是错误的，其原因是（B）

A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．以上都不是

22.若大前提是：任何实数的平方都大于0，小前提是：a∈R，结论是：a＞0，那么这个演绎推理出错在（A）

A．大前提B．小前提C．推理过程D．以上都不是

3.命题：“所有的自然数是整数，─3是整数，则─3是自然数”结论是错误的，其原因是（C）

A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．以上都不是

4.设平面内有k条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k条直线的交点个数为f（k），则f（k+1）与f（k）的关系是（C）

A．f（k+1）=f（k）+k+1B．f（k+1）=f（k）+k-

1C．f（k+1）=f（k）+kD．f（k+1）=f（k）+k+

25.古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1、3、6、10„这样的数称为“三角形数”，而把1、4、9、16„这样的数称为“正方形数”．如图中可以发现，任何一个 大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻“三角形”之和，下列等式中，符合这一规律的表达式为（A）

①13=3+10；②25=9+16；③36=15+21；④49=18+31；⑤64=28+36．

A．③⑤B．②④⑤C．②③④D．①②③⑤

6.根据三角恒等变换，可得如下等式：

cosθ=cosθ；

2cos2θ=2cosθ-1；

3cos3θ=4cosθ-3cosθ；

42cos4θ=8cosθ-8cosθ+1；

53cos5θ=16cosθ-20cosθ+5cosθ；

642依此规律，猜测cos6θ=32cosθ+mcosθ+ncosθ-1，其中m+n=（B）

A．30B．-30C．24D．-18

7.把正整数按“S”型排成了如图所示的三角形数表，第n行有n个数，设第n行左侧第一个数为an，如a5=15，则该数列{an}的前n项和Tn（n为偶数）为（B）

7题图10题图

A.nn12n1

10nn1n2n3n2nn3n2n

B.C.D.6436466

8．下列类比推理命题（R为实数集，C为复数集）：

①“若a，b∈R，则a-b=0⇒a=b”类比推出“若a，b∈C，则a-b=0⇒a=b”；

②“若a，b∈R，则a-b＞0⇒a＞b”类比推出“若a，b∈C，则a-b＞0⇒a＞b”；

2③“若a，b∈

R，则（a+b）（a-b）=a-b”类比推出“若a，b∈C，则

（a+b）（a-b）=a-b”；

④“若a，b∈R，则|a|=|b|⇒a=±b”类比推出“若a，b∈C，则|a|=|b| ⇒a=±b”．

其中类比结论正确的个数是（C）

A．0B．1C．2D．3 9.已知tan(x+

x≠kπ+)，那么函数y=tanx的周期为π．类比4

4可推出：已知x∈R且f(x+π)A．πB．2πC．4πD．5π

二、填空题：

11.黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案，则第n个