推理与证明题型全归纳(AB卷)

第五节合情推理与演绎推理1．合情推理(1)归纳推理：①定义：由某类事物的局部对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都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．②特点：是由局部到整体、由个别到一般的推理．(2)类比推理①定义：由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理．②特点：类比推理是由特殊到特殊的推理．2．演绎推理(1)模式：三段论①大前提——的一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．(2)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理．演绎推理是由一般到特殊的证明，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的标准性．[试一试]1．数列2,5,11,20，x,47，…中的x等于()A．28 B．32C．33 D．27解析：选B由5－2＝3,11－5＝6,20－11＝9.那么x－20＝12，因此x＝32.2．“因为指数函数y＝ax是增函数(大前提)，而y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是指数函数(小前提)，所以y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x是增函数(结论)”，上面推理的错误是()A．大前提错导致结论错B．小前提错导致结论错C．推理形式错导致结论错D．大前提和小前提都导致结论错解析：选Ay＝ax是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错误．归纳推理与类比推理的步骤(1)归纳推理的一般步骤：①通过观察个别情况发现某些相同性质；②从的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜测)；③检验猜测．eq\x(实验、观察)→eq\x(概括、推广)→eq\x(猜测一般性结论)(2)类比推理的一般步骤：①找出两类事物之间的相似性或一致性；②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(猜测)；③检验猜测．eq\x(观察、比拟)→eq\x(联想、类推)→eq\x(猜测新结论)[练一练]在平面上，假设两个正三角形的边长的比为1∶2，那么它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，假设两个正四面体的棱长的比为1∶2，那么它们的体积比为________．解析：eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)S1h1,\f(1,3)S2h2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(S1,S2)))·eq\f(h1,h2)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).答案：1∶8考点一类比推理1.给出下面类比推理(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)：①“假设a，b∈R，那么a－b＝0⇒a＝b”类比推出“a，c∈C，那么a－c＝0⇒a＝c”；②“假设a，b，c，d∈R，那么复数a＋bi＝c＋di⇒a＝c，b＝d”类比推出“a，b，c，d∈Q，那么a＋beq\r(2)＝c＋deq\r(2)⇒a＝c，b＝d”；③“a，b∈R，那么a－b＞0⇒a＞b”类比推出“假设a，b∈C，那么a－b＞0⇒a＞b”；④“假设x∈R，那么|x|＜1⇒－1＜x＜1”类比推出“假设z∈C，那么|z|＜1⇒－1＜z＜1其中类比结论正确的个数为()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B类比结论正确的有①②.2．在平面几何里，有“假设△ABC的三边长分别为a，b，c内切圆半径为r，那么三角形面积为S△ABC＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r”，拓展到空间，类比上述结论，“假设四面体ABCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，那么四面体的体积为____________”．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eq\f(1,2)类比为三维图形中的eq\f(1,3)，得V四面体ABCD＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)r.答案：V四面体ABCD＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)r[类题通法]类比推理的分类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，求解时要认真分析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．考点二归纳推理[典例](1)(2013·陕西高考)观察以下等式(1＋1)＝2×1(2＋1)(2＋2)＝22×1×3(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5…照此规律，第n个等式可为________．(2)函数f(x)＝eq\f(x,x＋2)(x＞0)．如下定义一列函数：f1(x)＝f(x)，f2(x)＝f(f1(x))，f3(x)＝f(f2(x))，…，fn(x)＝f(fn－1(x))，…，n∈N*，那么由归纳推理可得函数fn(x)的解析式是fn(x)＝________.[解析](1)观察规律可知，左边为n项的积，最小项和最大项依次为(n＋1)，(n＋n)，右边为连续奇数之积乘以2n，那么第n个等式为：(n＋1)(n＋2)(n＋3)·…·(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)．(2)依题意得，f1(x)＝eq\f(x,x＋2)，f2(x)＝eq\f(\f(x,x＋2),\f(x,x＋2)＋2)＝eq\f(x,3x＋4)＝eq\f(x,22－1x＋22)，f3(x)＝eq\f(\f(x,3x＋4),\f(x,3x＋4)＋2)＝eq\f(x,7x＋8)＝eq\f(x,23－1x＋23)，…，由此归纳可得fn(x)＝eq\f(x,2n－1x＋2n)(x＞0)．[答案](1)(n＋1)(n＋2)(n＋3)·…·(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)(2)eq\f(x,2n－1x＋2n)(x＞0)[类题通法]归纳推理的分类常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类(1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等；(2)形的归纳主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳．[针对训练]下面图形由小正方形组成，请观察图1至图4的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是________．解析：由图知第n个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋…＋n.∴总个数为eq\f(nn＋1,2).答案：eq\f(nn＋1,2)考点三演绎推理[典例]数列{an}的前n项和记为Sn，a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n∈N*)．证明：(1)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.[证明](1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.故eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，(小前提)故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)(大前提是等比数列的定义)(2)由(1)可知eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)(n≥2)，∴Sn＋1＝4(n＋1)·eq\f(Sn－1,n－1)＝4·eq\f(n－1＋2,n－1)·Sn－1＝4an(n≥2)．(小前提)又∵a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提∴对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)[类题通法]演绎推理的结构特点(1)演绎推理是由一般到特殊的推理，其最常见的形式是三段论，它是由大前提、小前提、结论三局部组成的．三段论推理中包含三个判断：第一个判断称为大前提，它提供了一个一般的原理；第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况．这两个判断联合起来，提示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生了第三个判断：结论．(2)演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关系，解题时要找准正确的大前提．一般地，假设大前提不明确时，一般可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．[针对训练]如下图，D，E，F分别是BC，CA，AB上的点，∠BFD＝∠A，且DE∥BA.求证：ED＝AF(要求注明每一步推理的大前提、小前提和结论，并最终把推理过程用简略的形式表示出来)．证明：(1)同位角相等，两条直线平行，(大前提)∠BFD与∠A是同位角，且∠BFD＝∠A，(小前提)所以DF∥EA.(结论)(2)两组对边分别平行的四边形是平行四边形，(大前提)DE∥BA且DF∥EA，(小前提)所以四边形AFDE为平行四边形．(结论)(3)平行四边形的对边相等，(大前提)ED和AF为平行四边形的对边，(小前提)所以ED＝AF.(结论)上面的证明可简略地写成：eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(∠BFD＝∠A⇒DF∥EA,DE∥BA))⇒四边形AFDE是平行四边形⇒ED＝AF.[课堂练通考点]1．(2018合肥模拟)正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理()A．结论正确 B．大前提不正确C．小前提不正确 D．全不正确解析：选C因为f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提不正确.2．给出以下三个类比结论．①(ab)n＝anbn与(a＋b)n类比，那么有(a＋b)n＝an＋bn；②loga(xy)＝logax＋logay与sin(α＋β)类比，那么有sin(α＋β)＝sinαsinβ；③(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2与(a＋b)2类比，那么有(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2其中结论正确的个数是()A．0 B．1C．2 D．3解析：选B只有③正确．3．观察以下各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，那么a10＋b10＝()A．28 B．76C．123 D．199解析：选C记an＋bn＝f(n)，那么f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，那么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a10＋b10＝123.4．(2013·青岛期末)如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n))).假设y＝sinx在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．解析：由题意知，凸函数满足eq\f(fx1＋fx2＋…＋fxn,n)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，sinA＋sinB＋sinC≤3sineq\f(A＋B＋C,3)＝3sineq\f(π,3)＝eq\f(3\r(3),2).答案：eq\f(3\r(3),2)5．设等差数列{bn}的前n项和为Sn，那么S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论．设等比数列{an}的前n项积为Tn，那么T4，________，________，eq\f(T16,T12)成等比数列．解析：对于等比数列，通过类比等差数列，有等比数列{an}的前n项积为Tn，那么T4＝a1a2a3a4，T8＝a1a2…a8，T12＝a1a2…a12，T16＝a1a2…a16，所以eq\f(T8,T4)＝a5a6a7a8，eq\f(T12,T8)＝a9a10a11a12，eq\f(T16,T12)＝a13a14a15a16，所以T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)的公比为q16，因此T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)成等比数列．答案：eq\f(T8,T4)eq\f(T12,T8)6．(2014·山西四校联考)x∈(0，＋∞)，观察以下各式：x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\f(4,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)＝eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(27,x3)≥4，…，类比得x＋eq\f(a,xn)≥n＋1(n∈N*)，那么a＝________.解析：第一个式子是n＝1的情况，此时a＝11＝1；第二个式子是n＝2的情况，此时a＝22＝4；第三个式子是n＝3的情况，此时a＝33＝27，归纳可知a＝nn.答案：nn[课下提升考能]第Ⅰ组：全员必做题1．推理“①矩形是平行四边形；②三角形不是平行四边形；③三角形不是矩形”中的小前提是()A．① B．②C．③ D．①和②解析：选B由演绎推理三段论可知，①是大前提；②是小前提；③是结论．应选B.2．由代数式的乘法法那么类比推导向量的数量积的运算法那么：①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；⑥“eq\f(ac,bc)＝eq\f(a,b)”类比得到“eq\f(a·c,b·c)＝eq\f(a,b)”．以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是()A．1 B．2C．3 D．4解析：选B①②正确，③④⑤⑥错误．3．在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，那么eq\f(S1,S2)＝eq\f(1,4)，推广到空间可以得到类似结论；正四面体P－ABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，那么eq\f(V1,V2)＝()A.eq\f(1,8) B.eq\f(1,9)C.eq\f(1,64) D.eq\f(1,27)解析：选D正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,27).4．以下推理中属于归纳推理且结论正确的选项是()A．设数列{an}的前n项和为Sn.由an＝2n－1，求出S1＝12，S2＝22，S3＝32，…，推断：Sn＝n2B．由f(x)＝xcosx满足f(－x)＝－f(x)对∀x∈R都成立，推断：f(x)＝xcosx为奇函数C．由圆x2＋y2＝r2的面积S＝πr2，推断：椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的面积S＝πabD．由(1＋1)2＞21，(2＋1)2＞22，(3＋1)2＞23，…，推断：对一切n∈N*，(n＋1)2＞2n解析：选A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Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2，选项D中的推理属于归纳推理，但结论不正确．5．将正奇数按如下图的规律排列，那么第21行从左向右的第5个数为()eq\a\vs4\al(1,357,911131517,19212325272931,………)A．809 B．852C．786 D．893解析：选A前20行共有正奇数1＋3＋5＋…＋39＝202＝400个，那么第21行从左向右的第5个数是第405个正奇数，所以这个数是2×405－1＝809.6．在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按以下图所标边长，由勾股定理有：c2＝a2＋b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O－LMN，如果用S1，S2，S3表示三个侧面面积，S4表示截面面积，那么类比得到的结论是________．解析：将侧面面积类比为直角三角形的直角边，截面面积类比为直角三角形的斜边，可得Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4).答案：Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝Seq\o\al(2,4)7．假设{an}是等差数列，m，n，p是互不相等的正整数，那么有：(m－n)ap＋(n－p)am＋(p－m)an＝0，类比上述性质，相应地，对等比数列{bn}，有__________________．解析：设{bn}的首项为b1，公比为q，那么beq\o\al(m－n,p)·beq\o\al(n－p,m)·beq\o\al(p－m,n)＝(b1qp－1)m－n·(b1qm－1)n－p·(b1qn－1)p－m＝beq\o\al(0,1)·q0＝1.答案：beq\o\al(m－n,p)·beq\o\al(n－p,m)·beq\o\al(p－m,n)＝18．(2013·湖北高考)在平面直角坐标系中，假设点P(x，y)的坐标x，y均为整数，那么称点P为格点．假设一个多边形的顶点全是格点，那么称该多边形为格点多边形．格点多边形的面积记为S，其内部的格点数记为N，边界上的格点数记为L.例如图中△ABC是格点三角形，对应的S＝1，N＝0，L＝4.(1)图中格点四边形DEFG对应的S，N，L分别是________；(2)格点多边形的面积可表示为S＝aN＋bL＋c，其中a，b，c为常数．假设某格点多边形对应的N＝71，L＝18，那么S＝________(用数值作答)．解析：(1)由定义知，四边形DEFG由一个等腰直角三角形和一个平行四边形构成，其内部格点有1个，边界上格点有6个，S四边形DEFG＝3.(2)由待定系数法可得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＝a·0＋b·3＋c，,1＝a·0＋b·4＋c，,3＝a·1＋b·6＋c，))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝1，,b＝\f(1,2)，,c＝－1，))当N＝71，L＝18时，S＝1×71＋eq\f(1,2)×18－1＝79.答案：(1)3,1,6(2)799．平面中的三角形和空间中的四面体有很多相类似的性质，例如在三角形中：(1)三角形两边之和大于第三边；(2)三角形的面积S＝eq\f(1,2)×底×高；(3)三角形的中位线平行于第三边且等于第三边的eq\f(1,2)；……请类比上述性质，写出空间中四面体的相关结论．解：由三角形的性质，可类比得空间四面体的相关性质为：(1)四面体的任意三个面的面积之和大于第四个面的面积；(2)四面体的体积V＝eq\f(1,3)×底面积×高；(3)四面体的中位面平行于第四个面且面积等于第四个面的面积的eq\f(1,4).10．(2012·福建高考)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°－sin(－18°)cos48°；(5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(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：(1)选择(2)式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：法一：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).法二：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos60°－2α,2)－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)(1－cos2α)＝1－eq\f(1,4)cos2α－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(3,4).第Ⅱ组：重点选做题1．观察以下算式：13＝1，23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，……假设某数m3按上述规律展开后，发现等式右边含有“2013”这个数，那么m＝________.解析：某数m3按上述规律展开后，等式右边为m个连续奇数的和，观察可知每行的最后一个数为1＝12＋0,5＝22＋1,11＝32＋2,19＝42＋3，…，所以第m行的最后一个数为m2＋(m－1)．因为当m＝44时，m2＋(m－1)＝1979，当m＝45时，m2＋(m－1)＝2069，所以要使等式右边含有“2013”这个数，那么m＝45.答案：452．(2018东北三校联考)在数列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＝(－1)n·2an－2(n≥3，n∈N*)，其前n项和为Sn.(1)a2n＋1关于n的表达式为________；(2)观察S1，S2，S3，S4，…Sn，在数列{Sn}的前100项中相等的项有________对．解析：(1)eq\f(a3,a1)＝eq\f(a5,a3)＝…＝eq\f(a2n＋1,a2n－1)＝－2，又a1＝1，从而a2n＋1＝(－2)n.(2)由(1)及条件知，数列{an}为1,2，－2,22，(－2)2,23，(－2)3,24，…，从而可知S1＝S3，S5＝S7，S9＝S11，…，故在{Sn}的前100项中相等的项有25对．答案：(1)a2n＋1＝(－2)n(2)25第六节直接证明和间接证明1．直接证明(1)综合法：利用条件和某些数学定义、公理、定理等，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．(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(条件、定理、定义、公理等)为止，这种证明方法叫做分析法．2．间接证明反证法：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，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．1．用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的标准性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．2．利用反证法证明数学问题时，没有用假设命题推理而推出矛盾结果，其推理过程是错误的．[试一试]1．要证明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是()A．综合法 B．分析法C．反证法 D．归纳法解析：选B要证明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)成立，可采用分析法对不等式两边平方后再证明．2．用反证法证明“如果a>b，那么eq\r(3,a)>eq\r(3,b)”假设内容应是()A.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b) B.eq\r(3,a)<eq\r(3,b)C.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)且eq\r(3,a)<eq\r(3,b) D.eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)<eq\r(3,b)解析：选D假设结论不成立，即eq\r(3,a)>eq\r(3,b)的否认为eq\r(3,a)≤eq\r(3,b).明晰三种证题的一般规律(1)综合法证题的一般规律：用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想条件所具备的各种性质，逐层推进，从而由逐步推出结论．(2)分析法证题的一般规律：分析法的思路是逆向思维，用分析法证题必须从结论出发，倒着分析，寻找结论成立的充分条件．应用分析法证明问题时要严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件．(3)反证法证题的一般规律：反证法证题的实质是证明它的逆否命题成立．反证法的主要依据是逻辑中的排中律，排中律的一般形式是：或者是A，或者是非A.即在同一讨论过程中，A和非A有且仅有一个是正确的，不能有第三种情况出现．[练一练]在不等边三角形中，a为最大边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足________．解析：由余弦定理cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)<0，所以b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2.答案：a2>b2＋c2考点一综合法1.(2013·江苏高考节选)设{an}是首项为a，公差为d的等差数列(d≠0)，Sn是其前n项的和．记bn＝eq\f(nSn,n2＋c)，n∈N*，其中c为实数．假设c＝0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)．证明：由题意得，Sn＝na＋eq\f(nn－1,2)d.由c＝0，得bn＝eq\f(Sn,n)＝a＋eq\f(n－1,2)d.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以beq\o\al(2,2)＝b1b4，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(d,2)))2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,2)d))，化简得d2－2ad＝0.因为d≠0，所以d＝2a.因此，对于所有的m∈N*，有Sm＝m2a从而对于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2S2．函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝a＋bx－eq\f(1,2)x2＋eq\f(1,3)x3，函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图像在交点(0,0)处有公共切线．(1)求a，b；(2)证明：f(x)≤g(x)．解：(1)f′(x)＝eq\f(1,1＋x)，g′(x)＝b－x＋x2，由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g0＝f0，,f′0＝g′0，))解得a＝0，b＝1.(2)证明：令h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,3)x3＋eq\f(1,2)x2－x(x＞－1)．h′(x)＝eq\f(1,x＋1)－x2＋x－1＝eq\f(－x3,x＋1).h(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数．h(x)max＝h(0)＝0，h(x)≤h(0)＝0，即f(x)≤g(x)．[类题通法]综合法证题的思路考点二分析法[典例]函数f(x)＝tanx，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，假设x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且x1≠x2，求证：eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).[证明]要证eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即证明eq\f(1,2)(tanx1＋tanx2)>taneq\f(x1＋x2,2)，只需证明eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx1,cosx1)＋\f(sinx2,cosx2)))>taneq\f(x1＋x2,2)，只需证明eq\f(sinx1＋x2,2cosx1cosx2)>eq\f(sinx1＋x2,1＋cosx1＋x2).由于x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，故x1＋x2∈(0，π)．∴cosx1cosx2>0，sin(x1＋x2)>0，1＋cos(x1＋x2)>0，故只需证明1＋cos(x1＋x2)>2cosx1cosx2，即证1＋cosx1cosx2－sinx1sinx2>2cosx1cosx2，即证：cos(x1－x2)<1.由x1，x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，x1≠x2知上式显然成立，因此，eq\f(1,2)[f(x1)＋f(x2)]>feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).假设本例中f(x)变为f(x)＝3x－2x，试证：对于任意的x1，x2∈R，均有eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).证明：要证明eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，即证明eq\f(3x1－2x1＋3x2－2x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－2·eq\f(x1＋x2,2)， 因此只要证明eq\f(3x1＋3x2,2)－(x1＋x2)≥3eq\f(x1＋x2,2)－(x1＋x2)，即证明eq\f(3x1＋3x2,2)≥3eq\f(x1＋x2,2)，因此只要证明eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)，由于x1，x2∈R时，3x1>0,3x2>0，由根本不等式知eq\f(3x1＋3x2,2)≥eq\r(3x1·3x2)显然成立，故原结论成立．[类题通法]分析法证题的技巧(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的方法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法由条件证明这个中间结论，从而使原命题得证．[针对训练]△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，A，B，C的对边分别为a，b，c.求证：eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c).证明：要证eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，即证eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3也就是eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，需证c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．考点三反证法[典例]f(x)＝ax2＋bx＋c，假设a＋c＝0，f(x)在[－1,1]上的最大值为2，最小值为－eq\f(5,2).求证：a≠0且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.[证明]假设a＝0或eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))≥2.(1)当a＝0时，由a＋c＝0，得f(x)＝bx，显然b≠0.由题意得f(x)＝bx在[－1,1]上是单调函数，所以f(x)的最大值为|b|，最小值为－|b|.由条件，得|b|＋(－|b|)＝2－eq\f(5,2)＝－eq\f(1,2)，这与|b|＋(－|b|)＝0相矛盾，所以a≠0.(2)当eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))≥2时，由二次函数的对称轴为x＝－eq\f(b,2a)，知f(x)在[－1,1]上是单调函数，故其最值在区间的端点处取得．所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a＋b＋c＝2，,f－1＝a－b＋c＝－\f(5,2)，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1＝a＋b＋c＝－\f(5,2)，,f－1＝a－b＋c＝2.))又a＋c＝0，那么此时b无解，所以eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.由(1)(2)，得a≠0且eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))<2.[类题通法]反证法证明问题的一般步骤(1)反设：假定所要证的结论不成立，而设结论的反面(否认命题)成立；(否认结论)(2)归谬：将“反设”作为条件，由此出发经过正确的推理，导出矛盾——与条件、的定义、公理、定理及明显的事实矛盾或自相矛盾；(推导矛盾)(3)立论：因为推理正确，所以产生矛盾的原因在于“反设”的谬误．既然原命题结论的反面不成立，从而肯定了原命题成立．(命题成立)[针对训练]实数a，b，c，d满足a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd＞1，求证：a，b，c，d中至少有一个为负数．证明：假设a，b，c，d都是非负数，那么由a＋b＝c＋d＝1，得1＝(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，即ac＋bd≤1，这与ac＋bd＞1矛盾，故假设不成立．即a，b，c，d中至少有一个为负数．[课堂练通考点]1．命题“如果数列{an}的前n项和Sn＝2n2－3n，那么数列{an}一定是等差数列”是否成立()A．不成立 B．成立C．不能断定 D．能断定解析：选B∵Sn＝2n2－3n，∴Sn－1＝2(n－1)2－3(n－1)(n≥2)，∴an＝Sn－Sn－1＝4n－5(当n＝1时，a1＝S1＝－1符合上式)．∴an＋1－an＝4(n≥1)，∴{an}是等差数列．2．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明()A．2ab－1－a2b2≤0 B．a2＋b2－1－eq\f(a4＋b4,2)≤0C.eq\f(a＋b2,2)－1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0解析：选D因为a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0.3．不相等的三个正数a，b，c成等差数列，并且x是a，b的等比中项，y是b，c的等比中项，那么x2，b2，y2三数()A．成等比数列而非等差数列B．成等差数列而非等比数列C．既成等差数列又成等比数列D．既非等差数列又非等比数列解析：选B由条件，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝2b，①,x2＝ab，②,y2＝bc.③))由②③得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(x2,b)，,c＝\f(y2,b).))代入①，得eq\f(x2,b)＋eq\f(y2,b)＝2b，即x2＋y2＝2b2.故x2，b2，y2成等差数列．4．设a，b是两个实数，给出以下条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是A．②③ B．①②③C．③ D．③④⑤解析：选C假设a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，那么a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；假设a＝b＝1，那么a＋b＝2，故②推不出；假设a＝－2，b＝－3，那么a2＋b2>2，故④推不出；假设a＝－2，b＝－3，那么ab>1，故⑤推不出；对于③，即a＋b>2，那么a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b≤1，那么a＋b≤2与a＋b>2矛盾，因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.5．数列{an}满足a1＝λ，an＋1＝eq\f(2,3)an＋n－4，n∈N*，其中λ为实数．求证：数列{an}不是等比数列．证明：由可得a1＝λ，a2＝eq\f(2,3)λ－3，a3＝eq\f(4,9)λ－4.假设存在实数λ，使{an}是等比数列，那么必有aeq\o\al(2,2)＝a1a3，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)λ－3))2＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,9)λ－4))，于是eq\f(4,9)λ2－4λ＋9＝eq\f(4,9)λ2－4λ，可得9＝0，矛盾，所以假设错误，即数列{an}不是等比数列．[课下提升考能]1．用反证法证明：假设整系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数．用反证法证明时，以下假设正确的选项是()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至多有一个偶数D．假设a，b，c至多有两个偶数解析：选B“至少有一个”的否认为“都不是”．应选B.2．(2014·银川模拟)设a，b，c是不全相等的正数，给出以下判断：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b，a<b及a＝b中至少有一个成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立，其中正确判断的个数为()A．0 B．1C．2 D．3解析：选C①②正确；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正确的判断有2个．3．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，假设x1＋x2>0，那么f(x1)＋f(x2)的值()A．恒为负值 B．恒等于零C．恒为正值 D．无法确定正负解析：选A由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)<f(－x2)＝－f(x2)，那么f(x1)＋f(x2)<0，应选A.4.eq\a\vs4\al(创新题)在R上定义运算：eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ab,cd))＝ad－bc.假设不等式eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(x－1a－2,a＋1x))≥1对任意实数x恒成立，那么实数a的最大值为()A．－eq\f(1,2) B．－eq\f(3,2)C.eq\f(1,2) D.eq\f(3,2)解析：选D据定义可得不等式x2－x－a2＋a＋1≥0恒成立，故Δ＝1－4(－a2＋a＋1)≤0，解得－eq\f(1,2)≤a≤eq\f(3,2)，故a的最大值为eq\f(3,2).5．如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，A．△A1B1C1和△A2B2CB．△A1B1C1和△A2B2CC．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2CD．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C解析：选D由条件知，△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，那