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1、第二章 推理与证明自我校对由部分到整体，由个别到一般类比推理演绎推理由一般到特殊综合法执果索因反证法归纳推理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)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般命题(猜想)2在应用归纳推理时，首先要观察部分对象的整体特征，然后分析所观察对象中哪些元素是不变的，哪些元素是变化的，并将变化的量的变化规律表达出来如图21，一个树形图依据下列规律不断生长：1个空心圆点到下一行仅生长出1个实心圆点，1个实心圆点到下一行生长出1个实心圆点和1个空心圆点则第11行的实心圆点的个数是_图21【精彩点拨】列出每行实心圆点的个数，从中归纳出变化规律，然后运
2、用此规律求第11行实心圆点的个数【规范解答】前6行中实心圆点的个数依次为：0,1,1,2,3,5，据此猜想这个数列的规律为：从第3项起，每一项都等于它前面两项的和，故续写这个数列到第11行如下：8,13,21,34,55，所以第11行的实心圆点的个数是55.【答案】55再练一题1记Sk1k2k3knk，当k1,2,3，时，观察下列等式：S1n2n，S2n3n2n，S3n4n3n2，S4n5n4n3n，S5An6n5n4Bn2，可以推测，AB_.【解析】由S1，S2，S3，S4各项系数知，A，AB1，于是B，所以AB.【答案】类比推理1.类比推理的基本原则是根据当前问题的需要，选择适当的类比对象
3、，可以从几何元素的数目、位置关系、度量等方面入手，由平面中的相关结论可以类比得到空间中的相关结论2平面图形与空间图形类比平面图形空间图形点线线面边长面积面积体积线线角二面角三角形四面体在平面几何中研究正三角形内任意一点与三边的关系时，我们有真命题：边长为a的正三角形内任意一点到各边的距离之和是定值a，类比上述命题，请你写出关于正四面体内任意一点与四个面的关系的一个真命题，并给出简要的证明【精彩点拨】利用类比推理时，正三角形可类比成正四面体，归纳出结论再给予证明【规范解答】类比所得的真命题是：棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和是定值a.证明：设M是正四面体PABC内任一点，M到面AB
4、C，面PAB，面PAC，面PBC的距离分别为d1，d2，d3，d4.由于正四面体四个面的面积相等，故有：VPABCVMABCVMPABVMPACVMPBCSABC(d1d2d3d4)，而SABCa2，VPABCa3，故d1d2d3d4a(定值)再练一题2在ABC中，若ABAC，ADBC于D，则.在四面体ABCD中，若AB，AC，AD两两垂直，AH底面BCD，垂足为H，则类似的结论是什么？并说明理由. 【导学号：81092031】【解】类似的结论是：如图，在四面体ABCD中，若AB，AC，AD两两垂直，AH底面BCD，垂足为H，则.证明如下：连接BH并延长交CD于E，连接AE.AB，AC，AD两
5、两垂直，AB平面ACD.又AE平面ACD，ABAE.在RtABE中，有.又易证CDAE，在RtACD中，.将代入得.演绎推理演绎推理是由一般到特殊的推理，一般模式为三段论演绎推理只要前提正确，推理的形式正确，那么推理所得的结论就一定正确已知平面平面，直线l，lA，如图22所示，求证：l.图22【精彩点拨】分别确定大前提、小前提，利用演绎推理的方法证明【规范解答】在平面内任取一条直线b，平面是经过点A与直线b的平面设a.如果两个平行平面同时和第三个平面相交，那么它们的交线平行，(大前提)，且a，b，(小前提)所以ab.(结论)如果一条直线与一个平面垂直，那么这条直线和这个平面内的任意一条直线都垂
6、直，(大前提)且l，a，(小前提)所以la.(结论)如果一条直线和两条平行线中的一条垂直，那么它也与另一条垂直，(大前提)ab，且la，(小前提)所以lb.(结论)如果一条直线和一个平面内的任意一条直线都垂直，那么这条直线和这个平面垂直，(大前提)因为lb，且直线b是平面内的任意一条直线，(小前提)所以l.(结论)再练一题3如图23，在空间四边形ABCD中，M，N分别为AB，AD的中点求证：MN平面BCD(写出大前提，小前提，结论)图23【证明】三角形中位线平行于底边，(大前提)M，N分别为AB与AD的中点，MN为ABD的中位线(小前提)MNBD.(结论)又平面外一条直线与平面内一条直线平行，
7、则这条直线与这个平面平行，(大前提)MN平面BCD，BD平面BCD，MNBD，(小前提)MN平面BCD.(结论)直接证明综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题常用的思维方式如果从解题的切入点的角度细分，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设f(x)ax2bxc(a0)，若函数f(x1)与f(x)的图象关于y轴对称求证：f为偶函数【精彩点拨】解答本题可先分析f为偶函数的条件，再利用已知推出满足的条件或寻
8、找结论成立的条件【规范解答】要证f为偶函数，只需证f的对称轴为x0，只需证0，只需证ab.因为函数f(x1)与f(x)的图象关于y轴对称，即x1与x关于y轴对称，即10，整理得1，即ab成立，故原命题得证再练一题4已知a，b，c为互不相等的非负数求证：a2b2c2()【证明】(1)因为a2b22ab，b2c22bc，a2c22ac，又因为a，b，c为互不相等的非负数，所以上面三个式子中都不能取“”，所以a2b2c2abbcac，因为abbc2，bcac2，abac2，又a，b，c为互不相等的非负数，所以abbcac()，所以a2b2c2()“正难则反”思想当一个命题的结论是以“至多”“至少”“
9、唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等等求证：若两条平行直线a，b中的一条与平面相交，则另一条也与平面相交【精彩点拨】直接证明直线与平面相交比较困难，故考虑用反证法【规范解答】不妨设直线a与平面相交，假设直线b不与平面相交，则b或b平面.若b，由ab，a，得a，这与“a与平面相交”矛盾若b，则平面内有直线b，使bb.而ab，故ab，因为a，所以a，这与“a与平面相交”矛盾综上所述，假设不成立，则直线b与平面只能相交再练一题5已知a，b，c，dR，且abcd1，acbd1，求证：a，
10、b，c，d中至少有一个是负数【证明】假设a，b，c，d都是非负数，因为abcd1，所以(ab)(cd)1.又(ab)(cd)acbdadbcacbd，所以acbd1，这与已知acbd1矛盾，所以a，b，c，d中至少有一个是负数.1已知a，b0且a1，b1，若logab1，则()A(a1)(b1)0C(b1)(ba)0【解析】a，b0且a1，b1，当a1，即a10时，不等式logab1可化为alogaba1，即ba1，(a1)(ab)0，(b1)(ba)0.当0a1，即a11可化为alogaba1，即0ba1，(a1)(ab)0，(b1)(ba)0.综上可知，选D.【答案】D2袋中装有偶数个球，
11、其中红球、黑球各占一半甲、乙、丙是三个空盒每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则()A乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C乙盒中红球不多于丙盒中红球D乙盒中黑球与丙盒中红球一样多【解析】通过随机事件直接分析出现情况的可能性取两个球往盒子中放有4种情况：红红，则乙盒中红球数加1；黑黑，则丙盒中黑球数加1；红黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；黑红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样多，所以和的情况一样多，和的情况完全随机和对B选项中的乙
12、盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响和出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样综上，选B.【答案】B3观察下列等式：2212；222223；222234；222245；照此规律，2222_.【解析】通过观察已给出等式的特点，可知等式右边的是个固定数，后面第一个数是等式左边最后一个数括号内角度值分子中的系数的一半，后面第二个数是第一个数的下一个自然数，所以，所求结果为n(n1)，即n(n1)【答案】n(n1)4已知f(x)，x0，若f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x)，nN，则f2 014(x)的表达式为_【解析】f1(x)，f2(x)，f3
13、(x)，由数学归纳法得f2 014(x).【答案】f2 014(x)5有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_【解析】根据丙的说法及乙看了丙的卡片后的说法进行推理由丙说“我的卡片上的数字之和不是5”，可推知丙的卡片上的数字是1和2或1和3.又根据乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”可知，乙的卡片不含1，所以乙的卡片上的数字为2和3.再根据甲的说法“我与乙的卡片上相同的数字不是2”可知，甲的卡片上的数字是1和3.【答案】1和3章末综合测评(二)推理与证明(时间120分钟，满分150分)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分在
