【三維設(shè)計】2021-2022學(xué)年新課標(biāo)A版數(shù)學(xué)選修1-2習(xí)題-第二章-推理與證明推理與證明

2.1合情推理與演繹推理2．1.1合情推理歸納推理[提出問題]如圖(甲)是第七屆國際數(shù)學(xué)訓(xùn)練大會(簡稱ICME－7)的會徽圖案，會徽的主體圖案是由如圖(乙)的一連串直角三角形演化而成的，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，假如把圖(乙)中的直角三角形依此規(guī)律連續(xù)作下去，記OA1，OA2，…，OAn的長度構(gòu)成數(shù)列{an問題1：試計算a1，a2，a3，a4的值．提示：由圖知：a1＝OA1＝1，a2＝OA2＝eq\r(OA\o\al(2,1)＋A1A\o\al(2,2))＝eq\r(12＋12)＝eq\r(2)，a3＝OA3＝eq\r(OA\o\al(2,2)＋A2A\o\al(2,3))＝eq\r(\r(2)2＋12)＝eq\r(3)，a4＝OA4＝eq\r(OA\o\al(2,3)＋A3A\o\al(2,4))＝eq\r(\r(3)2＋12)＝eq\r(4)＝2.問題2：由問題1中的結(jié)果，你能猜想出數(shù)列{an}的通項公式an嗎？提示：能猜想出an＝eq\r(n)(n∈N*)．問題3：直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的內(nèi)角和都是180°，你能猜想出什么結(jié)論？提示：全部三角形的內(nèi)角和都是180°.問題4：以上兩個推理有什么共同特點(diǎn)？提示：都是由個別事實推出一般結(jié)論．[導(dǎo)入新知]1．歸納推理的定義由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或者由個別事實概括出一般結(jié)論的推理，稱為歸納推理．2．歸納推理的特征歸納推理是由部分到整體、由個別到一般的推理．[化解疑難]歸納推理的特點(diǎn)(1)由歸納推理得到的結(jié)論具有猜想的性質(zhì)，結(jié)論是否正確，還需經(jīng)過規(guī)律證明和實踐檢驗，因此，歸納推理不能作為數(shù)學(xué)證明的工具；(2)一般地，假如歸納的個別對象越多，越具有代表性，那么推廣的一般性結(jié)論也就越牢靠.類比推理[提出問題]問題1：在三角形中，任意兩邊之和大于第三邊，那么，在四周體中，各個面的面積之間有什么關(guān)系？提示：四周體中任意三個面的面積之和大于第四個面的面積．問題2：三角形的面積等于底邊與高乘積的eq\f(1,2)，那么在四周體中，如何表示四周體的體積？提示：四周體的體積等于底面積與高乘積的eq\f(1,3).問題3：以上兩個推理有什么共同特點(diǎn)？提示：依據(jù)三角形的特征，推出四周體的特征．問題4：以上兩個推理是歸納推理嗎？提示：不是．歸納推理是從特殊到一般的推理，而以上兩個推理是從特殊到特殊的推理．[導(dǎo)入新知]1．類比推理的定義由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理，稱為類比推理．2．類比推理的特征類比推理是由特殊到特殊的推理．[化解疑難]對類比推理的定義的理解(1)類比推理是兩類對象特征之間的推理．(2)對象的各共性質(zhì)之間并不是孤立存在的，而是相互聯(lián)系和相互制約的，假如兩個對象有些性質(zhì)相像或相同，那么它們另一些性質(zhì)也可能相像或相同．(3)在數(shù)學(xué)中，我們可以由已經(jīng)解決的問題和已經(jīng)獲得的學(xué)問動身，通過類比提出新問題和獲得新發(fā)覺．?dāng)?shù)、式中的歸納推理[例1]已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝－eq\f(2,3)，且Sn＋eq\f(1,Sn)＋2＝an(n≥2)，計算S1，S2，S3，S4，并猜想Sn的表達(dá)式．[解]當(dāng)n＝1時，S1＝a1＝－eq\f(2,3)；當(dāng)n＝2時，eq\f(1,S2)＝－2－S1＝－eq\f(4,3)，所以S2＝－eq\f(3,4)；當(dāng)n＝3時，eq\f(1,S3)＝－2－S2＝－eq\f(5,4)，所以S3＝－eq\f(4,5)；當(dāng)n＝4時，eq\f(1,S4)＝－2－S3＝－eq\f(6,5)，所以S4＝－eq\f(5,6).猜想：Sn＝－eq\f(n＋1,n＋2)，n∈N*.[類題通法]歸納推理的一般步驟歸納推理的思維過程大致是：試驗、觀看→概括、推廣→猜想一般性結(jié)論．該過程包括兩個步驟：(1)通過觀看個別對象發(fā)覺某些相同性質(zhì)；(2)從已知的相同性質(zhì)中推出一個明確表述的一般性命題(猜想)．[活學(xué)活用]將全體正整數(shù)排成一個三角形數(shù)陣：12345678910…依據(jù)以上排列的規(guī)律，求第n行(n≥3)從左向右數(shù)第3個數(shù)．解：前(n－1)行共有正整數(shù)[1＋2＋…＋(n－1)]個，即eq\f(n2－n,2)個，因此第n行第3個數(shù)是全體正整數(shù)中第eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2－n,2)＋3))個，即為eq\f(n2－n＋6,2).圖形中的歸納推理[例2](1)有兩種花色的正六邊形地面磚，按下圖的規(guī)律拼成若干個圖案，則第六個圖案中有菱形紋的正六邊形的個數(shù)是()A．26 B．31C．32 D．36(2)把1,3,6,10,15,21，…這些數(shù)叫做三角形數(shù)，這是由于個數(shù)等于這些數(shù)目的點(diǎn)可以分別排成一個正三角形(如圖)，試求第七個三角形數(shù)是________．[解析](1)選B法一：有菱形紋的正六邊形個數(shù)如下表：圖案123…個數(shù)61116…由表可以看出有菱形紋的正六邊形的個數(shù)依次組成一個以6為首項，以5為公差的等差數(shù)列，所以第六個圖案中有菱形紋的正六邊形的個數(shù)是6＋5×(6－1)＝31.法二：由圖案的排列規(guī)律可知，除第一塊無紋正六邊形需6個有紋正六邊形圍繞(圖案1)外，每增加一塊無紋正六邊形，只需增加5塊菱形紋正六邊形(每兩塊相鄰的無紋正六邊形之間有一塊“公共”的菱形紋正六邊形)，故第六個圖案中有菱形紋的正六邊形的個數(shù)為：6＋5×(6－1)＝31.故選B.(2)第七個三角形數(shù)為1＋2＋3＋4＋5＋6＋7＝28.[答案](1)B(2)28[類題通法]解決圖形中歸納推理的方法解決與圖形有關(guān)的歸納推理問題常從以下兩個方面著手：(1)從圖形的數(shù)量規(guī)律入手，找到數(shù)值變化與數(shù)量的關(guān)系．(2)從圖形的結(jié)構(gòu)變化規(guī)律入手，找到圖形的結(jié)構(gòu)每發(fā)生一次變化后，與上一次比較，數(shù)值發(fā)生了怎樣的變化．[活學(xué)活用]如圖，第n個圖形是由正n＋2邊形“擴(kuò)展”而來(n＝1,2,3，…)，則第n個圖形中的頂點(diǎn)個數(shù)為()A．(n＋1)(n＋2) B．(n＋2)(n＋3)C．n2 D．n解析：選B第一個圖形共有12＝3×4個頂點(diǎn)，其次個圖形共有20＝4×5個頂點(diǎn)，第三個圖形共有30＝5×6個頂點(diǎn)，第四個圖形共有42＝6×7個頂點(diǎn)，故第n個圖形共有(n＋2)(n＋3)個頂點(diǎn).類比推理[例3]設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列，類比以上結(jié)論有：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項積為Tn，則T4，________，________，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列．[解析]由于等差數(shù)列與等比數(shù)列具有類比性，且等差數(shù)列與和差有關(guān)，等比數(shù)列與積商有關(guān)，因此當(dāng)?shù)炔顢?shù)列依次每4項之和仍成等差數(shù)列時，類比等比數(shù)列為依次每4項的積的商成等比數(shù)列．下面證明該結(jié)論的正確性：設(shè)等比數(shù)列{bn}的公比為q，首項為b1，則T4＝beq\o\al(4,1)q6，T8＝beq\o\al(8,1)q1＋2＋…＋7＝beq\o\al(8,1)q28，T12＝beq\o\al(12,1)q1＋2＋…＋11＝beq\o\al(12,1)q66，T16＝beq\o\al(16,1)q1＋2＋…＋15＝beq\o\al(16,1)q120，∴eq\f(T8,T4)＝beq\o\al(4,1)q22，eq\f(T12,T8)＝beq\o\al(4,1)q38，eq\f(T16,T12)＝beq\o\al(4,1)q54，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T8,T4)))2＝eq\f(T12,T8)·T4，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(T12,T8)))2＝eq\f(T8,T4)·eq\f(T16,T12)，故T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列．[答案]eq\f(T8,T4)eq\f(T12,T8)[類題通法]類比推理的一般步驟類比推理的思維過程大致是：觀看、比較→聯(lián)想、類推→猜想新的結(jié)論．該過程包括兩個步驟：(1)找出兩類對象之間的相像性或全都性；(2)用一類對象的性質(zhì)去猜想另一類對象的性質(zhì)，得出一個明確的命題(猜想)．[活學(xué)活用]已知橢圓具有以下性質(zhì)：已知M，N是橢圓C上關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩個點(diǎn)，點(diǎn)P是橢圓上任意一點(diǎn)，若直線PM，PN的斜率都存在，并記為kPM，kPN，那么kPM與kPN之積是與點(diǎn)P的位置無關(guān)的定值．試對雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)寫出類似的性質(zhì)，并加以證明．解：類似的性質(zhì)為：已知M，N是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)上關(guān)于原點(diǎn)對稱的兩個點(diǎn)，點(diǎn)P是雙曲線上任意一點(diǎn)，若直線PM，PN的斜率都存在，并記為kPM，kPN，那么kPM與kPN之積是與點(diǎn)P的位置無關(guān)的定值．證明如下：設(shè)點(diǎn)M，P的坐標(biāo)為(m，n)，(x，y)，則N點(diǎn)的坐標(biāo)為(－m，－n)．∵點(diǎn)M(m，n)在已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上，∴eq\f(m2,a2)－eq\f(n2,b2)＝1，得n2＝eq\f(b2,a2)m2－b2，同理y2＝eq\f(b2,a2)x2－b2.∴y2－n2＝eq\f(b2,a2)(x2－m2)．則kPM·kPN＝eq\f(y－n,x－m)·eq\f(y＋n,x＋m)＝eq\f(y2－n2,x2－m2)＝eq\f(b2,a2)·eq\f(x2－m2,x2－m2)＝eq\f(b2,a2)(定值)．∴kPM與kPN之積是與點(diǎn)P的位置無關(guān)的定值．eq\a\vs4\al(,,1.從平面到空間的類比)[典例]三角形與四周體有下列相像性質(zhì)：(1)三角形是平面內(nèi)由直線段圍成的最簡潔的封閉圖形；四周體是空間中由三角形圍成的最簡潔的封閉圖形．(2)三角形可以看作是由一條線段所在直線外一點(diǎn)與這條線段的兩個端點(diǎn)的連線所圍成的圖形；四周體可以看作是由三角形所在平面外一點(diǎn)與這個三角形三個頂點(diǎn)的連線所圍成的圖形．通過類比推理，依據(jù)三角形的性質(zhì)推想空間四周體的性質(zhì)，并填寫下表：三角形四周體三角形的兩邊之和大于第三邊三角形的中位線的長等于第三邊長的一半，且平行于第三邊三角形的三條內(nèi)角平分線交于一點(diǎn)，且這個點(diǎn)是三角形內(nèi)切圓的圓心[解]三角形和四周體分別是平面圖形和空間圖形，三角形的邊對應(yīng)四周體的面，即平面的線類比到空間為面．三角形的中位線對應(yīng)四周體的中截面(以任意三條棱的中點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形)，三角形的內(nèi)角對應(yīng)四周體的二面角，三角形的內(nèi)切圓對應(yīng)四周體的內(nèi)切球．具體見下表：三角形四周體三角形的兩邊之和大于第三邊四周體的三個面的面積之和大于第四個面的面積三角形的中位線的長等于第三邊長的一半，且平行于第三邊四周體的中截面的面積等于第四個面的面積的eq\f(1,4)，且平行于第四個面三角形的三條內(nèi)角平分線交于一點(diǎn)，且這個點(diǎn)是三角形內(nèi)切圓的圓心四周體的六個二面角的平分面交于一點(diǎn)，且這個點(diǎn)是四周體內(nèi)切球的球心[多維探究]1．解決此類問題，從幾何元素的數(shù)目、位置關(guān)系、度量等方面入手，將平面幾何的相關(guān)結(jié)論類比到立體幾何中，相關(guān)類比點(diǎn)如下：平面圖形點(diǎn)線邊長面積線線角三角形平行四邊形圓空間圖形線面面積體積二面角四周體六面體球2．常見的從平面到空間的類比有以下幾種狀況，要留意把握：(1)三角形類比到三棱錐：例：在平面幾何里，有勾股定理：“設(shè)△ABC的兩邊AB，AC相互垂直，則AB2＋AC2＝BC2”，拓展到空間，類比平面幾何的勾股定理，爭辯三棱錐的側(cè)面積與底面積間的關(guān)系，可以得出的正確結(jié)論是：“設(shè)三棱錐A-BCD的三個側(cè)面ABC，ACD，ADB兩兩相互垂直，則________________________________________________________________________”解析：“直角三角形的直角邊長、斜邊長”類比為“直角三棱錐的側(cè)面積、底面積”．答案：Seq\o\al(2,△ABC)＋Seq\o\al(2,△ACD)＋Seq\o\al(2,△ADB)＝Seq\o\al(2,△BCD)(2)平行四邊形類比到平行六面體：例：平面幾何中，有結(jié)論：“平行四邊形兩條對角線的平方和等于四條邊的平方和”．類比這一結(jié)論，將其拓展到空間，可得到結(jié)論：“______________________________________”．解析：“平行四邊形的邊、對角線”類比為“平行六面體的棱、對角線”．答案：平行六面體四條對角線的平方和等于十二條棱的平方和(3)圓類比到球：例：半徑為r的圓的面積S(r)＝πr2，周長C(r)＝2πr，若將r看作(0，＋∞)上的變量，則(πr2)′＝2πr①，①式可以用語言敘述為：圓的面積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于圓的周長函數(shù)．對于半徑為R的球，若將R看作(0，＋∞)上的變量，請你寫出類似于①的式子②：__________________________，②式可以用語言敘述為：_________________________________________________.解析：通過給出的兩個量之間的關(guān)系，類比球的體積公式和球的表面積公式，我們不難發(fā)覺eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)πR3))′＝4πR2，從而使問題解決．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)πR3))′＝4πR2球的體積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于球的表面積函數(shù)(4)平面解析幾何類比到空間解析幾何：例：類比平面內(nèi)一點(diǎn)P(x0，y0)到直線Ax＋By＋C＝0(A2＋B2≠0)的距離公式，猜想空間中一點(diǎn)P(x0，y0，z0)到平面Ax＋By＋Cz＋D＝0(A2＋B2＋C2≠0)的距離公式為d＝________________________________________________________________________.解析：類比平面內(nèi)點(diǎn)到直線的距離公式d＝eq\f(|Ax0＋By0＋C|,\r(A2＋B2))，易知答案應(yīng)填eq\f(|Ax0＋By0＋Cz0＋D|,\r(A2＋B2＋C2)).答案：eq\f(|Ax0＋By0＋Cz0＋D|,\r(A2＋B2＋C2))[隨堂即時演練]1．依據(jù)給出的等式猜想123456×9＋7等于()1×9＋2＝1112×9＋3＝111123×9＋4＝11111234×9＋5＝1111112345×9＋6＝111111A．1111110 B．1111111C．1111112 D．1111113解析：選B由題中給出的等式猜想，應(yīng)是各位數(shù)都是1的七位數(shù)，即1111111.2．平面內(nèi)平行于同始終線的兩直線平行，由此類比我們可以得到()A．空間中平行于同始終線的兩直線平行B．空間中平行于同一平面的兩直線平行C．空間中平行于同始終線的兩平面平行D．空間中平行于同一平面的兩平面平行解析：選D利用類比推理，平面中的直線和空間中的平面類比．3．在平面上，若兩個正三角形的邊長比為1∶2，則它們的面積比為1∶4.類似地，在空間中，若兩個正四周體的棱長比為1∶2，則它們的體積比為________．解析：eq\f(V1,V2)＝eq\f(\f(1,3)S1h1,\f(1,3)S2h2)＝eq\f(S1,S2)·eq\f(h1,h2)＝eq\f(1,4)×eq\f(1,2)＝eq\f(1,8).答案：1∶84．觀看下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，依據(jù)上述規(guī)律，第五個等式為________．解析：觀看等式，發(fā)覺等式左邊各指數(shù)冪的指數(shù)均為3，底數(shù)之和等于右邊指數(shù)冪的底數(shù)，右邊指數(shù)冪的指數(shù)為2，故猜想第五個等式應(yīng)為13＋23＋33＋43＋53＋63＝(1＋2＋3＋4＋5＋6)2＝212.答案：13＋23＋33＋43＋53＋63＝2125.如圖，已知O是△ABC內(nèi)任意一點(diǎn)，連結(jié)AO，BO，CO并延長交對邊于A′，B′，C′，則eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＝1.這是平面幾何中的一道題，其證明常接受“面積法”：eq\f(OA′,AA′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＝eq\f(S△OBC,S△ABC)＋eq\f(S△OCA,S△ABC)＋eq\f(S△OAB,S△ABC)＝eq\f(S△ABC,S△ABC)＝1.運(yùn)用類比猜想，對于空間中的四周體V-BCD，存在什么類似的結(jié)論？并用“體積法”證明．解：如圖，設(shè)O為四周體V-BCD內(nèi)任意一點(diǎn)，連接VO，BO，CO，DO并延長交對面于V′，B′，C′，D′，類似結(jié)論為eq\f(OV′,VV′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＋eq\f(OD′,DD′)＝1.類比平面幾何中的“面積法”，可用“體積法”來證明．由于eq\f(VO-BCD,VV-BCD)＝eq\f(\f(1,3)·S△BCD·h′,\f(1,3)·S△BCD·h)＝eq\f(OV′,VV′)(其中h′，h分別為兩個四周體的高)，同理eq\f(VO-VCD,VB-VCD)＝eq\f(OB′,BB′)，eq\f(VO-VBD,VC-VBD)＝eq\f(OC′,CC′)，eq\f(VO-VBC,VD-VBC)＝eq\f(OD′,DD′)所以eq\f(OV′,VV′)＋eq\f(OB′,BB′)＋eq\f(OC′,CC′)＋eq\f(OD′,DD′)＝eq\f(VO-BCD,VV-BCD)＋eq\f(VO-VCD,VB-VCD)＋eq\f(VO-VBD,VC-VBD)＋eq\f(VO-VBC,VD-VBC)＝1.[課時達(dá)標(biāo)檢測]一、選擇題1．觀看下列各式：72＝49,73＝343,74＝2041，…，則72013的末兩位數(shù)字為()A．01 B．43C．07 D．49解析：選C由于71＝7,72＝49,73＝343,74＝2401，75＝16807,76＝117649，…，所以這些數(shù)的末兩位數(shù)字呈周期性毀滅，且周期T＝4.又2013＝4×503＋1，所以72013的末兩位數(shù)字與71的末兩位數(shù)字相同，為07.2．已知{bn}為等比數(shù)列，b5＝2，則b1b2b3…b9＝29.若{an}為等差數(shù)列，a5＝2，則{an}的類似結(jié)論為()A．a(chǎn)1a2a3…a9＝29 B．a(chǎn)1＋a2＋…＋aC．a(chǎn)1a2…a9＝2×9 D．a(chǎn)1＋a2＋…＋a9＝2×解析：選D等比數(shù)列中的積運(yùn)算類比等差數(shù)列中的和運(yùn)算，從而有a1＋a2＋…＋a9＝2＋2＋…＋eq\o(2,\s\do4(9個))＝2×9.3．定義A*B，B*C，C*D，D*B依次對應(yīng)下列4個圖形：那么下列4個圖形中，可以表示A*D，A*C的分別是()A．(1)，(2) B．(1)，(3)C．(2)，(4) D．(1)，(4)解析：選C解析：由①②③④可歸納得出：符號“*”表示圖形的疊加，字母A代表豎線，字母B代表大矩形，字母C代表橫線，字母D代表小矩形，∴A*D是(2)，A*C是(4)．4．古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種外形來爭辯數(shù)．比如：他們爭辯過圖(1)中的1,3,6,10，…，由于這些數(shù)能夠表示成三角形，將其稱為三角形數(shù)；類似地，稱圖(2)中的1,4,9,16，…這樣的數(shù)為正方形數(shù)．下列數(shù)中既是三角形數(shù)又是正方形數(shù)的是()A．289 B．1024C．1225 D．1378解析：選C記三角形數(shù)構(gòu)成的數(shù)列為{an}，則a1＝1，a2＝3＝1＋2，a3＝6＝1＋2＋3，a4＝10＝1＋2＋3＋4，可得通項公式為an＝1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(nn＋1,2).同理可得正方形數(shù)構(gòu)成的數(shù)列的通項公式為bn＝n2.將四個選項的數(shù)字分別代入上述兩個通項公式，使得n都為正整數(shù)的只有1225.5．將正整數(shù)排成下表：12345678910111213141516……則在表中數(shù)字2013毀滅在()A．第44行第78列 B．第45行第78列C．第44行第77列 D．第45行第77列解析：選D第n行有2n－1個數(shù)字，前n行的數(shù)字個數(shù)為1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.∵442＝1936,452＝2025，且1936＜2013＜2025，∴2013在第45行．又2025－2013＝12，且第45行有2×45－1＝89個數(shù)字，∴2013在第89－12＝77列．二、填空題6．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x＋2)(x＞0)，觀看：f1(x)＝f(x)＝eq\f(x,x＋2)，f2(x)＝f(f1(x))＝eq\f(x,3x＋4)，f3(x)＝f(f2(x))＝eq\f(x,7x＋8)，f4(x)＝f(f3(x))＝eq\f(x,15x＋16)，…依據(jù)以上事實，由歸納推理可得：當(dāng)n∈N*且n≥2時，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.解析：由已知可歸納如下：f1(x)＝eq\f(x,21－1x＋21)，f2(x)＝eq\f(x,22－1x＋22)，f3(x)＝eq\f(x,23－1x＋23)，f4(x)＝eq\f(x,24－1x＋24)，…，fn(x)＝eq\f(x,2n－1x＋2n).答案：eq\f(x,2n－1x＋2n)7．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，二元一次方程Ax＋By＝0(A，B不同時為0)表示過原點(diǎn)的直線．類似地：在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，三元一次方程Ax＋By＋Cz＝0(A，B，C不同時為0)表示____________________．解析：由方程的特點(diǎn)可知：平面幾何中的直線類比到立體幾何中應(yīng)為平面，“過原點(diǎn)”類比仍為“過原點(diǎn)”，因此應(yīng)得到：在空間直角坐標(biāo)系O-xyz中，三元一次方程Ax＋By＋Cz＝0(A，B，C不同時為0)表示過原點(diǎn)的平面．答案：過原點(diǎn)的平面8．在一次珠寶展覽會上，某商家展出一套珠寶首飾，第一件首飾是1顆珠寶，其次件首飾由6顆珠寶(圖中圓圈表示珠寶)構(gòu)成如圖①所示的六邊形，第三件首飾由15顆珠寶構(gòu)成如圖②所示的六邊形，第四件首飾由28顆珠寶構(gòu)成如圖③所示的六邊形，第五件首飾由45顆珠寶構(gòu)成如圖④所示的六邊形，以后每件首飾都在前一件上依據(jù)這種規(guī)律增加確定數(shù)量的珠寶，使其構(gòu)成更大的六邊形，依此推斷第六件首飾上應(yīng)有________顆珠寶，第n件首飾上應(yīng)有________顆珠寶(結(jié)果用n表示)．解析：設(shè)第n件首飾上所用珠寶數(shù)為an顆，據(jù)題意可知，a1＝1，a2＝6，a3＝15，a4＝28，a5＝45，即a2－a1＝5，a3－a2＝9，a4－a3＝13，a5－a4＝17，所以a6－a5＝21，即a6＝66，同理an－an－1＝4n－3(n≥2，n∈N*)，所以an＝1＋5＋9＋…＋4n－3＝2n2－n.答案：662n2－n三、解答題9.如圖所示，在△ABC中，a＝b·cosC＋c·cosB，其中a，b，c分別為角A，B，C的對邊，寫出對空間四周體性質(zhì)的猜想．解：如圖所示，在四周體P-ABC中，S1，S2，S3，S分別表示△PAB，△PBC，△PCA，△ABC的面積，α，β，γ依次表示面PAB，面PBC，面PCA與底面ABC所成二面角的大?。孪隨＝S1·cosα＋S2·cosβ＋S3·cosγ.10．如圖所示為m行m＋1列的士兵方陣(m∈N*，m≥2)．(1)寫出一個數(shù)列，用它表示當(dāng)m分別是2,3,4,5，…時，方陣中士兵的人數(shù)；(2)若把(1)中的數(shù)列記為{an}，歸納該數(shù)列的通項公式；(3)求a10，并說明a10表示的實際意義；(4)已知an＝9900，問an是數(shù)列第幾項？解：(1)當(dāng)m＝2時，表示一個2行3列的士兵方陣，共有6人，依次可以得到當(dāng)m＝3,4,5，…時的士兵人數(shù)分別為12,20,30，….故所求數(shù)列為6,12,20,30，….(2)由于a1＝2×3，a2＝3×4，a3＝4×5，…，所以猜想an＝(n＋1)(n＋2)，n∈N*.(3)a10＝11×12＝132.a10表示11行12列的士兵方陣的人數(shù)為132.(4)令(n＋1)(n＋2)＝9900，所以n＝98，即an是數(shù)列的第98項，此時方陣為99行100列．2．1.2演繹推理演繹推理[提出問題]看下面兩個問題：(1)一切奇數(shù)都不能被2整除，(22012＋1)是奇數(shù)，所以(22012＋1)不能被2整除；(2)兩個平面平行，則其中一個平面內(nèi)的任意直線必平行于另一個平面，假如直線a是其中一個平面內(nèi)的一條直線，那么a平行于另一個平面．問題1：這兩個問題中的第一句都說的什么？提示：都說的一般原理．問題2：其次句又說的什么？提示：都說的特殊示例．問題3：第三句呢？提示：由一般原理對特殊示例作出推斷．[導(dǎo)入新知]1．演繹推理的概念從一般性的原理動身，推出某個特殊狀況下的結(jié)論的推理稱為演繹推理．簡言之，演繹推理是由一般到特殊的推理．2．三段論“三段論”是演繹推理的一般模式，包括：(1)大前提——已知的一般原理；(2)小前提——所爭辯的特殊狀況；(3)結(jié)論——依據(jù)一般原理，對特殊狀況作出的推斷．“三段論”可以表示為：大前提：M是P.小前提：S是M.結(jié)論：S是P.[化解疑難]辨析演繹推理與合情推理(1)演繹推理是確定的、牢靠的，而合情推理則帶有確定的風(fēng)險性．嚴(yán)格的數(shù)學(xué)推理以演繹推理為基礎(chǔ)，而數(shù)學(xué)結(jié)論、證明思路等的發(fā)覺主要靠合情推理．(2)合情推理和演繹推理分別在獵取閱歷和辨別真?zhèn)蝺蓚€環(huán)節(jié)中扮演重要角色．因此，我們不僅要學(xué)會證明，而且要學(xué)會猜想．把演繹推理寫成三段論的形式[例1]將下列演繹推理寫成三段論的形式．(1)一切奇數(shù)都不能被2整除，75不能被2整除，所以75是奇數(shù)．(2)三角形的內(nèi)角和為180°，Rt△ABC的內(nèi)角和為180°.(3)菱形對角線相互平分．(4)通項公式為an＝3n＋2(n≥2)的數(shù)列{an}為等差數(shù)列．[解](1)一切奇數(shù)都不能被2整除．(大前提)75不能被2整除．(小前提)75是奇數(shù)．(結(jié)論)(2)三角形的內(nèi)角和為180°.(大前提)Rt△ABC是三角形．(小前提)Rt△ABC的內(nèi)角和為180°.(結(jié)論)(3)平行四邊形對角線相互平分．(大前提)菱形是平行四邊形．(小前提)菱形對角線相互平分．(結(jié)論)(4)數(shù)列{an}中，假如當(dāng)n≥2時，an－an－1為常數(shù)，則{an}為等差數(shù)列．(大前提)通項公式an＝3n＋2，n≥2時，an－an－1＝3n＋2－[3(n－1)＋2]＝3(常數(shù))．(小前提)通項公式為an＝3n＋2(n≥2)的數(shù)列{an}為等差數(shù)列．(結(jié)論)[類題通法]三段論的推理形式三段論推理是演繹推理的主要模式，推理形式為“假如b?c，a?b，則a?c.”其中，b?c為大前提，供應(yīng)了已知的一般性原理；a?b為小前提，供應(yīng)了一個特殊狀況；a?c為大前提和小前提聯(lián)合產(chǎn)生的規(guī)律結(jié)果．[活學(xué)活用]把下列推斷寫成三段論的形式：(1)y＝sinx(x∈R)是周期函數(shù)．(2)若兩個角是對頂角，則這兩個角相等，所以若∠1和∠2是對頂角，則∠1和∠2相等．解：(1)三角函數(shù)是周期函數(shù)，………………大前提y＝sinx(x∈R)是三角函數(shù)，………………小前提y＝sinx(x∈R)是周期函數(shù)．………………結(jié)論(2)兩個角是對頂角，則這兩個角相等，………………大前提∠1和∠2是對頂角，………………小前提∠1和∠2相等．………………結(jié)論三段論在證明幾何問題中的應(yīng)用[例2]已知A，B，C，D四點(diǎn)不共面，M，N分別是△ABD和△BCD的重心，求證：MN∥平面ACD.[證明]如圖所示，連接BM，BN并延長，分別交AD，DC于P，Q兩點(diǎn)，連接PQ.由于M，N分別是△ABD和△BCD的重心，所以P，Q分別是AD，DC的中點(diǎn)．又由于eq\f(BM,MP)＝eq\f(BN,NQ)，所以MN∥PQ，又MN?平面ADC，PQ?平面ADC，所以MN∥平面ACD.[類題通法]三段論在幾何問題中的應(yīng)用(1)三段論是最重要且最常用的推理表現(xiàn)形式，我們以前學(xué)過的平面幾何與立體幾何的證明，都不自覺地運(yùn)用了這種推理，只不過在利用該推理時，往往省略了大前提．(2)幾何證明問題中，每一步都包含著一般性原理，都可以分析出大前提和小前提，將一般性原理應(yīng)用于特殊狀況，就能得出相應(yīng)結(jié)論．[活學(xué)活用]已知在梯形ABCD中，如圖，AB＝CD＝AD，AC和BD是梯形的對角線，求證：AC平分∠BCD，DB平分∠CBA.證明：∵等腰三角形兩底角相等，(大前提)△DAC是等腰三角形，∠1和∠2是兩個底角，(小前提)∴∠1＝∠2.(結(jié)論)∵兩條平行線被第三條直線截得的內(nèi)錯角相等，(大前提)∠1和∠3是平行線AD、BC被AC截得的內(nèi)錯角，(小前提)∴∠1＝∠3.(結(jié)論)∵等于同一個角的兩個角相等，(大前提)∠2＝∠1，∠3＝∠1，(小前提)∴∠2＝∠3，即AC平分∠BCD.(結(jié)論)同理可證DB平分∠CBA.演繹推理在代數(shù)中的應(yīng)用[例3]已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a＞1)，求證：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．[證明]設(shè)x1，x2是(－1，＋∞)上的任意兩實數(shù)，且x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝ax1＋eq\f(x1－2,x1＋1)－ax2－eq\f(x2－2,x2＋1)＝ax1－ax2＋eq\f(x1－2,x1＋1)－eq\f(x2－2,x2＋1)＝ax1－ax2＋eq\f(3x1－x2,x1＋1x2＋1)，∵a＞1，且x1＜x2，∴ax1＜ax2，x1－x2＜0.又∵x1＞－1，x2＞－1，∴(x1＋1)(x2＋1)＞0.∴f(x1)－f(x2)＜0.∴f(x1)＜f(x2)．∴函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．[類題通法]使用三段論應(yīng)留意的問題(1)應(yīng)用三段論證明問題時，要充分挖掘題目外在和內(nèi)在條件(小前提)，依據(jù)需要引入相關(guān)的適用的定理和性質(zhì)(大前提)，并保證每一步的推理都是正確的，嚴(yán)密的，才能得出正確的結(jié)論．(2)證明中常見的錯誤：①條件分析錯誤(小前提錯)．②定理引入和應(yīng)用錯誤(大前提錯)．③推理過程錯誤等．[活學(xué)活用]已知a，b，m均為正實數(shù)，b＜a，用三段論形式證明eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m).證明：由于不等式(兩邊)同乘以一個正數(shù)，不等號不轉(zhuǎn)變方向，(大前提)b＜a，m＞0，(小前提)所以，mb＜ma.(結(jié)論)由于不等式兩邊同加上一個數(shù)，不等號不轉(zhuǎn)變方向，(大前提)mb＜ma，(小前提)所以，mb＋ab＜ma＋ab，即b(a＋m)＜a(b＋m)．(結(jié)論)由于不等式兩邊同除以一個正數(shù)，不等號不轉(zhuǎn)變方向，(大前提)b(a＋m)＜a(b＋m)，a(a＋m)＞0，(小前提)所以，eq\f(ba＋m,aa＋m)＜eq\f(ab＋m,aa＋m)，即eq\f(b,a)＜eq\f(b＋m,a＋m).(結(jié)論)eq\a\vs4\al(,,2.混淆三段論的大小前提而致誤)[典例]定義在實數(shù)集R上的函數(shù)f(x)，對任意x，y∈R，有f(x－y)＋f(x＋y)＝2f(x)f(y)，且f(0)≠0，求證：f(x)是偶函數(shù)證明：令x＝y(tǒng)＝0，則有f(0)＋f(0)＝2f(0)×f(0由于f(0)≠0，所以f(0)＝1，令x＝0，則有f(－y)＋f(y)＝2f(0)f(y)＝2f(所以f(－y)＝f(y)，因此，f(x)是偶函數(shù)．以上證明結(jié)論“f(x)是偶函數(shù)”運(yùn)用了演繹推理的“三段論”，其中大前提是：________________________________________________________________________.[解析]通過兩次賦值先求得“f(0)＝1”，再證得“f(－y)＝f(y)”，從而得到結(jié)論“f(x)是偶函數(shù)”．所以這個三段論推理的小前提是“f(－y)＝f(y)”，結(jié)論是“f(x)是偶函數(shù)”，明顯大前提是“若對于定義域內(nèi)任意一個x，都有f(－x)＝f(x)，則f(x)是偶函數(shù)”[答案]若對于定義域內(nèi)任意一個x，都有f(－x)＝f(x)，則f(x)是偶函數(shù)[易錯防范]解本題的關(guān)鍵是透徹理解三段論推理的形式：大前提——小前提——結(jié)論，其中大前提是一個一般性的命題，即證明這個具體問題的理論依據(jù)．因此結(jié)合f(x)是偶函數(shù)的定義和證明過程簡潔確定本題答案．本題易誤認(rèn)為題目的已知條件為大前提而導(dǎo)致答案錯誤．[成功破障]全部眼睛近視的人都是聰慧人，我近視得很厲害，所以我是聰慧人．下列各項中揭示了上述推理是明顯錯誤的是________．①我是個笨人，由于全部的聰慧人都是近視眼，而我的視力那么好．②全部的豬都有四條腿，但這種動物有八條腿，所以它不是豬．③小陳格外興奮，所以小陳確定長得很胖，由于興奮的人都長得很胖．④全部尖嘴的鳥都是雞，這種總在樹上待著的鳥是尖嘴的，因此這種鳥是雞．解析：依據(jù)④中的推理可得：這種總在樹上待著的鳥是雞，這明顯是錯誤的．①②③不符合三段論的形式．答案：④[隨堂即時演練]1．“四邊形ABCD是矩形，所以四邊形ABCD的對角線相等”，補(bǔ)充該推理的大前提是()A．正方形的對角線相等B．矩形的對角線相等C．等腰梯形的對角線相等D．矩形的對邊平行且相等解析：選B得出“四邊形ABCD的對角線相等”的大前提是“矩形的對角線相等”．2．“由于對數(shù)函數(shù)y＝logax是增函數(shù)(大前提)，而y＝logeq\f(1,3)x是對數(shù)函數(shù)(小前提)，所以y＝logeq\f(1,3)x是增函數(shù)(結(jié)論)．”上面推理錯誤的緣由是()A．大前提錯導(dǎo)致結(jié)論錯B．小前提錯導(dǎo)致結(jié)論錯C．推理形式錯導(dǎo)致結(jié)論錯D．大前提和小前提都錯導(dǎo)致結(jié)論錯解析：選A大前提是錯誤的，由于對數(shù)函數(shù)y＝logax(0＜a＜1)是減函數(shù)．3．求函數(shù)y＝eq\r(log2x－2)的定義域時，第一步推理中大前提是eq\r(a)有意義，即a≥0，小前提是eq\r(log2x－2)有意義，結(jié)論是________．解析：由三段論的形式可知，結(jié)論是log2x－2≥0.答案：log2x－2≥04．用三段論證明函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)的過程如下，試將證明過程補(bǔ)充完整：①________________________________………………大前提②________________________________………………小前提③________________________________……結(jié)論答案：①假如函數(shù)f(x)滿足：在給定區(qū)間內(nèi)任取自變量的兩個值x1，x2，若x1＜x2，則f(x1)＜f(x2)，那么函數(shù)f(x)在給定區(qū)間內(nèi)是增函數(shù)．②任取x1，x2∈(1，＋∞)，x1＜x2，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1－x2x1x2－1,x1x2)，由于1＜x1＜x2，故x1－x2＜0，x1x2＞1，即x1x2－1＞0，所以f(x1)＜f(x2)．③函數(shù)f(x)＝x＋eq\f(1,x)在(1，＋∞)上為增函數(shù)．5．將下列推理寫成“三段論”的形式．(1)向量是既有大小又有方向的量，故零向量也有大小和方向；(2)矩形的對角線相等，正方形是矩形，所以正方形的對角線相等；(3)0.33eq\o(2,\s\up6(·))是有理數(shù)．解：(1)向量是既有大小又有方向的量．……大前提零向量是向量．……小前提零向量也有大小和方向．……結(jié)論(2)每一個矩形的對角線相等．……大前提正方形是矩形．……小前提正方形的對角線相等．……結(jié)論(3)全部的循環(huán)小數(shù)都是有理數(shù)．……大前提0．33eq\o(2,\s\up6(·))是循環(huán)小數(shù)．……小前提0．33eq\o(2,\s\up6(·))是有理數(shù)．……結(jié)論[課時達(dá)標(biāo)檢測]一、選擇題1．給出下面一段演繹推理：有理數(shù)是真分?jǐn)?shù)，……大前提整數(shù)是有理數(shù)，……小前提整數(shù)是真分?jǐn)?shù)．……結(jié)論結(jié)論明顯是錯誤的，是由于()A．大前提錯誤 B．小前提錯誤C．推理形式錯誤 D．非以上錯誤解析：選A推理形式?jīng)]有錯誤，小前提也沒有錯誤，大前提錯誤．舉反例，如2是有理數(shù)，但不是真分?jǐn)?shù)．2．“全部金屬都能導(dǎo)電，鐵是金屬，所以鐵能導(dǎo)電”這種推理方法屬于()A．演繹推理 B．類比推理C．合情推理 D．歸納推理解析：選A是由一般到特殊的推理，故是演繹推理．3．下面幾種推理過程是演繹推理的是()A．兩條直線平行，同旁內(nèi)角互補(bǔ)，假如∠A與∠B是兩條平行直線的同旁內(nèi)角，則∠A＋∠B＝180°B．某校高三1班有55人，2班有54人，3班有52人，由此得高三全部班人數(shù)超過50人C．由三角形的性質(zhì)，推想四周體的性質(zhì)D．在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an－1＋\f(1,an－1)))(n≥2)，由此歸納出an的通項公式解析：選AB項是歸納推理，C項是類比推理，D項是歸納推理．4．“全部9的倍數(shù)(M)都是3的倍數(shù)(P)，某奇數(shù)(S)是9的倍數(shù)(M)，故該奇數(shù)(S)是3的倍數(shù)(P)．”上述推理是()A．小前提錯誤 B．結(jié)論錯誤C．正確的 D．大前提錯誤答案：C5．有一段演繹推理是這樣的：直線平行于平面，則直線平行于平面內(nèi)全部直線；已知直線b?平面α，直線a?平面α，直線b∥平面α，則直線b∥直線a.結(jié)論明顯是錯誤的，這是由于()A．大前提錯誤 B．小前提錯誤C．推理形式錯誤 D．非以上錯誤解析：選A大前提是錯誤的，直線平行于平面，則不愿定平行于平面內(nèi)全部直線，還有異面直線的狀況．二、填空題6．已知結(jié)論“函數(shù)y＝2x＋5的圖像是一條直線”，若將其恢復(fù)成完整的三段論后，大前提是________．解析：大前提：一次函數(shù)的圖像是一條直線小前提：函數(shù)y＝2x＋5是一次函數(shù)結(jié)論：函數(shù)y＝2x＋5的圖像是一條直線答案：一次函數(shù)的圖像是一條直線7．已知推理：“由于△ABC的三邊長依次為3,4,5，所以△ABC是直角三角形”．若將其恢復(fù)成完整的三段論，則大前提是____________________．解析：大前提：一條邊的平方等于其他兩條邊的平方和的三角形是直角三角形；小前提：△ABC的三邊長依次為3,4,5滿足32＋42＝52；結(jié)論：△ABC是直角三角形．答案：一條邊的平方等于其他兩條邊的平方和的三角形是直角三角形8．若不等式ax2＋2ax＋2＜0的解集為空集，則實數(shù)a的取值范圍為________．解析：①a＝0時，有2＜0，明顯此不等式解集為?.②a≠0時需有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,Δ≤0，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,4a2－8a≤0，))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＞0，,0≤a≤2，))所以0＜a≤2.綜上可知實數(shù)a的取值范圍是[0,2]．答案：[0,2]三、解答題9．如圖所示，D，E，F(xiàn)分別是BC，CA，AB上的點(diǎn)，∠BFD＝∠A，DE∥FA，求證：ED＝AF.證明：同位角相等，兩條直線平行，大前提∠BFD與∠A是同位角，且∠BFD＝∠A，小前提所以DF∥EA.結(jié)論兩組對邊分別平行的四邊形是平行四邊形，大前提DE∥FA，且DF∥EA，小前提所以四邊形AFDE為平行四邊形．結(jié)論平行四邊形的對邊相等，大前提ED和AF為平行四邊形的一組對邊，小前提所以ED＝AF.結(jié)論10．已知函數(shù)f(x)對任意x，y∈R都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，且當(dāng)x＞0時，f(x)＜0，f(1)＝－2.(1)求證：f(x)為奇函數(shù)；(2)求f(x)在[－3,3]上的最大值和最小值．解：(1)證明：由于x，y∈R時，f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，所以令x＝y(tǒng)＝0得，f(0)＝f(0)＋f(0)＝2f(0)所以f(0)＝0.令y＝－x，則f(x－x)＝f(x)＋f(－x)＝0，所以f(－x)＝－f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)．(2)設(shè)x1，x2∈R且x1＜x2，f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(－x1)＝f(x2－x1)，由于x＞0時，f(x)＜0，所以f(x2－x1)＜0，即f(x2)－f(x1)＜0，所以f(x)為減函數(shù)，所以f(x)在[－3,3]上的最大值為f(－3)，最小值為f(3)．由于f(3)＝f(2)＋f(1)＝3f(1)f(－3)＝－f(3)＝6，所以函數(shù)f(x)在[－3,3]上的最大值為6，最小值為－6._2.2直接證明與間接證明2．2.1綜合法和分析法綜合法[提出問題]閱讀下列證明過程，回答問題．求證：π是函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的一個周期．證明：由于f(x＋π)＝sineq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2x＋π＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2π＋\f(π,4)))＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))＝f(x)，所以由周期函數(shù)的定義可知，π是函數(shù)f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))的一個周期．問題1：本題的條件和結(jié)論各是什么？提示：條件：f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4)))；結(jié)論：π是f(x)的一個周期．問題2：本題的證明挨次是什么？提示：從已知利用誘導(dǎo)公式到待證結(jié)論．[導(dǎo)入新知]1．綜合法的定義利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、定理、公理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最終推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法．2．綜合法的框圖表示eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)(P表示已知條件、已有的定義、定理、公理等，Q表示所要證明的結(jié)論)[化解疑難]綜合法的特點(diǎn)(1)綜合法的特點(diǎn)是從“已知”看“未知”，其逐步推理實際上是查找已知條件的必要條件．(2)綜合法從命題的條件動身，利用定義、公理、定理和運(yùn)算法則，通過演繹推理，一步一步完成命題的證明.分析法[提出問題]閱讀下列證明過程，回答問題．求證：eq\r(6)＋eq\r(7)≥2eq\r(2)＋eq\r(5).證明：要證原不等式成立，只需證(eq\r(6)＋eq\r(7))2≥(2eq\r(2)＋eq\r(5))2，即證2eq\r(42)≥2eq\r(40)，該式明顯成立，因此原不等式成立．問題1：本題證明從哪里開頭？提示：從結(jié)論開頭．問題2：證明思路是什么？提示：尋求每一步成立的充分條件．[導(dǎo)入新知]1．分析法的定義從要證明的結(jié)論動身，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最終，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止，這種證明方法叫做分析法．2．分析法的框圖表示eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→eq\x(P2?P3)→…→eq\x(\a\al(得到一個明顯,成立的條件))[化解疑難]分析法的特點(diǎn)(1)分析法的特點(diǎn)是從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理實際上是查找使結(jié)論成立的充分條件．(2)分析法從命題的結(jié)論入手，尋求結(jié)論成立的條件，直至歸結(jié)為已知條件、定義、公理、定理等．綜合法的應(yīng)用[例1]已知a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證：a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2)＞6abc.[證明]∵a，b，c是正數(shù)，∴b2＋c2≥2bc，∴a(b2＋c2)≥2abc.①同理，b(c2＋a2)≥2abc，②c(a2＋b2)≥2abc.③∵a，b，c不全相等，∴b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，a2＋b2≥2ab三式中不能同時取到“＝”．∴①②③式相加得a(b2＋c2)＋b(c2＋a2)＋c(a2＋b2)＞6abc.[類題通法]綜合法的證明步驟(1)分析條件，選擇方向：確定已知條件和結(jié)論間的聯(lián)系，合理選擇相關(guān)定義、定理等；(2)轉(zhuǎn)化條件，組織過程：將條件合理轉(zhuǎn)化，書寫出嚴(yán)密的證明過程．特殊地，依據(jù)題目特點(diǎn)選取合適的證法可以簡化解題過程．[活學(xué)活用]已知a＞0，b＞0，且a＋b＝1，求證：eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)≥9.證明：∵a＞0，b＞0，a＋b＝1，∴eq\f(4,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(4a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝4＋eq\f(4b,a)＋eq\f(a,b)＋1＝5＋eq\f(4b,a)＋eq\f(a,b)≥5＋2eq\r(\f(4b,a)×\f(a,b))＝5＋4＝9.當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(4b,a)＝eq\f(a,b)，即a＝2b時“＝”成立.分析法的應(yīng)用[例2]設(shè)a＞b＞0，求證：eq\r(a2－b2)＋eq\r(ab－b2)＞eq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))．[證明]由于a＞b＞0，所以a2＞ab＞b2，所以ab－b2＞0.要證eq\r(a2－b2)＋eq\r(ab－b2)＞eq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))，只需證eq\f(a2－ab,\r(a2－b2)－\r(ab－b2))＞eq\f(a2－ab,\r(a2)＋\r(ab))，只需證eq\r(a2－b2)－eq\r(ab－b2)＜eq\r(a2)＋eq\r(ab).而eq\r(a2－b2)＜eq\r(a2)＋eq\r(ab)＋eq\r(ab－b2)明顯成立．所以eq\r(a2－b2)＋eq\r(ab－b2)＞eq\r(a)(eq\r(a)－eq\r(b))成立．[類題通法]分析法的證明過程及書寫形式(1)證明過程：確定結(jié)論與已知條件間的聯(lián)系，合理選擇相關(guān)定義、定理對結(jié)論進(jìn)行轉(zhuǎn)化，直到獲得一個顯而易見的命題即可．(2)書寫形式：要證…，只需證…，即證…，然后得到一個明顯成立的條件，所以結(jié)論成立．[活學(xué)活用]在銳角△ABC中，求證：tanAtanB＞1.證明：要證tanAtanB＞1，只需證eq\f(sinAsinB,cosAcosB)＞1，∵A、B均為銳角，∴cosA＞0，cosB＞0.即證sinAsinB＞cosAcosB，即cosAcosB－sinAsinB＜0，只需證cos(A＋B)＜0.∵△ABC為銳角三角形，∴90°＜A＋B＜180°，∴cos(A＋B)＜0，因此tanAtanB＞1.綜合法和分析法的綜合應(yīng)用[例3]已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C為等差數(shù)列，且a，b，c分別為角A，B，C的對邊，求證：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.[證明]法一：(分析法)要證(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，即證eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，只需證eq\f(a＋b＋c,a＋b)＋eq\f(a＋b＋c,b＋c)＝3，化簡，得eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，即c(b＋c)＋(a＋b)a＝(a＋b)(b＋c)，所以只需證c2＋a2＝b2＋ac.由于△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，所以B＝60°，所以cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(1,2)，即a2＋c2－b2＝ac成立．∴(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1成立．法二：(綜合法)由于△ABC的三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，所以B＝60°.由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2accos60°.所以c2＋a2＝ac＋b2，兩邊加ab＋bc，得c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，兩邊同時除以(a＋b)(b＋c)，得eq\f(c,a＋b)＋eq\f(a,b＋c)＝1，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a＋b)＋1))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b＋c)＋1))＝3，即eq\f(1,a＋b)＋eq\f(1,b＋c)＝eq\f(3,a＋b＋c)，所以(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.[類題通法]綜合法與分析法的適用范圍(1)綜合法適用的范圍：①定義明確的題型，如證明函數(shù)的單調(diào)性、奇偶性，求證無條件的等式或不等式問題等；②已知條件明確，且簡潔通過找已知條件的必要條件靠近欲得結(jié)論的題型．(2)分析法適用的范圍：分析法的適用范圍是已知條件不明確，或已知條件簡便而結(jié)論式子較簡潔的問題．[活學(xué)活用]設(shè)a，b∈(0，＋∞)，且a≠b，求證：a3＋b3＞a2b＋ab2.證明：法一：(分析法)要證a3＋b3＞a2b＋ab2成立，即需證(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)成立．又因a＋b＞0，故只需證a2－ab＋b2＞ab成立，即需證a2－2ab＋b2＞0成立，即需證(a－b)2＞0成立．而依題設(shè)a≠b，則(a－b)2＞0明顯成立．由此命題得證．法二：(綜合法)a≠b?a－b≠0?(a－b)2＞0?a2－2ab＋b2＞0?a2－ab＋b2＞ab.∵a＞0，b＞0，∴a＋b＞0，(a＋b)(a2－ab＋b2)＞ab(a＋b)．∴a3＋b3＞a2b＋ab2.eq\a\vs4\al(,,2.綜合法、分析法的綜合應(yīng)用)[典例](12分)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函數(shù)y＝f(x＋1)的圖像與f(x)的圖像關(guān)于y軸對稱．求證：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)．[解題流程]eq\x(求證：f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)，需證明f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－x＋\f(1,2)))＝f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2))))eq\x(\a\al(1fx＝ax2＋bx＋ca≠0,2y＝fx＋1的圖像與y＝fx的圖像關(guān)于y軸對稱))eq\x(用分析法轉(zhuǎn)化所證問題→用綜合法證明結(jié)論)[規(guī)范解答]法一：要證feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))為偶函數(shù)，只需證明其對稱軸為直線x＝0，(2分)[活學(xué)活用]已知a≥－eq\f(1,2)，b≥－eq\f(1,2)，a＋b＝1，求證：eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)≤2eq\r(2).證明：要證eq\r(2a＋1)＋eq\r(2b＋1)≤2eq\r(2)，只需證2(a＋b)＋2＋2eq\r(2a＋1)·eq\r(2b＋1)≤8.由于a＋b＝1，即證eq\r(2a＋1)·eq\r(2b＋1)≤2.由于a≥－eq\f(1,2)，b≥－eq\f(1,2)，所以2a＋1≥0,2b＋1≥0，所以eq\r(2a＋1)·eq\r(2b＋1)≤eq\f(2a＋1＋2b＋1,2)＝eq\f(2a＋b＋1,2)＝2.即eq\r(2a＋1)·eq\r(2b＋1)≤2成立，因此原不等式成立．[隨堂即時演練]1．下面敘述正確的是()A．綜合法、分析法是直接證明的方法B．綜合法是直接證法，分析法是間接證法C．綜合法、分析法所用語氣都是確定的D．綜合法、分析法所用語氣都是假定的解析：選A直接證明包括綜合法和分析法．2．欲證不等式eq\r(3)－eq\r(5)＜eq\r(6)－eq\r(8)成立，只需證()A．(eq\r(3)－eq\r(5))2＜(eq\r(6)－eq\r(8))2B．(eq\r(3)－eq\r(6))2＜(eq\r(5)－eq\r(8))2C．(eq\r(3)＋eq\r(8))2＜(eq\r(6)＋eq\r(5))2D．(eq\r(3)－eq\r(5)－eq\r(6))2＜(－eq\r(8))2解析：選C要證eq\r(3)－eq\r(5)＜eq\r(6)－eq\r(8)成立，只需證eq\r(3)＋eq\r(8)＜eq\r(6)＋eq\r(5)成立，只需證(eq\r(3)＋eq\r(8))2＜(eq\r(6)＋eq\r(5))2成立．3．已知a，b，c為正實數(shù)，且a＋b＋c＝1，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))≥8.證明過程如下：∵a，b，c為正實數(shù)，且a＋b＋c＝1，∴eq\f(1,a)－1＝eq\f(b＋c,a)＞0，eq\f(1,b)－1＝eq\f(a＋c,b)＞0，eq\f(1,c)－1＝eq\f(a＋b,c)＞0，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,c)－1))＝eq\f(b＋c,a)·eq\f(a＋c,b)·eq\f(a＋b,c)≥eq\f(2\r(bc)·2\r(ac)·2\r(ab),abc)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時取等號，∴不等式成立．這種證法是________(填綜合法、分析法)．解析：本題從已知條件動身，不斷地開放思考，去探究結(jié)論，這種方法是綜合法．答案：綜合法4．將下面用分析法證明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步驟補(bǔ)充完整：要證eq\f(a2＋b2,2)≥ab，只需證a2＋b2≥2ab，也就是證________，即證________，由于________明顯成立，因此原不等式成立．解析：用分析法證明eq\f(a2＋b2,2)≥ab的步驟為：要證eq\f(a2＋b2,2)≥ab成立，只需證a2＋b2≥2ab，也就是證a2＋b2－2ab≥0，即證(a－b)2≥0.由于(a－b)2≥0明顯成立，所以原不等式成立．答案：a2＋b2－2ab≥0(a－b)2≥0(a－b)2≥05．已知a＞0，b＞0，求證：eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).(要求用兩種方法證明)證明：法一：(綜合法)由于a＞0，b＞0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))－eq\r(a)－eq\r(b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,\r(b))－\r(b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,\r(a))－\r(a)))＝eq\f(a－b,\r(b))＋eq\f(b－a,\r(a))＝(a－b)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(b))－\f(1,\r(a))))＝eq\f(\r(a)－\r(b)2\r(a)＋\r(b),\r(ab))≥0，所以eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b).法二：(分析法)要證eq\f(a,\r(b))＋eq\f(b,\r(a))≥eq\r(a)＋eq\r(b)，只需證aeq\r(a)＋beq\r(b)≥aeq\r(b)＋beq\r(a)，即證(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))≥0，由于a＞0，b＞0，所以a－b與eq\r(a)－eq\r(b)符號相同，不等式(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))≥0成立，所以原不等式成立．[課時達(dá)標(biāo)檢測]一、選擇題1．在證明命題“對于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的過程：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ＋sin2θ)(cos2θ－sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”中應(yīng)用了()A．分析法B．綜合法C．分析法和綜合法綜合使用D．間接證法解析：選B符合綜合法的證明思路．2．下列函數(shù)f(x)中，滿足“對任意x1，x2∈(0，＋∞)，當(dāng)x1＜x2時，都有f(x1)＞f(x2)”的是()A．f(x)＝eq\f(1,x) B．f(x)＝(x－1)2C．f(x)＝ex D．f(x)＝ln(x＋1)解析：選A本題就是找哪一個函數(shù)在(0，＋∞)上是減函數(shù)，A項中，f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)))′＝－eq\f(1,x2)＜0，∴f(x)＝eq\f(1,x)在(0，＋∞)上為減函數(shù)．3．設(shè)a＞0，b＞0，若eq\r(3)是3a與3b的等比中項，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)的最小值為()A．8B．4C．1D.eq\f(1,4)解析：選Beq\r(3)是3a與3b的等比中項?3a·3b＝3?3a＋b＝3?a＋b＝1，由于a＞0，b＞0，所以eq\r(ab)≤eq\f(a＋b,2)＝eq\f(1,2)?ab≤eq\f(1,4)，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,ab)≥eq\f(1,\f(1,4))＝4.4．已知f(x)＝ax＋1,0＜a＜1，若x1，x2∈R，且x1≠x2，則()A.eq\f(fx1＋fx2,2)≤feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))B.eq\f(fx1＋fx2,2)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))C.eq\f(fx1＋fx2,2)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))D.eq\f(fx1＋fx2,2)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))解析：選D由于x1≠x2，所以eq\f(fx1＋fx2,2)＝eq\f(ax1＋1＋ax2＋1,2)＞eq\r(ax1＋1·ax2＋1)＝aeq\f(x1＋x2,2)＋1＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))，所以eq\f(fx1＋fx2,2)＞feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2))).5．A，B為△ABC的內(nèi)角，A>B是sinA>sinB的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：選C若A>B，則a>b，又eq\f(a,sinA)＝eq\f(b,sinB)，∴sinA>sinB；若sinA>sinB，則由正弦定理得a>b，∴A>B.二、填空題6．命題“函數(shù)f(x)＝x－xlnx在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù)”的證明過程“對函數(shù)f(x)＝x－xlnx取導(dǎo)得f′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0,1)時，f′(x)＝－lnx＞0，故函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù)”應(yīng)用了________的證明方法．解析：該證明過程符合綜合法的特點(diǎn)．答案：綜合法7．假如aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)，則實數(shù)a，b應(yīng)滿足的條件是________．解析：aeq\r(a)＋beq\r(b)＞aeq\r(b)＋beq\r(a)?aeq\r(a)－aeq\r(b)＞beq\r(a)－beq\r(b)?a(eq\r(a)－eq\r(b))＞b(eq\r(a)－eq\r(b))?(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))＞0?(eq\r(a)＋eq\r(b))(eq\r(a)－eq\r(b))2＞0，故只需a≠b且a，b都不小于零即可．答案：a≥0，b≥0且a≠b8．已知sinθ＋cosθ＝eq\f(1,5)且eq\f(π,2)≤θ≤eq\f(3π,4)，則cos2θ＝________.解析：由于sinθ＋cosθ＝eq\f(1,5)，所以1＋sin2θ＝eq\f(1,25)，所以sin2θ＝－eq\f(24,25).由于eq\f(π,2)≤θ≤eq\f(3π,4)，所以π≤2θ≤eq\f(3π,2).所以cos2θ＝－eq\r(1－sin22θ)＝－eq\f(7,25).答案：－eq\f(7,25)三、解答題9．設(shè)x＞0，y＞0，證明不等式(x2＋y2)eq\f(1,2)＞(x3＋y3)eq\f(1,3).證明：法一：(分析法)證明原不等式成立，即證(x2＋y2)3＞(x3＋y3)2，即證x6＋y6＋3x2y2(x2＋y2)＞x6＋y6＋2x3y3，即證3x2y2(x2＋y2)＞2x3y3，由于x＞0，y＞0，所以只需證x2＋y2＞eq\f(2,3)xy.又由于x＞0，y＞0，所以x2＋y2≥2xy＞eq\f(2,3)xy.所以(x2＋y2)eq\f(1,2)＞(x3＋y3)eq\f(1,3).法二：(綜合法)由于x＞0，y＞0，所以(x2＋y2)3＝x6＋y6＋3x2y2(x2＋y2)≥x6＋y6＋6x3y3＞x6＋y6＋2x3y3＝(x3＋y3)2，所以(x2＋y2)eq\f(1,2)＞(x3＋y3)eq\f(1,3).10．設(shè)f(x)＝lnx＋eq\r(x)－1，證明：(1)當(dāng)x＞1時，f(x)＜eq\f(3,2)(x－1)；(2)當(dāng)1＜x＜3時，f(x)＜eq\f(9x－1,x＋5).證明：(1)記g(x)＝lnx＋eq\r(x)－1－eq\f(3,2)(x－1)，則當(dāng)x＞1時，g′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2\r(x))－eq\f(3,2)＜0.又g(1)＝0，故g(x)＜0，即f(x)＜eq\f(3,2)(x－1)．(2)記h(x)＝f(x)－eq\f(9x－1,x＋5)，則h′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(1,2\r(x))－eq\f(54,x＋52)＝eq\f(2＋\r(x),2x)－eq\f(54,x＋52)＜eq\f(x＋5,4x)－eq\f(54,x＋52)＝eq\f(x＋53－216x,4xx＋52).令p(x)＝(x＋5)3－216x，則當(dāng)1＜x＜3時，p′(x)＝3(x＋5)2－216＜0，因此p(x)在(1,3)內(nèi)單調(diào)遞減，又p(1)＝0，則p(x)＜0，故h′(x)＜0.因此h(x)在(1,3)內(nèi)單調(diào)遞減，又h(1)＝0，則h(x)＜0，故當(dāng)1＜x＜3時，f(x)＜eq\f(9x－1,x＋5).2．2.2反證法反證法[提出問題]出名的“道旁苦李”的故事：王戎小時候愛和小伴侶在路上玩耍．一天，他們發(fā)覺路邊的一棵樹上結(jié)滿了李子，小伴侶一哄而上，去摘李子，獨(dú)有王戎沒動．等到小伴侶摘了李子一嘗，原來是苦的．他們都問王戎：“你怎么知道李子是苦的呢？”王戎說：“假如李子不苦的話，早被路人摘光了，而這棵樹上卻結(jié)滿了李子，所以李子確定是苦的．”問題1：王戎的論述運(yùn)用了什么推理思想？提示：運(yùn)用了反證法的思想．問題2：反證法解題的實質(zhì)是什么？提示：否定結(jié)論，導(dǎo)出沖突，從而證明原結(jié)論正確．[導(dǎo)入新知]1．反證法假設(shè)原命題不成立(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最終得出沖突，因此說明假設(shè)錯誤，從而證明白原命題成立，這種證明方法叫做反證法．2．反證法常見的沖突類型反證法的關(guān)鍵是在正確的推理下得出沖突，這個沖突可以是與已知條件沖突，或與假設(shè)沖突，或與定義、公理、定理、事實沖突等．[化解疑難]1．反證法實質(zhì)用反證法證明命題“若p則q”的過程可以用以下框圖表示：eq\x(\a\al(確定條件p，,否定結(jié)論q))→eq\x(\a\al(導(dǎo)致邏,輯沖突))→eq\x(\a\al(“p且綈q”,為假))→eq\x(\a\al(“若