2022年合情推理与演绎推理数学归纳法.doc

第3讲　合情推理与演绎推理

考点梳理
1．归纳推理
(1)定义：根据一类事物中某些事物具有某种属性，推断该类事物中每一种事物均有这种属性推理．或者由个别事实概括出一般结论推理，称为归纳推理(简称归纳)．
(2)归纳推理特点
①归纳推理是由某些到整体，由个别到一般推理；
②归纳推理结论不一定为真；
③归纳个别状况越多，越具有代表性，推广一般性命题就越可靠．
2．类比推理
(1)定义：由于两类不同对象具有某些类似特性，在此基本上，根据一类对象其她特性，推断另一类对象也具有类似其她特性推理，称为类比推理．类比推理是两类事物特性之间推理．
(2)类比推理特点
①类比推理是由特殊到特殊推理；
②类比推理属于合情推理，其结论具有或然性，也许为真，也也许为假；
③类比相似性越多，相似性质与推测性质之间越有关，类比得出命题就越可靠．
3．演绎推理
(1)定义：演绎推理是根据已知事实和对旳结论，按照严格逻辑法则得到新结论推理过程．
(2)演绎推理特点
①演绎推理是由一般到特殊推理；
②目前提为真时，结论必然为真．
(3)演绎推理重要形式是三段论，其一般模式为：
①大前提——已知一般原理；
②小前提——所研究特殊状况；
③结论——根据一般原理，对特殊状况作出判断．
【助学·微博】
　一种命题解读
本某些内容是新课标内容，高考考察几率非常大．对归纳推理与类比推理仍会以填空形式考察，重要是由个别状况归纳出一般结论，或运用类比形式给出某个问题结论．而演绎推理以解答题浮现也许性较大，因而规定学生具有一定逻辑推理能力．
两个防备
(1)合情推理是从已知结论推测未知结论，发现与猜想结论都要通过进一步严格证明．
(2)演绎推理是由一般到特殊推理，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程严密性，书写格式规范性．
考点自测
1．(·盐都市第一学期摸底考试)在平面上，若两个正方形边长比为1∶2，则它们面积比为1∶4；类似地，在空间内，若两个正方体棱长比为1∶2，则它们体积比为________．
解析　由正方体体积之比等于棱长立方之比可得．
答案　1∶8
2．给出下列三个类比结论．
①(ab)n＝anbn与(a＋b)n类比，则有(a＋b)n＝an＋bn；
②loga(xy)＝logax＋logay与sin(α＋β)类比，则有sin(α＋β)＝sin αsin β；
③(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2与(a＋b)2类比，则有(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2.
其中结论对旳序号是________．
答案　③
3．“由于指数函数y＝ax是增函数(大前提)，而y＝x是指数函数(小前提)，因此函数y＝x是增函数(结论)”，上面推理错误在于________错误导致结论错．
解析　“指数函数y＝ax是增函数”是本推理大前提，它是错误，由于实数a取值范畴没有拟定，因此导致结论是错误．
答案　大前提错
4．(·陕西卷)观测下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________．　
解析　13＋23＝32＝(1＋2)2,13＋23＋33＝62＝(1＋2＋3)2,13＋23＋33＋43＝102＝(1＋2＋3＋4)2，则13＋23＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)2＝2，故第五个等式即为当n＝6时，13＋23＋33＋43＋53＋63＝2＝212.
答案　13＋23＋33＋43＋53＋63＝212
5．(·盐城调研)观测下列几种三角恒等式：
①tan 10°tan 20°＋tan 20°tan 60°＋tan 60°tan 10°＝1；
②tan 5°tan 100°＋tan 100°tan(－15°)＋tan(－15°)tan 5°＝1；
③tan 13°tan 35°＋tan 35°tan 42°＋tan 42°tan 13°＝1.
一般地，若tan α，tan β，tan γ均故意义，你从这三个恒等式中猜想得到一种结论为________．
解析　由于三个等式中，角度之间满足10°＋20°＋60°＝90°，5°＋100°－15°＝90°，13°＋35°＋42°＝90°.于是通过类比可得．
答案　当α＋β＋γ＝90°时，tan αtan β＋tan βtan γ＋tan γtan α＝1

考向一　归纳推理
【例1】 观测下列等式：

可以推测：13＋23＋33＋…＋n3＝________(n∈N*，用品有n代数式体现)．
解析　第二列等式右端分别是1×1,3×3,6×6,10×10,15×15，∵1,3,6,10,15，…第n项an，与第n－1项an－1(n≥2)差为：an－an－1＝n，∴a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，各式相加得，
an＝a1＋2＋3＋…＋n，其中a1＝1，∴an＝1＋2＋3＋…＋n，即an＝，∴a＝n2(n＋1)2.
答案　n2(n＋1)2
[措施总结] 所谓归纳，就是由特殊到一般，因而在归纳时就要分析所给条件之间变化规律，从而得到一般结论．
【训练1】 (·山东)设函数f(x)＝(x>0)，观测：
f1(x)＝f(x)＝，
f2(x)＝f(f1(x))＝，
f3(x)＝f(f2(x))＝，
f4(x)＝f(f3(x))＝，
……
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))＝________.
解析　由f(x)＝(x>0)得，f1(x)＝f(x)＝，
f2(x)＝f(f1(x))＝＝，
f3(x)＝f(f2(x))＝＝，
f4(x)＝f(f3(x))＝＝，
……
∴当n≥2且n∈N*时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝.
答案　

考向二　类比推理
【例2】 在平面几何里，有“若△ABC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＝(a＋b＋c)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四周体ABCD四个面面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为r，则四周体体积为________”．
解析　三角形面积类比为四周体体积，三角形边长类比为四周体四个面面积，内切圆半径类比为内切球半径．二维图形中类比为三维图形中，得V四周体ABCD＝(S1＋S2＋S3＋S4)r.
答案　V四周体ABCD＝(S1＋S2＋S3＋S4)r
[措施总结] (1)类比是从已经掌握了事物属性，推测正在研究事物属性，是以旧有结识为基本，类比出新成果；(2)类比是从一种事物特殊属性推测另一种事物特殊属性；(3)类比成果是猜想性，不一定可靠，但它却有发现功能．
【训练2】 (·盐城模仿)记等差数列{an}前n项和为Sn，运用倒序求和措施，可将Sn体现到首项a1、末项an与项数n一种关系式，即公式Sn＝；类似地，记等比数列{bn}前n项积为Tn，且bn>0(n∈N*)，试类比等差数列求和措施，可将Tn体现到首项b1、末项bn与项数n一种关系式，即公式Tn＝________.
解析　运用等比数列性质，即若m＋n＝p＋q，则bm·bn＝
bp·bq，得T＝(b1b2…bn)·(bnbn－1…b2b1)＝(b1bn)n，即Tn＝(b1bn).
答案　(b1bn)

考向三　演绎推理
【例3】 数列{an}前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N＋)，证明：
(1)数列是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
证明　(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
∴＝2·，(小前提)
故是以2为公比等比数列．(结论)
(大前提是等比数列定义，这里省略了)
(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，
∴Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··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，均有Sn＋1＝4an(结论)
(第(2)问大前提是第(1)问结论以及题中已知条件)
[措施总结] 演绎推理是从一般到特殊推理；其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当一方面明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然，则可以省略．
【训练3】 已知函数f(x)＝(x∈R)，
(1)鉴定函数f(x)奇偶性；
(2)鉴定函数f(x)在R上单调性，并证明．
解　(1)对∀x∈R有－x∈R，并且f(－x)＝＝＝－＝－f(x)，因此f(x)是奇函数．
(2)f(x)在R上单调递增，证明如下：
任取x1，x2∈R，并且x1＞x2，
f(x1)－f(x2)＝－
＝
＝.
∵x1＞x2，∴2x1＞2x2＞0，
即2x1－2x2＞0，又∵2x1＋1＞0,2x2＋1＞0.
∴＞0.
∴f(x1)＞f(x2)．
∴f(x)在R上为单调递增函数．

考向四　推理应用
【例4】 (·无锡第一学期期末考试)命题p：已知椭圆＋＝1(a>b>0)，F1，F2是椭圆两个焦点，P为椭圆上一种动点，过点F2作∠F1PF2外角平分线垂线，垂足为M，则OM长为定值．类比此命题，在双曲线中也有命题q：已知双曲线－＝1(a>0，b>0)，F1，F2是双曲线两个焦点，P为双曲线上一种动点，过点F2作∠F1PF2________垂线，垂足为M，则OM长为定值．
解析　对于椭圆，延长F2M与F1P延长线交于Q.由对称性知，M为F2Q中点，且PF2＝PQ，从而OM∥F1Q且OM＝F1Q.而F1Q＝F1P＋PQ＝F1P＋PF2＝2a，因此OM＝a.对于双曲线，过点F2作∠F1PF2内角平分线垂线，垂足为M，类比可得OM＝a.
答案　内角平分线
[措施总结] 归纳推理可以通过多求几项找规律．类比推理，从类比对象划分，重要有等差数列与等比数列类比，其中档差数列中加、减、乘、除运算与等比数列中乘、除、乘方、开方运算相应．平面几何与立体几何类比，其中平面几何中点、线、面、长度、面积等，与立体几何中线、面、体、面积、体积等相应．椭圆与双曲线类比，其中椭圆与双曲线中有“互余”关系．
【训练4】 (·常州一中期中)记Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，当k＝1,2,3，…时，观测下列等式：
S1＝n2＋n，
S2＝n3＋n2＋n，
S3＝n4＋n3＋n2，
S4＝n5＋n4＋n3－n，
S5＝An6＋n5＋n4＋Bn2，
…
可以推测，A－B＝________.
解析　由题意，得∴
∴A－B＝＋＝.
答案　

热点突破35　高考中归纳推理与类比推理问题求解方略
从近两年新课标高考试题可以看出高考对归纳推理与类比推理考察重要以填空题形式浮现，难度为中档，常常以不等式、立体几何、解析几何、函数、数列等为载体来考察归纳推理与类比推理．
一、归纳推理
【示例】 (·陕西卷)观测下列等式：

照此规律，第n个等式应为________________．
　[审题与转化] 第一步：等式左端第一种数特点是该行行数，且持续2n－1个数相加，右端为12,32,52,72.
　[规范解答] 第二步：由前4个等式可知，第n个等式左边第一种数为n，且持续2n－1个整数相加，右边为(2n－1)2，故第n个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.
　[反思与回忆] 第三步：对有限条件进行观测、分析、归纳、整顿，提出带有规律性结论，即猜想，最后检查猜想．
二、类比推理
【示例】 (·浙江卷)设等差数列{an}前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}前n项积为Tn，则T4，________，________，成等比数列．
　[审题与转化] 第一步：观测等差数列{an}前n项和Sn特点．
　[规范解答] 第二步：由等差数列“S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12”中“差”，类比到等比数列中“商”．故可得T4，，，成等比数列．
　[反思与回忆] 第三步：类比推理是以比较为基本，它是根据两个或两类不同对象某些特殊属性比较，而做出有关另一种特殊属性结论，是从特殊到特殊推理，运用此类推理所得到结论需要进行严格证明．
高考典型题组训练
1．(·江西卷改编)观测下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝________.
解析　法一　由a＋b＝1，a2＋b2＝3得ab＝－1，代入后三个等式中符合，则a10＋b10＝(a5＋b5)2－2a5b5＝123.
法二　令an＝an＋bn，则a1＝1，a2＝3，a3＝4，a4＝7，…得an＋2＝an＋an＋1，从而a6＝18，a7＝29，a8＝47，a9＝76，a10＝123.
答案　123
2．(·陕西卷)观测下列不等式
1＋<，
1＋＋<，
1＋＋＋<，
……
照此规律，第五个不等式为________________．
解析　先观测左边，第一种不等式为2项相加，第二个不等式为3项相加，第三个不等式为4项相加，则第五个不等式应为6项相加，右边分子为分母2倍减1，分母即为所相应项数，故应填1＋＋＋＋＋<.
答案　1＋＋＋＋＋<
3．(·山东卷改编)观测(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理可得：若定义在R上函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)导函数，则g(－x)＝________.　
解析　归纳类比，得偶函数f(x)导函数g(x)是奇函数，从而有g(－x)＝－g(x)．
答案　－g(x)
4．(·福建卷)某同窗在一次研究性学习中发现，如下五个式子值都等于同一种常数：
①sin2 13°＋cos2 17°－sin 13°cos 17°；
②sin2 15°＋cos2 15°－sin 15°cos 15°；
③sin2 18°＋cos2 12°－sin 18°cos 12°；
④sin2 (－18°)＋cos2 48°－sin(－18°)cos 48°；
⑤sin2(－25°)＋cos2 55°－sin(－25°)cos 55°.
(1)试从上述五个式子中选用一种，求出这个常数；
(2)根据(1)计算成果，将该同窗发现推广为三角恒等式，并证明你结论．
解　法一
(1)选用②式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°＝1－＝.
(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α
＝sin2α＋cos2α＝.
法二
(1)同法一．
(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝＋－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝－cos 2α＋＋(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－
sin αcos α－sin2α＝－cos 2α＋＋cos 2α＋
sin 2α－sin 2α－(1－cos 2α)
＝1－cos 2α－＋cos 2α＝.

分层训练A级　基本达标演习
(时间：30分钟　满分：60分)
一、填空题(每题5分，共30分)
1．(·金陵中学模仿)观测下列各式9－1＝8,16－4＝12,25－9＝16,36－16＝20，…，
这些等式反映了自然数间某种规律，设n体现自然数，用有关n等式体现为________．
解析　9－1＝(1＋2)2－12＝4(1＋1)，16－4＝(2＋2)2－22＝4(2＋1)，25－9＝(3＋2)2－32＝4(4＋1)，36－16＝(4＋2)2－42＝4×(5＋1)，…，一般地，有(n＋2)2－n2＝4(n＋1)(n∈N*)．
答案　(n＋2)2－n2＝4(n＋1)(n∈N*)
2．(·南京模仿)在共有2 013项等差数列{an}中，有等式(a1＋a3＋…＋a2 013)－(a2＋a4＋…＋a2 012)＝a1 007成立；类比上述性质，在共有2 011项等比数列{bn}中，相应有等式________成立．
解析　将等式中加、减换成乘除可得
＝b1 006.
答案　＝b1 006
3．(·苏锡镇调研(一))若等差数列{an}首项为a1，公差为d，前n项和为Sn，则数列为等差数列，且通项为＝a1＋(n－1)·.类似地，若各项均为正数等比数列{bn}首项为b1，公比为q，前n项积为Tn，则数列{}为等比数列，通项为________．
解析　由等差数列与等比数列运算类比，可得＝b1()n－1.
答案　＝b1()n－1
4．(·常州七校联考)如果函数f(x)在区间D上是“凸函数”，则对于区间D内任意x1，x2，…，xn，有≤f成立．已知函数y＝sin x在区间[0，π]上是“凸函数”，则在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C最大值是________．
解析　由凸函数定义，知sin A＋sin B＋sin C≤
3sin＝.
答案　
5．(·南京外国语调研)将正奇数排列如图形式，其中第i行第j个数体现aij(i∈N*，j∈N*)，例如a32＝9，若aij＝2 009，则i＋j＝________.
1　
3　5
7　9　11
13　15　17　19
…
解析　根据正奇数排列正三角图表知，2 009是第1 005个奇数，应排在i行(其中i∈N*)，则1＋2＋3＋…＋(i－1)＝＜1 005①，且1＋2＋3＋…＋i＝＞1 005②；
验证i＝45时，①②式成立，因此i＝45；第45行第1个奇数是2×44×452＋1＝1 981，而1 981＋2(j－1)＝2 009，∴j＝15；因此，2 009在第45行第15个数，则i＋j＝60；
答案　60
6．(·镇江调研一)圆x2＋y2＝r2在点(x0，y0)处切线方程为x0x＋y0y＝r2，类似地，可以求得椭圆＋＝1在(2,1)处切线方程为________．
解析　由类比构造可知，相应切线方程为：＋＝1，
代入点坐标，所求切线方程为：＋＝1.
答案　＋＝1
二、解答题(每题15分，共30分)
7．平面中三角形和空间中四周体有诸多相类似性质，例如在三角形中：(1)三角形两边之和不不不小于第三边；(2)三角形面积S＝×底×高；(3)三角形中位线平行于第三边且等于第三边；……
请类比上述性质，写出空间中四周体有关结论．
解　由三角形性质，可类比得空间四周体有关性质为：
(1)四周体任意三个面面积之和不不不小于第四个面面积；
(2)四周体体积V＝×底面积×高；
(3)四周体中位面平行于第四个面且面积等于第四个面面积.
8．定义“等和数列”：在一种数列中，如果每一项与它后一项和都为同一种常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列公和．已知数列{an}是等和数列，且a1＝2，公和为5，(1)求a18值；(2)求该数列前n项和Sn.
解　(1)由等和数列定义，数列{an}是等和数列，且a1＝2，
公和为5，易知a2n－1＝2，a2n＝3(n＝1,2，…)，故a18＝3.
(2)当n为偶数时，
Sn＝a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a3＋…＋an－1)＋(a2＋a4＋…＋an)
＝2＋2＋…＋＋3＋3＋…＋＝n；当n为奇数时，
Sn＝Sn－1＋an＝(n－1)＋2＝n－.
综上所述：Sn＝
分层训练B级　创新能力提高
1．已知m＞0，不等式x＋≥2，x＋≥3，x＋≥4，可推广为x＋≥n＋1，则m值为________．
解析　x＋＝＋＋，x＋＝＋＋＋，易得其展开后各项之积为定值1，因此可猜想出x＋＝＋＋…＋＋，也满足各项乘积为定值1，于是m＝nn.
答案　nn
2．(·福建)观测下列等式：
①cos 2α＝2cos2α－1；
②cos 4α＝8cos4α－8cos2α＋1；
③cos 6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1；
④cos 8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1；
⑤cos 10α＝mcos10α－1 280cos8α＋1 120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1.
可以推测m－n＋p＝________.
解析　m＝29＝512，p＝5×10＝50.
又m－1 280＋1 120＋n＋p－1＝1，∴n＝－400.
答案　962
3．(·苏北调研)如图是一种数表，第一行依次写着从小到大正整数，然后把每行相邻两个数和写在这两个数下方，得到下一行，数表从上到下与从左到右均为无限项，则这个数表中第13行，第10个数为________．

解析　观测数表可知，每行数分别构成公差为20,21,22，23，…等差数列，因此第13行公差为212.
又每行第一种数分别为1,3＝2＋1×20,8＝22＋2×2,20＝23＋3×22,48＝24＋4×23,256＝25＋5×24，…故第13行第一种数为212＋12×211＝7×212，第10个数为7×212＋9×212＝16×212＝216.
答案　216(或65 536)
4．(·苏锡常镇扬五市调研)已知结论：“在三边长都相等△ABC中，若D是BC中点，点G是△ABC外接圆圆心，则＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在六条棱长都相等四周体ABCD中，若点M是△BCD三边中线交点，O为四周体ABCD外接球球心，则＝________”．　
解析　如图，设四周体ABCD棱长为a，则由M是△BCD重心，得BM＝a，AM＝a，设OA＝R，则OB＝R，OM＝a－R，于是由R2＝2＋2，解得R＝a，
因此＝＝3.
答案　3
5．在等差数列{an}中，Sn是其前n项和，则，，成等差数列．在等比数列{bn}中写出类似结论，并给出证明．
解　设各项为正数等比数列中，Tn是其前n项积，则(Tn)，(T2n)，(T3n)成等比数列．
此结论是对旳，证明如下：
由于{bn}成等比数列，因此有性质：
若m＋n＝p＋q，则bm·bn＝bp·bq.
从而有T3n＝b1b2…bn＋1bn＋2…b2nb2n＋1…b3n
＝[(b1b2…bn)(b2n＋1b2n＋2…b3n)](bn＋1bn＋2…b2n)
＝[(b1b2n＋1)(b2b2n＋2)…(bnb3n)](bn＋1bn＋2…b2n)
＝(b·b…b)(bn＋1·bn＋2…b2n)＝(bn＋1bn＋2…b2n)3，
又bn>0，因此(T3n)＝(bn＋1bn＋2…b2n)，
因而有(Tn)·(T3n)＝(b1b2…bn)(bn＋1bn＋2…b2n)
＝(T2n)＝[(T2n)]2，
因此(Tn)，(T2n)，(T3n)成等比数列．
6．(·湖南卷改编)对于n∈N*，将n体现为n＝a0×2k＋a1×2k－1＋a2×2k－2＋…＋ak－1×21＋ak×20，当i＝0时，ai＝1，当1≤i≤k时，ai为0或1.记I(n)为上述体现中ai为0个数(例如：1＝1×20,4＝1×22＋0×21＋0×20，故I(1)＝0，I(4)＝2)，求
(1)I(12)值；(2)I(n)值．
解　(1)12＝1×23＋1×22＋0×21＋0×20.∴I(12)＝2.
(2)I(1)＝0，I(2)＝1，I(3)＝0，I(4)＝2，I(5)＝1，I(6)＝1，I(7)＝0，I(8)＝3，I(9)＝2，I(10)＝2，I(11)＝1，I(12)＝2，I(13)＝1，I(14)＝1，I(15)＝0，…，又2I(1)＝20＝1＝30,2I(2)＋2I(3)＝21＋20＝3,2I(4)＋2I(5)＋2I(6)＋2I(7)＝22＋2×21＋20＝(2＋1)2＝33,2I(8)＋2I(9)＋2I(10)＋…＋2I(15)＝23＋3×22＋3×21＋20＝(2＋1)3＝33,2I(16)＋2I(17)＋…＋2I(31)＝34,2I(32)＋2I(33)＋…＋2I(63)＝35,2I(64)＋2I(65)＋…＋2I(127)＝36，
∴I(n)＝30＋31＋…＋36＝＝1 093.
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第4讲　直接证明与间接证明

考点梳理
1．直接证明
(1)综合法定义：
从命题条件出发，运用定义、公理、定理及运算法则，通过演绎推理，一步一步地接近要证明结论，直到完毕命题证明．这样思维措施称为综合法．
(2)框图体现：→→→…→
(其中P体现已知条件、已有定义、公理、定理等，Q体现要证结论)．
(3)分析法定义：
从求证结论出发，一步一步地摸索保证前一种结论成立充足条件，直到归结为这个命题条件，或者归结为定义、公理、定理等．这样思维措施称为分析法．
(4)框图体现：→→→…→
.
2．间接证明
(1)反证法定义：
在证明数学命题时，要证明结论要么对旳，要么错误，两者必居其一．我们可以先假定命题结论背面成立，在这个前提下，若推出成果与定义、公理、定理相矛盾，或与命题中已知条件相矛盾，或与假定相矛盾，从而阐明命题结论背面不也许成立，由此断定命题结论成立．这种证明措施叫作反证法．
(2)反证法证题环节是：
①作出否认结论假设；
②进行推理，导出矛盾；
③否认假设，必然结论．
【助学·微博】
　综合法与分析法关系
分析法与综合法相辅相成，对较复杂问题，常常先从结论进行分析，谋求结论与条件、基本知识之间关系，找到解决问题思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种措施交叉使用．
一种考情解决
直接证明与间接证明作为证明和推理数学命题措施，在高考题中无处不在．重要以不等式、立体几何、解析几何、函数等为载体，考察综合法、分析法及反证法．从题型上看，重要以解答题形式浮现，属于中高档题，难度较大．
考点自测
1．已知p＝＋，q＝·(m、n、a、b、c、d均为正数)，则p、q大小为________．
解析　q＝ ≥ ＝＋＝p.
答案　p≤q
2．当否认“自然数a，b，c中恰有一种偶数”时，对旳反设为________．
解析　∵a，b，c恰有一种偶数，即a，b，c中只有一种偶数，其背面是有两个或两个以上偶数或没有一种偶数即全都是奇数．
答案　a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数
3．若等差数列{an}中公差d≠0，则a1＋a8与a4＋a5大小关系为________．
解析　∵{an}为等差数列，∴a1＋a8＝2a1＋7d，a4＋a5＝2a1＋7d，∴a1＋a8＝a4＋a5.
答案　a1＋a8＝a4＋a5
4．在用反证法证明数学命题时，如果原命题否认事项不止一种时，必要将结论否认状况逐个驳倒，才干必然原命题对旳．
例如：在△ABC中，若AB＝AC，P是△ABC内一点，∠APB＞∠APC，求证：∠BAP＜∠CAP，用反证法证明时应分：假设________和________两类．
答案　∠BAP＝∠CAP　∠BAP＞∠CAP
5．(·南京29中月考)对于给定两个函数S(x)＝ex－e－x，G(x)＝ex＋e－x，则下列运算公式：
①S(x＋y)＝S(x)G(y)＋G(x)S(y)；②S(x－y)＝S(x)G(y)－G(x)S(y)；③2S(x＋y)＝S(x)G(y)＋G(x)S(y)；④2S(x－y)＝S(x)G(y)－G(x)S(y)．其中对旳是________．
解析　S(x)G(y)＋G(x)S(y)＝(ex－e－x)(ey＋e－y)＋(ex＋e－x)(ey－e－y)＝ex＋y＋ex－y－e－x＋y－e－x－y＋ex＋y－ex－y＋e－x＋y－e－x－y＝2(ex＋y－e－x－y)＝2S(x＋y)．同理可得2S(x－y)＝S(x)G(y)－G(x)S(y)．
答案　③④

考向一　综合法应用
【例1】 (·天津卷)已知数列{an}与{bn}满足bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，bn＝，n∈N*，且a1＝2，a2＝4.
(1)求a3，a4，a5值；
(2)设cn＝a2n－1＋a2n＋1，n∈N*，证明{cn}是等比数列．
(1)解　由bn＝，n∈N*，可得bn＝
又bnan＋an＋1＋bn＋1an＋2＝0，
当n＝1时，a1＋a2＋2a3＝0，由a1＝2，a2＝4，可得a3＝－3；
当n＝2时，2a2＋a3＋a4＝0，可得a4＝－5；
当n＝3时，a3＋a4＋2a5＝0，可得a5＝4.
(2)证明　对任意n∈N*，
a2n－1＋a2n＋2a2n＋1＝0，①
2a2n＋a2n＋1＋a2n＋2＝0，②
a2n＋1＋a2n＋2＋2a2n＋3＝0，③
②－③，得a2n＝a2n＋3，④
将④代入①，可得a2n＋1＋a2n＋3＝－(a2n－1＋a2n＋1)，即cn＋1＝－cn(n∈N*)．又c1＝a1＋a3＝－1，故cn≠0，因而＝－1.
因此{cn}是等比数列．
[措施总结] 综合法是一种由因导果证明措施，即由已知条件出发，推导出所要证明等式或不等式成立．因而，综合法又叫做顺推证法或由因导果法．其逻辑根据是三段论式演绎推理措施，这就要保证前提对旳，推理合乎规律，才干保证结论对旳性．
【训练1】 设x，y，z是空间不同直线或不同平面，且直线不在平面内，下列条件中能保证“若x⊥z，且y⊥z，则x∥y”为真命题是________(填写所有对旳条件代号)．
①x为直线，y，z为平面；②x，y，z为平面；③x，y为直线，z为平面；④x，y为平面，z为直线；⑤x，y，z为直线．
解析　①中x⊥平面z，平面y⊥平面z，
∴x∥平面y或x⊂平面y.
又∵x⊄平面y，∴x∥y成立．
②中若x，y，z均为平面，则x可与y相交，故②不成立．
③x⊥z，y⊥z，x，y为不同直线，故x∥y成立．
④z⊥x，z⊥y，z为直线，x，y为平面可得x∥y，④成立．
⑤x，y，z均为直线x，y可平行、异面、相交，故⑤不成立．
答案　①③④

考向二　分析法应用
【例2】 (·湖北卷)已知数列{an}前n项和为Sn，且满足：a1＝a(a≠0)，an＋1＝rSn(n∈N*，r∈R，r≠－1，r≠0)．
(1)求数列{an}通项公式；
(2)若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，试判断：对于任意m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2与否成等差数列，并证明你结论．
解　(1)当n≥2时，由an＝Sn－Sn－1＝an＋1－an，
得(1＋r)an＝an＋1.
由于1＋r≠0，r≠0，因此＝r＋1，因此
a2，a3，…，an，…成等比数列，
即n≥2时，an＝r(r＋1)n－2a.
因此an＝
(2)对于任意m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列．证明如下：
当r≠0，r≠－1时，∵Sk＋2＝Sk＋ak＋1＋ak＋2，
Sk＋1＝Sk＋ak＋1.
若存在k∈N*，使得Sk＋1，Sk，Sk＋2成等差数列，则Sk＋1＋Sk＋2＝2Sk，∴2Sk＋2ak＋1＋ak＋2＝2Sk，即ak＋2＝－2ak＋1.
由(1)知，a2，a3，…，an，…公比r＋1＝－2，于是对于任意m∈N*，且m≥2，am＋1＝－2am，从而am＋2＝4am，
∴am＋1＋am＋2＝2am，即am＋1，am，am＋2成等差数列．
综上，对于任意m∈N*，且m≥2，am＋1，am，am＋2成等差数列．
[措施总结] 逆向思考是用分析法证题重要思想，通过反推，逐渐寻找使结论成立充足条件，对旳把握转化方向是使问题顺利获解核心．
【训练2】 (·盐城二模)对于给定数列{cn}，如果存在实常数p、q，使得cn＋1＝pcn＋q对于任意n∈N*都成立，我们称数列{cn}是“优美数列”．
(1)若an＝2n，bn＝3·2n，n∈N*，数列{an}、{bn}与否为“优美数列”？若是，指出它相应实常数p、q，若不是，请阐明理由；
(2)已知数列{an}满足a1＝2，an＋an＋1＝3·2n(n∈N*)．若数列{an}是“优美数列”，求数列{an}通项公式．
解　(1)∵an＝2n，则有an＋1＝an＋2，n∈N*.
∴数列{an}是“优美数列”，相应p、q值分别为1、2；
∵bn＝3·2n，则有bn＋1＝2bn，n∈N*.
∴数列{bn}是“优美数列”，相应p、q值分别为2、0.
(2)∵数列{an}是“优美数列”，∴存在实常数p、q，
使得an＋1＝pan＋q对于任意n∈N*都成立，
且有an＋2＝pan＋1＋q对于任意n∈N*都成立，
因而(an＋1＋an＋2)＝p(an＋an＋1)＋2q对于任意n∈N*都成立，
而an＋an＋1＝3·2n(n∈N*)，
且an＋1＋an＋2＝3·2n＋1(n∈N*)，
则有3·2n＋1＝3·2np＋2q对于任意n∈N*都成立，
即3·2n(2－p)＝2q对于任意n∈N*都成立，
∴p－2＝0，即p＝2，q＝0.此时，an＋1＝2an，
又∵a1＝2，∴an＝2n(n∈N*)．

考向三　反证法应用
【例3】 (·湖北卷)已知数列{an}满足a1＝，＝，
anan＋1<0(n≥1)；数列{bn}满足bn＝a－a(n≥1)．
(1)求数列{an}，{bn}通项公式；
(2)证明：数列{bn}中任意三项不也许成等差数列．
(1)解　由题意可知，1－a＝(1－a)．
令cn＝1－a，则cn＋1＝cn.又c1＝1－a＝，
则数列{cn}是首项为c1＝，公比为等比数列，
即cn＝·n－1，
故1－a＝·n－1⇒a＝1－·n－1.
又a1＝>0，anan＋1<0，
故an＝(－1)n－1.
bn＝a－a＝－＝·n－1.
(2)证明　用反证法证明．
假设数列{bn}存在三项br，bs，bt(r<s<t)按某种顺序成等差数列，由于数列{bn}是首项为，公比为等比数列，于是有br>bs>bt，则只也许有2bs＝br＋bt成立．
∴2·s－1＝r－1＋t－1，
两边同乘3t－121－r，化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s.
由于r<s<t，因此上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不也许成立，导致矛盾．
故数列{bn}中任意三项不也许成等差数列．
[措施总结] 当一种命题结论是以“至多”，“至少”、“唯一”或以否认形式浮现时，宜用反证法来证，反证法核心是在对旳推理下得出矛盾，矛盾可以是：①与已知条件矛盾，
②与假设矛盾，③与定义、公理、定理矛盾，④与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题有力工具，是数学证明中一件有力武器．
【训练3】 (·湖北卷)设函数f(x)＝x3－x2＋bx＋c，其中a>0，曲线y＝f(x)在点P(0，f(0))处切线方程为y＝1.
(1)拟定b、c值；
(2)设曲线y＝f(x)在点(x1，f(x1))及(x2，f(x2))处切线都过点(0,2)．证明：当x1≠x2时，f′(x1)≠f′(x2)．
(1)解　由f(x)＝x3－x2＋bx＋c，得f(0)＝c，
f′(x)＝x2－ax＋b，f′(0)＝b.
又由曲线y＝f(x)在点P(0，f(0))处切线方程