高考必看：推理与证明

高考必看：推理与证明（精选7篇）

高考必看：推理与证明 篇1

一．本章知识网络： 推理与证

推理 证明合情推理 演绎推理 直接证明 间接证明 数学归纳

归纳 类比 综合分析反证

二、推理●1.归纳推理1）归纳推理的定义：从个别事实．．．．中推演出一般性．．．的结论，像这样的推理通常称为归纳推理。

归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳推理的猜想，可以作为进一步研究的起点，帮助人们发现问

题和提出问题。但不完全归纳的结论不一定正确，需要证明。

●2.类比推理1）根据两个（或两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似

类比推理的关键是先找到两类事物的相似点（类比点），从而将一类事物的性质的类比到另一个事物，但要有证明的意识。

●3.演绎推理1）演绎推理是根据已有的事实和正确的结论（包括定义、公理、定理等）按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程。

2）三段论式常用的格式为： M——P（M是P）①S——M（S是M）②S——P（S是P）③

其中①是大前提，它提供了一个一般性的原理；②是小前提，它指出了一个特殊对象；③是结论，它是根据一般性原理，对特殊情况做出的判断。

三．证明：综合法，分析法，反证法，数学归纳法

1．解答证明题时，要注意是采用直接证明还是间接证明。在解决直接证明题时，综合法和分析法往往可以结合起来使用。综合法的使用是“由因索果”，分析法证明问题是“执果索因”，它们是两种思路截然相反的证明方法，分析法便于寻找解题思路，而综合法便于叙述，因此使用时往往联合使用。分析法要注意叙述的形式：要证A，只要证明B，B应是A成立的充分条件。

2．应用反证法时，注意：一是“否定结论”部分，把握住结论的“反”是什么？二是“导出矛盾”部分，矛盾有时是与已知条件矛盾，有时是与假设矛盾，而有时又是与某定义、定理、公理或事实矛盾，因此要弄明白究竟是与什么矛盾.对于难于从正面入手的数学证明问题，解题时可从问题的反面入手，探求已知与未知的关系，从而将问题得以解决。因此当遇到“否定性”、“唯一性”、“无限性”、“至多”、“至少”等类型命题时，宜选用反证法。

x成立；¬ p且¬ q；¬ p或¬ q 3数学归纳法：（两步骤一结论，关键是“用假设、凑目标”）（1）数学归纳法是用来证明某些与自然数有关的数学命题的一种推理方法，它是一个递推的数学论证方法，论证的第一步是证明命题在n＝1(或n0)时成立，这是递推的基础；第二步是假设在n＝k时命题成立，再证明n＝k＋1时命题也成立，这是无限递推下去的理论依据，它使命题的正确性突破了有限，达到无限。这两个步骤密切相关，缺一不可，完成了这两步，就可以断定“对任何自然数（或n≥n0且n∈N）结论都正确”。由这两步可以看出，数学归纳法是由递推实现归纳的，属于完全归纳。（2）运用数学归纳法证明问题时，关键是n＝k＋1时命题成立的推证，此步证明要具有目标意识，注意与最终要达到的解题目标进行分析比较，以此确定和调控解题的方向，使差异逐步减小，最终实现目标完成解题。（3）运用数学归纳法，可以证明下列问题：与自然数n有关的恒等式、代数不等式、三角不等式、数列问题、几何问题、整除性问题等等。

四．知识应用，巩固提升 一．选择题

1、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.A．①②③； B．②③④；C．②④⑤；D．①③⑤.2.观察下列数的特点：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，„ 中,第100项是()A．10 B.13 C.14 D.100

3.在平面几何里，有勾股定理：“设△ABC的两边AB，AC互相垂直，则AB2+AC2=BC

2”拓展到空间，类比平面几何的勾股定理，“设三棱锥A—BCD的三个侧面ABC、ACD、ADB 两两相互垂直，则可得”（）A.AB

2+AC2

+ AD2

=BC2

+ CD2

+ BD2

B.S

2ABC

S2ACDS2ADBS2BCD

C.S22S222

ABCSACDADBSBCDD.AB×AC×AD=BC ×CD ×BD

4.由①正方形的对角线相等；②平行四边形的对角线相等；③正方形是平行四边形，根据“三段论”推理

出一个结论，则这个结论是（）A.正方形的对角线相等B.平行四边形的对角线相等C.正方形是平行四边形 D.其它

5、用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是（）。

A．假设三内角都不大于60度； B 假设三内角都大于60度； C。假设三内角至多有一个大于60度；D。假设三内角至多有两个大于60度。

6用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)„(n＋n)＝2n

·1·2„(2n－1)（n∈N），从“k到k＋1”，左端需乘的代数式为（）。A.2k＋1B.2(2k＋1)C.2k1k1D.2k

3k

17．设a,b,c(,0),则a1b,b1c,c1

a

（）A．都不大于2 B．都不小于2 C．至少有一个不大于2D．至少有一个不小于

28．定义运算:xy

x(xy)例如y

(xy),344,则下列等式不能成立．．．．的是（）A．xyyxB．(xy)zx(yCz)．(xy)2x2y2D．c(xy)(cx)(cy)（c0）9．（11江西理7）观察下列各式：5

5=3125，56

=15625，57

=78125，…，则52011的末四位数字为()

A．3125B．5625C．0625D．8125

二．填空题

11.（11陕西理13）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。12．（09浙江文）设等差数列{an}的前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}的前n项积为Tn，则T4，，T16

T成等比数列． 1213、一同学在电脑中打出如下若干个圈:○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●„若将此若干个圈依此规律继续下去,得到一系列的圈,那么在前120个圈中的●的个数是。三．解答题

15、已知正数a,b,c成等差数列，且公差d0，求证：11

1a,b,c

不可能是等差数列。

16、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。

17．(09山东卷理)等比数列{a

n}的前n项和为Sn，已知对任意的nN，点(n,Sn)，均在函数

ybxr(b0且b1,b,r均为常数)的图像上.（1）求r的值；（11）当b=2时，记 bn2(lo2gan

1)n(N 证明：对任意的)nN，不等式b11b21····bn1bb

b2

高考必看：推理与证明 篇2

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.

推理与证明 篇3

一、 考纲要求

根据《2012年江苏高考数学科考试说明》及《江苏省普通高中数学课程标准教学要求》，合情推理与演绎推理要求为B级，分析法、综合法及反证法要求A级，这里的要求是对其概念的要求，而不是对方法的要求，会用分析法、综合法、反证法证明一些问题还是需要的，不可忽视。

1. 合情推理的两种常用形势包括归纳推理和类比推理。其中，由个别事实推演出一般的推理是归纳推理；根据两个（或两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同的推理是类比推理。

2. 演绎推理的主要形式是三段论式推理，其一般模式为：（1）已知的一般原理，即大前提，B是C，（2）所研究的特殊情况，即小前提：A是B，（3）根据一般原理，对特殊情况作出判断，即结论：A是C。

3. 直接证明就是从命题的条件或结论出发，根据已知的定义、公理、定理，逐步推得命题成立的证明方法。

4. 从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理，逐步下推，直到推出要证明的结论为止，这种证明方法为综合法；从证明的结论出发，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，这种证明方法为分析法。这两种证法均属于直接证明。

5. 反证法是一种间接证明方法，它的证明过程可以概括为“否定—推理—否定”。即从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定（即肯定原命题）的过程。

二、 难点疑点

1. 类比的关键在（1）要能找到两类事物之间的相似性或一致性；（2）类比不是简单的模仿，要抓住一类事物的本质去推测另一事物的性质；（3）类比的结论不一定正确。

2. 用综合法是由条件证结论，是执因索果的过程，而分析法则是执果索因，从结论出发寻找结论成立的充要条件，对格式有严格的要求。

3. 反证法的难点在由假设出发，如何通过推理论证，得出怎样一个与已知条件或客观事实相矛盾的结论，从而否定假设，肯定原命题。

三、 经典练习回顾

1. 已知a1=3，a2=6，且an+2=an+1-an，则a33为 

BCD中（如图所示），而DEC平分二面角A

--！> 2. “∵AC，BD是菱形ABCD的对角线，∴AC，BD互相垂直且平分.”补充以上推理的大前提是 .

3. 用反证法证明命题“a，b∈N，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除.”那么假设的内容是

4. 已知椭圆具有性质：若M、N是椭圆C上关于原点对称的两个点，点P是椭圆上任意一点，当直线PM、PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN时，那么kPM与kPN之积是与点P的位置无关的定值.试对双曲线x2a2-y2b2=1写出具有类似特性的性质，并加以证明.

四、 例题精析

【例1】 如图，在三棱锥P

矛盾，则假设不成立，即AE不平行平面PFD.

点拨 本题考查线面与面面位置关系的基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力，用到了直接证明与间接证明。请思考：第一问中包含了几个三段论。

【例2】 已知{bn}是公比为q（q≠1）等比数列，是否存在这样的正数q，使得等比数列{bn}中有三项成等差数列？若存在，写出一个q的值，并加以证明；若不存在，请说明理由.

解析 本题可用分析法进行探究，如果存在正数q，使得等比数列{bn}中有三项成等差数列，不妨设第k，m，n项.根据q>0，可设k0，所以，q=1，与条件矛盾.失败了！失败不要紧，关键是我们找到了一个新思想：合情推理！这是解决本题的一把好钥匙.继续合情推理：一元二次方程不行，那么，最简单的就是一元三次方程了，那么，一元三次方程行不行呢？不妨设n-k为m-k的3倍，那么，如果令qm-k=x，那么就有x3-2x+1=0，尽管这是一个三次方程，但由于很明显有一个x=1的解，而由条件知x≠1，所以上面的方程可化为x2+x-1=0，解得x=5-12，于是，只要看对应的k，m，n为何值就可对了.继续合情推理：最简单的情形是m-k=1，n-k=3，这样的正整数k，m，n是否存在呢？很简单：k=1，m=2，n=4即可.于是q=5-12，难关攻克！

高考必看：推理与证明 篇4

2012年高考真题理科数学解析分类汇编14推理与证明

1.【2012高考江西理6】观察下列各式：ab1,a2b23,a3b34,a4b47, a5b511,则ab 1010

A．28B．76C．123D．199

【答案】C

【命题立意】本题考查合情推理中的归纳推理以及递推数列的通项公式。

【解析】等式右面的数构成一个数列1,3,4,7,11，数列的前两项相加后面的项，即anan1an2，所以可推出a10123，选C.2.【2012高考全国卷理12】正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AE＝BF＝7.动点P从E出发沿直线喜爱那个F运动，每当碰到正方形的方向的边时反弹，3反弹时反射等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为

（A）16（B）14（C）12(D)10

【答案】B

【命题意图】本试题主要考查了反射原理与三角形相似知识的运用。通过相似三角形，来确定反射后的点的落的位置，结合图像分析反射的次数即可。

【解析】结合已知中的点E,F的位置，进行作图，推理可知，在反射的过程中，直线是

平行的，那么利用平行关系，作图，可以得到回到EA点时，需要碰撞14次即可.3.【2012高考湖北理10】我国古代数学名著《九章算术》中“开立圆术”曰：置积尺数，以十六乘之，九而一，所得开立方除之，即立圆径.“开立圆术”相当于给出了已知球的体积V，求其直径d的一个近似公式d

根据π =3.14159

.人们还用过一些类似的近似公式.判断，下列近似公式中最精确的一个是

B

．dC

．dD

．d11.d【答案】D

考点分析：考察球的体积公式以及估算.【解析】

4d3a6b69由V()，得d设选项中常数为,则=；A中代入得==3.375，32ba16

616157611B中代入得==3，C中代入得==3.14,D中代入得==3.142857，2300

21由于D中值最接近的真实值，故选择D。

4.【2012高考陕西理11】 观察下列不等式

13 222

115123，2331

———— 1

1

1117 223242

4„„

照此规律，第五个不等式为.．．．

1111111

2222.2

234566

1111111

【解析】通过观察易知第五个不等式为122222.234566

【答案】1

5.【2012高考湖南理16】设N=2（n∈N，n≥2），将N个数x1,x2,„，xN依次放入编号为

1,2，„，N的N个位置，得到排列P0=x1x2„xN.将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取

n

*

NN和后个位置，得到排列P1=x1x3„xN-1x2x4„xN，将此22

N

操作称为C变换，将P1分成两段，每段个数，并对每段作C变换，得到p2；当2≤i≤

Ni

n-2时，将Pi分成2段，每段i个数，并对每段C变换，得到Pi+1，例如，当N=8时，出，并按原顺序依次放入对应的前

P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此时x7位于P2中的第4个位置.（1）当N=16时，x7位于P2中的第___个位置；

n

（2）当N=2（n≥8）时，x173位于P4中的第___个位置.【答案】（1）6；（2）32【解析】（1）当N=16时,n4

11

P0x1x2x3x4x5x6P1x1x3x5x7

x16,可设为(1,2,3,4,5,6,x16,即为(1,3,5,7,9，16), 2,4,6,8，16)，16), x7位于P2中的第6

x15x2x4x6

P2x1x5x9x13x3x7x11x15x2x6

个位置,；

x16,即(1,5,9,13,3,7,11,15,2,6,（2）方法同（1）,归纳推理知x173位于P4中的第32

n4

11个位置.【点评】本题考查在新环境下的创新意识，考查运算能力，考查创造性解决问题的能力.需要在学习中培养自己动脑的习惯，才可顺利解决此类问题.6.【2012高考湖北理13】回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，„，99．3位回文数有90个：101，111，121，„，191，202，„，999．则（Ⅰ）4位回文数有个；

（Ⅱ）2n1(nN)位回文数有 【答案】90，910

考点分析：本题考查排列、组合的应用.【解析】（Ⅰ）4位回文数只用排列前面两位数字，后面数字就可以确定，但是第一位不能为0，有9（1~9）种情况，第二位有10（0~9）种情况，所以4位回文数有91090种。答案：90

————

n

（Ⅱ）法

一、由上面多组数据研究发现，2n+1位回文数和2n+2位回文数的个数相同，所以可以算出2n+2位回文数的个数。2n+2位回文数只用看前n+1位的排列情况，第一位不能为0有9种情况，后面n项每项有10种情况，所以个数为910.法

二、可以看出2位数有9个回文数，3位数90个回文数。计算四位数的回文数是可以看出在2位数的中间添加成对的“00,11,22,„„99”，因此四位数的回文数有90个按此规律推导这十个数，因此,而当奇数位时，可以看成在偶数位的最中间添加0~9,则答案为910.n

n

7.【2012高考北京理20】（本小题共13分）

设A是由mn个实数组成的m行n列的数表，满足：每个数的绝对值不大于1，且所有数的和为零.记Sm,n为所有这样的数表组成的集合.对于ASm,n，记ri(A)为A的第i行各数之和（1剟i

m），cj(A)为A的第j列各数之和（1剟j

；记k(A)为n）

r1(A)，r2(A)，„，rm(A)，c1(A)，c2(A)，„，cn(A)中的最小值.（1）对如下数表A，求k(A)的值；

（2）设数表AS2,3形如

求k(A)的最大值；

（3）给定正整数t，对于所有的AS2,2t1，求k(A)的最大值.【答案】解：（1）由题意可知r1A1.2，r2A1.2，c1A1.1，c2A0.7，c3A1.8

∴kA0.7

（2）先用反证法证明kA≤1：

若kA1

则|c1A||a1|a11，∴a0 同理可知b0，∴ab0 由题目所有数和为0 即abc1 ∴c1ab1 与题目条件矛盾

———— 3

∴kA≤1．

易知当ab0时，kA1存在 ∴kA的最大值为1（3）kA的最大值为

2t1

.t22t1

首先构造满足k(A)的A{ai,j}(i1,2,j1,2,...,2t1)：

t2

t1

a1,1a1,2...a1,t1,a1,t1a1,t2...a1,2t1，t2

a2,1a2,2

t2t1

...a2,t,a2,t1a2,t2...a2,2t11.t(t2)

经计算知，A中每个元素的绝对值都小于1，所有元素之和为0，且

|r1(A)||r2(A)|

2t1，t2

t2t1t12t1，|c1(A)||c2(A)|...|ct(A)|11

t(t2)t2t2

|ct1(A)||ct2(A)|...|c2t1(A)|1

下面证明

t12t1

.t2t2

2t1

是最大值.若不然，则存在一个数表AS(2,2t1)，使得t22t1

k(A)x.t2

由k(A)的定义知A的每一列两个数之和的绝对值都不小于x，而两个绝对值不超过1的数的和，其绝对值不超过2，故A的每一列两个数之和的绝对值都在区间[x,2]中.由于

x1，故A的每一列两个数符号均与列和的符号相同，且绝对值均不小于x1.设A中有g列的列和为正，有h列的列和为负，由对称性不妨设gh，则

gt,ht1.另外，由对称性不妨设A的第一行行和为正，第二行行和为负.考虑A的第一行，由前面结论知A的第一行有不超过t个正数和不少于t1个负数，每个正数的绝对值不超过1（即每个正数均不超过1），每个负数的绝对值不小于x1（即每个负数均不超过1x）.因此

|r1(A)|r1(A)t1(t1)(1x)2t1(t1)xx2t1(t2)xx，故A的第一行行和的绝对值小于x，与假设矛盾.因此kA的最大值为

2t1

。t2

————

8.【2012高考湖北理】（本小题满分14分）

（Ⅰ）已知函数f(x)rxxr(1r)(x0)，其中r为有理数，且0r1.求f(x)的最小值；

（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：

设a10,a20，b1,b2为正有理数.若b1b21，则a1b1a2b2a1b1a2b2；（Ⅲ）请将（Ⅱ）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题.．．．．．注：当为正有理数时，有求导公式(x)x1.【答案】（Ⅰ）f(x)rrxr1r(1xr1)，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)内是减函数； 当 x1 时，f(x)0，所以f(x)在(1,)内是增函数.故函数f(x)在x1处取得最小值f(1)0.（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当x(0,)时，有f(x)f(1)0，即xrrx(1r)①

若a1，a2中有一个为0，则a1b1a2b2a1b1a2b2成立； 若a1，a2均不为0，又b1b21，可得b21b1，于是 在①中令x

a1aa，rb1，可得(1)b1b11(1b1)，a2a2a2

即a1b1a21b1a1b1a2(1b1)，亦即a1b1a2b2a1b1a2b2.综上，对a10,a20，b1，b2为正有理数且b1b21，总有a1b1a2b2a1b1a2b2.②

（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：

设a1,a2,若b1b2,an为非负实数，b1,b2,b1b2bn1，则a1a2,bn为正有理数.bn

ana1b1a2b2

anbn.③

用数学归纳法证明如下：

（1）当n1时，b11，有a1a1，③成立.（2）假设当nk时，③成立，即若a1,a2,且b1b2

b1b2

bk1，则a1a2,ak为非负实数，b1,b2，bk为正有理数，bk

aka1b1a2b2

akbk.,bk,bk1为正有理数，当nk1时，已知a1,a2,且b1b2aa

b1

b22,ak,ak1为非负实数，b1,b2,bkbk11，此时0bk11，即1bk10，于是

bk1k1

aa

bkk

(aa

b11b22

a)a

bkkbk1k1

=(a

b11bk11

a

b21bk12

a

bk

1bk11bk1k)

bk1ak1.———— 5

因

b1b2



1bk11bk1



bk

1，由归纳假设可得

1bk1

b1b2

a2

1bk11bk1

ak

aba2b2akbkbk

11，1bk11bk1

a

b1

1bk11

a

b21bk12

a

bk1bk1k

a1

b1b2

从而a1a2bkbk1

akak1

aba2b2akbk

11

1bk1

1bk1

bk1

ak1.又因(1bk1)bk11，由②得

a1b1a2b2akbk



1bk1

1bk1

bk1

ak1

a1b1a2b2akbk

(1bk1)ak1bk1

1bk1

a1b1a2b2

b2

从而a1b1a2

bkbk1akak1a1b1a2b2

akbkak1bk1，akbkak1bk1.故当nk1时，③成立.由（1）（2）可知，对一切正整数n，所推广的命题成立.说明：（Ⅲ）中如果推广形式中指出③式对n2成立，则后续证明中不需讨论n1的情况.9.【2012高考福建理17】（本小题满分13分）

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）sin13°+cos17°-sin13°cos17°（2）sin15°+cos15°-sin15°cos15°（3）sin18°+cos12°-sin18°cos12°

（4）sin（-18°）+cos48°-sin（-18°）cos48°（5）sin（-25°）+cos55°-sin（-25°）cos55° Ⅰ 试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数

Ⅱ 根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广位三角恒等式，并证明你的结论.103sin30 24

2200

（II）三角恒等式为：sincos(30)sincos(30)



解答：（I）选择（2）：sin15cos15sin15cos151

sin2cos2(300)sincos(30)

sin11

sin)2sinsin)22

333sin2cos2444

高考必看：推理与证明 篇5

M单元 推理与证明

M1 合情推理与演绎推理

16．，[2014·福建卷] 已知集合{a，b，c}＝{0，1，2}，且下列三个关系：①a≠2；②b＝2；③c≠0有且只有一个正确，则100a＋10b＋c等于________．

16．201 [解析](i)若①正确，则②③不正确，由③不正确得c＝0，由①正确得a＝1，所以b＝2，与②不正确矛盾，故①不正确．

(ii)若②正确，则①③不正确，由①不正确得a＝2，与②正确矛盾，故②不正确．(iii)若③正确，则①②不正确，由①不正确得a＝2，由②不正确及③正确得b＝0，c＝1，故③正确．

则100a＋10b＋c＝100×2＋10×0＋1＝201.14．[2014·全国新课标卷Ⅰ] 甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市．乙说：我没去过C城市．丙说：我们三人去过同一城市．

由此可判断乙去过的城市为________．

14．A [解析] 由甲没去过B城市，乙没去过C城市，而三人去过同一城市，可知三人去过城市A，又由甲最多去过两个城市，且去过的城市比乙多，故乙只去过A城市．

x14．[2014·陕西卷] 已知f(x)＝x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N＋，则1＋x

f2014(x)的表达式为________．

xx14.[解析] 由题意，得f1(x)＝f(x)＝ 1＋2014x1＋x

x

1＋xxxf2(x)＝f3(x)＝，…，x1＋2x1＋3x11＋x

由此归纳推理可得f2014(x)＝x.1＋2014x

M2 直接证明与间接证明

21．、[2014·湖南卷] 已知函数f(x)＝xcos x－sin x＋1(x＞0)．

(1)求f(x)的单调区间；

111(2)记xi为f(x)的从小到大的第i(i∈N*)个零点，证明：对一切n∈N*，有x1x2xn

321．解：(1)f′(x)＝cos x－xsin x－cos x＝－xsin x.令f′(x)＝0，得x＝kπ(k∈N*)．

当x∈(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)时，sin x>0，此时f′(x)<0;

当x∈((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)时，sin x<0，此时f′(x)>0.故f(x)的单调递减区间为(2kπ，(2k＋1)π)(k∈N)，单调递增区间为((2k＋1)π，(2k＋2)π)(k∈N)．

ππ(2)由(1)知，f(x)在区间(0，π)上单调递减．又f＝0，故x1＝.2

2当n∈N*时，因为

＋f(nπ)f[（n＋1）π]＝[(－1)nnπ＋1][(－1)n1(n＋1)π＋1]＜0，且函数f(x)的图像是连续不断的，所以f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)内至少存在一个零点．又f(x)在区间(nπ，(n＋1)π)上是单调的，故

nπ＜xn＋1＜(n＋1)π.142因此，当n＝1时，＜； x1π3

1112当n＝2时，＋(4＋1)＜ x1x2π3

当n≥3时，1111114＋1＋ 2（n－1）x1x2xnπ

11151＜＜（n－2）（n－1）1×2ππ5＋1－1＋11＋…＋11 223n－2n－1

1162＝6－n－1＜＜π3π

1112综上所述，对一切n∈N*，.x1x2xn3

M3数学归纳法

sin x23．、[2014·江苏卷] 已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.x

πππ(1)求2f1＋f2的值； 222

πππ2(2)证明：对任意的n∈N*，等式nfn－1＋n＝ 4442

sin xcos xsin x23．解：(1)由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝′＝－，xxx

cos xxsin ′＝ 于是f2(x)＝f1′(x)＝′－xx－sin x2cos x2sin x＋，xxx

ππ4216所以f1＝－f2＝－22πππ

πππ故2f12＝－1.222(2)证明：由已知得，xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf0′(x)＝cos x，π即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sinx＋.2

类似可得

2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，3π3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sinx＋，2

4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．

nπ下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋对所有的n∈N*都成立． 2

(i)当n＝1时，由上可知等式成立．

kπ(ii)假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sinx.2

因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kfk－1′(x)＋fk(x)＋xfk′(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，sinx＋kπ′＝cosx＋kπ·x＋kπ′＝sinx＋（k＋1）π，2222

（k＋1）π所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sinx＋2，因此当n＝k＋1时，等式也成立．

nπ综合(i)(ii)可知，等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋对所有的n∈N*都成立． 2

πππππnπ令x＝nfn－1＋fn＝sin＋(n∈N*)，424444

πππ所以nfn－1＋fn＝444

高考必看：推理与证明 篇6

教案第十三编推理与证明主备人张灵芝总第67期

§13.2 直接证明与间接证明

基础自测

1.分析法是从要证的结论出发,寻求使它成立的条件.答案充分 2.若a＞b＞0,则a+答案＞

3.要证明3+7＜25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是（填序号）.①反证法 答案②

4.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，那么a、b、c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是.①假设a、b、c都是偶数；②假设a、b、c都不是偶数

③假设a、b、c至多有一个偶数；④假设a、b、c至多有两个偶数 答案②

5.设a、b、c∈（0，+∞），P=a+b-c，Q=b+c-a，R=c+a-b，则“PQR＞0”是“P、Q、R同时大于零”的条件.； 答案充要

②分析法

③综合法

1b

b+

1a

.(用“＞”,“＜”,“=”填空)

例题精讲

例1设a,b,c＞0,证明：

a

2b



b

2c



c

a

≥a+b+c.a

证明∵a,b,c＞0，根据基本不等式，有

a

b

+b≥2a,a

b

c

+c≥2b,c

c

a

+a≥2c.三式相加：

b

+

b

c

+

c

a

+a+b+c≥2(a+b+c).即

1a

b

+

b

c

1a

+

a

≥a+b+c.例2（14分）已知a＞0,求证： a2证明要证a2

1a

-2≥a+

1a

-2.1a

-2≥a+

1a

-2,只要证a2

+2≥a++2.2分

∵a＞0,故只要证



a



1a

12≥（a++a

2）,2

6分

427

即a+

1a

+4a2

1a

+4≥a+2+



1a

+22a





1

+2, a

8分

从而只要证2a2

只要证4a

1a

≥2a

1

,a

10分

1112

≥2（a+2+）,即a2+≥2,而该不等式显然成立，故原不等式成立.14分 222aaa

例3若x,y都是正实数，且x+y＞2,求证：证明假设

1xy

1xy

＜2与

1xy

1yx

＜2中至少有一个成立.1yx

＜2和

1yx

＜2都不成立，则有≥2和≥2同时成立，因为x＞0且y＞0,所以1+x≥2y，且1+y≥2x，两式相加，得2+x+y≥2x+2y，所以x+y≤2，这与已知条件x+y＞2相矛盾，因此

1xy

＜2与

1yx

＜2中至少有一个成立

.巩固练习

1.已知a,b,c为互不相等的非负数.求证：a2+b2+c2＞abc(a+b+c).证明∵a2+b2≥2ab,b2+c2≥2bc,a2+c2≥2ac.又∵a,b,c为互不相等的非负数，∴上面三个式子中都不能取“=”，∴a+b+c＞ab+bc+ac,∵ab+bc≥2ab2c,bc+ac≥2abc2,ab+ac≥2a2bc,又a,b,c为互不相等的非负数，∴ab+bc+ac＞abc(a+b+c),∴a2+b2+c2＞abc(a++c).2.已知a＞0,b＞0,且a+b=1,试用分析法证明不等式a



2511

证明要证ab≥

4ab



2511

b≥

4ab

.,只需证ab+

a

bab



1≥

54，只需证4(ab)+4(a+b)-25ab+4≥0,只需证4(ab)+8ab-25ab+4≥0, 只需证4(ab)2-17ab+4≥0,即证ab≥4或ab≤而由1=a+b≥2ab,∴ab≤

14,只需证ab≤



14，成立.显然成立，所以原不等式a

2511

b≥

4ab

3.已知a、b、c∈（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a不能同时大于.证明方法一假设三式同时大于，即(1-a)b＞

4,(1-b)c＞

14,(1-c)a＞

14,428

∵a、b、c∈(0,1),∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a＞同理（1-b）b≤

41aa

.又(1-a)a≤642

=

14，(1-c)c≤

14,∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c≤

164,这与假设矛盾，故原命题正确.14

2方法二假设三式同时大于，∵0＜a＜1,∴1-a＞0,(1a)b

≥(1a)b＞=,同理

(1b)c

＞

12,(1c)a

＞

12,三式相加得

＞

32,这是矛盾的，故假设错误，∴原命题正确

.回顾总结知识 方法

思想

课后作业

一、填空题

1.（2008·南通模拟）用反证法证明“如果a＞b,那么a＞b”假设内容应是.答案a=b或a＜b

2.已知a＞b＞0，且ab=1,若0＜c＜1,p=logc是.答案p＜q

a

b

2,q=logc



1a



，则p,q的大小关系

3.设S是至少含有两个元素的集合.在S上定义了一个二元运算“*”（即对任意的a,b∈S，对于有序元素对(a,b),在S中有唯一确定的元素a*b与之对应）.若对任意的a,b∈S,有a*(b*a)=b,则对任意的a,b∈S，下列恒成立的等式的序号是.①（a*b）*a=a ③b*(b*b)=b答案②③④

②［a*(b*a)］*(a*b)=a ④(a*b)*［b*(a*b)］=b

4.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，则△A1B1C1是三角形，△A2B2C2是三角形.（用“锐角”、“钝角”或“直角”填空）

429

答案锐角钝角

5.已知三棱锥S—ABC的三视图如图所示：在原三棱锥中给出下列命题： ①BC⊥平面SAC；②平面SBC⊥平面SAB；③SB⊥AC.其中正确命题的序号是

.答案①

6.对于任意实数a,b定义运算a*b=（a+1）(b+1)-1,给出以下结论： ①对于任意实数a,b,c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c);

②对于任意实数a,b,c，有a*(b*c)=(a*b)*c;

③对于任意实数a,有a*0=a,则以上结论正确的是.（写出你认为正确的结论的所有序号）

答案②③

二、解答题

7.已知数列{an}中，Sn是它的前n项和，并且Sn+1=4an+2（n=1，2，„），a1=1.（1）设bn=an+1-2an(n=1,2,„)，求证：数列{bn}是等比数列；（2）设cn=

an2

n

(n=1,2,„),求证：数列{cn}是等差数列；

（3）求数列{an}的通项公式及前n项和公式.（1）证明∵Sn+1=4an+2，∴Sn+2=4an+1+2，两式相减，得Sn+2-Sn+1=4an+1-4an(n=1,2,„), 即an+2=4an+1-4an,变形得an+2-2an+1=2(an+1-2an)∵bn=an+1-2an(n=1,2,„),∴bn+1=2bn.由此可知，数列{bn}是公比为2的等比数列.430

（2）证明由S2=a1+a2=4a1+2，a1=1.得a2=5,b1=a2-2a1=3.故bn=3·2n.∵cn=

an2

n

(n=1,2,„),∴cn+1-cn=

an12

n1

an2

n

=

an12an

n1

=

bn2

n1

.将bn=3·2n-1代入得

cn+1-cn=(n=1,2,„),由此可知，数列{cn}是公差为

a12

34的等差数列，它的首项c1==

12，故cn=

n-

(n=1,2,„).-2

（3）解∵cn=n-=

(3n-1).∴an=2n·cn=(3n-1)·2n(n=1,2,„)

当n≥2时，Sn=4an-1+2=(3n-4)·2n-1+2.由于S1=a1=1也适合于此公式，所以{an}的前n项和公式为Sn=（3n-4）·2n-1+2.8.设a,b,c为任意三角形三边长，I=a+b+c,S=ab+bc+ca,试证：I2＜4S.证明由I2=（a+b+c）2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ca)=a2+b2+c2+2S,∵a,b,c为任意三角形三边长，∴a＜b+c,b＜c+a,c＜a+b,∴a2＜a(b+c),b2＜b(c+a),c2＜c(a+b)即(a2-ab-ac)+(b2-bc-ba)+(c2-ca-cb)＜0∴a2+b2+c2-2(ab+bc+ca)＜0∴a2+b2+c2＜2S ∴a2+b2+c2+2S＜4S.∴I2＜4S.9.已知a,b,c为正实数,a+b+c=1.求证：（1）a2+b2+c2≥

;(2)3a2+ 3b2+3c2≤6.13

证明（1）方法一a2+b2+c2-13

=

(3a2+3b2+3c2-1)=

［3a2+3b2+3c2-(a+b+c)2］

=(3a+3b+3c-a-b-c-2ab-2ac-2bc)=［(a-b)+(b-c)+(c-a)］≥0∴a+b+c≥

.方法二∵(a+b+c)2=a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc≤a2+b2+c2+a2+b2+a2+c2+b2+c2 ∴3(a2+b2+c2)≥(a+b+c)2=1∴a2+b2+c2≥

1313

.方法三设a=∴a+b+c=（+,b=

+,c=

+.∵a+b+c=1,∴++=0

+）+（+）+（+）=

+

(++)+++

222

431

=

+2+2+2≥

∴a2+b2+c2≥

.=

3a32

(2)∵3a2=(3a2)1≤

3a21,同理3b2≤

3b32,3c2≤

3c32

∴3a2+3b2+3c2≤

x2x1

3(abc)9

=6∴原不等式成立.10.已知函数y=ax+(a＞1).（1）证明：函数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）任取x1,x2∈(-1,+∞),不妨设x1＜x2,则x2-x1＞0,由于a＞1,∴ax2x1＞1且ax1＞0, ∴a∴

x2

-ax1=ax1(ax2x1-1)＞0.又∵x1+1＞0,x2+1＞0,-x12x11

x22x21

=

(x22)(x11)(x12)(x21)

(x11)(x21)x22x21

=

3(x2x1)(x11)(x21)

＞0,于是f(x2)-f(x1)=ax2-ax1+

x12x11

＞0,故函数f(x)在(-1,+∞）上为增函数.x02x01

（2）方法一假设存在x0＜0(x0≠-1)满足f(x0)=0,则ax0=-∵a＞1,∴0＜ax0＜1,∴0＜-x02x01

.＜1,即

＜x0＜2，与假设x0＜0相矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.方法二假设存在x0＜0(x0≠-1)满足f(x0)=0, ①若-1＜x0＜0，则②若x0＜-1,则

x02x01

＜-2,ax0＜1,∴f(x0)＜-1,与f(x0)=0矛盾.x02x01

推理与证明方程的有关概念 篇7

定义对一个数学对象的描述.如果定义是合适的，那么该对象的一切性质都可以由它推出.

problem solving Technique for solving problems efficiently， involving a special set of skills. Some of the skills are listing methods，trial and error methods， analytical methods，numerical methods， use of mathematical models，and so on.

解题方法包括一系列特殊技巧的有效解决问题的方法：列举法、尝试法、解析方法、数值方法、数学模型的使用，等等，都是这类技巧的例子.

mathematical induction Formal method of proof in which the proposition P（n+1） is proved true on the hypothesis that the proposition P（n） is true. The proposition is then shown to be true for a particular value of n， say k， and therefore by induction the proposition must be true for n=k+1， k+2， k+3，…. In many cases k=1， so then the proposition is true for all positive integers.

数学归纳法证明的形式方法，在证明时，先在假设命题P（n）成立的条件下，证明命题P（n+1）成立. 然后对于一个特殊的n，比如k，证明命题是成立的，由此对于n=k+1，k+2，k+3，…，命题必定成立. 在很多情况下，k=1，所以命题对一切正整数是成立的.

proof A set of arguments used to deduce a mathematical theorem from a set of axioms.

证明 从一组公理出发推导出数字定理的一组论理.

solve To find the roots of an equation or the answer to a problem.

求解 找出方程的根或找出问题的答案.

real number Any of the rational numbers（which include the integers） of irrational numbers. Real numbers exclude imaginary numbers， found in complex numbers of the general form a+bi where i =，although these do include a real component a.

实数任何有理数（包括整数）或无理数. 实数不包括一般形式为a+bi（i=）的复数，尽管它有实部 a. 但是i=是虚数，不是实数.

complex number A number of the form a+ib， where a and b are real numbers and i2=-1（or equivalently，i=）.A complex number is often denoted by a single letter， usually z， we write z=a+ib，where a=Rez（read:“the real part of z”） and b= Imz（“the imaginary part of z”）. If b=0，the number is real；if a=0，it is imaginary. Thus the set of real numbers（and also the set of imaginary numbers） is a subset of the set of complex numbers.

复数一个形如a+ib的数，其中a和b为实数，而i2=

-1（或等价地，i=）. 一个复数常常用一单个字母表示，通常用z，我们写作z=a+ib，其中a=Rez（读作：“z的实部”），b=Imz（“z的虚部”）.如果b=0，此数为实；如果a=0，它为虚. 因而实数集合（还有虚数集合）是复数集合的子集.

complex conjugatesThe conjugate of the complex number a+ib is the complex number a-ib；for example，the conjugate of 5+7i is 5-7i；and vice versa. The conjugate of the imaginary number 3i is the imaginary number -3i；the conjugate of the real number 2 is 2，because either can be written as 2+0i.