考点21、推理与证明[优秀范文5篇]

第一篇：考点21、推理与证明

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【考点21】推理与证明

1.(2010金华模拟)已知p是q的充分不必要条件，则q是p的（）（Ａ）充分不必要条件（Ｂ）必要不充分条件（Ｃ）充要条件（Ｄ）既不充分也不必要条件

【解析】选Ａ.反证法的原理：“原命题”与“逆否命题”同真假，即：若pq则q2.(2010江南模拟)设a、b、c都是正数，则a

1b



p.,b

1c,c

1a

三个数（）

A、都大于2B、至少有一个大于2C、至少有一个不大于2D、至少有一个不小于2 【解析】选D.3.(2010芜湖模拟)在△ABC中，A,B,C所对的边分别为a,b,c，且（）

（Ａ）等腰三角形（Ｂ）直角三角形（Ｃ）等边三角形（Ｄ）等腰直角三角形 【解析】选A.

acosA



bcosB

acosA



bcosB，则△ABC一定是，

sinAcosA



sinBcosB，tanAtanB，又因为A,B0,，AB；

4.(2010福州模拟)5.已知函数yf(x)的定义域为D，若对于任意的x1,x2D(x1x2)，都有

x1x

22f(x1)f(x2)

f()，则称yf(x)为D上的凹函数.由此可得下列函数中的凹函数为（）

（Ａ）ylog2x（B）

y

（C）yx（D）yx

3【解析】选C.可以根据图像直观观察；对于（C）证明如下：欲证f（2

x1x2

2)

f(x1)f(x2)

2，即证

22x1x2x1x222

xx2x2xxx0，显然，这个不等式是成立，即证，即证121212

22

22的，且每一步可逆，故原不等式得证；

5.(2010深圳模拟)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

6.(2010南通模拟)对于等差数列an有如下命题：“若an是等差数列，a10，s、t是互不相等的正整数，则有（s1）at（t1）as0”。类比此命题，给出等比数列bn相应的一个正确命题是：“___________________________________________________”。

【解析】这是一个从等差数列到等比数列的平行类比，等差数列中、、、类比到等比数列经常

n是、、（）()，类比方法的关键在于善于发现不同对象之间的“相似”，“相似”是类比的基础。



btbs

s1t

1b

b

q1

t1

q

s1



s1

t1

1.答案：若bn是等比数列，b11，s、t是互不相等的正整数，则有

btbs

s1t

11。

7.(2010丽水模拟)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）答案：锐角钝角

8.(2010东直模拟)设直角三角形的两直角边的长分别为a,b，斜边长为c，斜边上的高为h，则有

abch 成立，某同学通过类比得到如下四个结论：①a2b2c2h2；②a3b3c3h3；

③ abch；④abch.其中正确结论的序号是__；进一步类比得到的一般结论是：__

【解析】可以证明②③正确；观察②abch；③ abch的项与系数的关系，还有不等号的方向可得：abch(nN)。答案：② ③，abch(nN)

9.(2010汉沽模拟)在直角三角形ABC中，两直角边分别为a、b，设h为斜边上的高，则

1h

4444555

53333444

4nnnn

nnnn



1a



1b，由此类比：三棱锥SABC的三个侧棱SA、SB、SC两两垂直，且长分别为a、b、c，设棱锥底面ABC上的高为h，则.答案：

1h



1a



1b



1c

10.(2010长沙模拟)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

11.(2010莆田模拟)在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比

AEEB

=

ACBC，把这个结论

类比到空间：在三棱锥A—BCD中（如图所示），而DEC平分二面角A—CD—B且与AB相交于E，则得到的类比的结论是.【解析】本题是平面几何与立体几何的类比，是一个从二维到三维递进维数的类比，从图形上有点与线、线与面、三角形与三棱锥的类比，所以我们可以先来观察三角形的性质及其证明过程。经常地，二维中的点类比到三维中经常变成线，二维中的线类比到三维中经常变成面。平面与空间的类比主要着眼于两个对象之间在形式与数量关系上的相似。答案：

AEEB

=

SACDSBCD

12.(2010南宁模拟)现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为

a

.类比到空间，有两个棱长

均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为.aaa

【解析】平面内类比到空间。

822

3答案：

a

813.(2010北京模拟)点P为斜三棱柱ABC-A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.（1）求证：CC1⊥MN；

（2）在任意△DEF中有余弦定理：DE2=DF2+EF2-2DF·EF·cos∠DFE.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.【证明】：（1）∵PM⊥BB1，PN⊥BB1，又PMPNP ∴BB1⊥平面PMN.∴BB1⊥MN.又CC1∥BB1，∴CC1⊥MN.（2）在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有 S

2ABB

1A

1=S2

BCC

1B1

+S2

ACC

1A1

-2SBCC

1B1

SACC

1A1

cos.其中为平面CC1B1B与平面CC1A1A所成的二面角.∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角的平面角为∠MNP.在△PMN中，∵PM2=PN2+MN2-2PN·MNcos∠MNP

222∴PM2·CC1=PN2·CC1+MN2·CC1-2（PN·CC1）·（MN·CC1）cos∠MNP，由于SBCC1B1=PN·CC1，SACC1A1=MN·CC1，SABB1A1=PM·BB1=PM·CC1，∴S2

ABB

1A1

=S2

BCC

1B1

+S2

ACC

1A1

-2SBCC

1B1

·SCCA

1A1

·cos.1、s36，14.(2010泉州模拟)已知等差数列{bn}的前n项和为s

n，且b1（1）求数列{bn}通项公式，（2）证明数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列。【解析】（1）

b1

1、s3

6，bnn

（2）假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br（p，q，r互不相等）成等比数列，则bqbpbr。

即(q

(p

r。

(qpr)(2qpr0



p，q，rN，q2pr0，

2qpr0，pr2(pr)0，pr． pr，2

与pr矛盾。

所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．

axbx

ab

15.(2010上海模拟)(1)已知：a,b,x均是正数，且ab，求证：1

ab；

(2)当a,b,x均是正数，且ab，对真分数

sinAsinBsinC，给出类似上小题的结论，并予以证明；

sinCsinAsinB

(3)证明：△ABC中，论)



sinBsinCsinA

2(可直接应用第(1)、(2)小题结

(4)自己设计一道可直接应用第(1)、(2)小题结论的不等式证明题，不要求写出证明过程.【解析】(1)axbx0,1

axbx

ab

x(ba)b(bx)

axbx,又

ba

0,1

axbx



ab

.bx

b

ba

bxax

(2)ab,

axaabc

2.(3)由正弦定理，原题⇔△ABC中，求证：

bccaab

1,应用第(1)小题结论，得1,取倒数，得1.证明：由(2)的结论得，a,b,c0,且

a

bccaab

a2ab2bc2c

,,，bcabccaabcababc,b,c

均小于1，abc



bca



cab



2aabc



2babca





2cabcb



2.cabd



dabc

2.(4)如得出：四边形ABCD中，求证：

bcdcda

如得出：凸n边形A1A2A3┅An中，边长依次为a1,a2,,an,求证：

a1

a2a3an



a2

a1a3an



an

a1a2an1

2.如得出：{an}为各项为正数的等差数列，(d0),求证：

a1a2

aa



a2na

n2



aa



aa

5

aa

n2n2.

第二篇：考点17 推理与证明

考点17 推理与证明

1.（2010·山东高考文科·Ｔ１０）观察(x2)'2x，(x4)'4x3，(cosx)'sinx，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(x)f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(x)=（）（A）f(x)(B)f(x)(C)g(x)(D)g(x)

【命题立意】本题考查归纳推理的有关知识，考查了考生的观察问题，分析问题解决问题的能力.【思路点拨】观察所给的结论，通过归纳类比联想，得出结论.【规范解答】选D．通过观察所给的结论可知，若f(x)是偶函数，则导函数g(x)是奇函数，故选D．

123,1236,123410,……，2.（2010·陕西高考理科·Ｔ１２）观察下列等式：根据上述规律，.其中Tn=__________________.【命题立意】本题考查合情推理与演绎推理的相关知识，熟练掌握相关的推理规则是关键． 【思路点拨】观察Tn的奇数项与偶数项的特点．

【规范解答】观察Tn表达式的特点可以看出T20,T40，Tn0；当n为偶数时，……，T3113323，T51111Tn2535，……，当n为奇数时，2n3n． ,当n为偶数时0Tn11n,当n为奇数时n23【答案】．

5.（2010·北京高考文科·Ｔ20）

已知集合Sn{XX(x1,x2,,xn),xi{0,1},i1,2,,n}(n2)对于A(a1,a2,...,an)，B(b1,b2,…bn,)Sn，定义A与B的差为AB(|a1b1|,|a2b2|,…|anbn|);

A与B之间的距离为d(A,B)ai1nibi

（Ⅰ）当n=5时，设A(0,1,0,0,1),B(1,1,1,0,0)，求AB，d(A,B)；（Ⅱ）证明：A,B,CSn,有ABSn，且d(AC,BC)d(A,B);(Ⅲ)证明：A,B,CSn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数

【命题立意】本题属于创新题，考查了学生运用新知识的能力。本题情景是全新的，对学生的“学习能力”提出了较高要求。要求教师真正的重视学生的探究性学习，更加注重学生“学习能力”、“创新能力”的培养．

【思路点拨】（I）（Ⅱ）直接按定义证明即可；(Ⅲ)“至少”问题可采用反证法证明． 【规范解答】（Ⅰ）(Ⅱ)设AB(01,11,01,00,10)＝（1,0,1,0,1）

d(A,B)0111010010＝3 A(a1,a2,,an),B(b1,b2,,bn),C(c1,c2,,cn)Sn

a1,b1{0,1}，所以a1b1{0,1}(i1,2,,n)

因为从而AB(a1b1,a2b2,anbn)Sn

.由题意知当当ai,bi,ci{0,1}(i1,2,,n)

ci0时，aicibiciaibi

ci1时，aicibici(1ai)(1bi)aibi

d(AC,BC)aibid(A,B)i1n所以

(Ⅲ)证明：设A(a1,a2,,an),B(b1,b2,,bn),C(c1,c2,,cn)Sn

d(A,B)k,d(A,C)l,d(B,C)h

记0(0,0,0)Sn由（Ⅱ）可知

d(A,B)d(AA,BA)d(0,BA)kd(A,C)d(AA,CA)d(0,CA)ld(B,C)d(BA,CA)h

所以biai(i1,2,,n)中1的个数为k,ciai(i1,2,,n)中1的个数为l

设t是使biaiciai1成立的i的个数。则hlk2t

由此可知，k,l,h三个数不可能都是奇数，即d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数．

6.（2010·北京高考理科·Ｔ20）已知集合Sn{XX(x1,x2,,xn),xi{0,1},i1,2,,n}(n2)对于A(a1,a2,...,an)，B(b1,b2,…bn,)Sn，定义A与B的差为AB(|a1b1|,|a2b2|,…|anbn|);A与B之间的距离为d(A,B)aibi；

i1（Ⅰ）证明：A,B,CSn,有ABSn，且d(AC,BC)d(A,B);（Ⅱ）证明：A,B,CSn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数(Ⅲ)设PSn，P中有m(m≥2)个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为d(P).证明：d（P）≤

nmn.2(m1)【命题立意】本题属于创新题，考查了学生运用新知识的能力，考查了反证法、不等式证明等知识．本题

.情景是全新的，对学生的“学习能力”提出了较高要求．要求教师真正的重视学生的探究性学习，更加注重学生“学习能力”、“创新能力”的培养．

【思路点拨】（I）直接按定义证明即可；（Ⅱ）“至少”问题可采用反证法证明；(Ⅲ)把出来，再利用均值不等式证明． 【规范解答】（I）设 因为 从而

A,BPd(A,B)表示A(a1,a2,...,an)，B(b1,b2,...,bn)，C(c1,c2,...,cn)Sn

ai，bi0,1，所以|aibi|0,1,(i1,2,...,n)AB(|a1b1|,|a2b2|,...,|anbn|)Sn

n 又d(AC,BC)||aici||bici||i1

由题意知当ai，bi，ci0,1(i1,2,...,n).ci0时，||aici||bici|||aibi|;ci1时，||aici||bici|||(1ai)(1bi)||aibi|

n 当所以d(AC,BC)|aibi|d(A,B)i1

(II)设A(a1,a2,...,an)，B(b1,b2,...,bn)，C(c1,c2,...,cn)Sn

d(A,B)k，d(A,C)l，d(B,C)h.记O(0,0,...,0)Sn，由（I）可知

d(A,B)d(O,BA)k，d(A,C)d(O,CA)l

d(B,C)d(BA,CA)h

所以|biai|(i1,2,...,n)中1的个数为k，|ciai|(i1,2,...,n)中1的

个数为l．

设t是使|biai||ciai|1成立的i的个数，则hlk2t

由此可知，k,l,h三个数不可能都是奇数，即d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数．

.d(P)（III）12CmA,BPd(A,B),其中A,BPd(A,B)t表示P中所有两个元素间距离的总和，设P中所有元素的

.11cos(k1)AcoskAcosAcos(k1)Acos(k1)A，22解得：cos(k1)A2coskAcosAcos(k1)A

∵cosA，coskA，cos(k1)A均是有理数，∴2coskAcosAcos(k1)A是有理数，∴cos(k1)A是有理数。即当nk1时，结论成立。

综上所述，对于任意正整数n，cosnA是有理数。方法二：（1）由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知

AB2AC2BC2cosA是有理数。

2ABAC（2）用数学归纳法证明cosnA和sinAsinnA都是有理数。

①当n1时，由（1）知cosA是有理数，从而有sinAsinA1cosA也是有理数。②假设当nk(k1)时，coskA和sinAsinkA都是有理数。当nk1时，由cos(k1)AcosAcoskAsinAsinkA，2sinAsin(k1)AsinA(sinAcoskAcosAsinkA)(sinAsinA)coskA(sinAsinkA)cosA，及①和归纳假设，知cos(k1)A和sinAsin(k1)A都是有理数。即当nk1时，结论成立。

综合①、②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数。

.

第三篇：推理与证明

第3讲 推理与证明

【知识要点】

1.归纳推理：由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或由个别事实概括出一般结论的推理

2．类比推理是从特殊到特殊的推理，是寻找事物之间的共同或相似性质。类比的性质相似性越多，相似的性质与推测的性质之间的关系就越相关，从而类比得出的结论就越可靠。3．类比推理的一般步骤：

①找出两类事物之间的相似性或者一致性。

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（猜想）【典型例题】

1、（2011•江西）观察下列各式：7=49，7=343，7=2401，„，则7

34201

1的末两位数字为（）

A、01 B、43 C、07 D、49

2、（2011•江西）观察下列各式：5=3125，5=15625，5=78125，„，则5A、3125 B、5625 C、0625 D、8125

3、（2010•临颍县）平面内平行于同一条直线的两条直线平行，由此类比思维，我们可以得到（）A、空间中平行于同一平面的两个平面平行 B、空间中平行于同一条直线的两条直线平行 C、空间中平行于同一条平面的两条直线平行 D、空间中平行于同一条直线的两个平面平行

4、（2007•广东）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与之对应）有a*（b*a）=b，则对任意的a，b∈S，下列等式中不恒成立的是（）

A、（a*b）*a=a B、[a*（b*a）]*（a*b）=a C、b*（b*b）=b D、（a*b）*[b*（a*b）]=b

5、（2007•广东）如图是某汽车维修公司的维修点环形分布图．公司在年初分配给A，B，C，D四个维修点某种配件各50件．在使用前发现需将A，B，C，D四个维修点的这批配件分别调整为40，45，54，61件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么要完成上述调整，最少的调动件次（n件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n）为（）

A、15 B、16 C、17 D、18

6、（2006•陕西）为确保信息安全，信息需加密传输，发送方由明文→密文（加密），接收方由密文→明文（解密），已知加密规则为：明文a，b，c，d对应密文a+2b，2b+c，2c+3d，4d，例如，明文1，2，3，4对应密文5，7，18，16．当接收方收到密文14，9，23，28时，则解密得到的明文为（）A、4，6，1，7 B、7，6，1，4 C、6，4，1，7 D、1，6，4，7

7、（2006•山东）定义集合运算：A⊙B={z︳z=xy（x+y），x∈A，y∈B}，设集合A={0，1}，B={2，3}，则集合A⊙B的所有元素之和为（）

A、0 B、6 C、12 D、18

7201

1的末四位数字为（）

8、（2006•辽宁）设⊕是R上的一个运算，A是V的非空子集，若对任意a，b∈A，有a⊕b∈A，则称A对运算⊕封闭．下列数集对加法、减法、乘法和除法（除数不等于零）四则运算都封闭的是（）A、自然数集 B、整数集 C、有理数集 D、无理数集

9、（2006•广东）对于任意的两个实数对（a，b）和（c，d），规定：（a，b）=（c，d），当且仅当a=c，b=d；运算“⊗”为：（a，b）⊗（c，d）=（ac-bd，bc+ad）；运算“⊕”为：（a，b）⊕（c，d）=（a+c，b+d），设p，q∈R，若（1，2）⊗（p，q）=（5，0），则（1，2）⊕（p，q）=（）A、（4，0）B、（2，0）C、（0，2）D、（0，-4）

10、（2005•湖南）设f0（x）=sinx，f1（x）=f0′（x），f2（x）=f1′（x），„，fn+1（x）=fn′（x），n∈N，则f2005（x）=（）

A、sinx B、-sinx C、cosx D、-cosx

11、（2004•安徽）已知数列{an}满足a0=1，an=a0+a1+„+an-1，n≥

1、，则当n≥1时，an=（）A、2 B、n

C、2 D、2-

1n-1n

12、若数列{an}满足a1=1，a2=2，an=（n≥3且n∈N*），则a17=（）

A、1 B、2 C、D、2-987

13、如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，有，则运用归纳推理得到第11 行第2个数（从左往右数）为（）A、B、C、D、14、根据给出的数塔猜测1 234 567×9+8=（）

1×9+2=11 12×9+3=111 123×9+4=1 111 1 234×9+5=11 111 12 345×9+6=111 111．

A、11111110 B、11111111 C、11111112 D、11111113

15、将n个连续自然数按规律排成右表，根据规律，从2008到2010，箭头方向依次是（）

A、B、C、D、16、下列推理过程利用的推理方法分别是（）（1）通过大量试验得出抛硬币出现正面的概率为0.5；（2）函数f（x）=x2-|x|为偶函数；

（3）科学家通过研究老鹰的眼睛发明了电子鹰眼． A、演绎推理，归纳推理，类比推理 B、类比推理，演绎推理，类比推理 C、归纳推理，合情推理，类比推理 D、归纳推理，演绎推理，类比推理

17、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

18、在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，„这些数叫做三角形数，因为这些数对应的点可以排成一个正三角形，则第n个三角形数为（）A、n B、1、（2011•陕西）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，第五个等式应为 5+6+7+8+9+10+11+12+13=81．

2、（2011•陕西）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 n+（n+1）+（n+2）+„+（3n-2）=（2n-1）2 ．

C、n-1 D、2

第四篇：推理与证明

推理与证明

学生推理与证明的建立，是一个漫长的过程，这个过程的开始可以追溯到小孩牙牙学语时候起，小孩在爸爸妈妈跟前不停的问为什么，可以看做推理的雏形。接着到幼儿园、小学，教材里也有简单的说理，小学教材里有简单地说理题，意在培养学生的逻辑思维。

初中新教材对推理与证明的渗透，也是从说理开始的，但内容比较少，也就是教材中的直观几何内容。很快便转向推理，也就是证明。刚开始推理的步骤，是简单的两三步，接着到四五步，后面还一定要求学生写清楚为什么。在学习这一部分内容的时候，好多学生在后面的括号里不写为什么，我便给他们举例小孩子学走路的过程，一个小孩刚开始学走路的时候，需要大人或其他可依附的东西，渐渐地，她会脱离工具自己走。学习证明的过程亦如此，起先在括号里写清为什么，并且只是简单的几步，然后证明比较难一点的，步骤比较多的。

随着社会的进步，中学教材加强了解析几何、向量几何，传统的欧式几何受到冲击，并且教材对这一部分的编排分散在初中各个年级，直观几何分量多了还加入了变换如平移变换、旋转变换、对称变换，投影等内容。老师们对内容的编排不太理解，看了专家的讲座，渐渐明白了：这样编排不是降低了推理能力，而是加强了推理能力的培养，体现了逐步发展的过程，把变换放到中学，加强了中学和大学教材的统一，但一个不争的事实是，对演绎推理确实弱了。

关于开展课题学习的实践与认识

新课程教材编排了课题学习这部分内容，对授课的老师，还是学生的学习都是一个全新的内容，怎样上好这部分内容，对老师、对学生而言，都是一个创新的机会。至于课题学习的评价方式，到现在为止，大多数省份还是一个空白，考不考?怎样考?学习它吧，学习的东西不能在试卷上体现出来，于是，好多老师对这部分采取漠视的处理方法;不学习吧，课本上安排了这部分内容。还有一部分老师觉得，课题学习是对某一个问题专门研究，很深!老师不知讲到什么程度才合理，学生不知掌握到什么程度。

经过几年的实践与这次培训的认识，我觉得课题学习是“实践与综合应用”在新课课程中的主要呈现形式，是一种区别于传统的、全新的，具有挑战性的学习，课本的编写者安排的主要目的是：

1.希望为学生提供更多的实践与探索的机会。

2.让学生通过对有挑战性和综合性问题的解决，经历数学化的过程。

3.让学生获得研究问题地方法和经验，使学生的思维能力、自主探索与合作交流的意识和能力得到发展。

4.让学生体验数学知识的内在联系，以及解决问题的成功喜悦，增进学生学习数学的信心。

5.使数学学习活动成为生动活泼的、主动的和富有个性的过程。

课题学习首先提出一个主问题(问题是一个载体)，然后给出资料，利用资料挖掘知识。在这个过程中，多关注知识的价值，淡化数学术语，让学生充分经历数学化的过程，激发学生参与的热情，使其体会到学习数学的乐趣，始终以学生为主体，明白课题学习是为学习服务的。

第五篇：推理与证明

推理与证明

1． 蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图.其中第一个图有1个蜂巢，第二个

图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)

表示第n幅图的蜂巢总数.则f(4)=___37

__;f(n)=_3n23n

1__________.2．下面是按照一定规律画出的一列“树型”图：

设第n个图有an个树枝，则an1与an(n≥2)之间的关系是．

答案：an12an

2若平面内有n条直线,其中任何两条不平行,且任何三条不共点(即不相交于一点),则这n条直线将平面分成了几部分。

3．类比平面向量基本定理:“如果e1,e2是平面内两个不共线的向量，那么对于平面内任一向量a，有且只有一对实数1,2，使得a1e12e2”，写出空间向量基本定理是．

如果e1,e2,e3是空间三个不共面的向量，那么对于空间内任一向量a，有且只有一对实数



1,2,3，使得a1e12e23e

34．写出用三段论证明f(x)x3sinx(xR)为奇函数的步骤是： 大前提． 小前提结论

满足f(x)f(x)的函数是奇函数，大前提

f(x)(x)sin(x)xsinx(xsinx)f(x)，小前提

所以f(x)x3sinx是奇函数．结论5． 已知f(n)1 答案：

12

1k





1n

(nN)，用数学归纳法证明f(2)



n

n2

时，f(2k1)f(2k)

等于．



122

k



k1

6lg1

.53a

bclg121a2b

7．用数学归纳法证明1+2+3+„

+n2=

n



n2，则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加

上.(k+1)+(k+2)+(k+3)++(k+1)

8

m，n成立的条件不

等式．

当mn20

9．在数列an中，a12，an1

答案：an10．

26n

5an3an1

(nN)，可以猜测数列通项an的表达式为

．

若三角形内切圆的半径为r，三边长为a，b，c，则三角形的面积等于S

r(abc)，根据类比推理的方法，若一个四面体的内切球的半径为R，四个面的面积分别是

V． S1，S2，S，S，则四面体的体积3

4答案：R(S1S2S3S4)

11．已知f(x)ax

x2x1

(a1)，证明方程f(x)0没有负数根.假设x0是f(x)0的负数根，则x00且x01且ax

0a

x0

x02x01，10

x02x01

解得1，12

这与x00矛盾，故方程f(x)0x02，没有负数根.12．已知命题：“若数列an是等比数列，且an

0，则数列bn

nN)



也是等

比数列”．类比这一性质，你能得到关于等差数列的一个什么性质？并证明你的结论．

解：类比等比数列的性质，可以得到等差数列的一个性质是：若数列an是等差数列，则数列bn

a1a2an

n

也是等差数列．

n(n1)d

2n

a1

d2(n1)

证明如下：

设等差数列an的公差为d，则bn所以数列bn是以a1为首项，13．用数学归纳法证明等式1(n212)2(n222)n(n2n2)都成立．

（1）当n1时，由以上可知等式成立；

（2）假设当nk时，等式成立，即1(k212)2(k222)k(k2k2)则当nk1时，1[(k1)1]2[(k1)2]k[(k1)k](k1)[(k1)(k1)] 1(k1)2(k2)k(kk)(2k1)2(2k1)k(2k1)14k

a1a2an

n

na1，d2

为公差的等差数列．

n

n

对一切正整数n

k

k，22222222

222222

k(2k1)·

k(k1)



(k1)

(k1)

．

由（1）（2）知，等式结一切正整数 都成立．

14．用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n∈N*.2×1+11+2

(1)当n=1时，4+3=91能被13整除.(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3－42k+1·3+42k+1·3=42k+1·13+3·(42k+1+3k+2).∵42k+1·13能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除, ∴当n=k+1时也成立.由（1）（2）知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除.15．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式（1+

2n12

13）（1+）„（1+

112n1）＞

均成立.43

（1）当n=2时，左边=1+=；右边=

.∵左边＞右边，∴不等式成立.（2）假设n=k(k≥2,且k∈N*)时不等式成立，即（1+）（1+）„（1+

12k1）＞

2k12

12k1

.12(k1)1

]

则当n=k+1时，（1+）（1+）„（1+＞

2k12）＞[1

4k

2k1

·

2k22k1

=

2k222k1

=

4k

8k4

＞

8k3

=

2k3

=

2(k1)1

.22k122k122k1

∴当n=k+1时，不等式也成立.由（1）（2）知，对于一切大于1的自然数n,不等式都成立.16。试证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相

等时，均有：an+cn＞2bn.设a、b、c为等比数列，a=∴a+c=

n

n

bq,c=bq(q＞0且q≠1),bq

nn

+bnqn=bn（1q

n

+qn)＞2bn.a

n

(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想下面用数学归纳法证明：

①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴②设n=k时成立，即则当n=k+1时，＞

c

2n

＞（ac2)n(n≥2且n∈N*)

a

c2

（ac2)

a

k

c2

k

1k

(1

4ac2),k

a

k1

c2

(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)

ac2

(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=

(ak+ck)(a+c)＞()k·（ac2)=（ac2)k+1

17．平面内有n个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点，求证这n个圆把平面分成nn2个部分。

证明：（1）当n1时，一个圆把平面分成两个区域，而12122，命题成立．

（2）假设n=k（k≥1）时，命题成立，即k个圆把平面分成kk2个区域．

当n=k+1时，第k+1个圆与原有的k个圆有2k个交点，这些交点把第k+1个圆分成了2k段弧，而其中的每一段弧都把它所在的区域分成了两部分，因此增加了2k个区域，共有k2k22k(k1)2(k1)2个区域． ∴n=k+1时，命题也成立．

由（1）、（2）知，对任意的n∈N*，命题都成立．

18．如图（1），在三角形ABC中，ABAC，若ADBC，则AB2BD·BC；若类比该命题，如图（2），三棱锥ABCD中，AD面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，则有什么结论？命题是否是真命题．

解：命题是：三棱锥ABCD中，AD面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影

为M，则有S△S△BCM·S△BCD是一个真命题． ABC证明如下：

在图（2）中，连结DM，并延长交BC于E，连结AE，则有DEBC． 因为AD面ABC，所以ADAE． 又AMDE，所以AE2EM·ED． 于是S

△ABC

111BC·AEBC·EM·BC·EDS△BCM·S△BCD． 222

19． 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.（1）∵ 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.（2）由S2=a1+a2=4a1+2，a1=1.得a2=5,b1=a2-2a1=3.故bn=3·2n-1.∵ cn=

an2

n

(n=1,2,„),∴ cn+1-cn=

an12

n1

an2

n

=

an12an

n1

=

bn2

n1

.34

将bn=3·2n-1代入得cn+1-cn=(n=1,2,„),由此可知，数列{cn}是公差为的等差数列，它的首项c1=

a12

=，故cn=n-(n=1,2,„).131