第十三章推理與證明1.了解合情推理的含義，能進(jìn)行簡(jiǎn)單的歸納推理和類比推理，體會(huì)并認(rèn)識(shí)合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用．2．了解演繹推理的含義，了解合情推理和演繹推理的聯(lián)系和差異；掌握演繹推理的“三段論”，能運(yùn)用“三段論”進(jìn)行一些簡(jiǎn)單的演繹推理．3．了解直接證明的兩種基本方法：綜合法和分析法；了解綜合法和分析法的思考過(guò)程和特點(diǎn)．4．了解反證法的思考過(guò)程和特點(diǎn)．5．了解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡(jiǎn)單的數(shù)學(xué)命題．§13.1合情推理與演繹推理1．兩種基本的推理推理一般包括____________和____________兩類．2．合情推理(1)歸納推理：由某類事物的部分對(duì)象具有某些特征，推出該類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理，稱為歸納推理．簡(jiǎn)言之，歸納推理是由__________到整體、由__________到一般的推理．(2)類比推理：由兩類對(duì)象具有某些類似特征和其中一類對(duì)象的某些已知特征，推出另一類對(duì)象也具有這些特征的推理稱為類比推理．簡(jiǎn)言之，類比推理是由________到________的推理．(3)合情推理：歸納推理和類比推理都是根據(jù)已有的事實(shí)，經(jīng)過(guò)觀察、分析、比較、聯(lián)想，再進(jìn)行__________、__________，然后提出猜想的推理，我們把它們統(tǒng)稱為合情推理．3．演繹推理(1)演繹推理：從一般性的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況下的結(jié)論，我們把這種推理稱為演繹推理．簡(jiǎn)言之，演繹推理是由__________到__________的推理．(2)“__________”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——所研究的特殊情況；③結(jié)論——根據(jù)一般原理，對(duì)特殊情況做出的判斷．“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.自查自糾：1．合情推理演繹推理2．(1)部分個(gè)別(2)特殊特殊(3)歸納類比3．(1)一般特殊(2)三段論關(guān)于歸納推理，下列說(shuō)法正確的是()A．歸納推理是由一般到一般的推理B．歸納推理是由一般到特殊的推理C．歸納推理的結(jié)論一定是正確的D．歸納推理的結(jié)論不一定正確解：歸納推理是由特殊到一般的推理，但結(jié)論未必正確．故選D.下面幾種推理是合情推理的是()①由圓的性質(zhì)類比出球的性質(zhì)；②由等差數(shù)列的性質(zhì)類比出等比數(shù)列的性質(zhì)；③由三角形的面積公式類比出三棱錐的體積公式；④由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的內(nèi)角和為180°，歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°.A．僅①②是 B．僅①②③是C．僅①②④是 D．①②③④都是解：①②③是類比推理，④是歸納推理．它們都屬于合情推理．故選D.“任何實(shí)數(shù)的平方大于0(大前提)，而a是實(shí)數(shù)(小前提)，所以a2>0”，你認(rèn)為這個(gè)推理()A．大前提錯(cuò)誤B．小前提錯(cuò)誤C．推理形式錯(cuò)誤D．是正確的解：當(dāng)a≠0時(shí)，a2>0；當(dāng)a＝0時(shí)，a2＝0.所以這個(gè)推理的大前提錯(cuò)誤．故選A.(eq\a\vs4\al(2014·課標(biāo)Ⅰ))甲、乙、丙三位同學(xué)被問(wèn)到是否去過(guò)A，B，C三個(gè)城市時(shí)，甲說(shuō)：我去過(guò)的城市比乙多，但沒去過(guò)B城市；乙說(shuō)：我沒去過(guò)C城市；丙說(shuō)：我們?nèi)巳ミ^(guò)同一城市．由此可判斷乙去過(guò)的城市為____________．解：由題意可判斷：甲沒去過(guò)B城市，但比乙去的城市多，而丙說(shuō)“三人去過(guò)同一城市”，說(shuō)明甲去過(guò)A，C城市，而乙“沒去過(guò)C城市”，說(shuō)明乙去過(guò)城市A，由此可知，乙去過(guò)的城市為A.故填A(yù).(eq\a\vs4\al(2013·陜西))觀察下列等式：(1＋1)＝2×1，(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5，……照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為________________．解：觀察到等式左邊依次是(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)，等式右邊是2n與n個(gè)奇數(shù)的乘積，(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)．故填(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)．類型一歸納推理在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)(n∈N＋)，試猜想這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式．解：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1；當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝eq\f(2a1,2＋a1)＝eq\f(2,3)；當(dāng)n＝3時(shí)，a3＝eq\f(2a2,2＋a2)＝eq\f(\f(4,3),2＋\f(2,3))＝eq\f(1,2)＝eq\f(2,4)；當(dāng)n＝4時(shí)，a4＝eq\f(2a3,2＋a3)＝eq\f(1,2＋\f(1,2))＝eq\f(2,5)，由此猜想，這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式為an＝eq\f(2,n＋1).點(diǎn)撥：數(shù)列的通項(xiàng)公式表示的是數(shù)列{an}的第n項(xiàng)an與序號(hào)n之間的對(duì)應(yīng)關(guān)系，先根據(jù)已知的遞推公式，算出數(shù)列的前幾項(xiàng)，再通過(guò)觀察，歸納得到關(guān)于數(shù)列通項(xiàng)公式的一個(gè)猜想，這種猜想是否正確還有待嚴(yán)格的證明．(1)已知x>0，由不等式x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(x·\f(1,x))＝2，x＋eq\f(4,x2)＝eq\f(x,2)＋eq\f(x,2)＋eq\f(4,x2)≥3eq\r(3,\f(x,2)·\f(x,2)·\f(4,x2))＝3，x＋eq\f(27,x3)＝eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(x,3)＋eq\f(27,x3)≥4eq\r(4,\f(x,3)·\f(x,3)·\f(x,3)·\f(27,x3))＝4，……在x>0條件下，請(qǐng)根據(jù)上述不等式歸納出一個(gè)一般性的不等式_____________________．解：當(dāng)x＞0時(shí)，分析所給等式的變形過(guò)程可得x＋eq\f(nn,xn)＝＝n＋1.故填x＋eq\f(nn,xn)≥n＋1.12345635791181216202028364864112(2)(eq\a\vs4\al(2014·江蘇模擬))給定正整數(shù)n(n≥2)按下圖方式構(gòu)成倒立三角形數(shù)表，第一行依次寫上數(shù)1，2，3，…，n，在第一行的每相鄰兩個(gè)數(shù)正中間的下方寫上這兩個(gè)數(shù)之和，得到第二行的數(shù)(比上一行少一個(gè)數(shù))，依次類推，最后一行(第n行)只有一個(gè)數(shù)，例如n＝6時(shí)數(shù)表如圖所示，則當(dāng)n＝2016時(shí)最后一行的數(shù)是________．解：設(shè)最后一行(第n行)的一個(gè)數(shù)為an，則通過(guò)計(jì)算易得a1＝2·2－1，a2＝3＝3×20，a3＝8＝4×21，a4＝20＝5×22，a5＝48＝6×23，a6＝112＝7×24，…，由此，可猜測(cè)：an＝(n＋1)×2n－2，所以當(dāng)n＝2016時(shí)最后一行的數(shù)a2016＝2017×22014.故填2017×22014.類型二類比推理在△ABC中，若AB⊥AC，AD⊥BC于D，則eq\f(1,AD2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2).在四面體A-BCD中，若AB，AC，AD兩兩垂直，AH⊥底面BCD，垂足為H，則類似的結(jié)論是什么？并說(shuō)明理由．解：如圖，在四面體A-BCD中，若AB，AC，AD兩兩垂直，AH⊥底面BCD，垂足為H，則eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).證明如下：連接BH并延長(zhǎng)交CD于E，連接AE.∵AB，AC，AD兩兩垂直，∴AB⊥平面ACD.又∵AE?平面ACD，∴AB⊥AE.在Rt△ABE中，有eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AE2).①又易證CD⊥AE，∴在Rt△ACD中，eq\f(1,AE2)＝eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).②將②式代入①式得eq\f(1,AH2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,AD2).點(diǎn)撥：本題考查的是平面到空間的推廣類比，并且在推導(dǎo)空間的結(jié)論時(shí)用到了平面的結(jié)論．一般地，平面中的一些元素與空間中的一些元素可類比如下：平面點(diǎn)線圓三角形角面積周長(zhǎng)…空間線面球三棱錐二面角體積表面積…(eq\a\vs4\al(2014·衡水中學(xué)調(diào)研))橢圓中有如下結(jié)論：橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上斜率為1的弦的中點(diǎn)在直線eq\f(x,a2)＋eq\f(y,b2)＝0上，類比上述結(jié)論：雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)上斜率為1的弦的中點(diǎn)在直線____________上．解：將橢圓方程eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1中的x2變?yōu)閤，y2變?yōu)閥，右邊變?yōu)?，得到橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上斜率為1的弦的中點(diǎn)在直線eq\f(x,a2)＋eq\f(y,b2)＝0上．類比上述結(jié)論，將雙曲線的方程作上述變換可知：雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上斜率為1的弦的中點(diǎn)在直線eq\f(x,a2)－eq\f(y,b2)＝0上．證明如下：不妨設(shè)弦的兩個(gè)端點(diǎn)為(x1，y1)，(x2，y2)，其中x1≠x2，則eq\f(y2－y1,x2－x1)＝1，弦中點(diǎn)設(shè)為(x0，y0)，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)，y0＝eq\f(y1＋y2,2)，將上述兩端點(diǎn)代入雙曲線方程得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)－\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)－\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減得eq\f(xeq\o\al(2,2)－xeq\o\al(2,1),a2)－eq\f(yeq\o\al(2,2)－yeq\o\al(2,1),b2)＝0，eq\f(（x2－x1）（x2＋x1）,a2)－eq\f(（y2－y1）（y2＋y1）,b2)＝0，所以eq\f(（x2－x1）（x2＋x1）,a2)－eq\f(（x2－x1）（y2＋y1）,b2)＝0，∵x1－x2≠0，∴eq\f(x2＋x1,a2)－eq\f(y2＋y1,b2)＝0，eq\f(2x0,a2)－eq\f(2y0,b2)＝0，所以eq\f(x0,a2)－eq\f(y0,b2)＝0，于是(x0，y0)在直線eq\f(x,a2)－eq\f(y,b2)＝0上．故填eq\f(x,a2)－eq\f(y,b2)＝0.類型三演繹推理直線平行于平面，則直線平行于平面內(nèi)所有直線(大前提)，已知直線b?平面α，直線a?平面α，直線b∥平面α(小前提)，則直線b∥直線a(結(jié)論)”，上面推理錯(cuò)誤的原因是()A．大前提錯(cuò)誤 B．小前提錯(cuò)誤C．推理形式錯(cuò)誤 D．非以上錯(cuò)誤解：大前提是錯(cuò)誤的，某直線平行于平面，平面內(nèi)還是存在直線與已知直線異面．故選A.點(diǎn)撥：演繹推理是一種必然性推理，只有前提和推理形式都是正確的，結(jié)論才一定是正確的，否則，不能保證結(jié)論的可靠性．“因?yàn)橹笖?shù)函數(shù)y＝ax是增函數(shù)(大前提)，而y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)是指數(shù)函數(shù)(小前提)，所以y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(x)是增函數(shù)(結(jié)論)”．上面推理錯(cuò)誤的原因是()A．大前提錯(cuò)誤 B．小前提錯(cuò)誤C．推理形式錯(cuò)誤D．大前提和小前提都錯(cuò)誤解：當(dāng)a＞1時(shí)，y＝ax為增函數(shù)；當(dāng)0＜a＜1時(shí)，y＝ax為減函數(shù)，所以大前提錯(cuò)誤．故選A.1．歸納推理的前提是一些特殊的情況，所以歸納推理要在觀察、經(jīng)驗(yàn)、實(shí)驗(yàn)的基礎(chǔ)上進(jìn)行；歸納推理是依據(jù)特殊現(xiàn)象推斷出一般現(xiàn)象，因此所得結(jié)論超出了前提所界定的范圍，其前提和結(jié)論之間的聯(lián)系不是必然的，而是或然的，所以“前提真而結(jié)論假”的情況是有可能發(fā)生的．2．歸納推理的一般過(guò)程：(1)通過(guò)觀察個(gè)別情況發(fā)現(xiàn)相同的性質(zhì)；(2)推出一個(gè)明確表述的一般性結(jié)論．3．在數(shù)學(xué)中，類比是發(fā)現(xiàn)概念、方法、定理、公式的重要手段，并且應(yīng)用廣泛，數(shù)與式、平面與空間、一元與多元、低次與高次、相等與不等、有限與無(wú)限等之間有不少結(jié)論都是先用類比的方法提出猜想，然后再加以證明的．4．類比推理的一般步驟：(1)找出兩類事物之間的相似性或一致性；(2)用一類事物的性質(zhì)去推測(cè)另一類事物的性質(zhì)，得出一個(gè)明確的命題(猜想)，但結(jié)論不一定正確，有待進(jìn)一步證明．1．一切奇數(shù)都不能被2整除，2100＋1是奇數(shù)，所以2100＋1不能被2整除．以上推理形式為()A．類比推理 B．歸納推理C．演繹推理 D．以上都不正確解：這是三段論的推理形式，顯然是演繹推理．故選C.2．有如下三段論推理：所有偶數(shù)都是4的倍數(shù)，因?yàn)?是偶數(shù)，所以6是4的倍數(shù)．其中的結(jié)論是錯(cuò)誤的．導(dǎo)致這一錯(cuò)誤的原因是()A．大前提錯(cuò)誤B．小前提錯(cuò)誤C．大前提和小前提都錯(cuò)誤D．推理形式錯(cuò)誤解：偶數(shù)不一定是4的倍數(shù)，故大前提錯(cuò)誤，但小前提和推理形式都是正確的．故選A.3．下面使用類比推理正確的是()A．由“若a·3＝b·3，則a＝b”類推出“a·0＝b·0，則a＝b”B．由“(a＋b)c＝ac＋bc”類推出“(a·b)c＝ac·bc”C．由“(a＋b)c＝ac＋bc”類推出“eq\f(a＋b,c)＝eq\f(a,c)＋eq\f(b,c)(c≠0)”D．由“(ab)n＝anbn”類推出“(a＋b)n＝an＋bn”解：易知A，B，D錯(cuò)誤．故選C.4．將奇數(shù)1，3，5，7，9，…進(jìn)行如下分組：{1}，{3，5}，{7，9，11}，….試觀察每組內(nèi)各數(shù)之和，則第n組內(nèi)各數(shù)的和等于()A．n2 B．n3C．n4 D．n(n＋1)解：各組內(nèi)各數(shù)的和分別為1，8，27，…，顯然B正確，故選B.5．觀察下列事實(shí)：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為12，…，則|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為()A．76B．80C．86D．92解：以上各式不同整數(shù)解的個(gè)數(shù)按順序構(gòu)成首項(xiàng)為4，公差為4的等差數(shù)列，即當(dāng)|x|＋|y|＝n時(shí)，對(duì)應(yīng)的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為4n，因此|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個(gè)數(shù)為4×20＝80，故選B.6．如圖，橢圓的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)為其左焦點(diǎn)，當(dāng)eq\o(FB,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))時(shí)，橢圓的離心率為eq\f(\r(5)－1,2)，此類橢圓被稱為“黃金橢圓”．類比“黃金橢圓”可得“黃金雙曲線”的離心率為()A.eq\f(\r(5)＋1,2) B.eq\f(\r(5)－1,2)C.eq\r(5)－1 D.eq\r(5)＋1解：設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，F(xiàn)(－c，0)，B(0，b)，A(a，0)，則eq\o(FB,\s\up6(→))＝(c，b)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－a，b)．∵eq\o(FB,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(FB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝－ac＋b2＝0.又∵b2＝c2－a2，∴c2－ac－a2＝0，即e2－e－1＝0.解得e＝eq\f(1±\r(5),2).又e>1，∴e＝eq\f(1＋\r(5),2).故選A.7．(eq\a\vs4\al(2014·陜西質(zhì)檢))設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，計(jì)算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3.觀察上述結(jié)果，按照上面規(guī)律，可推測(cè)f(128)>__________．解：觀察f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，易知不等式右邊的數(shù)構(gòu)成首項(xiàng)為2，公差為eq\f(1,2)的等差數(shù)列，而4，8，16，…構(gòu)成以4為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列，則f(128)＝f(4·25)>2＋5×eq\f(1,2)＝eq\f(9,2).故填eq\f(9,2).8．(eq\a\vs4\al(2014·江蘇模擬))設(shè)面積為S的平面四邊形的第i條邊的邊長(zhǎng)記為ai(i＝1，2，3，4)，P是該四邊形內(nèi)的任意一點(diǎn)，P點(diǎn)到第i條邊的距離記為hi，若eq\f(a1,1)＝eq\f(a2,2)＝eq\f(a3,3)＝eq\f(a4,4)＝k，則eq\i\su(i＝1,4,)(ihi)＝eq\f(2S,k).類比上述結(jié)論，體積為V的三棱錐的第i個(gè)面的面積記為Si(i＝1，2，3，4)，Q是該三棱錐內(nèi)的任意一點(diǎn)，Q點(diǎn)到第i個(gè)面的距離記為Hi，相應(yīng)的正確命題是_____________________________．解：類比可得相應(yīng)命題是：“若eq\f(S1,1)＝eq\f(S2,2)＝eq\f(S3,3)＝eq\f(S4,4)＝k，則eq\i\su(i＝1,4,)(iHi)＝eq\f(3V,k)”．其正確性可證明如下：根據(jù)三棱錐的體積公式得eq\f(1,3)S1H1＋eq\f(1,3)S2H2＋eq\f(1,3)S3H3＋eq\f(1,3)S4H4＝V，即kH1＋2kH2＋3kH3＋4kH4＝3V，∴H1＋2H2＋3H3＋4H4＝eq\f(3V,k)，即eq\i\su(i＝1,4,)(iHi)＝eq\f(3V,k).故填若eq\f(S1,1)＝eq\f(S2,2)＝eq\f(S3,3)＝eq\f(S4,4)＝k，則eq\i\su(i＝1,4,)(iHi)＝eq\f(3V,k).9．通過(guò)觀察下列等式：sin230°＋sin290°＋sin2150°＝eq\f(3,2)；sin245°＋sin2105°＋sin2165°＝eq\f(3,2)；sin260°＋sin2120°＋sin2180°＝eq\f(3,2).猜想出一個(gè)一般性的結(jié)論，并證明結(jié)論的真假．解：猜想sin2(α－60°)＋sin2α＋sin2(α＋60°)＝eq\f(3,2).證明：左邊＝(sinαcos60°－cosαsin60°)2＋sin2α＋(sinαcos60°＋cosαsin60°)2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinα,2)－\f(\r(3)cosα,2)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinα,2)＋\f(\r(3)cosα,2)))2＋sin2α＝eq\f(sin2α,2)＋eq\f(3cos2α,2)＋sin2α＝eq\f(3,2)(sin2α＋cos2α)＝eq\f(3,2)＝右邊．10．(1)已知等差數(shù)列{an}，bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n)(n∈N＋)，求證：{bn}仍為等差數(shù)列；(2)已知等比數(shù)列{cn}，cn>0(n∈N＋)，類比上述性質(zhì)，寫出一個(gè)真命題并加以證明．解：(1)證明：∵{an}是等差數(shù)列，∴bn＝eq\f(\f(n（a1＋an）,2),n)＝eq\f(a1＋an,2)，bn＋1－bn＝eq\f(an＋1－an,2)＝eq\f(d,2)為常數(shù)．故數(shù)列{bn}仍為等差數(shù)列．(2)類比命題：若{cn}為等比數(shù)列，cn>0(n∈N＋)，dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)，則{dn}為等比數(shù)列．證明如下：dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)＝eq\r(n,（c1·cn）\s\up6(\f(n,2)))＝eq\r(c1·cn)，eq\f(dn＋1,dn)＝eq\r(\f(cn＋1,cn))＝eq\r(q)為常數(shù)，∴{dn}為等比數(shù)列．11．某少數(shù)民族的刺繡有著悠久的歷史，如圖(1)、(2)、(3)、(4)為她們刺繡中最簡(jiǎn)單的四個(gè)圖案，這些圖案都由小正方形構(gòu)成，小正方形數(shù)越多刺繡越漂亮，現(xiàn)按同樣的規(guī)律刺繡(小正方形的擺放規(guī)律相同)，設(shè)第n個(gè)圖形包含f(n)個(gè)小正方形．(1)求出f(5)；(2)利用合情推理的“歸納推理思想”歸納出f(n＋1)與f(n)的關(guān)系式，并根據(jù)你得到的關(guān)系式求f(n)的表達(dá)式．解：(1)∵f(1)＝1，f(2)＝5，f(3)＝13，f(4)＝25，∴f(5)＝25＋4×4＝41.(2)∵f(2)－f(1)＝4＝4×1.f(3)－f(2)＝8＝4×2，f(4)－f(3)＝12＝4×3，f(5)－f(4)＝16＝4×4，由上式規(guī)律得出f(n＋1)－f(n)＝4n.∵f(2)－f(1)＝4×1，f(3)－f(2)＝4×2，f(4)－f(3)＝4×3，……f(n－1)－f(n－2)＝4(n－2)，f(n)－f(n－1)＝4(n－1)．各式相加得f(n)－f(1)＝4[1＋2＋…＋(n－2)＋(n－1)]＝2(n－1)n，∴f(n)＝2n2－2n＋1.(eq\a\vs4\al(2014·北京模擬))祖暅原理也就是“等積原理”，它是由我國(guó)南北朝杰出的數(shù)學(xué)家祖沖之的兒子祖暅?zhǔn)紫忍岢鰜?lái)的．祖暅原理的內(nèi)容是：夾在兩個(gè)平行平面間的兩個(gè)幾何體，被平行于這兩個(gè)平行平面的平面所截，如果截得兩個(gè)截面的面積總相等，那么這兩個(gè)幾何體的體積相等．可以用詩(shī)句“兩個(gè)胖子一般高，平行地面刀刀切；刀刀切出等面積，可必然同樣胖”形象表示其內(nèi)涵．利用祖暅原理可以推導(dǎo)幾何體的體積公式，關(guān)鍵是要構(gòu)造一個(gè)參照體．試用祖暅原理推導(dǎo)球的體積公式．(提示：利用等底等高的圓柱、圓錐與半球體積的關(guān)系構(gòu)造參照體)．解：我們先推導(dǎo)半球的體積．如圖1，為了計(jì)算半徑為R的半球的體積，我們先觀察V圓錐、V半球、V圓柱這三個(gè)量(等底等高)之間的不等關(guān)系，可以發(fā)現(xiàn)V圓錐<V半球<V圓柱，即eq\f(1,3)πR3<V半球<πR3，根據(jù)這一不等關(guān)系，我們可以猜測(cè)V半球＝eq\f(2,3)πR3，并且由猜測(cè)可發(fā)現(xiàn)V半球＝V圓柱－V圓錐．下面進(jìn)一步驗(yàn)證猜想的可靠性．關(guān)鍵是要構(gòu)造一個(gè)參照體，這樣的參照體我們可以用圓柱內(nèi)挖去一個(gè)圓錐構(gòu)造出，如圖所示．下面利用祖暅原理證明猜想．證明：用平行于平面α的任意一個(gè)平面去截這兩個(gè)幾何體，截面分別為圓面和圓環(huán)面．如果截面與底平面α的距離為l，那么圓面半徑r＝eq\r(R2－l2)，圓環(huán)面的大圓半徑為R，小圓半徑為截面截圓錐面所得圓的半徑，設(shè)為r0，如圖2，O2A＝eq\f(l,R)×eq\r(R2＋R2)＝eq\r(2)l，知OA2＝req\o\al(2,0)＝(eq\r(2)l)2－l2＝l2，因此S圓＝πr2＝π(R2－l2)，S環(huán)＝πR2－πreq\o\al(2,0)＝π(R2－l2)，∴S圓＝S環(huán)．根據(jù)祖暅原理，這兩個(gè)幾何體的體積相等，即V半球＝πR2×R－eq\f(1,3)πR2×R＝eq\f(2,3)πR3，所以V球＝eq\f(4,3)πR3.§13．2直接證明與間接證明1．直接證明(1)綜合法：一般地，利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過(guò)一系列的____________，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論________，這種證明方法叫做綜合法．綜合法又叫順推證法或__________法．(2)分析法：一般地，從要證明的________出發(fā)，逐步尋求使它成立的____________，直至最后，把要證明的__________歸結(jié)為判定一個(gè)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．分析法又叫逆推證法或__________法．(3)綜合法和分析法，是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)常用的思維方式．2．間接證明反證法：一般地，假設(shè)原命題____________(即在原命題的條件下，結(jié)論____________)，經(jīng)過(guò)______________，最后得出__________，因此說(shuō)明假設(shè)________，從而證明了原命題成立，這樣的證明方法叫做反證法．反證法是間接證明的一種基本方法．自查自糾：1．(1)推理論證成立由因?qū)Ч?2)結(jié)論充分條件結(jié)論執(zhí)果索因2．不成立不成立正確的推理矛盾錯(cuò)誤要證明eq\r(3)＋eq\r(7)<2eq\r(5)，可選擇的方法有以下幾種，其中最合理的是()A．綜合法 B．分析法C．反證法 D．歸納法解：從要證明的結(jié)論(比較兩個(gè)無(wú)理數(shù)的大小)出發(fā)，轉(zhuǎn)化為比較有理數(shù)的大小，這正是用分析的方法證明問(wèn)題．故選B．已知a，b為非零實(shí)數(shù)，且a<b，則下列不等式成立的是()A．a(chǎn)2<b2 B．a(chǎn)2b<ab2C．eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b) D．eq\f(b,a)<eq\f(a,b)解：∵a，b為非零常數(shù)，∴a2b2>0．又由a<b兩邊同除以a2b2得eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b)．故選C．如果aeq\r(a)＋beq\r(b)>aeq\r(b)＋beq\r(a)，則實(shí)數(shù)a，b應(yīng)滿足的條件是()A．a(chǎn)>b>0 B．a(chǎn)<b<0C．a(chǎn)>b D．a(chǎn)≥0，b≥0，且a≠b解：∵(aeq\r(a)＋beq\r(b))－(aeq\r(b)＋beq\r(a))＝(a－b)(eq\r(a)－eq\r(b))>0，∴a≥0，b≥0，且a≠b．故選D．在用反證法證明“?實(shí)數(shù)x，x2＋x＋1>0”時(shí)，其假設(shè)是____________________．解：假設(shè)所要證明的結(jié)論不成立，即?實(shí)數(shù)x0，xeq\o\al(2,0)＋x0＋1≤0．故填?實(shí)數(shù)x0，xeq\o\al(2,0)＋x0＋1≤0．設(shè)a，b∈R，給出下列條件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1，其中能推出：“a，b中至少有一個(gè)實(shí)數(shù)大于1”的條件是________．解：對(duì)于①，a，b均可小于1；對(duì)于②，a，b均可等于1；對(duì)于④⑤，a，b均可為負(fù)數(shù)；對(duì)于③，若a，b都不大于1，則a＋b≤2與③矛盾，故③能推出“a，b中至少有一個(gè)實(shí)數(shù)大于1”，故填③．類型一直接證明設(shè)a，b，c>0，求證：3(a3＋b3＋c3)≥(a2＋b2＋c2)·(a＋b＋c)．證明：∵a，b，c>0，a2＋b2≥2ab，∴(a2＋b2)(a＋b)≥2ab(a＋b)，∴a3＋b3＋a2b＋ab2≥2a2b＋2ab2，∴a3＋b3≥a2b＋ab2，①同理，b3＋c3≥b2c＋bc2，②a3＋c3≥a2c＋ac2，③①＋②＋③得2(a3＋b3＋c3)≥a2b＋ab2＋b2c＋bc2＋a2c＋ac2，∴3(a3＋b3＋c3)≥(a3＋a2b＋a2c)＋(b3＋ab2＋b2c)＋(c3＋ac2＋bc2)＝a2(a＋b＋c)＋b2(b＋a＋c)＋c2(c＋a＋b)＝(a2＋b2＋c2)·(a＋b＋c)．∴3(a3＋b3＋c3)≥(a2＋b2＋c2)·(a＋b＋c)．點(diǎn)撥：在證明本題的過(guò)程中，若直接將結(jié)論展開證明，雖然可能成功，但相比從已知公式定理出發(fā)進(jìn)行證明，有一定的復(fù)雜性，所以在使用分析法出現(xiàn)困難時(shí)，應(yīng)及時(shí)回顧相關(guān)的知識(shí)背景，分析通過(guò)怎樣的配湊或變形可以使已知公式定理接近結(jié)論，才是明智之舉．已知a＞0，求證：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2．證明：要證eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2．只要證eq\r(a2＋\f(1,a2))＋2≥a＋eq\f(1,a)＋eq\r(2)，∵a＞0，故只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))＋2))eq\s\up12(2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋\r(2)))eq\s\up12(2)，即a2＋eq\f(1,a2)＋4eq\r(a2＋\f(1,a2))＋4≥a2＋2＋eq\f(1,a2)＋2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))＋2，從而只要證2eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))，只要證4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))≥2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋2＋\f(1,a2)))，即a2＋eq\f(1,a2)≥2，而該不等式顯然成立(a＝1時(shí)取等號(hào))，故原不等式成立．類型二間接證明在△ABC中，∠A，∠B，∠C的對(duì)邊分別為a，b，c．若a，b，c三邊的倒數(shù)成等差數(shù)列．求證：∠B<eq\f(π,2)．證明：若a，b，c的倒數(shù)成等差數(shù)列，則eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝eq\f(2,b)．假設(shè)B≥eq\f(π,2)，從而∠B是△ABC的最大角，根據(jù)“大角對(duì)大邊”得b>a，b>c．所以eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，eq\f(1,c)>eq\f(1,b)，相加得eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)>eq\f(2,b)，這與eq\f(1,a)＋eq\f(1,c)＝eq\f(2,b)矛盾，所以假設(shè)不成立．因此∠B<eq\f(π,2)．點(diǎn)撥：一般地，對(duì)于結(jié)論是“都是”，“都不是”，“至多”、“至少”形式的數(shù)學(xué)問(wèn)題，或直接從正面入手難以尋覓解題突破口的問(wèn)題，宜考慮用反證法，這體現(xiàn)了“正難則反”的思想，用反證法解題時(shí)，推導(dǎo)出矛盾是關(guān)鍵一步，途徑很多，可以與已知矛盾，與假設(shè)矛盾、與已知事實(shí)相違背等，但推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的．已知函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，a，b，c均為整數(shù)，且f(0)，f(1)均為奇數(shù)．求證：f(x)＝0無(wú)整數(shù)根．證明：假設(shè)f(x)＝0有整數(shù)根n，則an2＋bn＋c＝0(n∈Z)．而f(0)，f(1)為奇數(shù)，即c為奇數(shù)，a＋b＋c為奇數(shù)．則a，b，c同時(shí)為奇數(shù)，或a，b同時(shí)為偶數(shù)，c為奇數(shù)．當(dāng)n為奇數(shù)時(shí)，an2＋bn為偶數(shù)；當(dāng)n為偶數(shù)時(shí)，an2＋bn也為偶數(shù)，即an2＋bn＋c為奇數(shù)，與an2＋bn＋c＝0矛盾．∴f(x)＝0無(wú)整數(shù)根．1．綜合法又叫順推證法或由因?qū)Чǎ菑摹耙阎笨础翱芍?，逐步推向“未知”，其逐步推理是在尋求它的必要條件．綜合法的解題步驟用符號(hào)表示是：P(已知)?Q1?Q2?Q3? …?Qn?Q(結(jié)論)．2．分析法又叫逆推證法或執(zhí)果索因法，它是從“結(jié)論”探求“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理的實(shí)質(zhì)是尋求使結(jié)論成立的充分條件．分析法的解題步驟用符號(hào)表示是：B(結(jié)論)?B1?B2?…?Bn?A(已知)．3．分析法與綜合法的綜合應(yīng)用分析法和綜合法是兩種思路相反的推理證明方法，二者各有優(yōu)缺點(diǎn)．分析法思考起來(lái)比較自然，容易找到解題的思路和方法，缺點(diǎn)是思路逆行，敘述較繁，且表述易錯(cuò)；綜合法條理清晰，宜于表述，缺點(diǎn)是探路艱難，易生枝節(jié)．在證明數(shù)學(xué)問(wèn)題的過(guò)程中分析法和綜合法往往是相互結(jié)合的，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法表述．4．用反證法證明命題的一般步驟：(1)分清命題的條件和結(jié)論；(2)做出與命題結(jié)論相矛盾的假設(shè)；(3)由假設(shè)出發(fā)，應(yīng)用正確的推理方法，推出與已知條件，或與假設(shè)矛盾，或與定義、公理、定理、事實(shí)等矛盾的結(jié)果；(4)斷定產(chǎn)生矛盾的原因是假設(shè)不真，于是原結(jié)論成立，從而間接地證明命題為真．5．可用反證法證明的數(shù)學(xué)命題類型(1)結(jié)論是否定形式的命題；(2)結(jié)論是以至多、至少、唯一等語(yǔ)句給出的命題；(3)結(jié)論的反面是較明顯或較易證明的命題；(4)用直接法較難證明或需要分成多種情形進(jìn)行分類討論的命題．6．常見的“結(jié)論詞”與“反設(shè)詞”原結(jié)論詞反設(shè)詞原結(jié)論詞反設(shè)詞至少有一個(gè)沒有一個(gè)?x成立?x0不成立至多有一個(gè)至少有兩個(gè)?x不成立?x0成立至少有n個(gè)至多有n－1個(gè)p或q綈p且綈q至多有n個(gè)至少有n＋1個(gè)p且q綈p或綈q1．用分析法證明：欲使①A>B，只需②C<D．這里①是②的()A．充分條件B．必要條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解：分析法證明的本質(zhì)是證明使結(jié)論成立的充分條件成立，即②?①，所以①是②的必要條件．故選B．2．(eq\a\vs4\al(2013·銀川模擬))設(shè)a，b，c是不全相等的實(shí)數(shù)，給出下列判斷：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b，a<b及a＝b中至少有一個(gè)成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同時(shí)成立，其中正確判斷的個(gè)數(shù)是()A．0B．1C．2D．3解：①②正確，a≠c，b≠c，a≠b可以同時(shí)成立，如a＝1，b＝2，c＝3，所以③不對(duì)．故選C．3．(eq\a\vs4\al(2014·山東))用反證法證明命題“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根解：至少有一個(gè)實(shí)根的否定是沒有實(shí)根，故要做的假設(shè)是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根”．故選A．4．已知x，y，z∈(0，＋∞)，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y(tǒng)＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，則a，b，c三數(shù)()A．至少有一個(gè)不大于2B．都小于2C．至少有一個(gè)不小于2D．都大于2解：∵a＋b＋c＝x＋eq\f(1,x)＋y＋eq\f(1,y)＋z＋eq\f(1,z)≥6，∴a，b，c三數(shù)中至少有一個(gè)不小于2．故選C．5．在不等邊三角形中，a為最大邊，要想得到∠A為鈍角的結(jié)論，三邊a，b，c應(yīng)滿足條件()A．a(chǎn)2<b2＋c2B．a(chǎn)2＝b2＋c2C．a(chǎn)2>b2＋c2D．a(chǎn)2≤b2＋c2解：由余弦定理cosA＝eq\f(b2＋c2－a2,2bc)，若∠A為鈍角，則cosA<0，b2＋c2－a2<0，即a2>b2＋c2．故選C．6．在△ABC中，若sinBsinC＝cos2eq\f(A,2)，則下面等式一定成立的是()A．A＝BB．A＝CC．B＝CD．A＝B＝C解：∵sinBsinC＝cos2eq\f(A,2)＝eq\f(1＋cosA,2)＝eq\f(1－cos（B＋C）,2)，∴cos(B＋C)＝1－2sinBsinC．∴cosBcosC－sinBsinC＝1－2sinBsinC．∴cosBcosC＋sinBsinC＝1．∴cos(B－C)＝1．又0＜B＜π，0＜C＜π，∴B＝C．故選C．7．命題“a，b是實(shí)數(shù)，若eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(a＋1))＋(b＋1)2＝0，則a＝b＝－1”，用反證法證明時(shí)應(yīng)假設(shè)____________．解：a＝b＝－1表示a＝－1且b＝－1，故其否定是a≠－1，或b≠－1．故填a≠－1，或b≠－1．8．(eq\a\vs4\al(原創(chuàng)))某題字跡有污損，大致內(nèi)容是“已知|x|≤1，，用分析法證明|x＋y|≤|1＋xy|”．估計(jì)污損部分的文字內(nèi)容為________．解：要證|x＋y|≤|1＋xy|，需證(x＋y)2≤(1＋xy)2，化簡(jiǎn)得x2＋y2≤1＋x2y2，(x2－1)(1－y2)≤0，因?yàn)閨x|≤1，又要證的不等式成立，所以估計(jì)污損部分的文字內(nèi)容為“|y|≤1”．故填|y|≤1．9．設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項(xiàng)和．(1)求證：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn))不是等比數(shù)列；(2)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn))是等差數(shù)列嗎？為什么？解：(1)證明：假設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn))是等比數(shù)列，則Seq\o\al(2,2)＝S1S3，即aeq\o\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1(1＋q＋q2)，因?yàn)閍1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，這與q≠0矛盾．所以數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列．(2)當(dāng)q＝1時(shí)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn))是等差數(shù)列；當(dāng)q≠1時(shí)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn))不是等差數(shù)列，否則2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)得q＝0，這與q≠0矛盾，所以當(dāng)q≠1時(shí)，eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(Sn))不是等差數(shù)列．10．如圖示，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB1⊥BC1，AB＝CC1，試用綜合法和分析法證明：A1C1⊥AB．證法一(綜合法)：在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∵AB＝CC1＝BB1，∴四邊形ABB1A1為正方形．∴AB1⊥A1B．又AB1⊥BC1，A1B∩BC1＝B，∴AB1⊥平面A1BC1，故AB1⊥A1C1．又BB1⊥A1C1，∴A1C1⊥平面A1ABB1，故A1C1⊥AB．證法二(分析法)：A1C1⊥AB?A1C1⊥平面A1ABB1，?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(A1C1⊥BB1?BB1⊥平面A1B1C1?直棱柱定義,A1C1⊥AB1?AB1⊥平面A1BC1))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(AB1⊥BC1（已知）,AB1⊥A1B?A1ABB1是正方形?AB＝CC1＝BB1．))由此，命題得證．11．設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－eq\f(a,2)，3a>2c>2b．求證：(1)a>0且－3<eq\f(b,a)<－eq\f(3,4)；(2)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．證明：(1)∵f(1)＝a＋b＋c＝－eq\f(a,2)，∴3a＋2b＋2c＝0．①又3a>2c>2b，∴a>0，b<0．由①變形得c＝－eq\f(3,2)a－b．②將②式代入3a>2c>2b得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b>－3a，,4b<－3a．))∴－3<eq\f(b,a)<－eq\f(3,4)．(2)假設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)內(nèi)沒有零點(diǎn)．∵f(1)＝－eq\f(a,2)<0，∴f(0)＝c≤0，f(2)＝4a＋2b＋c＝a－c≤0．∴a≤c≤0．這與已知a>0矛盾，∴函數(shù)f(x)在區(qū)間(0，2)內(nèi)至少有一個(gè)零點(diǎn)．是否存在常數(shù)C，使不等式eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤C≤eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)對(duì)任意正數(shù)x，y恒成立？試證明你的結(jié)論．解：令x＝y(tǒng)＝1，得eq\f(2,3)≤C≤eq\f(2,3)，∴存在滿足題意的常數(shù)C，且C＝eq\f(2,3)．證明如下：∵x>0，y>0，∴要證eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3)，只需證3x(x＋2y)＋3y(2x＋y)≤2(2x＋y)(x＋2y)，即證x2＋y2≥2xy，此式顯然成立．∴eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤eq\f(2,3)．再證eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)≥eq\f(2,3)．同理，只需證3x(2x＋y)＋3y(x＋2y)≥2(x＋2y)(2x＋y)，即證x2＋y2≥2xy，這顯然成立．∴eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)≥eq\f(2,3)．綜上所述，存在常數(shù)C＝eq\f(2,3)，使得不等式eq\f(x,2x＋y)＋eq\f(y,x＋2y)≤C≤eq\f(x,x＋2y)＋eq\f(y,2x＋y)對(duì)任意正數(shù)x，y恒成立．

§13．3數(shù)學(xué)歸納法1．?dāng)?shù)學(xué)歸納法的證題步驟一般地，證明一個(gè)與正整數(shù)n有關(guān)的命題，可按下列步驟進(jìn)行：(1)(歸納奠基)證明當(dāng)n取第一個(gè)值n0(n0∈N*)時(shí)命題成立；(2)(歸納遞推)假設(shè)____________(k≥n0，k∈N*)時(shí)命題成立，證明當(dāng)____________時(shí)命題也成立．只要完成這兩個(gè)步驟，就可以斷定命題對(duì)從n0開始的所有__________都成立．2．?dāng)?shù)學(xué)歸納法的適用范圍數(shù)學(xué)歸納法主要用于解決與________有關(guān)的數(shù)學(xué)命題，證明時(shí)，它的兩個(gè)步驟(歸納奠基與歸納遞推)缺一不可．自查自糾：1．(2)n＝kn＝k＋1正整數(shù)n2．正整數(shù)在應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明凸n邊形的對(duì)角線為eq\f(1,2)n(n－3)條時(shí)，第一步檢驗(yàn)n＝________時(shí)命題成立．()A．1B．2C．3D．0解：凸多邊形至少有三條邊．故選C．使不等式2n＞n2＋1對(duì)任意n≥k的自然數(shù)都成立的最小k值為()A．2B．3C．4D．5解：21＝12＋1，22＜22＋1，23＜32＋1，24＜42＋1，25＞52＋1，…，則使不等式成立的最小k值為5，故選D．(eq\a\vs4\al(2013·黑龍江模擬))設(shè)f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：“當(dāng)f(k)≥k＋1成立時(shí)，總可推出f(k＋1)≥k＋2成立”．那么，下列命題總成立的是()A．若f(1)<2成立，則f(10)<11成立B．若f(3)≥4成立，則當(dāng)k≥1時(shí)，均有f(k)≥k＋1C．若f(2)<3成立，則f(1)≥2成立D．若f(4)≥5成立，則當(dāng)k≥4時(shí)，均有f(k)≥k＋1成立解：根據(jù)題意，若f(4)≥5成立，則f(n0＋1)≥n0＋2(n0≥4)，即f(k)≥k＋1(k≥5)．綜合f(4)≥5，所以當(dāng)k≥4時(shí)，均有f(k)≥k＋1成立．故選D．用數(shù)學(xué)歸納法證明：設(shè)f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，則n＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝nf(n)(n∈N＋，n≥2)，第一步要證的式子是________________．解：∵n≥2，∴n0＝2．觀察等式左邊最后一項(xiàng)，將n0＝2代入即可得2＋f(1)＝2f(2)．故填2＋f(1)＝2f(2)．用數(shù)學(xué)歸納法證明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n∈N*)”時(shí)，從n＝k到n＝k＋1，等式的左邊需要增乘的代數(shù)式是____________．解：當(dāng)n＝k時(shí)，等式左邊＝(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式左邊＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋1＋k＋1)＝eq\f(（k＋1）（k＋2）（k＋3）·…·（k＋k）（k＋k＋1）（k＋k＋2）,k＋1)＝2(2k＋1)(k＋1)(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)．觀察、比較可知，從n＝k到n＝k＋1，等式的左邊需要增乘的代數(shù)式是2(2k＋1)．故填2(2k＋1)．類型一證明等式證明：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)(n∈N*)．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，右邊＝eq\f(1,2)，等式成立．(2)假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)等式成立，即1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)．根據(jù)(1)和(2)，可知等式對(duì)任何n∈N*都成立．點(diǎn)撥：用數(shù)學(xué)歸納法證明與正整數(shù)n有關(guān)的一些等式時(shí)，關(guān)鍵在于“先看項(xiàng)”，弄清從n＝k到n＝k＋1時(shí)等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，然后正確寫出歸納證明的步驟，使問(wèn)題得以證明．對(duì)于n∈N*，用數(shù)學(xué)歸納法證明：1·n＋2·(n－1)＋3·(n－2)＋…＋(n－1)·2＋n·1＝eq\f(1,6)n(n＋1)(n＋2)．證明：(1)n＝1時(shí)，左邊＝1，右邊＝eq\f(1,6)×1×2×3＝1，等式成立．(2)假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)等式成立，即1·k＋2·(k－1)＋3·(k－2)＋…＋(k－1)·2＋k·1＝eq\f(1,6)k(k＋1)(k＋2)，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1·(k＋1)＋2·k＋3·(k－1)＋…＋k·2＋(k＋1)·1＝1·k＋2·(k－1)＋3·(k－2)＋…＋(k－1)·2＋k·1＋1＋2＋…＋(k＋1)＝eq\f(1,6)k(k＋1)(k＋2)＋eq\f(（k＋1）（k＋2）,2)＝eq\f(1,6)(k＋1)(k＋2)(k＋3)．根據(jù)(1)和(2)，可知等式對(duì)任何n∈N*都成立．類型二證明不等式用數(shù)學(xué)歸納法證明：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)＞eq\f(13,24)(n≥2，n∈N)．證明：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝eq\f(1,2＋1)＋eq\f(1,2＋2)＝eq\f(7,12)＞eq\f(13,24)成立．(2)假設(shè)n＝k(k≥2，k∈N)時(shí)不等式成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k＋k)＞eq\f(13,24)成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k＋k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k＋k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＞eq\f(13,24)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)，而eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,（2k＋1）（2k＋2）)＞0．綜合(1)(2)知，原不等式成立．點(diǎn)撥：從n＝k到n＝k＋1時(shí)，左邊增加的項(xiàng)為eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)，證明時(shí)應(yīng)注意左邊代數(shù)式的變化規(guī)律，弄清增加的項(xiàng)后再恰當(dāng)使用放縮法證明．(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)≥eq\f(3n,2n＋1)(n∈N*)．證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1，右邊＝eq\f(3×1,2×1＋1)＝1，命題成立．②假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)，命題成立，即1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)≥eq\f(3k,2k＋1)．當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)＋eq\f(1,（k＋1）2)≥eq\f(3k,2k＋1)＋eq\f(1,（k＋1）2)．令f(k)＝eq\f(3k,2k＋1)＋eq\f(1,（k＋1）2)－eq\f(3（k＋1）,2（k＋1）＋1)，則f(k)＝eq\f(1,（k＋1）2)－eq\f(3,（2k＋1）（2k＋3）)＝eq\f(（2k＋1）（2k＋3）－3（k＋1）2,（k＋1）2（2k＋1）（2k＋3）)＝eq\f(k（k＋2）,（k＋1）2（2k＋1）（2k＋3）)．∵k≥1，∴f(k)>0，即eq\f(3k,2k＋1)＋eq\f(1,（k＋1）2)>eq\f(3（k＋1）,2（k＋1）＋1)．由①②知，不等式對(duì)任何n∈N*都成立．(2)已知函數(shù)f(x)＝x－xlnx，數(shù)列{an}滿足0<a1<1，an＋1＝f(an)，n∈N*．證明：對(duì)任意n∈N*，不等式0<an<1都成立．解：由f(x)＝x－xlnx，得f′(x)＝－lnx，當(dāng)x∈(0，1)時(shí)，f′(x)＝－lnx>0，故f(x)在x∈(0，1)時(shí)為單調(diào)遞增函數(shù)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)任意n∈N*，不等式0<an<1都成立．①當(dāng)n＝1時(shí)，已知0<a1<1，不等式成立；又當(dāng)n＝2時(shí)，由a1lna1<0，得a2＝f(a1)＝a1－a1lna1>a1>0，且有a2＝f(a1)＝a1－a1lna1<f(1)＝1，即0<a2<1，不等式也成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，有0<ak<ak＋1<1成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由f(x)在x∈(0，1)時(shí)為單調(diào)遞增函數(shù)，且0<a1≤ak<ak＋1<1，得f(ak)<f(ak＋1)<f(1)，即ak＋1<ak＋2<1，又ak＋1>0，所以有0<ak＋1<ak＋2<1，不等式也成立．綜合①、②知，對(duì)任意n∈N*，不等式0<an<1都成立．1．用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明時(shí)，“歸納奠基”和“歸納遞推”兩個(gè)步驟缺一不可．2．證第二步的關(guān)鍵是合理運(yùn)用歸納假設(shè)，以“n＝k時(shí)命題成立”為條件，證明“當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題成立”．這里，易出現(xiàn)的錯(cuò)誤是：不使用“n＝k時(shí)命題成立”這一條件，而直接將n＝k＋1代入命題，便斷言此時(shí)命題成立．注意：沒有運(yùn)用歸納假設(shè)的證明不是數(shù)學(xué)歸納法．3．在n＝k到n＝k＋1的證明過(guò)程中尋找由n＝k到n＝k＋1的變化規(guī)律是難點(diǎn)，突破的關(guān)鍵是分析清楚p(k)與p(k＋1)的差異與聯(lián)系，利用拆、添、并、放、縮等手段，從p(k＋1)中分離出p(k)．4．證明不等式的方法多種多樣，故在用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的過(guò)程中，比較法、放縮法、分析法等要靈活運(yùn)用．1．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1，n∈N*)”，在驗(yàn)證n＝1時(shí)，左端計(jì)算所得的結(jié)果是()A．1 B．1＋aC．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3解：當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1＋a＋a2．故選C．2．對(duì)于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同學(xué)的證明過(guò)程如下：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，eq\r(12＋1)＜1＋1，不等式成立；(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1，則n＝k＋1時(shí)，eq\r(（k＋1）2＋（k＋1）)＝eq\r(k2＋3k＋2)＜eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(（k＋2）2)＝(k＋1)＋1，故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．根據(jù)(1)和(2)，可知不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)成立．上述證法中()A．過(guò)程全部正確B．n＝1驗(yàn)證不正確C．歸納假設(shè)不正確D．從n＝k(k∈N*)到n＝k＋1的推理不正確解：證明過(guò)程沒有用到歸納假設(shè)的結(jié)論，所以證明方法不正確．故選D．3．用數(shù)學(xué)歸納法證明等式：1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)(n∈N*)，則從n＝k(k∈N*)到n＝k＋1時(shí)，左邊應(yīng)增加的項(xiàng)為()A．(k＋1)2B．(k2＋1)＋(k＋1)2C．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k2＋2k)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2解：當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，等式左邊＝1＋2＋3＋…＋k2；當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式左邊＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2．比較上述兩個(gè)式子，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式左邊是在假設(shè)n＝k時(shí)等式成立的基礎(chǔ)上，加上了(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2．故選D．4．用數(shù)學(xué)歸納法證明命題“當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除”中，第二步歸納假設(shè)應(yīng)寫成()A．假設(shè)n＝2k＋1(k∈N*)成立，再推出n＝2k＋3成立B．假設(shè)n＝2k－1(k∈N*)成立，再推出n＝2k＋1成立C．假設(shè)n＝k(k∈N*)成立，再推出n＝k＋1成立D．假設(shè)n＝k(k≥1)成立，再推出n＝k＋2成立解：第二步歸納假設(shè)n＝2k－1(k∈N*)成立，再推出n＝2k－1＋2＝2k＋1成立．故選B．5．已知一個(gè)命題p(k)，k＝2n(n∈N)，若n＝1，2，…，1000時(shí)，p(k)成立，且當(dāng)n＝1000＋1時(shí)也成立，下列判斷中正確的是()A．p(k)對(duì)k＝2004成立B．p(k)對(duì)每一個(gè)自然數(shù)k都成立C．p(k)對(duì)每一個(gè)正偶數(shù)k都成立D．p(k)對(duì)某些偶數(shù)可能不成立解：由題意知，p(k)僅對(duì)k＝2，4，6，…，2002成立．故選D．6．平面內(nèi)有n條直線，最多可將平面分成f(n)個(gè)區(qū)域，則f(n)的表達(dá)式為()A．n＋1 B．2nC．eq\f(n2＋n＋2,2) D．n2＋n＋1解：平面內(nèi)n條直線，任何兩條不平行，任何三條不過(guò)同一點(diǎn)時(shí)，將平面分成的區(qū)域最多．設(shè)前k條直線把平面分成了f(k)部分，第k＋1條直線與原有的k條直線有k個(gè)交點(diǎn)，這k個(gè)交點(diǎn)將第k＋1條直線分為k＋1段，這k＋1段將平面上有關(guān)的f(k)部分的每一部分分成了2個(gè)部分，共2(k＋1)部分，相當(dāng)于增加了k＋1個(gè)部分，∴第k＋1條直線將平面分成了f(k＋1)部分，f(k＋1)－f(k)＝k＋1，令k＝1，2，3，…，n，得f(2)－f(1)＝2，f(3)－f(2)＝3，…，f(n)－f(n－1)＝n，把這n－1個(gè)等式累加，得f(n)－f(1)＝2＋3＋…＋n＝eq\f(（n＋2）（n－1）,2)，∴f(n)＝2＋eq\f(（n＋2）（n－1）,2)＝eq\f(n2＋n＋2,2)．故選C．7．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N且n>1)第一步要證的不等式是________________．解：當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22－1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，右邊＝2，故填1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2．8．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，用數(shù)學(xué)歸納法證明f(2n)>eq\f(n,2)時(shí)，f(2k＋1)－f(2k)＝_________________________．解：∵f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)，f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)，∴f(2k＋1)－f(2k)＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)．故填eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)．9．試證：n為正整數(shù)時(shí)，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝34－8－9＝64能被64整除．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9·32k＋2－8k－17＝9(32k＋2－8k－9)＋64k＋64．由歸納假設(shè)知f(k＋1)也能被64整除．綜合(1)(2)知，當(dāng)n為正整數(shù)時(shí)，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．10．已知△ABC的三邊長(zhǎng)都是有理數(shù)．(1)求證：cosA是有理數(shù)；(2)求證：對(duì)任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)．證明：(1)由AB，BC，AC為有理數(shù)及余弦定理知cosA＝eq\f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC)是有理數(shù)．(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明cosnA和sinA·sinnA都是有理數(shù)．①當(dāng)n＝1時(shí)，由(1)知cosA是有理數(shù)，從而sinA·sinA＝1－cos2A也是有理數(shù)．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，coskA和sinA·sinkA都是有理數(shù)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，cos(k＋1)A＝cosAcoskA－sinAsinkA，sinAsin(k＋1)A＝sinA(sinAcoskA＋cosAsinkA)＝(sinA·sinA)·coskA＋(sinA·sinkA)·cosA，知cos(k＋1)A與sinA·sin(k＋1)A都是有理數(shù)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論成立．綜合①②知，對(duì)任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)．11．已知f(n)＝1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,n3)，g(n)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n2)，n∈N*．(1)當(dāng)n＝1，2，3時(shí)，試比較f(n)與g(n)的大小關(guān)系；(2)猜想f(n)與g(n)的大小關(guān)系，并給出證明．解：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(9,8)，g(2)＝eq\f(11,8)，所以f(2)<g(2)；當(dāng)n＝3時(shí)，f(3)＝eq\f(251,216)，g(3)＝eq\f(312,216)，所以f(3)<g(3)．(2)由(1)，猜想f(n)≤g(n)，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1，2，3時(shí)，不等式顯然成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3，k∈N*)時(shí)不等式成立，即1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,k3)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2)，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,（k＋1）3)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2)＋eq\f(1,（k＋1）3)，因?yàn)閑q\f(1,2（k＋1）2)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2k2)－\f(1,（k＋1）3)))＝eq\f(k＋3,2（k＋1）3)－eq\f(1,2k2)＝eq\f(－3k－1,2（k＋1）3k2)<0，所以f(k＋1)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2（k＋1）2)＝g(k＋1)．由①、②可知，對(duì)一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．設(shè)數(shù)列a1，a2，…，an，…中的每一項(xiàng)都不為0．則{an}為等差數(shù)列．證明：當(dāng)n＝2時(shí)，已知eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＝eq\f(2,a1a3)，兩端同乘a1a2a3，得a1＋a3＝2a2，所以a1，a2，a3成等差數(shù)列．假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，a1，a2，…，ak成等差數(shù)列，記公差為d．那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，因?yàn)閑q\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,akak＋1)＋eq\f(1,ak＋1ak＋2)＝eq\f(k,a1ak＋1)＋eq\f(1,ak＋1ak＋2)＝eq\f(k＋1,a1ak＋2)，分子同乘a1ak＋1ak＋2，得kak＋2＋a1＝(k＋1)ak＋1，又ak＋1＝a1＋kd，代入可得kak＋2＋a1＝(k＋1)(a1＋kd)，即ak＋2＝a1＋(k＋1)d．所以{an}是公差為d的等差數(shù)列．一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．1．否定“自然數(shù)a，b，c中恰有一個(gè)偶數(shù)”時(shí)，正確的反設(shè)為()A．a(chǎn)，b，c都是奇數(shù)B．a(chǎn)，b，c都是偶數(shù)C．a(chǎn)，b，c中至少有兩個(gè)偶數(shù)D．a(chǎn)，b，c中至少有兩個(gè)偶數(shù)或全是奇數(shù)解：反設(shè)為“a，b，c中恰有0個(gè)，或2個(gè)，或3個(gè)偶數(shù)”，即a，b，c中至少有兩個(gè)偶數(shù)或全是奇數(shù)．故選D．2．下面關(guān)于演繹推理的幾種敘述：①演繹推理是由一般到特殊的推理；②演繹推理在大前提和推理形式正確的前提下，得出的結(jié)論一定是正確的；③演繹推理的一般模式是“三段論”；④“三段論”中，如果大前提是顯然的，為了敘述簡(jiǎn)潔，則大前提可以省略．其中正確的說(shuō)法個(gè)數(shù)是()A．1B．2C．3D．4解：易知①③④都是正確的，只有在大前提和小前提都正確的時(shí)候才能保證演繹推理的結(jié)論正確．故選C．3．用數(shù)學(xué)歸納法證明等式：1＋2＋3＋…＋2n＝n(2n＋1)，由n＝k到n＝k＋1時(shí)，等式左邊應(yīng)添加的項(xiàng)是()A．2k＋1B．2k＋2C．(2k＋1)＋(2k＋2)D．(k＋1)＋(k＋2)＋(k＋3)＋…＋2k解：當(dāng)n＝k時(shí)，左邊＝1＋2＋3＋…＋2k；當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝1＋2＋3＋…＋2k＋(2k＋1)＋(2k＋2)．所以等式左邊應(yīng)添加(2k＋1)＋(2k＋2)，故選C．4．如果命題p(n)對(duì)n＝k成立，則它對(duì)n＝k＋2成立，若p(n)對(duì)n＝2成立，則下列結(jié)論正確的是()A．p(n)對(duì)所有正整數(shù)n都成立B．p(n)對(duì)所有正偶數(shù)n都成立C．p(n)對(duì)大于或等于2的正整數(shù)n都成立D．p(n)對(duì)所有自然數(shù)都成立解：∵p(n)對(duì)n＝2成立，2為偶數(shù)，∴根據(jù)題意易知p(n)對(duì)所有正偶數(shù)n都成立．故選B．5．已知α∩β＝l，a?α，b?β，若a，b為異面直線，則()A．a(chǎn)，b都與l相交B．a(chǎn)，b中至少有一條與l相交C．a(chǎn)，b中至多有一條與l相交D．a(chǎn)，b都不與l相交解：若a，b都不與l相交，則a∥l∥b，與a，b是異面直線矛盾．所以a，b中至少有一條與l相交．故選B．6．(eq\a\vs4\al(2014·陜西五校聯(lián)考))設(shè)△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a，b，c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝eq\f(2S,a＋b＋c)；類比這個(gè)結(jié)論可知：若四面體P-ABC的四個(gè)面的面積分別為S1，S2，S3，S4，四面體P-ABC的體積為V，內(nèi)切球的半徑為R，則R＝()A．eq\f(V,S1＋S2＋S3＋S4)B．eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C．eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4)D．eq\f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)解：設(shè)四面體P-ABC的內(nèi)切球球心為O，那么V＝VO-ABC＋VO-PAB＋VO-PAC＋VO-PBC，即V＝eq\f(1,3)S1R＋eq\f(1,3)S2R＋eq\f(1,3)S3R＋eq\f(1,3)S4R，可得R＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4)，故選C．7．觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝()A．28 B．76C．123 D．199解：觀察各等式的右邊，它們分別為1，3，4，7，11，…，不難發(fā)現(xiàn)從第3項(xiàng)開始，每一項(xiàng)都是它的前兩項(xiàng)之和，故等式的右邊依次為1，3，4，7，11，18，29，47，76，123，…，因此a10＋b10＝123．故選C．8．通過(guò)圓與球的類比，由“半徑為R的圓的內(nèi)接矩形中，以正方形的面積為最大，最大值為2R2”猜想關(guān)于球的相應(yīng)命題為“半徑為R的球的內(nèi)接六面體中，________”．()A．以長(zhǎng)方體的體積為最大，最大值為2R3B．以正方體的體積為最大，最大值為3R3C．以長(zhǎng)方體的體積為最大，最大值為eq\f(4\r(3)R3,9)D．以正方體的體積為最大，最大值為eq\f(8\r(3)R3,9)解：類比可知正方體的體積最大，設(shè)其邊長(zhǎng)為a，當(dāng)體積最大時(shí)，正方體體對(duì)角線的長(zhǎng)度等于球的直徑，即eq\r(3)a＝2R，得a＝eq\f(2R,\r(3))，體積V＝a3＝eq\f(8\r(3)R3,9)．故選D．9．觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，＝f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g(－x)＝()A．f(x)B．－f(x)C．g(x)D．－g(x)解：本題可由特殊到一般進(jìn)行歸納推理，可得g(－x)＝－g(x)．故選D．10．觀察如圖所示的正方形圖案，每條邊(包括兩個(gè)端點(diǎn))有n(n≥2,n∈N＋)個(gè)圓點(diǎn)，第n個(gè)圖案中圓點(diǎn)的總數(shù)為Sn，按此規(guī)律判斷出Sn與n的關(guān)系式為()A．Sn＝2nB．Sn＝4nC．Sn＝2nD．Sn＝4n－4解：由n＝2，n＝3，n＝4的圖案，推斷第n個(gè)圖案是這樣構(gòu)成的：各個(gè)圓點(diǎn)排成正方形的四條邊，每條邊上有n個(gè)圓點(diǎn)，則圓點(diǎn)的總數(shù)為Sn＝4n－4，故選D．11．(eq\a\vs4\al(2014·湖南模擬))已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f