PAGE2-其次章本章小結(jié)一、合情推理與演繹推理歸納和類比是常用的合情推理，都是依據(jù)已有的事實，經(jīng)過視察、分析、比較、聯(lián)想，再進行歸納、類比，然后提出猜想的推理，從推理形式上看，歸納是由部分到整體，個別到一般的推理，類比是由特別到特別的推理，演繹推理是由一般到特別的推理，從推理所得結(jié)論來看，合情推理的結(jié)論不肯定正確，有待進一步證明；演繹推理在前提和推理形式都正確的前提下，得到的結(jié)論肯定正確．從二者在相識事物的過程中所發(fā)揮作用的角度考慮，它們又是緊密聯(lián)系，相輔相成的．合情推理的結(jié)論須要演繹推理的驗證，而演繹推理的內(nèi)容一般是通過合情推理獲得．合情推理可以為演繹推理供應(yīng)方向和思路．【例1】視察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由歸納推理可得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿意f(－x)＝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)【解析】通過視察所給的結(jié)論可知，若f(x)是偶函數(shù)，則導(dǎo)函數(shù)g(x)是奇函數(shù)，故選D.【答案】D【例2】已知結(jié)論：“在三邊長都相等的△ABC中，若D是BC的中點，G是△ABC外接圓的圓心，則eq\f(AG,GD)＝2”．若把該結(jié)論推廣到空間，則有結(jié)論：“在六條棱長都相等的四面體ABCD中，若M是△BCD的三邊中線的交點，O為四面體ABCD外接球的球心，則eq\f(AO,OM)＝________.”【分析】【解析】如圖，易知球心O在線段AM上，不妨設(shè)四面體ABCD的棱長為1，外接球的半徑為R，則BM＝eq\f(\r(3),2)×eq\f(2,3)＝eq\f(\r(3),3)，AM＝eq\r(12－\f(\r(3),3)2)＝eq\f(\r(6),3)，R＝eq\r(\f(\r(6),3)－R2＋\f(\r(3),3)2)，解得R＝eq\f(\r(6),4).于是，eq\f(AO,OM)＝eq\f(\f(\r(6),4),\f(\r(6),3)－\f(\r(6),4))＝3.【答案】3【規(guī)律總結(jié)】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)類比點如下：平面圖形立體圖形點點、線直線直線、平面平面幾何體邊長邊長、面積面積體積三角形四面體線線角面面角平行四邊形平行六面體圓球二、干脆證明與間接證明證明可分為干脆證明與間接證明．干脆證明包括綜合法、分析法，間接證明為反證法，出現(xiàn)“至多”、“至少”等問題時常用反證法．【例3】已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>b>c)的圖象與x軸有兩個不同的交點A、B，且f(1)＝0.(1)求eq\f(c,a)的范圍；(2)求證：eq\f(3,2)<|AB|<3.(1)【解】∵f(1)＝0，∴a＋b＋c＝0，b＝－a－c.若a<0，由a>b>c知b<0，c<0.∴a＋b＋c<0與a＋b＋c＝0沖突．又a≠0，∴a>0，同理可證c<0.由a>－a－c>c，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a>－c，,a<－2c.))∴－2<eq\f(c,a)<－eq\f(1,2).(2)【證明】ax2＋bx＋c＝ax2－(a＋c)x＋c＝(ax－c)(x－1)＝0.∴xA＝eq\f(c,a)，xB＝1或xA＝1，xB＝eq\f(c,a).∴|AB|＝|xA－xB|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)－1))＝1－eq\f(c,a)，由(1)知－2<eq\f(c,a)<－eq\f(1,2)，∴1＋eq\f(1,2)<1－eq\f(c,a)<1＋2，即eq\f(3,2)<|AB|<3.【評析】本題考查了二次函數(shù)的圖象，二次函數(shù)的性質(zhì)，及二次函數(shù)在x軸上截得線段長度等學(xué)問．【例4】已知a是整數(shù)，a2是偶數(shù)，求證：a也是偶數(shù)．【證明】假設(shè)a不是偶數(shù)，則a為奇數(shù)．設(shè)a＝2m＋1(m為整數(shù))，則a2＝4m2∵4(m2＋m)是偶數(shù)，∴4m2＋4m＋1為奇數(shù)，即∴a肯定是偶數(shù)．【評析】本題的沖突是與已知條件相沖突．三、數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用【例5】設(shè)數(shù)列a1，a2，…，an，…中的每一項都不為0.證明{an}為等差數(shù)列的充要條件是：對任何n∈N*，都有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(n,a1an＋1).【分析】充要條件的證明需從充分性和必要性兩方面進行，已知等差數(shù)列的公差是否為0不確定，必要性證明中需分類探討，充分性證明采納數(shù)學(xué)歸納法．【證明】先證必要性．設(shè)數(shù)列{an}的公差為d，若d＝0，則所述等式明顯成立．若d≠0，則eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)(eq\f(a2－a1,a1a2)＋eq\f(a3－a2,a2a3)＋…＋eq\f(an＋1－an,anan＋1))＝eq\f(1,d)[(eq\f(1,a1)－eq\f(1,a2))＋(eq\f(1,a2)－eq\f(1,a3))＋…＋(eq\f(1,an)－eq\f(1,an＋1))]＝eq\f(1,d)(eq\f(1,a1)－eq\f(1,an＋1))＝eq\f(1,d)·eq\f(an＋1－a1,a1an＋1)＝eq\f(n,a1an＋1).再證充分性．設(shè)所述的等式對一切n∈N*都成立．首先，在等式eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＝eq\f(2,a1a3)①兩端同乘a1a2a3，即得a1＋a3＝2a2，所以a1，a2，a3成等差數(shù)列，記公差為d，則a2＝a1＋d.假設(shè)ak＝a1＋(k－1)d，當(dāng)n＝k＋1時，eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,ak－1ak)＝eq\f(k－1,a1ak)②，eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,ak－1ak)＋eq\f(1,akak＋1)＝eq\f(k,a1ak＋1)③.將②代入③，得eq\f(k－1,a1ak)＋eq\f(1