第一篇：考點21、推理與證明

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【考點21】推理與證明

1.(2010金華模擬)已知p是q的充分不必要條件，則?q是?p的（）（Ａ）充分不必要條件（Ｂ）必要不充分條件（Ｃ）充要條件（Ｄ）既不充分也不必要條件

【解析】選Ａ.反證法的原理：“原命題”與“逆否命題”同真假，即：若p?q則?q?2.(2010江南模擬)設a、b、c都是正數，則a?

1b

?

p.,b?

1c,c?

1a

三個數（）

A、都大于2B、至少有一個大于2C、至少有一個不大于2D、至少有一個不小于2 【解析】選D.3.(2010蕪湖模擬)在△ABC中，A,B,C所對的邊分別為a,b,c，且（）

（Ａ）等腰三角形（Ｂ）直角三角形（Ｃ）等邊三角形（Ｄ）等腰直角三角形 【解析】選A.?

acosA

?

bcosB

acosA

?

bcosB，則△ABC一定是，?

sinAcosA

?

sinBcosB，?tanA?tanB，又因為A,B??0,??，?A?B；

4.(2010福州模擬)5.已知函數y?f(x)的定義域為D，若對于任意的x1,x2?D(x1?x2)，都有

x1?x

22f(x1)?f(x2)

f()?，則稱y?f(x)為D上的凹函數.由此可得下列函數中的凹函數為（）

（Ａ）y?log2x（B）

y?

（C）y?x（D）y?x

3【解析】選C.可以根據圖像直觀觀察；對于（C）證明如下：欲證f（2

x1?x2

2)?

f(x1)?f(x2)

2，即證

22x1?x2?x1?x2?22

x?x?2x?2xx?x?0，顯然，這個不等式是成立，即證，即證?????121212??

22??

22的，且每一步可逆，故原不等式得證；

5.(2010深圳模擬)對于任意實數a,b定義運算a*b=（a+1）(b+1)-1,給出以下結論： ①對于任意實數a,b,c，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c);

②對于任意實數a,b,c，有a*(b*c)=(a*b)*c;

③對于任意實數a,有a*0=a,則以上結論正確的是.（寫出你認為正確的結論的所有序號）答案：②③

6.(2010南通模擬)對于等差數列?an?有如下命題：“若?an?是等差數列，a1?0，s、t是互不相等的正整數，則有（s?1）at?（t?1）as?0”。類比此命題，給出等比數列?bn?相應的一個正確命題是：“___________________________________________________”。

【解析】這是一個從等差數列到等比數列的平行類比，等差數列中?、?、?、?類比到等比數列經常

n是?、?、（）()，類比方法的關鍵在于善于發現不同對象之間的“相似”，“相似”是類比的基礎。

?

btbs

s?1t?

1?b

??b

?q1

t?1

?q

s?1

??

s?1

t?1

?1.答案：若?bn?是等比數列，b1?1，s、t是互不相等的正整數，則有

btbs

s?1t?

1?1。

7.(2010麗水模擬)如果△A1B1C1的三個內角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內角的正弦值，則△A1B1C1

是三角形，△A2B2C2是三角形.（用“銳角”、“鈍角”或“直角”填空）答案：銳角鈍角

8.(2010東直模擬)設直角三角形的兩直角邊的長分別為a,b，斜邊長為c，斜邊上的高為h，則有

a?b?c?h 成立，某同學通過類比得到如下四個結論：①a2?b2?c2?h2；②a3?b3?c3?h3；

③ a?b?c?h；④a?b?c?h.其中正確結論的序號是__；進一步類比得到的一般結論是：__

【解析】可以證明②③正確；觀察②a?b?c?h；③ a?b?c?h的項與系數的關系，還有不等號的方向可得：a?b?c?h(n?N)。答案：② ③，a?b?c?h(n?N)

9.(2010漢沽模擬)在直角三角形ABC中，兩直角邊分別為a、b，設h為斜邊上的高，則

1h

4444555

53333444

4nnnn?

nnnn?

?

1a

?

1b，由此類比：三棱錐S?ABC的三個側棱SA、SB、SC兩兩垂直，且長分別為a、b、c，設棱錐底面ABC上的高為h，則.答案：

1h

?

1a

?

1b

?

1c

10.(2010長沙模擬)已知三棱錐S—ABC的三視圖如圖所示：在原三棱錐中給出下列命題： ①BC⊥平面SAC；②平面SBC⊥平面SAB；③SB⊥AC.其中正確命題的序號是

.答案：①

11.(2010莆田模擬)在平面幾何中，△ABC的內角平分線CE分AB所成線段的比

AEEB

=

ACBC，把這個結論

類比到空間：在三棱錐A—BCD中（如圖所示），而DEC平分二面角A—CD—B且與AB相交于E，則得到的類比的結論是.【解析】本題是平面幾何與立體幾何的類比，是一個從二維到三維遞進維數的類比，從圖形上有點與線、線與面、三角形與三棱錐的類比，所以我們可以先來觀察三角形的性質及其證明過程。經常地，二維中的點類比到三維中經常變成線，二維中的線類比到三維中經常變成面。平面與空間的類比主要著眼于兩個對象之間在形式與數量關系上的相似。答案：

AEEB

=

S?ACDS?BCD

12.(2010南寧模擬)現有一個關于平面圖形的命題：如圖所示，同一個平面內有兩個邊長都是a的正方形，其中一個的某頂點在另一個的中心，則這兩個正方形重疊部分的面積恒為

a

.類比到空間，有兩個棱長

均為a的正方體，其中一個的某頂點在另一個的中心，則這兩個正方體重疊部分的體積恒為.a?a??a?

【解析】平面內??類比到空間???。

8?2??2?

3答案：

a

813.(2010北京模擬)點P為斜三棱柱ABC-A1B1C1的側棱BB1上一點，PM⊥BB1交AA1于點M，PN⊥BB1交CC1于點N.（1）求證：CC1⊥MN；

（2）在任意△DEF中有余弦定理：DE2=DF2+EF2-2DF·EF·cos∠DFE.拓展到空間，類比三角形的余弦定理，寫出斜三棱柱的三個側面面積與其中兩個側面所成的二面角之間的關系式，并予以證明.【證明】：（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?為平面CC1B1B與平面CC1A1A所成的二面角.∵CC1⊥平面PMN，∴上述的二面角的平面角為∠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泉州模擬)已知等差數列{bn}的前n項和為s

n，且b1?（1）求數列{bn}通項公式，（2）證明數列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數列。【解析】（1）?

b1?

1、s3?

6，?bn?n?

（2）假設數列{bn}中存在三項bp，bq，br（p，q，r互不相等）成等比數列，則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?

與p?r矛盾。

所以數列{bn}中任意不同的三項都不可能成等比數列．

a?xb?x

?ab

15.(2010上海模擬)(1)已知：a,b,x均是正數，且a?b，求證：1?

ab；

(2)當a,b,x均是正數，且a?b，對真分數

sinAsinB?sinC，給出類似上小題的結論，并予以證明；

sinCsinA?sinB

(3)證明：△ABC中，論)

?

sinBsinC?sinA

??2(可直接應用第(1)、(2)小題結

(4)自己設計一道可直接應用第(1)、(2)小題結論的不等式證明題，不要求寫出證明過程.【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，原題?△ABC中，求證：

b?cc?aa?b

?1,應用第(1)小題結論，得1??,取倒數，得??1.證明：由(2)的結論得，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：四邊形ABCD中，求證：

b?c?dc?d?a

如得出：凸n邊形A1A2A3┅An中，邊長依次為a1,a2,?,an,求證：

a1

a2?a3???an

?

a2

a1?a3???an

???

an

a1?a2???an?1

?2.如得出：{an}為各項為正數的等差數列，(d?0),求證：

a1a2

?aa

???

a2n?a

n2

?

aa

?

aa

???5

aa

n2n?2.

第二篇：考點17 推理與證明

考點17 推理與證明

1.（2010·山東高考文科·Ｔ１０）觀察(x2)'?2x，(x4)'?4x3，(cosx)'??sinx，由歸納推理可得：若定義在R上的函數f(x)滿足f(?x)?f(x)，記g(x)為f(x)的導函數，則g(?x)=（）（A）f(x)(B)?f(x)(C)g(x)(D)?g(x)

【命題立意】本題考查歸納推理的有關知識，考查了考生的觀察問題，分析問題解決問題的能力.【思路點撥】觀察所給的結論，通過歸納類比聯想，得出結論.【規范解答】選D．通過觀察所給的結論可知，若f(x)是偶函數，則導函數g(x)是奇函數，故選D．

1?2?3,1?2?3?6,1?2?3?4?10,……，2.（2010·陜西高考理科·Ｔ１２）觀察下列等式：根據上述規律，.其中Tn=__________________.【命題立意】本題考查合情推理與演繹推理的相關知識，熟練掌握相關的推理規則是關鍵． 【思路點撥】觀察Tn的奇數項與偶數項的特點．

【規范解答】觀察Tn表達式的特點可以看出T2?0,T4?0，Tn?0；?當n為偶數時，……，T3?11?3323，T5?1111?T??n2535，……，?當n為奇數時，2n3n． ,當n為偶數時?0?Tn??11?n,當n為奇數時?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)對于A?(a1,a2,...,an)，B?(b1,b2,…bn,)?Sn，定義A與B的差為A?B?(|a1?b1|,|a2?b2|,…|an?bn|);

A與B之間的距離為d(A,B)??ai?1ni?bi

（Ⅰ）當n=5時，設A?(0,1,0,0,1),B?(1,1,1,0,0)，求A?B，d(A,B)；（Ⅱ）證明：?A,B,C?Sn,有A?B?Sn，且d(A?C,B?C)?d(A,B);(Ⅲ)證明：?A,B,C?Sn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三個數中至少有一個是偶數

【命題立意】本題屬于創新題，考查了學生運用新知識的能力。本題情景是全新的，對學生的“學習能力”提出了較高要求。要求教師真正的重視學生的探究性學習，更加注重學生“學習能力”、“創新能力”的培養．

【思路點撥】（I）（Ⅱ）直接按定義證明即可；(Ⅲ)“至少”問題可采用反證法證明． 【規范解答】（Ⅰ）(Ⅱ)設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)

因為從而A?B?(a1?b1,a2?b2,???an?bn)?Sn

.由題意知當當ai,bi,ci?{0,1}(i?1,2,???,n)

ci?0時，ai?ci?bi?ci?ai?bi

ci?1時，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)證明：設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

記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的個數為k,ci?ai(i?1,2,???,n)中1的個數為l

設t是使bi?ai?ci?ai?1成立的i的個數。則h?l?k?2t

由此可知，k,l,h三個數不可能都是奇數，即d(A,B),d(A,C),d(B,C)三個數中至少有一個是偶數．

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)對于A?(a1,a2,...,an)，B?(b1,b2,…bn,)?Sn，定義A與B的差為A?B?(|a1?b1|,|a2?b2|,…|an?bn|);A與B之間的距離為d(A,B)??ai?bi；

i?1（Ⅰ）證明：?A,B,C?Sn,有A?B?Sn，且d(A?C,B?C)?d(A,B);（Ⅱ）證明：?A,B,C?Sn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三個數中至少有一個是偶數(Ⅲ)設P?Sn，P中有m(m≥2)個元素，記P中所有兩元素間距離的平均值為d(P).證明：d（P）≤

nmn.2(m?1)【命題立意】本題屬于創新題，考查了學生運用新知識的能力，考查了反證法、不等式證明等知識．本題

.情景是全新的，對學生的“學習能力”提出了較高要求．要求教師真正的重視學生的探究性學習，更加注重學生“學習能力”、“創新能力”的培養．

【思路點撥】（I）直接按定義證明即可；（Ⅱ）“至少”問題可采用反證法證明；(Ⅲ)把出來，再利用均值不等式證明． 【規范解答】（I）設 因為 從而

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

由題意知當ai，bi，ci??0,1?(i?1,2,...,n).ci?0時，||ai?ci|?|bi?ci||?|ai?bi|;ci?1時，||ai?ci|?|bi?ci||?|(1?ai)?(1?bi)|?|ai?bi|

n 當所以d(A?C,B?C)??|ai?bi|?d(A,B)i?1

(II)設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.記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的個數為k，|ci?ai|(i?1,2,...,n)中1的

個數為l．

設t是使|bi?ai|?|ci?ai|?1成立的i的個數，則h?l?k?2t

由此可知，k,l,h三個數不可能都是奇數，即d(A,B),d(A,C),d(B,C)三個數中至少有一個是偶數．

.d(P)?（III）12CmA,B?P?d(A,B),其中A,B?P?d(A,B)t表示P中所有兩個元素間距離的總和，設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均是有理數，∴2coskAcosA?cos(k?1)A是有理數，∴cos(k?1)A是有理數。即當n?k?1時，結論成立。

綜上所述，對于任意正整數n，cosnA是有理數。方法二：（1）由AB、BC、AC為有理數及余弦定理知

AB2?AC2?BC2cosA?是有理數。

2AB?AC（2）用數學歸納法證明cosnA和sinA?sinnA都是有理數。

①當n?1時，由（1）知cosA是有理數，從而有sinA?sinA?1?cosA也是有理數。②假設當n?k(k?1)時，coskA和sinA?sinkA都是有理數。當n?k?1時，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和歸納假設，知cos(k?1)A和sinA?sin(k?1)A都是有理數。即當n?k?1時，結論成立。

綜合①、②可知，對任意正整數n，cosnA是有理數。

.

第三篇：推理與證明

第3講 推理與證明

【知識要點】

1.歸納推理：由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或由個別事實概括出一般結論的推理

2．類比推理是從特殊到特殊的推理，是尋找事物之間的共同或相似性質。類比的性質相似性越多，相似的性質與推測的性質之間的關系就越相關，從而類比得出的結論就越可靠。3．類比推理的一般步驟：

①找出兩類事物之間的相似性或者一致性。

②用一類事物的性質去推測另一類事物的性質，得出一個明確的命題（猜想）【典型例題】

1、（2011?江西）觀察下列各式：7=49，7=343，7=2401，?，則7

34201

1的末兩位數字為（）

A、01 B、43 C、07 D、49

2、（2011?江西）觀察下列各式：5=3125，5=15625，5=78125，?，則5A、3125 B、5625 C、0625 D、8125

3、（2010?臨潁縣）平面內平行于同一條直線的兩條直線平行，由此類比思維，我們可以得到（）A、空間中平行于同一平面的兩個平面平行 B、空間中平行于同一條直線的兩條直線平行 C、空間中平行于同一條平面的兩條直線平行 D、空間中平行于同一條直線的兩個平面平行

4、（2007?廣東）設S是至少含有兩個元素的集合，在S上定義了一個二元運算“*”（即對任意的a，b∈S，對于有序元素對（a，b），在S中有唯一確定的元素與之對應）有a*（b*a）=b，則對任意的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?廣東）如圖是某汽車維修公司的維修點環形分布圖．公司在年初分配給A，B，C，D四個維修點某種配件各50件．在使用前發現需將A，B，C，D四個維修點的這批配件分別調整為40，45，54，61件，但調整只能在相鄰維修點之間進行，那么要完成上述調整，最少的調動件次（n件配件從一個維修點調整到相鄰維修點的調動件次為n）為（）

A、15 B、16 C、17 D、18

6、（2006?陜西）為確保信息安全，信息需加密傳輸，發送方由明文→密文（加密），接收方由密文→明文（解密），已知加密規則為：明文a，b，c，d對應密文a+2b，2b+c，2c+3d，4d，例如，明文1，2，3，4對應密文5，7，18，16．當接收方收到密文14，9，23，28時，則解密得到的明文為（）A、4，6，1，7 B、7，6，1，4 C、6，4，1，7 D、1，6，4，7

7、（2006?山東）定義集合運算：A⊙B={z︳z=xy（x+y），x∈A，y∈B}，設集合A={0，1}，B={2，3}，則集合A⊙B的所有元素之和為（）

A、0 B、6 C、12 D、18

7201

1的末四位數字為（）

8、（2006?遼寧）設⊕是R上的一個運算，A是V的非空子集，若對任意a，b∈A，有a⊕b∈A，則稱A對運算⊕封閉．下列數集對加法、減法、乘法和除法（除數不等于零）四則運算都封閉的是（）A、自然數集 B、整數集 C、有理數集 D、無理數集

9、（2006?廣東）對于任意的兩個實數對（a，b）和（c，d），規定：（a，b）=（c，d），當且僅當a=c，b=d；運算“?”為：（a，b）?（c，d）=（ac-bd，bc+ad）；運算“⊕”為：（a，b）⊕（c，d）=（a+c，b+d），設p，q∈R，若（1，2）?（p，q）=（5，0），則（1，2）⊕（p，q）=（）A、（4，0）B、（2，0）C、（0，2）D、（0，-4）

10、（2005?湖南）設f0（x）=sinx，f1（x）=f0′（x），f2（x）=f1′（x），?，fn+1（x）=fn′（x），n∈N，則f2005（x）=（）

A、sinx B、-sinx C、cosx D、-cosx

11、（2004?安徽）已知數列{an}滿足a0=1，an=a0+a1+?+an-1，n≥

1、，則當n≥1時，an=（）A、2 B、n

C、2 D、2-

1n-1n

12、若數列{an}滿足a1=1，a2=2，an=（n≥3且n∈N*），則a17=（）

A、1 B、2 C、D、2-987

13、如圖所示的三角形數陣叫“萊布尼茲調和三角形”，有，則運用歸納推理得到第11 行第2個數（從左往右數）為（）A、B、C、D、14、根據給出的數塔猜測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、將n個連續自然數按規律排成右表，根據規律，從2008到2010，箭頭方向依次是（）

A、B、C、D、16、下列推理過程利用的推理方法分別是（）（1）通過大量試驗得出拋硬幣出現正面的概率為0.5；（2）函數f（x）=x2-|x|為偶函數；

（3）科學家通過研究老鷹的眼睛發明了電子鷹眼． A、演繹推理，歸納推理，類比推理 B、類比推理，演繹推理，類比推理 C、歸納推理，合情推理，類比推理 D、歸納推理，演繹推理，類比推理

17、下列表述正確的是（）①歸納推理是由部分到整體的推理； ②歸納推理是由一般到一般的推理； ③演繹推理是由一般到特殊的推理； ④類比推理是由特殊到一般的推理； ⑤類比推理是由特殊到特殊的推理． A、①②③ B、②③④ C、②④⑤ D、①③⑤

18、在古希臘，畢達哥拉斯學派把1，3，6，10，15，21，28，?這些數叫做三角形數，因為這些數對應的點可以排成一個正三角形，則第n個三角形數為（）A、n B、1、（2011?陜西）觀察下列等式 1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49 照此規律，第五個等式應為 5+6+7+8+9+10+11+12+13=81．

2、（2011?陜西）觀察下列等式 1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49 ?

照此規律，第n個等式為 n+（n+1）+（n+2）+?+（3n-2）=（2n-1）2 ．

C、n-1 D、2

第四篇：推理與證明

推理與證明

學生推理與證明的建立，是一個漫長的過程，這個過程的開始可以追溯到小孩牙牙學語時候起，小孩在爸爸媽媽跟前不停的問為什么，可以看做推理的雛形。接著到幼兒園、小學，教材里也有簡單的說理，小學教材里有簡單地說理題，意在培養學生的邏輯思維。

初中新教材對推理與證明的滲透，也是從說理開始的，但內容比較少，也就是教材中的直觀幾何內容。很快便轉向推理，也就是證明。剛開始推理的步驟，是簡單的兩三步，接著到四五步，后面還一定要求學生寫清楚為什么。在學習這一部分內容的時候，好多學生在后面的括號里不寫為什么，我便給他們舉例小孩子學走路的過程，一個小孩剛開始學走路的時候，需要大人或其他可依附的東西，漸漸地，她會脫離工具自己走。學習證明的過程亦如此，起先在括號里寫清為什么，并且只是簡單的幾步，然后證明比較難一點的，步驟比較多的。

隨著社會的進步，中學教材加強了解析幾何、向量幾何，傳統的歐式幾何受到沖擊，并且教材對這一部分的編排分散在初中各個年級，直觀幾何分量多了還加入了變換如平移變換、旋轉變換、對稱變換，投影等內容。老師們對內容的編排不太理解，看了專家的講座，漸漸明白了：這樣編排不是降低了推理能力，而是加強了推理能力的培養，體現了逐步發展的過程，把變換放到中學，加強了中學和大學教材的統一，但一個不爭的事實是，對演繹推理確實弱了。

關于開展課題學習的實踐與認識

新課程教材編排了課題學習這部分內容，對授課的老師，還是學生的學習都是一個全新的內容，怎樣上好這部分內容，對老師、對學生而言，都是一個創新的機會。至于課題學習的評價方式，到現在為止，大多數省份還是一個空白，考不考?怎樣考?學習它吧，學習的東西不能在試卷上體現出來，于是，好多老師對這部分采取漠視的處理方法;不學習吧，課本上安排了這部分內容。還有一部分老師覺得，課題學習是對某一個問題專門研究，很深!老師不知講到什么程度才合理，學生不知掌握到什么程度。

經過幾年的實踐與這次培訓的認識，我覺得課題學習是“實踐與綜合應用”在新課課程中的主要呈現形式，是一種區別于傳統的、全新的，具有挑戰性的學習，課本的編寫者安排的主要目的是：

1.希望為學生提供更多的實踐與探索的機會。

2.讓學生通過對有挑戰性和綜合性問題的解決，經歷數學化的過程。

3.讓學生獲得研究問題地方法和經驗，使學生的思維能力、自主探索與合作交流的意識和能力得到發展。

4.讓學生體驗數學知識的內在聯系，以及解決問題的成功喜悅，增進學生學習數學的信心。

5.使數學學習活動成為生動活潑的、主動的和富有個性的過程。

課題學習首先提出一個主問題(問題是一個載體)，然后給出資料，利用資料挖掘知識。在這個過程中，多關注知識的價值，淡化數學術語，讓學生充分經歷數學化的過程，激發學生參與的熱情，使其體會到學習數學的樂趣，始終以學生為主體，明白課題學習是為學習服務的。

第五篇：推理與證明

推理與證明

1． 蜜蜂被認為是自然界中最杰出的建筑師，單個蜂巢可以近似地看作是一個正六邊形，如圖為一組蜂巢的截面圖.其中第一個圖有1個蜂巢，第二個

圖有7個蜂巢，第三個圖有19個蜂巢，按此規律，以f(n)

表示第n幅圖的蜂巢總數.則f(4)=___37

__;f(n)=_3n2?3n?

1__________.2．下面是按照一定規律畫出的一列“樹型”圖：

設第n個圖有an個樹枝，則an?1與an(n≥2)之間的關系是．

答案：an?1?2an?

2若平面內有n條直線,其中任何兩條不平行,且任何三條不共點(即不相交于一點),則這n條直線將平面分成了幾部分。

3．類比平面向量基本定理:“如果e1,e2是平面?內兩個不共線的向量，那么對于平面內任一向量a，有且只有一對實數?1,?2，使得a??1e1??2e2”，寫出空間向量基本定理是．

如果e1,e2,e3是空間三個不共面的向量，那么對于空間內任一向量a，有且只有一對實數

????????

?1,?2,?3，使得a??1e1??2e2??3e

34．寫出用三段論證明f(x)?x3?sinx(x?R)為奇函數的步驟是： 大前提． 小前提結論

滿足f(?x)??f(x)的函數是奇函數，大前提

f(?x)?(?x)?sin(?x)??x?sinx??(x?sinx)??f(x)，小前提

所以f(x)?x3?sinx是奇函數．結論5． 已知f(n)?1? 答案：

12?

1k

?

???

1n

(n?N)，用數學歸納法證明f(2)?

?

n

n2

時，f(2k?1)?f(2k)

等于．

?

12?2

k

???

k?1

6lg1

.5?3a?

b?clg12?1?a?2b

7．用數學歸納法證明1+2+3+?

+n2=

n

?

n2，則當n=k+1時左端應在n=k的基礎上加

上.(k+1)+(k+2)+(k+3)+?+(k+1)

8?

?m，n成立的條件不

等式．

當m?n?20

9．在數列?an?中，a1?2，an?1?

答案：an?10．

26n?

5an3an?1

(n?N)，可以猜測數列通項an的表達式為?

．

若三角形內切圓的半徑為r，三邊長為a，b，c，則三角形的面積等于S?

r(a?b?c)，根據類比推理的方法，若一個四面體的內切球的半徑為R，四個面的面積分別是

V?． S1，S2，S，S，則四面體的體積3

4答案：R(S1?S2?S3?S4)

11．已知f(x)?ax?

x?2x?1

(a?1)，證明方程f(x)?0沒有負數根.假設x0是f(x)?0的負數根，則x0?0且x0??1且ax??

?0?a

x0

x0?2x0?1，?1?0??

x0?2x0?1

解得?1，12

這與x0?0矛盾，故方程f(x)?0?x0?2，沒有負數根.12．已知命題：“若數列?an?是等比數列，且an?

0，則數列bn?

n?N)

?

也是等

比數列”．類比這一性質，你能得到關于等差數列的一個什么性質？并證明你的結論．

解：類比等比數列的性質，可以得到等差數列的一個性質是：若數列?an?是等差數列，則數列bn?

a1?a2???an

n

也是等差數列．

n(n?1)d

2n

?a1?

d2(n?1)

證明如下：

設等差數列?an?的公差為d，則bn?所以數列?bn?是以a1為首項，13．用數學歸納法證明等式1(n2?12)?2(n2?22)???n(n2?n2)?都成立．

（1）當n?1時，由以上可知等式成立；

（2）假設當n?k時，等式成立，即1(k2?12)?2(k2?22)???k(k2?k2)?則當n?k?1時，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

為公差的等差數列．

n?

n

對一切正整數n

k?

k，22222222

222222

k?(2k?1)·

k(k?1)

?

(k?1)?

(k?1)

．

由（1）（2）知，等式結一切正整數 都成立．

14．用數學歸納法證明42n?1+3n+2能被13整除，其中n∈N*.2×1+11+2

(1)當n=1時，4+3=91能被13整除.(2)假設當n=k時，42k+1+3k+2能被13整除，則當n=k+1時，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, ∴當n=k+1時也成立.由（1）（2）知，當n∈N*時，42n+1+3n+2能被13整除.15．用數學歸納法證明：對一切大于1的自然數，不等式（1+

2n?12

13）（1+）?（1+

112n?1）＞

均成立.43

（1）當n=2時，左邊=1+=；右邊=

.∵左邊＞右邊，∴不等式成立.（2）假設n=k(k≥2,且k∈N*)時不等式成立，即（1+）（1+）?（1+

12k?1）＞

2k?12

12k?1

.12(k?1)?1

]

則當n=k+1時，（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

∴當n=k+1時，不等式也成立.由（1）（2）知，對于一切大于1的自然數n,不等式都成立.16。試證明：不論正數a、b、c是等差數列還是等比數列，當n＞1,n∈N*且a、b、c互不相

等時，均有：an+cn＞2bn.設a、b、c為等比數列，a=∴a+c=

n

n

bq,c=bq(q＞0且q≠1),bq

nn

+bnqn=bn（1q

n

+qn)＞2bn.a

n

(2)設a、b、c為等差數列，則2b=a+c猜想下面用數學歸納法證明：

①當n=2時，由2(a+c)＞(a+c)，∴②設n=k時成立，即則當n=k+1時，＞

?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．平面內有n個圓，其中每兩個圓都相交于兩點，且每三個圓都不相交于同一點，求證這n個圓把平面分成n?n?2個部分。

證明：（1）當n?1時，一個圓把平面分成兩個區域，而12?1?2?2，命題成立．

（2）假設n=k（k≥1）時，命題成立，即k個圓把平面分成k?k?2個區域．

當n=k+1時，第k+1個圓與原有的k個圓有2k個交點，這些交點把第k+1個圓分成了2k段弧，而其中的每一段弧都把它所在的區域分成了兩部分，因此增加了2k個區域，共有k2?k?2?2k?(k?1)2?(k?1)?2個區域． ∴n=k+1時，命題也成立．

由（1）、（2）知，對任意的n∈N*，命題都成立．

18．如圖（1），在三角形ABC中，AB?AC，若AD?BC，則AB2?BD·BC；若類比該命題，如圖（2），三棱錐A?BCD中，AD?面ABC，若A點在三角形BCD所在平面內的射影為M，則有什么結論？命題是否是真命題．

解：命題是：三棱錐A?BCD中，AD?面ABC，若A點在三角形BCD所在平面內的射影

為M，則有S△?S△BCM·S△BCD是一個真命題． ABC證明如下：

在圖（2）中，連結DM，并延長交BC于E，連結AE，則有DE?BC． 因為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． 已知數列{an}中，Sn是它的前n項和，并且Sn+1=4an+2（n=1，2，?），a1=1.（1）設bn=an+1-2an(n=1,2,?)，求證：數列{bn}是等比數列；（2）設cn=

an2

n

(n=1,2,?),求證：數列{cn}是等差數列.（1）∵ Sn+1=4an+2，∴Sn+2=4an+1+2.兩式相減，得Sn+2-Sn+1=4an+1-4an(n=1,2,?), 即an+2=4an+1-4an,變形得an+2-2an+1=2(an+1-2an).∵ bn=an+1-2an(n=1,2,?), ∴ bn+1=2bn.由此可知，數列{bn}是公比為2的等比數列.（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

將bn=3·2n-1代入得cn+1-cn=(n=1,2,?),由此可知，數列{cn}是公差為的等差數列，它的首項c1=

a12

=，故cn=n-(n=1,2,?).131