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2019版高考数学（理）创新大一轮江苏专用版讲义：第十章算法、复数、统计、概率、推理与证明第66讲
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第66讲 推理与证明
考试要求 1.合情推理(B级要求)；2.分析法和综合法的思考过程和特点(A级要求)；3.反证法的思考过程和特点(A级要求).
诊 断 自 测
1.观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝________.
解析 从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，依据此规律，a10＋b10＝123.
答案 123
2.(教材改编)在等差数列{an}中，若a10＝0，则有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n (n<19，n∈N*)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b9＝1，则存在的等式为________.
解析 利用类比推理，借助等比数列的性质，
b＝b1＋n·b17－n，可知存在的等式为b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*).
答案 b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)
3.观察下列式子：1，1＋2＋1，1＋2＋3＋2＋1，1＋2＋3＋4＋3＋2＋1，…，由以上可推测出一个一般性结论：对于n∈N*，1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝________.
解析 ∵1＝12，1＋2＋1＝22，1＋2＋3＋2＋1＝32，
1＋2＋3＋4＋3＋2＋1＝42，…，
∴归纳可得1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝n2.
答案 n2
4.(2018·扬州质检)已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________.
解析 由条件得
cn＝an－bn＝－n＝，
则cn随n的增大而减小，∴cn＋1
①乙盒中黑球不多于丙盒中黑球；
②乙盒中红球与丙盒中黑球一样多；
③乙盒中红球不多于丙盒中红球；
④乙盒中黑球与丙盒中红球一样多.
解析 取两个球往盒子中放有4种情况：
(1)红＋红，则乙盒中红球数加1个；
(2)黑＋黑，则丙盒中黑球数加1个；
(3)红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1个；
(4)黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1个；因为红球和黑球个数一样，所以(1)和(2)的情况一样多.(3)和(4)的情况完全随机，(3)和(4)对②中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响，(1)和(2)出现的次数是一样的，所以②中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样.综上，②正确.
答案 ②
知 识 梳 理
1.合情推理
(1)归纳推理
①定义：从个别事实中推演出一般性的结论，称为归纳推理(简称归纳法).
②特点：归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理.
(2)类比推理
①定义：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，像这样的推理通常称为类比推理(简称类比法).
②特点：类比推理是由特殊到特殊的推理.
(3)合情推理
合情推理是根据已有的事实、正确的结论、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程.归纳推理和类比推理都是数学活动中常用的合情推理.
2.演绎推理
(1)演绎推理
一种由一般性的命题推演出特殊性命题的推理方法称为演绎推理.简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理.
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——一般性的原理；
②小前提——特殊对象；
③结论——揭示了一般原理与特殊对象的内在联系.
考点一 合情推理(多维探究)
命题角度1 归纳推理
【例1－1】 (1)(2018·苏北四市联考)已知x∈(0，＋∞)，观察下列各式：x＋≥2，x＋＝＋＋≥3，x＋＝＋＋＋≥4，…，类比得x＋≥n＋1(n∈N*)，则a＝________.
(2)某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1，1，2，3，5，则预计第10年树的分枝数为________.
解析 (1)第一个式子是n＝1的情况，此时a＝11＝1；第二个式子是n＝2的情况，此时a＝22＝4；第三个式子是n＝3的情况，此时a＝33＝27，归纳可知a＝nn.
(2)由2＝1＋1，3＝1＋2，5＝2＋3知，从第三项起，每一项都等于前两项的和，则第6年为8，第7年为13，第8年为21，第9年为34，第10年为55.
答案 (1)nn (2)55
规律方法 归纳推理问题的常见类型及解题策略
(1)与数字有关的等式的推理.观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解.
(2)与不等式有关的推理.观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解.
(3)与数列有关的推理.通常是先求出几个特殊现象，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列出即可.
(4)与图形变化有关的推理.合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性.
命题角度2 类比推理
【例1－2】 (1)对于命题：如果O是线段AB上一点，则||＋||＝0；将它类比到平面的情形是：若O是△ABC内一点，有S△OBC·＋S△OCA·＋
S△OBA·＝0；将它类比到空间的情形应该是：若O是四面体ABCD内一点，则有________.
(2)(2017·苏州月考)求 的值时，采用了如下方法：令＝x，则有x＝，解得x＝(负值已舍去).可用类比的方法，求得1＋的值为________.
解析 (1)线段长度类比到空间为体积，再结合类比到平面的结论，可得空间中的结论为VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD·＋VO－ABC·＝0.
(2)令1＋＝x，则有1＋＝x，
解得x＝(负值已舍去).
答案 (1)VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD·＋VO－ABC·＝0
(2)
规律方法 (1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行类比，提出猜想.其中找到合适的类比对象是解题的关键.
(2)类比推理常见的情形有平面与空间类比；低维的与高维的类比；等差数列与等比数列类比；数的运算与向量的运算类比；圆锥曲线间的类比等.
【训练1】 在平面上，设ha，hb，hc是三角形ABC三条边上的高，P为三角形内任一点，P到相应三边的距离分别为Pa，Pb，Pc，我们可以得到结论：＋＋＝1.把它类比到空间，则三棱锥中的类似结论为________.
解析 设ha，hb，hc，hd分别是三棱锥A－BCD四个面上的高，P为三棱锥A－BCD内任一点，P到相应四个面的距离分别为Pa，Pb，Pc，Pd，于是可以得出结论：＋＋＋＝1.
答案 ＋＋＋＝1
考点二 综合法及分析法的证明(多维探究)
命题角度1 综合法的证明
【例2－1】 (2018·宿迁模拟)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.证明：(1)ab＋bc＋ac≤；
(2)＋＋≥1.
证明 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.
规律方法 (1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性.(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理.
命题角度2 分析法的证明
【例2－2】 用分析法证明：若a>0，则－≥a＋－2.
证明 要证－≥a＋－2，
只要证＋2≥a＋＋，因为a>0，
故只要证≥，
即证a2＋＋4＋4
≥a2＋2＋＋2＋2，
从而只要证2≥，
只要证4≥2，即证a2＋≥2，
而该不等式显然成立，故原不等式成立.
规律方法 分析法除了用来证明外，还能引导学生用分析法思考问题.培养学生逆向思维的能力，要求学生学会用分析法逆向解决问题，用分析法写综合法过程.
【训练2】 (2018·南京模拟)已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证：
(1)＋＋≤；
(2)＋＋≥.
证明 (1)∵(＋＋)2
＝(a＋b＋c)＋2＋2＋2
≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，
∴＋＋≤.
(2)∵a＞0，∴3a＋1＞0，
∴＋(3a＋1)≥2＝4，
∴≥3－3a，同理得≥3－3b，≥3－3c，
以上三式相加得
4≥9－3(a＋b＋c)＝6，
∴＋＋≥.
考点三 反证法证明
【例3】 等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
(1)解 由已知得
∴d＝2，
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋).
(2)证明 由(1)得bn＝＝n＋.
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，则b＝bpbr，
即(q＋)2＝(p＋)(r＋).
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
∵p，q，r∈N*，∴
∴＝pr，即(p－r)2＝0.∴p＝r，与p≠r矛盾.
∴假设不成立，即数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
规律方法 (1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，可用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等.
(2)用反证法证明不等式要把握三点：①必须否定结论；②必须从否定结论进行推理；③推导出的矛盾必须是明显的.
【训练3】 直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：＋y2＝1相交于A、C两点，O是坐标原点.
(1)当点B的坐标为(0，1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；
(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形.
(1)解 因为四边形OABC为菱形，
则AC与OB相互垂直平分，
由于O(0，0)，B(0，1)，
所以设点A，代入椭圆方程得＋＝1，
则t＝±，故AC＝2.
(2)证明 假设四边形OABC为菱形，
因为点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0.
由
消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则
＝－，＝k·＋m＝.
所以AC的中点为M.
因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，
所以直线OB的斜率为－，
因为k·＝－≠－1，所以AC与OB不垂直.
所以OABC不是菱形，与假设矛盾.
所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形.
一、必做题
1.(2018·南通检测)演绎推理“因为对数函数y＝logax(a>0且a≠1)是增函数，而函数y＝logx是对数函数，所以y＝logx是增函数”所得结论错误的原因是________(填序号).
①大前提错误；②小前提错误；
③推理形式错误；④大前提和小前提都错误.
解析 因为当a>1时，y＝logax在定义域内单调递增，当0
2.下列推理是归纳推理的是________(填序号).
①A，B为定点，动点P满足PA＋PB＝2a>AB，则P点的轨迹为椭圆；
②由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式；
③由圆x2＋y2＝r2的面积πr2，猜想出椭圆＋＝1的面积S＝πab；
④科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇.
解析 从S1，S2，S3猜想到数列的前n项和Sn，是从特殊到一般的推理，所以②是归纳推理，其余都不是.
答案 ②
3.(2018·苏州质检)若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是________(填序号).
①lg(1＋a2)>0；②a2＋b2≥2(a－b－1)；
③a2＋3ab>2b2；④<.
解析 在②中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立.
答案 ②
4.观察一列算式：1⊗1，1⊗2，2⊗1，1⊗3，2⊗2，3⊗1，1⊗4，2⊗3，3⊗2，4⊗1，…，则式子3⊗5是第________项.
解析 两数和为2的有1个，和为3的有2个，和为4的有3个，和为5的有4个，和为6的有5个，和为7的有6个，前面共有21个，3⊗5是和为8的第3项，所以为第24项.
答案 24
5.在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为________.
解析 由题意2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴A＝C，∴A＝B＝C＝，∴△ABC为等边三角形.
答案 等边三角形
6.若数列{an}是等差数列，则数列{bn}(bn＝)也为等差数列.类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为________(填序号).
①dn＝；②dn＝；
③dn＝；④dn＝.
解析 若{an}是等差数列，则a1＋a2＋…＋an＝na1＋d，
∴bn＝a1＋d＝n＋a1－，即{bn}为等差数列；
若{cn}是等比数列，
则c1·c2·…·cn＝c·q1＋2＋…＋(n－1)＝c·q，
∵dn＝＝c1·q，即{dn}为等比数列，故④符合题意.
答案 ④
7.把正整数按一定的规则排成如图所示的三角形数表，设aij(i，j∈N*)是位于这个三角形数表中从上往下第i行，从左往右数第j个数，如a42＝8，若aij＝2 009，则i与j的和为________.
解析 由题意可知奇数行为奇数列，偶数行为偶数列，2 009＝2×1 005－1，所以2 009为第1 005个奇数，又前31个奇数行内数的个数为961，前32个奇数行内数的个数为1 024，故2 009在第32个奇数行内，则i＝63，因为第63行第1个数为2×962－1＝1 923，2 009＝1 923＋2(j－1)，所以j＝44，所以i＋j＝107.
答案 107
8.若P0(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点分别为P1，P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是＋＝1，那么对于双曲线则有如下命题：若P0(x0，y0)在双曲线－＝1(a>0，b>0)外，过P0作双曲线的两条切线，切点分别为P1，P2，则切点弦P1P2所在直线的方程是________.
解析 设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，
则过P1，P2的切线方程分别是
－＝1，－＝1.
因为P0(x0，y0)在这两条切线上，
故有－＝1，－＝1，
这说明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直线－＝1上，
故切点弦P1P2所在的直线方程是－＝1.
答案 －＝1
9.设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和.
(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；
(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？
(1)证明 假设数列{Sn}是等比数列，则S＝S1S3，
即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，
因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，
即q＝0，这与公比q≠0矛盾，
所以数列{Sn}不是等比数列.
(2)解 当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；
当q≠1时，{Sn}不是等差数列，
否则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，
得q＝0，这与公比q≠0矛盾.
综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列.
10.(2015·安徽卷)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线与x轴交点的横坐标.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.
(1)解 y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1).
令y＝0，解得切线与x轴的交点的横坐标xn＝1－＝，所以数列{xn}的通项公式xn＝.
(2)证明 由题设和(1)中的计算结果知，
Tn＝xx…x＝….
当n＝1时，T1＝.
当n≥2时，因为x＝＝>＝＝，
所以Tn>×××…×＝.
综上可得，对任意的n∈N*，均有Tn≥.
二、选做题
11.如图，我们知道圆环也可以看作线段AB绕圆心O旋转一周所形成的平面图形，又圆环的面积S＝π(R2－r2)＝(R－r)×2π×.所以圆环的面积等于以线段AB＝R－r为宽，以AB中点绕圆心O旋转一周所形成的圆的周长2π×为长的矩形面积.请你将上述想法拓展到空间，并解决下列问题：若将平面区域M＝{(x，y)|(x－d)2＋y2≤r2}(其中0
解析 平面区域M的面积为πr2，由类比知识可知：平面区域M绕y轴旋转一周得到的旋转体为实心的车轮内胎，旋转体的体积等于以圆(面积为πr2)为底，以O为圆心、d为半径的圆的周长2πd为高的圆柱的体积，所以旋转体的体积V＝πr2×2πd＝2π2r2d.
答案 2π2r2d
12.(2015·陕西卷)设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x＞0，n∈N，n≥2.
(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝＋
x；
(2)(一题多解)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)与gn(x)的大小，并加以证明.
(1)证明 Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
则Fn(1)＝n－1＞0，
Fn＝1＋＋＋…＋－2
＝－2＝－＜0，
所以Fn(x)在内至少存在一个零点.
又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0(x＞0)，
故Fn(x)在内单调递增，
所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn，
因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，
即－2＝0，故xn＝＋x.
(2)解 法一 由题设，gn(x)＝，
设h(x)＝fn(x)－gn(x)
＝1＋x＋x2＋…＋xn－，x＞0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；
当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－，
若0＜x＜1，h′(x)＞xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－
xn－1＝xn－1－xn－1＝0，
若x＞1，h′(x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1
＝xn－1－xn－1＝0，
所以h(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
所以h(x)＜h(1)＝0，即fn(x)＜gn(x)，
综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；
当x≠1时，fn(x)＜gn(x).
法二 由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，
gn(x)＝，x＞0，
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)，
当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)＜gn(x)，
①当n＝2时，f2(x)－g2(x)＝－(1－x)2＜0，
所以f2(x)＜g2(x)成立，
②假设n＝k(k≥2)时，不等式成立，即fk(x)＜gk(x)，
那么，当n＝k＋1时，
fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1
＝＋xk＋1＝，
又gk＋1(x)－
＝，
令hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x＞0)，
则h′k(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1
＝k(k＋1)xk－1(x－1)，
所以当0＜x＜1时，h′k(x)＜0，hk(x)在(0，1)上递减；
当x＞1时，h′k(x)＞0，hk(x)在(1，＋∞)上递增，
所以hk(x)＞hk(1)＝0，
从而gk＋1(x)＞，
故fk＋1(x)＜gk＋1(x)，即n＝k＋1时不等式也成立，
由①和②知，对一切n≥2的整数，都有fn(x)＜gn(x).
法三 由已知，记等差数列为{ak}，等比数列为{bk}，k＝1，2，…，n＋1，
则a1＝b1＝1，an＋1＝bn＋1＝xn，
所以ak＝1＋(k－1)·(2≤k≤n)，
bk＝xk－1(2≤k≤n)，
令mk(x)＝ak－bk＝1＋－xk－1，x＞0(2≤k≤n)，
当x＝1时，ak＝bk＝1，所以fn(x)＝gn(x)，
当x≠1时，m′k(x)＝·nxn－1－(k－1)xk－2
＝(k－1)xk－2(xn－k＋1－1)，
而2≤k≤n，所以k－1＞0，n－k＋1≥1，
若0＜x＜1，xn－k＋1＜1，m′k(x)＜0；
若x＞1，xn－k＋1＞1，m′k(x)＞0，
从而mk(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以mk(x)＞mk(1)＝0，
所以当x＞0且x≠1时，ak＞bk(2≤k≤n)，
又a1＝b1，an＋1＝bn＋1，
故fn(x)＜gn(x)，
综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，fn(x)＜gn(x).
考试要求 1.合情推理(B级要求)；2.分析法和综合法的思考过程和特点(A级要求)；3.反证法的思考过程和特点(A级要求).
诊 断 自 测
1.观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝________.
解析 从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，依据此规律，a10＋b10＝123.
答案 123
2.(教材改编)在等差数列{an}中，若a10＝0，则有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n (n<19，n∈N*)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b9＝1，则存在的等式为________.
解析 利用类比推理，借助等比数列的性质，
b＝b1＋n·b17－n，可知存在的等式为b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*).
答案 b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)
3.观察下列式子：1，1＋2＋1，1＋2＋3＋2＋1，1＋2＋3＋4＋3＋2＋1，…，由以上可推测出一个一般性结论：对于n∈N*，1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝________.
解析 ∵1＝12，1＋2＋1＝22，1＋2＋3＋2＋1＝32，
1＋2＋3＋4＋3＋2＋1＝42，…，
∴归纳可得1＋2＋…＋n＋…＋2＋1＝n2.
答案 n2
4.(2018·扬州质检)已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________.
解析 由条件得
cn＝an－bn＝－n＝，
则cn随n的增大而减小，∴cn＋1
①乙盒中黑球不多于丙盒中黑球；
②乙盒中红球与丙盒中黑球一样多；
③乙盒中红球不多于丙盒中红球；
④乙盒中黑球与丙盒中红球一样多.
解析 取两个球往盒子中放有4种情况：
(1)红＋红，则乙盒中红球数加1个；
(2)黑＋黑，则丙盒中黑球数加1个；
(3)红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1个；
(4)黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1个；因为红球和黑球个数一样，所以(1)和(2)的情况一样多.(3)和(4)的情况完全随机，(3)和(4)对②中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响，(1)和(2)出现的次数是一样的，所以②中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样.综上，②正确.
答案 ②
知 识 梳 理
1.合情推理
(1)归纳推理
①定义：从个别事实中推演出一般性的结论，称为归纳推理(简称归纳法).
②特点：归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理.
(2)类比推理
①定义：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，像这样的推理通常称为类比推理(简称类比法).
②特点：类比推理是由特殊到特殊的推理.
(3)合情推理
合情推理是根据已有的事实、正确的结论、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程.归纳推理和类比推理都是数学活动中常用的合情推理.
2.演绎推理
(1)演绎推理
一种由一般性的命题推演出特殊性命题的推理方法称为演绎推理.简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理.
(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——一般性的原理；
②小前提——特殊对象；
③结论——揭示了一般原理与特殊对象的内在联系.
考点一 合情推理(多维探究)
命题角度1 归纳推理
【例1－1】 (1)(2018·苏北四市联考)已知x∈(0，＋∞)，观察下列各式：x＋≥2，x＋＝＋＋≥3，x＋＝＋＋＋≥4，…，类比得x＋≥n＋1(n∈N*)，则a＝________.
(2)某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1，1，2，3，5，则预计第10年树的分枝数为________.
解析 (1)第一个式子是n＝1的情况，此时a＝11＝1；第二个式子是n＝2的情况，此时a＝22＝4；第三个式子是n＝3的情况，此时a＝33＝27，归纳可知a＝nn.
(2)由2＝1＋1，3＝1＋2，5＝2＋3知，从第三项起，每一项都等于前两项的和，则第6年为8，第7年为13，第8年为21，第9年为34，第10年为55.
答案 (1)nn (2)55
规律方法 归纳推理问题的常见类型及解题策略
(1)与数字有关的等式的推理.观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解.
(2)与不等式有关的推理.观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解.
(3)与数列有关的推理.通常是先求出几个特殊现象，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列出即可.
(4)与图形变化有关的推理.合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性.
命题角度2 类比推理
【例1－2】 (1)对于命题：如果O是线段AB上一点，则||＋||＝0；将它类比到平面的情形是：若O是△ABC内一点，有S△OBC·＋S△OCA·＋
S△OBA·＝0；将它类比到空间的情形应该是：若O是四面体ABCD内一点，则有________.
(2)(2017·苏州月考)求 的值时，采用了如下方法：令＝x，则有x＝，解得x＝(负值已舍去).可用类比的方法，求得1＋的值为________.
解析 (1)线段长度类比到空间为体积，再结合类比到平面的结论，可得空间中的结论为VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD·＋VO－ABC·＝0.
(2)令1＋＝x，则有1＋＝x，
解得x＝(负值已舍去).
答案 (1)VO－BCD·＋VO－ACD·＋VO－ABD·＋VO－ABC·＝0
(2)
规律方法 (1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行类比，提出猜想.其中找到合适的类比对象是解题的关键.
(2)类比推理常见的情形有平面与空间类比；低维的与高维的类比；等差数列与等比数列类比；数的运算与向量的运算类比；圆锥曲线间的类比等.
【训练1】 在平面上，设ha，hb，hc是三角形ABC三条边上的高，P为三角形内任一点，P到相应三边的距离分别为Pa，Pb，Pc，我们可以得到结论：＋＋＝1.把它类比到空间，则三棱锥中的类似结论为________.
解析 设ha，hb，hc，hd分别是三棱锥A－BCD四个面上的高，P为三棱锥A－BCD内任一点，P到相应四个面的距离分别为Pa，Pb，Pc，Pd，于是可以得出结论：＋＋＋＝1.
答案 ＋＋＋＝1
考点二 综合法及分析法的证明(多维探究)
命题角度1 综合法的证明
【例2－1】 (2018·宿迁模拟)设a，b，c均为正数，且a＋b＋c＝1.证明：(1)ab＋bc＋ac≤；
(2)＋＋≥1.
证明 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，
由题设得(a＋b＋c)2＝1，
即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1.
所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤.
(2)因为＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c，
故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，
即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1.
规律方法 (1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导出所要求证结论的真实性.(2)综合法的逻辑依据是三段论式的演绎推理.
命题角度2 分析法的证明
【例2－2】 用分析法证明：若a>0，则－≥a＋－2.
证明 要证－≥a＋－2，
只要证＋2≥a＋＋，因为a>0，
故只要证≥，
即证a2＋＋4＋4
≥a2＋2＋＋2＋2，
从而只要证2≥，
只要证4≥2，即证a2＋≥2，
而该不等式显然成立，故原不等式成立.
规律方法 分析法除了用来证明外，还能引导学生用分析法思考问题.培养学生逆向思维的能力，要求学生学会用分析法逆向解决问题，用分析法写综合法过程.
【训练2】 (2018·南京模拟)已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证：
(1)＋＋≤；
(2)＋＋≥.
证明 (1)∵(＋＋)2
＝(a＋b＋c)＋2＋2＋2
≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，
∴＋＋≤.
(2)∵a＞0，∴3a＋1＞0，
∴＋(3a＋1)≥2＝4，
∴≥3－3a，同理得≥3－3b，≥3－3c，
以上三式相加得
4≥9－3(a＋b＋c)＝6，
∴＋＋≥.
考点三 反证法证明
【例3】 等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
(1)解 由已知得
∴d＝2，
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋).
(2)证明 由(1)得bn＝＝n＋.
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，则b＝bpbr，
即(q＋)2＝(p＋)(r＋).
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
∵p，q，r∈N*，∴
∴＝pr，即(p－r)2＝0.∴p＝r，与p≠r矛盾.
∴假设不成立，即数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
规律方法 (1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“唯一”或以否定形式出现时，可用反证法来证，反证法关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是与已知条件矛盾，与假设矛盾，与定义、公理、定理矛盾，与事实矛盾等.
(2)用反证法证明不等式要把握三点：①必须否定结论；②必须从否定结论进行推理；③推导出的矛盾必须是明显的.
【训练3】 直线y＝kx＋m(m≠0)与椭圆W：＋y2＝1相交于A、C两点，O是坐标原点.
(1)当点B的坐标为(0，1)，且四边形OABC为菱形时，求AC的长；
(2)当点B在W上且不是W的顶点时，证明：四边形OABC不可能为菱形.
(1)解 因为四边形OABC为菱形，
则AC与OB相互垂直平分，
由于O(0，0)，B(0，1)，
所以设点A，代入椭圆方程得＋＝1，
则t＝±，故AC＝2.
(2)证明 假设四边形OABC为菱形，
因为点B不是W的顶点，且AC⊥OB，所以k≠0.
由
消y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
设A(x1，y1)，C(x2，y2)，则
＝－，＝k·＋m＝.
所以AC的中点为M.
因为M为AC和OB的交点，且m≠0，k≠0，
所以直线OB的斜率为－，
因为k·＝－≠－1，所以AC与OB不垂直.
所以OABC不是菱形，与假设矛盾.
所以当点B不是W的顶点时，四边形OABC不可能是菱形.
一、必做题
1.(2018·南通检测)演绎推理“因为对数函数y＝logax(a>0且a≠1)是增函数，而函数y＝logx是对数函数，所以y＝logx是增函数”所得结论错误的原因是________(填序号).
①大前提错误；②小前提错误；
③推理形式错误；④大前提和小前提都错误.
解析 因为当a>1时，y＝logax在定义域内单调递增，当0
2.下列推理是归纳推理的是________(填序号).
①A，B为定点，动点P满足PA＋PB＝2a>AB，则P点的轨迹为椭圆；
②由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式；
③由圆x2＋y2＝r2的面积πr2，猜想出椭圆＋＝1的面积S＝πab；
④科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇.
解析 从S1，S2，S3猜想到数列的前n项和Sn，是从特殊到一般的推理，所以②是归纳推理，其余都不是.
答案 ②
3.(2018·苏州质检)若a，b∈R，则下面四个式子中恒成立的是________(填序号).
①lg(1＋a2)>0；②a2＋b2≥2(a－b－1)；
③a2＋3ab>2b2；④<.
解析 在②中，∵a2＋b2－2(a－b－1)＝(a2－2a＋1)＋(b2＋2b＋1)＝(a－1)2＋(b＋1)2≥0，
∴a2＋b2≥2(a－b－1)恒成立.
答案 ②
4.观察一列算式：1⊗1，1⊗2，2⊗1，1⊗3，2⊗2，3⊗1，1⊗4，2⊗3，3⊗2，4⊗1，…，则式子3⊗5是第________项.
解析 两数和为2的有1个，和为3的有2个，和为4的有3个，和为5的有4个，和为6的有5个，和为7的有6个，前面共有21个，3⊗5是和为8的第3项，所以为第24项.
答案 24
5.在△ABC中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A，B，C成等差数列，a，b，c成等比数列，则△ABC的形状为________.
解析 由题意2B＝A＋C，又A＋B＋C＝π，∴B＝，又b2＝ac，由余弦定理得b2＝a2＋c2－2accos B＝a2＋c2－ac，
∴a2＋c2－2ac＝0，即(a－c)2＝0，∴a＝c，
∴A＝C，∴A＝B＝C＝，∴△ABC为等边三角形.
答案 等边三角形
6.若数列{an}是等差数列，则数列{bn}(bn＝)也为等差数列.类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为________(填序号).
①dn＝；②dn＝；
③dn＝；④dn＝.
解析 若{an}是等差数列，则a1＋a2＋…＋an＝na1＋d，
∴bn＝a1＋d＝n＋a1－，即{bn}为等差数列；
若{cn}是等比数列，
则c1·c2·…·cn＝c·q1＋2＋…＋(n－1)＝c·q，
∵dn＝＝c1·q，即{dn}为等比数列，故④符合题意.
答案 ④
7.把正整数按一定的规则排成如图所示的三角形数表，设aij(i，j∈N*)是位于这个三角形数表中从上往下第i行，从左往右数第j个数，如a42＝8，若aij＝2 009，则i与j的和为________.
解析 由题意可知奇数行为奇数列，偶数行为偶数列，2 009＝2×1 005－1，所以2 009为第1 005个奇数，又前31个奇数行内数的个数为961，前32个奇数行内数的个数为1 024，故2 009在第32个奇数行内，则i＝63，因为第63行第1个数为2×962－1＝1 923，2 009＝1 923＋2(j－1)，所以j＝44，所以i＋j＝107.
答案 107
8.若P0(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点分别为P1，P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是＋＝1，那么对于双曲线则有如下命题：若P0(x0，y0)在双曲线－＝1(a>0，b>0)外，过P0作双曲线的两条切线，切点分别为P1，P2，则切点弦P1P2所在直线的方程是________.
解析 设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，
则过P1，P2的切线方程分别是
－＝1，－＝1.
因为P0(x0，y0)在这两条切线上，
故有－＝1，－＝1，
这说明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直线－＝1上，
故切点弦P1P2所在的直线方程是－＝1.
答案 －＝1
9.设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和.
(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；
(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？
(1)证明 假设数列{Sn}是等比数列，则S＝S1S3，
即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，
因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，
即q＝0，这与公比q≠0矛盾，
所以数列{Sn}不是等比数列.
(2)解 当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；
当q≠1时，{Sn}不是等差数列，
否则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，
得q＝0，这与公比q≠0矛盾.
综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列.
10.(2015·安徽卷)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线与x轴交点的横坐标.
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.
(1)解 y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1，2)处的切线斜率为2n＋2，从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1).
令y＝0，解得切线与x轴的交点的横坐标xn＝1－＝，所以数列{xn}的通项公式xn＝.
(2)证明 由题设和(1)中的计算结果知，
Tn＝xx…x＝….
当n＝1时，T1＝.
当n≥2时，因为x＝＝>＝＝，
所以Tn>×××…×＝.
综上可得，对任意的n∈N*，均有Tn≥.
二、选做题
11.如图，我们知道圆环也可以看作线段AB绕圆心O旋转一周所形成的平面图形，又圆环的面积S＝π(R2－r2)＝(R－r)×2π×.所以圆环的面积等于以线段AB＝R－r为宽，以AB中点绕圆心O旋转一周所形成的圆的周长2π×为长的矩形面积.请你将上述想法拓展到空间，并解决下列问题：若将平面区域M＝{(x，y)|(x－d)2＋y2≤r2}(其中0
解析 平面区域M的面积为πr2，由类比知识可知：平面区域M绕y轴旋转一周得到的旋转体为实心的车轮内胎，旋转体的体积等于以圆(面积为πr2)为底，以O为圆心、d为半径的圆的周长2πd为高的圆柱的体积，所以旋转体的体积V＝πr2×2πd＝2π2r2d.
答案 2π2r2d
12.(2015·陕西卷)设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x＞0，n∈N，n≥2.
(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝＋
x；
(2)(一题多解)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)与gn(x)的大小，并加以证明.
(1)证明 Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
则Fn(1)＝n－1＞0，
Fn＝1＋＋＋…＋－2
＝－2＝－＜0，
所以Fn(x)在内至少存在一个零点.
又F′n(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0(x＞0)，
故Fn(x)在内单调递增，
所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn，
因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)＝0，
即－2＝0，故xn＝＋x.
(2)解 法一 由题设，gn(x)＝，
设h(x)＝fn(x)－gn(x)
＝1＋x＋x2＋…＋xn－，x＞0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；
当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－，
若0＜x＜1，h′(x)＞xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－
xn－1＝xn－1－xn－1＝0，
若x＞1，h′(x)＜xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－xn－1
＝xn－1－xn－1＝0，
所以h(x)在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
所以h(x)＜h(1)＝0，即fn(x)＜gn(x)，
综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；
当x≠1时，fn(x)＜gn(x).
法二 由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，
gn(x)＝，x＞0，
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)，
当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)＜gn(x)，
①当n＝2时，f2(x)－g2(x)＝－(1－x)2＜0，
所以f2(x)＜g2(x)成立，
②假设n＝k(k≥2)时，不等式成立，即fk(x)＜gk(x)，
那么，当n＝k＋1时，
fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1
＝＋xk＋1＝，
又gk＋1(x)－
＝，
令hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x＞0)，
则h′k(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1
＝k(k＋1)xk－1(x－1)，
所以当0＜x＜1时，h′k(x)＜0，hk(x)在(0，1)上递减；
当x＞1时，h′k(x)＞0，hk(x)在(1，＋∞)上递增，
所以hk(x)＞hk(1)＝0，
从而gk＋1(x)＞，
故fk＋1(x)＜gk＋1(x)，即n＝k＋1时不等式也成立，
由①和②知，对一切n≥2的整数，都有fn(x)＜gn(x).
法三 由已知，记等差数列为{ak}，等比数列为{bk}，k＝1，2，…，n＋1，
则a1＝b1＝1，an＋1＝bn＋1＝xn，
所以ak＝1＋(k－1)·(2≤k≤n)，
bk＝xk－1(2≤k≤n)，
令mk(x)＝ak－bk＝1＋－xk－1，x＞0(2≤k≤n)，
当x＝1时，ak＝bk＝1，所以fn(x)＝gn(x)，
当x≠1时，m′k(x)＝·nxn－1－(k－1)xk－2
＝(k－1)xk－2(xn－k＋1－1)，
而2≤k≤n，所以k－1＞0，n－k＋1≥1，
若0＜x＜1，xn－k＋1＜1，m′k(x)＜0；
若x＞1，xn－k＋1＞1，m′k(x)＞0，
从而mk(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，
所以mk(x)＞mk(1)＝0，
所以当x＞0且x≠1时，ak＞bk(2≤k≤n)，
又a1＝b1，an＋1＝bn＋1，
故fn(x)＜gn(x)，
综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，fn(x)＜gn(x).
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