推理与证明题型归纳

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(《推理与证明》题型归纳

推理与证明问题综合了函数、方程、不等式、解析几何与立体几何等多个知识点，需要采用多种数学方法才能解决问题，是提高区分度，增强选拔功能的重要题型，因此在最近几年的高考试题中，推理与证明问题正在成为一个热点题型。

因此，我们必须学好它。如何学好首要任务是熟练掌握本章的典型题目。下面将本章题型归纳如下：

题型一 归纳推理发现一般性结论

归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理。常见形式有：一是“具有共同特征”，二是“循环型”（周期性），三是“递推型”。 例1 观察下列两式：①

tan100tan200tan200tan600tan600tan1001 ；

②tan50tan100tan100tan750tan750tan501．

分析上面两式的共同特点，写出反映一般规律的等式，并证明你的结论。

解：一般规律的等式：若900，

tantantantantantan1。

证明如下：由900，得tan()tan(900)， 即

tantan1tan(900)，

1tantantan所以tantantantan1tantan 即tantantantantantan1。

思维启迪：具有共同特征的几个式子得出一个通式，是归纳推理的常见题型。

例2 设定义在R上的函数f(x)满足f(x)+f(x2)12，若f(2)2，则

f(2012)

2

解：因为f(x)+f(x2)12，f(2)2，所以f(4)10，f(6)2，

2n是正奇数 ，所以f(8)10，……，由此归纳出：f(2n)

10n是正偶数f(2012)f(21006)10 。

思维启迪：本题条件f(x)+f(x2)12换为f(x)·f(x2)12，解题思路是一致的，属于“循环型”（周期性）。

例3 （2012届南通学科基地）如图所示的数阵叫“莱布尼兹调和三角

1形”，他们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为(n2)，

n每个数是它下一行左右相邻两数的和，

如：111,111,111…，则第n(n3)行第3个数字

1222363412是 。

解：

1111y，x， n1nn2n11122 nn2n1n(n1)(n2)2

n(n1)(n2)所以yx即第三个数：

思维启迪：设第n行的第2个数y，第n1行的第2个数x，通过对三角形规律的研究得出答案中的两个式子即可求解，本题属于“递推型”。

题型二 类比推理拓展新知识

类比推理又称类比法,它是根据两个或两类对象有部分属性相同,从而推出它们的其它属性也相同的推理。简单地说,类比推理是由特殊到特殊的推理。常见形式有：等差数列性质类比等比数列性质，椭圆性质类比双曲线性质，平面

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中的“点、线、圆、三角形、角、面积、周长”分别类比空间中的“线、面、球、三棱锥、二面角、体积、表面积”等等。

例4 数列{an}是正项等差数列，若bna12a23a3nan，则数列

123n{bn}也为等差数列。类比上述结论，写出正项等比数列{cn}，若dn= ，则数列{dn}也为等比数列 。

解：(c1ccc)思维启迪：

bn22331n123nn

nana12a23a3nana（a2+a2）（a3+a3+a3）=1123n123n，等差数列{bn}和

等比数列{cn}相类比，则

dn=123nc1（c2c2）（c3c3c3）n23cnc3c)=(c1c21n123nn

例5 已知命题：平面直角坐标系x0y中，ABC顶点Ac,0和C(c,0)，

x2y2顶点B在椭圆221(ab0,ca2b2)上，椭圆的离心率是e，则

absinAsinC1 。试将该命题类比到双曲线中，可得到一个命题：

sinBe解：如图,由正弦定理得,AB2RsinC,AC2RsinB,BC2RsinA

a2aABBCsinCsinA1 所以 =c2cACsinBey B 由椭圆的定义类比到双曲线的定义可得： 平面直角坐标系x0y中，ABC顶点

A O C x x2y2Ac,0和C(c,0)，顶点B在双曲线221(a0,b0,ca2b2)上，ab双曲线的离心率是e，则|

sinAsinC1| 。

sinBe思维启迪：本题由椭圆的性质类比双曲线的性质。

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1

例6 若∆ABC内切圆半径为r，三边长为a、b、c，则∆ABC的面积S＝ r

2(a+b+c) 类比到空间，若四面体内切球半径为R，四个面的面积为S1、S2 、S3 、S4，则四面体的体积V＝ 。

解：∆ABC内切圆半径为r和四面体内切球半径为R相对应，三边长与四个

1

面的面积对应，不难类比猜测本题的答案： R(S1＋S2＋S3＋S4)。

3 思维启迪：本题类比主要对象是三角形面积和三棱锥体积。 一般地，三角形面积计算都要有1

是 R(S1＋S2＋S3＋S4) 。 3

题型三 “三段论”进行演绎推理

演绎推理是一种由一般性的命题推出特殊性命题的推理模式，是一种必然性的推理，演绎推理的前提和结论之间有蕴含关系，因而只要前提是正确的，推理形式是正确的，那么结论必定是真实的，但是错误的前提可能导致错误的结论。

例7 如图，在五面体ABCDEF中，点O是矩形ABCD的对角线的交点，

1面CDE是等边三角形，棱EF//BC。

2F E （1）证明FO//平面CDE；

（2）设BC3CD，证明EO平面CDF。 解：（Ⅰ）证明：取CD中点M，连结OM。

在矩形ABCD中，

11B OM//BC，又EF//BC， 22A

O C

M D

11，而棱锥体积则都包含 。因此最后的结果

32则EF//OM，连结EM，于是四边形EFOM为平行四边形。FO//EM 又FO平面CDE，且EM平面CDE，∵FO∥平面CDE

（Ⅱ）证明：连结FM，由（Ⅰ）和已知条件，在等边△CDE中，

CMDM,EMCD且EM31CDBCEF。 22因此平行四边形EFOM为菱形，从而EO⊥FM而FM∩CD=M，∴CD⊥平面

EOM，从而CD⊥EO。而FMCDM，所以EO⊥平面CDF。

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思维启迪：演绎推理是形式化程度较高的必然推理，在数学发现活动中，它具有类似于“实验”的功能，它不仅为合情推理提供了前提，而且可以对猜想作出“判决”和证明，从而为调控探索活动提供依据。

题型四 直接推理证明

例8 设a1,a2,a3，…，a50是从1，0，1 这三个数取值的数列，若

a1a2a3…+a506 ，(a11)2(a21)2(a31)2…+(a501)2102，

则a1,a2,a3，…，a50中有 个1

222解：(a11)2(a21)2(a31)2…+(a501)2（a1a2a3+…2a50）+2(a1a2a3…+a50)+50=102 。因为a1a2a3…+a506，所以 2222a1a2a3+…a50=40，所以50个数中有40个从1中取，另外10个0，由

a1a2a3…+a506可得23个1，17个1 。故本题答案：23个1

思维启迪：本题的表象是代数求解问题，实质是推理。寻找本题的解题思路，我们采用分析法，当我们将(a11)2(a21)2(a31)2…

2222+(a501)2102展开，得到a1a2a3+…a50=40，很容易想到只有

121，40个1，另10个是0，让我们有一种“柳暗花明”的感觉，这其

实就是分析法的妙处。写解题过程时，我们通常采用综合法，由已知条件出发，推出结论。

题型五 运用反证法证明

利用反证法时，需要注意的一是否定结论部分，把握住结论的反是什么？二是导出矛盾部分，矛盾有时是与已知条件矛盾，有时是与假设矛盾，而有时又是与某定义、定量、公理或事实矛盾，因此要弄明白究竟是与什么矛盾。

例9 若a,b,c均为实数，且ax22y，by22z，cz22x，

333证明：a,b,c中至少有一个大于0

证明：假设a,b,c中全不小于0，即a0,b0,c0

abcx22y3y22z3z22x3(x1)2(y1)2(z1)230

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222（x1）（y1）（z1）30矛盾。 这与

所以假设不成立，原命题正确。

思维启迪：对难于从正面入手的数学证明问题，解题时可从问题的反面入手，探求已知与未知的关系，从而将问题得以解决。因此当遇到“否定性”、“唯一性”、“无限性”、“至多”、“至少”等类型命题时，宜选用反证法。

题型六 用数学归纳法证明

常见题型：用数学归纳法证明与自然数n有关的等式，用数学归纳法证明整除性问题。

例10 用数学归纳法证明等式:

111111111 （nN） 2342n12nn1n22n11=右,等式成立。 22证明:(1)当n1时,左=1(2)假设当nk(k2)时,等式成立,即

111111111。 2342k12kk1k22k则

1111111111111()()2342k12k2k12k2k1k22k2k12k21111。 k22k2k12k2所以当nk1时,等式也成立。综合(1)、(2),等式对所有正整数都成立。

思维启迪:用数学归纳法证明等式是一类常见题型,注意用数学归纳法证明的步骤,明确从k到k1时式子变化了哪些,同时注意归纳假设时,如何凑出要证的结论,搞清项数与各项的结构。证明的关键是第二步nk1时提取公因式、分解因式、添拆项、配方等技巧的合理使用,并用活。

例11 用数学归纳法证明:n35n(nN)能被6整除。 答案要点:(1)当n1时,1351能被6整除,命题正确； (2)假设nk时命题正确,即k35k能被6整除,

所以当nk1时,(k1)35(k1)(k33k23k1)(5k5)(k35k)

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3k(k1)6,而两个连续的整数的乘积k(k1)是偶数,所以3k(k1)能被6整

除,所以(k35k)3k(k1)6能被6整除,即当nk1时命题也正确,由(1)、(2)知命题时nN都正确。

思维启迪:整除问题在考试中并不多见,一般用数学归纳法解决此类问题。用数学归纳法证明有关数或式的整除问题时,要充分利用整除的性质。若干个数(或式)都能被某一个数(或式)整除,那么其和、差、积也能被这个数(或式)整除。即若a能被c整除,则a的倍数ka也能被c整除(kZ)；若a、b都能被c整除,则ab也能被c整除．

倘若以上题型能熟练掌握，我们就可以快速地增进知识、提高能力、开拓思维，加速更新自己的知识网络，必将信心百倍迎战高考。

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