考点一归纳推理归纳推理的四个特点(1)前提:几个已知的特征现象,归纳所得的结论是尚属未知的一般现象,该结论超越了前提所包括的范围.(2)结论:具有猜测的性质,结论是否真实,还需经过逻辑证明和实践检验,因此,归纳推理不能作为数学证明的工具.(3)步骤:先搜集一定的事实资料,有了个别性的、特殊性的事实作为前提,然后才能进行归纳推理,因此归纳推理要在观察和试验的基础上进行.(4)作用:具有创造性的推理,通过归纳推理能够发现新事实,获得新结论,是科学发现的重要手段.[典例1](1)观察下列不等式1+12232,1+122+13253,1+122+132+14274,……照此规律,第五个不等式为________.(2)如图所示是一个有n层(n≥2,n∈N*)的六边形点阵,它的中心是一个点,算作第1层,第2层每边有2个点,第3层每边有3个点,…,第n层每边有n个点,则这个点阵共有________个点.解析:(1)第n(n=1,2,3)个不等式的左边为前n+1个正整数平方的倒数和,右边分母为n+1,分子为2n+1,故第五个不等式为1+122+132+142+152+162116.(2)设第n层共有an个点,结合图形可知a1=1,a2=6,…,an+1=an+6(n≥2,n∈N*),则an=6+(n-2)×6=6n-6(n≥2,n∈N*),前n层所有点数之和为Sn=1+n-1[6+6n-6]2=3n2-3n+1,故这个点阵共有3n2-3n+1个点.答案:(1)1+122+132+142+152+162116(2)3n2-3n+1[对点训练]1.观察下列图形中小正方形的个数,则第n个图形中有________个小正方形.解析:设第n个图形中小正方形的个数为Sn,观察图形,当n=1时,S1=2+1;当n=2时,S2=3+2+1;当n=3时,S3=4+3+2+1;当n=4时,S4=5+4+3+2+1;当n=5时,S5=6+5+4+3+2+1;…,可得Sn=(n+1)+n+(n-1)+…+3+2+1=[1+n+1]·n+12=n2+3n+22.答案:n2+3n+22考点二类比推理类比推理的特点是:对两类具有某些类似性质的对象,若其中一类对象具有某些已知性质,推出另一类对象也具有这些性质.(1)类比是以已知知识作基础,推测新的结果,具有发现的功能.(2)常见的类比推理情形有:平面与空间类比;向量与数类比;不等与相等类比等.[典例2]在△ABC中,若AB⊥AC,AD⊥BC于D.则1AD2=1AB2+1AC2,类比以上结论写出四面体ABCD中,类似的命题,并给出证明.解:猜想:在四面体ABCD中,若AB、AC、AD两两垂直,且AE⊥平面BCD,E为垂足,则1AE2=1AB2+1AC2+1AD2.证明:如图所示,连接BE交CD于F,连接AF.∵AB⊥AC,AB⊥AD,AC∩AD=A,∴AB⊥平面ACD.而AF⊂平面ACD,∴AB⊥AF.在Rt△ABF中,AE⊥BF,∴1AE2=1AB2+1AF2.在Rt△ACD中,AF⊥CD,∴1AF2=1AC2+1AD2.∴1AE2=1AB2+1AC2+1AD2.故猜想正确.[对点训练]2.在平面直角坐标系xOy中,二元一次方程Ax+By=0(A,B不同时为0)表示过原点的直线.类似地:在空间直角坐标系Oxyz中,三元一次方程Ax+By+Cz=0(A,B,C不同时为0)表示____________________.解析:由方程的特点可知:平面几何中的直线类比到立体几何中应为平面,“过原点”类比仍为“过原点”,因此应得到:在空间直角坐标系Oxyz中,三元一次方程Ax+By+Cz=0(A,B,C不同时为0)表示过原点的平面.答案:过原点的平面3.如图,已知O是△ABC内任意一点,连接AO,BO,CO并延长交对边于A′,B′,C′,则OA′AA′+OB′BB′+OC′CC′=1.这是平面几何中的一道题,其证明常采用“面积法”:OA′AA′+OB′BB′+OC′CC′=S△OBCS△ABC+S△OCAS△ABC+S△OABS△ABC=S△ABCS△ABC=1.运用类比猜想,对于空间中的四面体VBCD,存在什么类似的结论?并用“体积法”证明.解:如图,设O为四面体VBCD内任意一点,连接VO,BO,CO,DO并延长交对面于V′,B′,C′,D′,类似结论为OV′VV′+OB′BB′+OC′CC′+OD′DD′=1.类比平面几何中的“面积法”,可用“体积法”来证明.因为VOBCDVVBCD=13·S△BCD·h′13·S△BCD·h=OV′VV′(其中h′,h分别为两个四面体的高),同理VOVCDVBVCD=OB′BB′,VOVBDVCVBD=OC′CC′,VOVBCVDVBC=OD′DD′,所以OV′VV′+OB′BB′+OC′CC′+OD′DD′=VOBCDVVBCD+VOVCDVBVCD+VOVBDVCVBD+VOVBCVDVBC=1.考点三综合法和分析法综合法和分析法是直接证明中的两种最基本的证明方法,但两种证明方法思路截然相反,分析法既可用于寻找解题思路,也可以是完整的证明过程,在解题中综合法和分析法可以联合运用,转换解题思路,增加解题途径.[典例3]已知α∈(0,π),求证:2sin2α≤sinα1-cosα.证明:法一:(分析法)要证明2sin2α≤sinα1-cosα成立,只要证明4sinαcosα≤sinα1-cosα.∵α∈(0,π),∴sinα>0.只要证明4cosα≤11-cosα.上式可变形为4≤11-cosα+4(1-cosα).∵1-cosα>0,∴11-cosα+4(1-cosα)≥211-cosα·41-cosα=4,当且仅当cosα=12,即α=π3时取等号,∴4≤11-cosα+4(1-cosα)成立,∴不等式2sin2α≤sinα1-cosα成立.法二:(综合法)∵11-cosα+4(1-cosα)≥4,当且仅当cosα=12,即α=π3时取等号,∴4cosα≤11-cosα.∵α∈(0,π),∴sinα>0,∴4sinαcosα≤sinα1-cosα,∴2sin2α≤sinα1-cosα.[对点训练]4.已知函数f(x)=loga(ax-1)(a>0,a≠1).(1)证明:函数f(x)的图象在y轴一侧;(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<x2)是图象上的两点,证明:直线AB的斜率大于零.证明:(1)由ax-1>0得ax>1.①当a>1时,x>0,函数图象在y轴右侧;②当0<a<1时,x<0,函数图象在y轴左侧.故综上所述,函数总在y轴一侧.(2)由于kAB=y1-y2x1-x2,又由x1<x2,故只需证y2-y1>0即可.因为y2-y1=loga(ax2-1)-loga(ax1-1)=logaax2-1ax1-1.①当a>1时,由0<x1<x2得a0<ax1<ax2,即0<ax1-1<ax2-1,故有ax2-1ax1-1>1,logaax2-1ax1-1>0,即y2-y1>0.②当0<a<1时,由x1<x2<0得ax1>ax2>a0,即ax1-1>ax2-1>0,故有0<ax2-1ax1-1<1,∴y2-y1=logaax2-1ax1-1>0,即y2-y1>0.综上,直线AB的斜率总大于零.考点四反证法(1)如果一个命题的结论难以直接证明,可以考虑运用反证法.通过反设结论,经过逻辑推理,得出矛盾,从而肯定原结论成立.(2)反证法着眼于命题的转换,改变了研究的角度和方向,使论证的目标更为明确,由于增加了推理的前提——原结论的否定,更易于开拓思路,因此对于直接论证较为困难的时候,往往采用反证法证明.所以反证法在数学证明中有着广泛的应用.(3)反证法是高中数学的一种重要的证明方法,在不等式和立体几何的证明中经常用到,在高考题中也经常体现,它所反映出的“正难则反”的解决问题的思想方法更为重要.(4)反证法主要证明:否定性、唯一性命题;至多、至少型问题;几何问题.[典例4]设直线l1:y=k1x+1,l2:y=k2x-1,其中实数k1,k2满足k1k2+2=0.(1)证明l1与l2相交;(2)证明l1与l2的交点在椭圆2x2+y2=1上.证明:(1)反证法.假设l1与l2不相交,则l1与l2平行,有k1=k2,代入k1k2+2=0,得k21+2=0,此与k1为实数的事实相矛盾.从而k1≠k2,即l1与l2相交.(2)法一:由方程组y=k1x+1,y=k2x-1,解得交点P的坐标(x,y)为x=2k2-k1,y=k2+k1k2-k1,而2x2+y2=22k2-k12+k2+k1k2-k12=8+k22+k21+2k1k2k22+k21-2k1k2=k21+k22+4k21+k22+4=1.此即表明交点P(x,y)在椭圆2x2+y2=1上.法二:交点P的坐标(x,y)满足y-1=k1x,y+1=k2x,故知x≠0.从而k1=y-1x,k2=y+1x.代入k1k2+2=0,得y-1x·y+1x+2=0.整理后,得2x2+y2=1.所以交点P在椭圆2x2+y2=1上.[对点训练]5.已知实数a,b,c,d满足a+b=c+d=1,ac+bd>1,求证:a,b,c,d中至少有一个负数.证明:假设a,b,c,d都是非负数.由已知a+b=c+d=1,则1=(a+b)(c+d)=ac+ad+bc+bd.又ac+bd>1,而a,b,c,d都是非负数,所以ad≥0,bc≥0,则1=(a+b)(c+d)>1,矛盾.所以假设不成立,即a,b,c,d中至少有一个负数.考点五数学归纳法数学归纳法是推理逻辑,它的第一步称为归纳奠基,是论证的基础保证,即通过验证落实传递的起点,这个基础必须真实可靠;它的第二步称为归纳递推,是命题具有后继传递性的保证,两步合在一起为完全归纳步骤,这两步缺一不可.[典例5]已知数列{an}中,a2=a+2(a为常数),Sn是{an}的前n项和,且Sn是nan与na的等差中项.(1)求a1,a3;(2)猜想数列{an}的表达式,并用数学归纳法加以证明.解:(1)由已知得Sn=nan+na2=an+a2·n,当n=1时,S1=a1,∴2a1=a1+a,∴a1=a.当n=3时,S3=a1+a2+a3,∴2(a1+a2+a3)=3(a3+a),∴2(a+a+2+a3)=3(a3+a),∴a3=a+4.(2)由a1=a,a2=a+2,a3=a+4,…,猜想an=a+2(n-1).下面用数学归纳法证明:①当n=1时,左边=a1=a,右边=a+2(1-1)=a,∴当n=1时等式成立;②假设当n=k(k∈N*,k≥2)时,等式成立,即ak=a+2(k-1),则当n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk=ak+1+a2·(k+1)-ak+a2·k,∴2ak+1=(ak+1+a)(k+1)-(ak+a)k,∴(k-1)ak+1=kak-a.∵k≥2,∴ak+1=kakk-1-ak-1,将ak=a+2(k-1)代入,得ak+1=kk-1[a+2(k-1)]-ak-1=k-1a+2kk-1k-1=a+2[(k+1)-1].∴当n=k+1时,等式也成立.由①、②可知,对于任意的正整数n,等式an=a+2(n-1)恒成立.[对点训练]6.用数学归纳法证明:当n≥2且n∈N*时,1-122·1-132·…·1-1n2=n+12n.证明:(1)当n=2时,左边=1-122=1-14=34,右边=2+12×2=34,等式成立.(2)假设当n=k(k≥2,k∈N*)时,等式成立,即1-122·1-132·…·1-1k2=k+12k,则当n=k+1时,1-122·1-132·…·1-1k2·1-1k+12=k+12k·k+12-1k