高中数学推理与证明练习题

2024-08-13

高中数学推理与证明练习题（精选8篇）

篇1：高中数学推理与证明练习题

）

心之所愿，无事不成。

高二文科數學選修1--2編寫：校審：【江西文5】观察下列事实|x|+|y|=1的不同整数解（x,y）的个数为4，|x|+|y|=2的不同整数解（x,y）的个数为8，|x|+|y|=3的不同整数解（x,y）的个数为12 ….则|x|+|y|=20的不同整数解（x，y）的个数为(B)

A.76B.80C.86D.92 【福建文20】20.（本小题满分13分）

某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数。（1）sin213°+cos217°-sin13°cos17°（2）sin215°+cos215°-sin15°cos15°（3）sin218°+cos212°-sin18°cos12°

（4）sin2（-18°）+cos248°-sin2（-18°）cos248°（5）sin2（-25°）+cos255°-sin2（-25°）cos255° Ⅰ 试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数

Ⅱ 根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论。

高二文科数学选修1-2（）心之所愿，无事不成。

【上海文18】若Snsin）

A、16B、72C、86D、100 【天津理】对实数a和b，定义运算“”：ab

7sin

...sinnN），则在S1,S2,...,S100中，正数的个数是（C 77

a,ab1,设函数

b,ab1.f(x)x22xx2,xR.若函数yf(x)c的图像与x轴恰有两个公共点，则实数c的取值范围是

A．,21,

32

B．,21,

34

C．1,,D．1,,

11443144

（山东理15）设函数f(x)

(x0),观察: x

2f1(x)f(x)

x,x2

f2(x)f(f1(x))f3(x)f(f2(x))

f4(x)f(f3(x))

x,3x4 x,7x8

x,15x16



根据以上事实，由归纳推理可得：

当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x))（陕西理13）观察下列等式

1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49

„„

照此规律，）心之所愿，无事不成。

高二文科數學選修1--2編寫：校審：则(r2)＝2r○1，○1式可以用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数。对于半径为R的球，若将R看作(0，＋∞)上的变量，请你写出类似于○1的式子：○2

（太原模拟）若把正整数按下图所示的规律排序，则从2002到2004年的箭头方向依次为()

1458912„

【湖北理】回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，„，99．3位回文数有90个：101，111，121，„，191，202，„，999．则

（Ⅰ）4位回文数有个；

（Ⅱ）2n1(nN)位回文数有90910n 【江西理6】观察下列各式：

A.B.C.ab1,a2b23,a3b34,a4b47,a5b511,则a10b10（C）

A．28B．76C．123D．199

【必修五P32、斐波那契数列】1、1、2、3、5、8、（）13、21、34、55

[·福建卷] 在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为[k]，即[k]＝{5n＋k|n∈Z}，k＝0,1,2,3,4.给出如下四个结论：

①∈[1]； ②－3∈[3]；

③Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；

④“整数a，b属于同一‘类’”的充要条件是“a－b∈[0]”．其中，正确结论的个数是()A．1B．2C．3D．4

[·江西卷] 观察下列各式：72＝49,73＝343,74＝2401，„，则7的末两位数字为()

A．01B．43C．07D．49

高二文科数学选修1-2（）心之所愿，无事不成。

篇2：高中数学推理与证明练习题

版选修2-2 练习(P7)1.解：杨辉三角形的第8行是：1 7 21 35 35 21 7 1 杨辉三角形中的一般规律:(1)表中每个数都是组合数,第n行的第r+1个数是Cnrn!.r!(nr)!(2)三角形的两条斜边上都是数字1,而其余的数都等于它肩上的两个数字相加,也就是rr1r=CnCn1+Cn1.rr1(3)杨辉三角具有对称性(对称美),即Cn=Cn.(4)杨辉三角的第n行是二项式(a+b)展开式,即

01r(a+b)=Cna+Cnab+„+Cnab+„+Cnb的二项式系数.nnn-1

1n-rr

n2.答案:(1)证明:如图所示,P是等边△ABC内一点,PD⊥AB,PE⊥AC,PF⊥BC，111PD·AB+PE·AC+PF·BC, 2221111因为AB=BC=AC,所以S△ABC=PD·AB+PE·AB+PF·AB=(PD+PE+PF)AB，2222则S△ABC=S△ABP+S△ACP+S△BCP=所以PD+PE+PF=2AB.SABC因为等边△ABC的面积和边长AB为一定值,所以PD+PE+PF为定值.所以结论成立.(2)猜想:将上述结论从平面类比到空间,可以得出的结论是:正四面体内一点到四面体的各个面的距离之和是一个定值。

证明:设P是正四面体ABCD内一点,PE，PF，PM，PN分别是点P到正四面体ABCD四个面的距离, 则VABCD=1(PE+PF+PM+PN）S（S为正四面体ABCD一个面的面积), 3所以PE+PF+PM+PN=3S

.VABCD因为S，VABCD为一定值,所以PE+PF+PM+PN为定值.所以结论成立.习题1-1(P7)1.解：可以得出的结论是:37×3n=n×111(n=1，2，„，9).思路分析：通过对各个等式的观察,注意其数量变化规律,就可以得出相应的通式.33222.解：1+2=3=(1+2).333221+2+3=6=(1+2+3), 3333221+2+3+4=10=(1+2+3+4), „„

对上述各式进行归纳,可以得出如下结论:

n(n1)2n2(n1)21+2+3+„+n=(1+2+3+„+n)=［］=.24333

323.解:1层六边形的点数和为S1=5=5×1，2层六边形的点数和为S2=5+5+4=14=5×2+4，3层六边形的点数和为S3=5+5+4+5+4+4=27=5×3+4×3, „„

对上述各式进行归纳,可以得出n层六边形的点数和为: Sn=5+5+4+5+4+4„+5+4+4+„+4=5n+4×

n(n1)

2=5n+2n(n-1)=2n+3n.24.解：类比1+2+„+n的求和的过程可得：

3322因为n-(n-1)=n+n(n-1)+(n-1), 3322(n-1)-(n-2)=(n-1)+(n-1)(n-2)+(n-2), „„ 33222-1=2+2×1+1, 3322222从而有n-1=n+2(n-1)+2(n-2)„+2×2+1+n(n-1)+(n-1)(n-2)+ „+2×1, 22222222=n+2(n-1)+2(n-2)„+2×2+1+n-n+(n-1)-n-1+„+2-2+1-1 22222=3［n+(n-1)„+2+1］-［n+(n-1)+ „+2+1］-n-1

n(n1)2

-n-1, 2222n(n1)(2n1)所以有1+2+„+n=.6=3［n+(n-1)„+2+1］22225.解:与平面向量的坐标表示相类比,可以得出空间向量的坐标表示: 空间直角坐标系中的坐标: 已知空间直角坐标系和向量a,设i,j,k为坐标向量,则存在唯一的有序实数组(a1,a2,a3),使a=a1i+a2j+a3k,有序实数组(a1,a2,a3)叫作向量a在空间直角坐标系O-xyz中的坐标,记作a=(a1,a2,a3).在空间直角坐标系O-xyz中,对空间任一点A,存在唯一的有序实数组(x,y,z),使OA=xi+yj+zk,有序实数组(x,y,z)叫做点A在空间直角坐标系O-xyz中的坐标,记作A(x,y,z),x叫横坐标,y叫纵坐标,z叫竖坐标.STS

类比推理的具体应用

篇3：高中数学推理与证明练习题

关键词：高中数学,教学,类比推理

随着新课程改革的不断深入, 素质教育逐渐被提上日程, 因此学生的综合素质和能力有了一定程度的提升。但是, 在高考的巨大压力下, 高中仍无法摆脱应试教育的束缚, 教师在课堂中只是告诉学生应该如何解题, 因此效果并不理想。在学习过程中, 要快速准确地掌握知识要领, 就必须勤于思考、善于观察, 不断总结规律, 从而举一反三, 有效解决此类问题。随着时代的进步以及新课程改革的不断深入, 传统的“题海”战术已无法适应教育现状了。因此, 教师需引导学生从不同的角度去看待问题、思考问题, 找出多题一解以及一题多解的教学方法, 并对习题解题技巧进行高度整合, 真正做到“举一反三”。对历年的高考题进行深入分析可知, 考题大多立足于课本知识, 难、异、怪、偏的题目十分少见。由于学生在平日没有养成科学合理的数学解题思维, 因此在面对题目时就表现得无所适从。倘若我们将已知条件和所学的知识点结合在一起, 层层突破, 进行类比推理, 那么题目就容易解开了。因此, 在平时的学习过程中, 学生就需要养成科学的解题思维, 并懂得运用多种解题技巧解决难题, 这样一来, 日后不管遇到什么类型的题目, 都可做到得心应手。类比推理是指根据两个不同的对象所存在的某些相同的方面, 推测两个对象在其他方面也可能相同, 进而实现推理的一种方法。在高中数学学习中, 需要用到类比推理法的地方很多, 包括数列、立体几何以及解析几何等知识点。类比推理作为一种解决问题的新途径、新方法, 能大力开拓学生的思维潜能, 激发学生的学习欲望, 进一步强化学生的思维认知, 让学生在回顾旧知识的过程中巩固新知识, 加强对新知识的理解, 从而有效地吸收新知识, 顺利解决新问题, 从整体上提升学生的数学学习能力和水平。

一、类比推理法的作用

(一) 能提升学生的自主学习能力和水平

作为一种科学研究方法, 类比推理不但能帮助学生获取新的知识, 还能帮助学生寻求解决问题的新途径和新方法。学生只要掌握了一种知识, 就可以以此为切入点, 研究和探索新知识。例如, 教师在讲解“抛物线”这一知识点以后, 可以让学生在掌握已知规律的基础上, 充分发挥类比推理的作用, 探索出椭圆以及双曲线的相关知识, 明确这一类问题间的共通点。所以, 在掌握类比推理方法以后, 教师只要稍加指导, 学生就可以掌握椭圆以及双曲线的相关理论, 从而大大提高学习效率。

(二) 能激发学生探索新知的欲望和热情

类比推理是一种抽象思维形式, 将其运用到数学教学的过程中能够为学生探索新知识提供借鉴和指导。例如, 在对空间问题进行探讨时, 学生可以不断开发思维潜能, 回想平面相关结论, 在类比推理法的指导下, 积极寻求解决空间问题的思路和方法, 并以立体思维的方式, 将平面相关知识类比到空间中, 以此推理出点、线、面以及角的各种关系, 得出空间结论。在类比推理法的指导下, 学生的学习欲望被调动起来, 能进一步提升其发散性思维能力, 从而提高数学素养。

(三) 能为学生解决问题提供方法与思路

类比推理可以将复杂的问题简单化, 将陌生的问题熟悉化, 有助于培养学生的创新性思维。在高中数学学习中, 类比推理不仅仅能帮助学生解题, 还能开发学生的思维潜能, 为学生提供解题思路。在碰到难题时, 学生只要在头脑中形成一定的概念和思路, 就可以在类比推理法的指导下寻求到解决问题的方法。类比推理主要包括三种方式, 即结构类比、结论类比、降维类比。结构类比主要用于解决二者之间有着结构上的类似的问题;结论类比就是将难以解决的问题与容易解决或者已经解决的问题的结论进行分析, 在类比的过程中发现规律, 从而妥善解决问题;降维类比多运用在空间结构中, 维度多的问题一般难以解决, 此时, 学生就可以运用降维类比的方法, 将其转化为维度较小的图形或者平面图形, 从而找出解决问题的新方法和新途径。

总之, 高中数学教学过程中, 类比推理是一项重要的学习方法, 有助于培养学生的创造性思维, 提高学生的数学学习能力并且有利于培养学生的批判性思维, 加深学生对数学知识的理解。

二、类比推理法的教学应用

(一) 在数学概念中的应用

数学教学涉及的概念知识相当多, 教师的首要工作就是让学生更好地理解并掌握这些分散的概念。教师在课程设计过程中要进一步解放思想, 加强知识的完整性和系统性, 将枯燥的理论知识转化为生动的生活实践, 方便学生理解和记忆。在讲解新的概念时, 教师要充分引导, 让学生对旧知识进行回顾和总结, 然后对概念进行类比推理, 从而对新概念形成一个初步的感知, 最终建立起完整的知识结构框架。以类比推理方式为指导, 学生将更容易记忆和理解新概念, 能进一步夯实学习基础。

比如, 教师在讲解“二面角”这一知识点时, 可以以角的概念为切入点, 回顾角的概念, 然后自然导出二面角。以课本为例, 课本在合上和打开时平面的位置是不一样的, 这一过程就会出现许多角度不同的角, 也就是二面角。所谓的二面角, 也就是指一条直线所在的两个平面所组成的图形。要理解二面角, 就可以首先回顾已掌握的平面角的相关概念, 由线到面, 由平面角引申出二面角, 从而加深学生的理解和记忆。尽管二面角的概念相对难懂, 但是只要细心观察生活, 我们不难发现, 生活中的二面角随处可见, 只要我们善于类比推理, 那么掌握二面角概念和知识就变得相对容易。

再如, “等比数列概念”的教学中, 因等比数列和等差数列之间有着密切联系, 所以在教学过程中教师可以引导学生根据已学过的等差数列来推导出等比数列的定义。具体策略上, 教师可以通过巧设问题以启发学生进行思考: (1) 等差数列的定义是什么? (2) 你能由此类比猜想出什么样的数列是等比数列? (3) 结合事例, 说说等比数列的定义。通过这样的概念引入, 学生不仅可以对数学概念有深刻的理解, 也促进了其对新旧知识的衔接, 而且还可以培养类比思维, 锻炼其分析问题、解决问题的能力。

(二) 在数学公式中的应用

数学公式是高中数学教学的重要组成部分, 公式理解和记忆起来较为吃力, 加大了学生的学习难度。教师在讲解相关公式时, 要运用类比推理的方法, 总结公式之间的相似之处或者共通点, 尽可能消除学生的记忆障碍。比如, 笔者在讲解立体几何的过程中, 讲解主体知识之前首先引入了主体体积的计算公式, 充分发挥类比推理的优势, 为学生创设了类比条件, 让学生在比较和鉴别中掌握了数学公式。之所以这样设计, 就是要让学生更直观地感受到公式本身, 而不是公式的推理过程。

(三) 在数学运算中的应用

在高中阶段的学习中, 数学运算有其相似性, 教师要善于发现和利用这些相似处, 推动类比教学的有序开展。比如, 概率事件的运算概念比较枯燥、抽象, 教师在对这一知识点进行讲解时要善于发挥类比教学的优势, 创造合适的介质, 鼓励学生自主学习和思考, 然后教师再统一对问题进行集中讲解, 将概率事件和集合进行类比推理, 给学生以直观的感受, 并充分发挥联想和想象, 将概率事件运算运用到实际生活中。只有这样, 学生才能更好地理解和掌握新的运算方法, 并对二者的异同点进行比较, 从而找出适合自己的学习方法, 强化知识记忆过程。

(四) 在知识整理中的应用

要积累更多的知识就要加强对知识的更新和整理, 建构起系统的知识网络框架, 为学生提供便利条件。比如, 教师在对空间向量、平面向量以及共线向量进行讲解时, 学生理解起来有些困难, 所以教师就要改变教学策略, 积极采用类比推理的方法, 由线到面进而引出空间。线、面、空间之间有着密不可分的联系, 要掌握好空间向量, 就必须首先学好共线向量, 进而是平面向量。而在学习等差数列和等比数列时, 教师要加强引导, 鼓励学生找出二者的异同点。不论是等差数列还是等比数列, 它们都是一个具体的数列, 从第二项开始它们依照一定的规律进行排列。所谓的等差数列, 也就是后一项数列较前一项数列始终增加等值的数, 比如1, 3, 5, 7, 9……所谓的等比数列也就是指前一项和后一项的商为一个固定数值, 但常数项不能为0, 比如2, 4, 8, 16……它们之间有着许多的共通之处, 教师可以引导学生对这些相似之处进行总结和归纳, 进一步加深记忆。总之, 在数学学习过程中, 要善于总结和归纳, 从而建构起完整的知识网络体系, 更加灵活地运用所学知识。

在学习新知识时, 教师一定要注重教学策略和技巧, 细致、全面地对知识点进行讲解, 培养学生的逆向思维和发散性思维能力。而且, 要科学合理地运用各种变式, 对知识点的考察方向进行准确把握, 掌握知识要点。文本中对命题变式和概念变式进行了讲解, 但是讲解较为单调、抽象, 为了方便理解和记忆, 接下来我将以典型例题变式为例进行细致讲解和说明。

我们知道用基本不等式求最值, 要满足“一正, 二定, 三相等”三个条件。

变式1不满足“一正”条件, 即x<0, 不能直接用基本不等式。所以我们可以首先作如下变形:

变式2不满足“三相等”。

变式3先对题目中的结论变形作处理, 再利用基本不等式。

假若教师只对例题本身进行讲解, 忽视变式的学习, 那么在不等式条件基本满足的情况下, 直接套用公式便可得出正确结论, 但是学生会因此而失去思考的机会。相反的, 变式1则更加看重练习, 实践效果好。可见, 教师适时引入变式训练, 能不断培养和激发学生的发散性思维能力, 从而提升课堂训练效果。此外, 要消除学生的懒惰和消极情绪, 帮助学生养成良好的学习和思维习惯。相对于初中生而言, 高中学生的课业负担更繁重, 只有具备了坚强的学习意志和良好的学习习惯, 才能保证学业的顺利完成。例如, 下课之后, 学生要及时复习巩固知识点, 对知识进行总结和归纳, 做作业之前必须复习新知识, 切实提学习效率。

(五) 在解题思路中的应用

要切实提高数学学习效率, 就必须将知识运用到解决实际问题中来。在解题的过程中教师可以明确掌握学生的知识能力, 所以解题在高中数学学习中有着不可忽视的作用。类比推理不但能对新问题进行推测, 还能提供解题思路。

如A>0, B>0, C>0, 那么4 A+4B≥4 AB。那么我们进一步研究就会发现4A+4B+4C≥4ABC。那么7 A+7B+7C≥7 ABC的关系呢?通过类比推理, 我们发现7A+7B+7C≥7ABC。

(六) 在命题教学中的应用

高中数学命题教学过程中类比推理是最为常见的思维方式, 其作用非常大, 从发现问题到提出新命题, 都需要经历一系列的思维过程, 这就包括类比、联想、推理、演绎以及归纳, 只有经历了这一系列过程, 新的命题才会最终形成。在数学命题教学中, 教师要以命题的形成过程为基础, 不断发挥类比推理的作用, 研究命题的性质特征以及结构内涵。在立体几何的学习过程中, 教师要引导学生将空间与平面进行类比, 进而推导出空间图形的具体特征和性质;将球类与圆进行类比推理, 推导出两球相切的具体特征和性质, 从而更好地掌握和理解新知识。这样, 能显著提升学生的类比推理思维能力, 不断开拓学生的眼界和知识面, 从而激发学生的学习欲望和热情。

如, 教学楼的1楼到2楼一共有20级台阶, 如果每步只能够跨一级或者两级, 那么从1楼走到2楼一共有多少种不同的走法呢?面对类似的问题, 我们如果采用直接思考的方式, 必然十分复杂, 并且将很浪费时间。如果此刻我们的教师能够引导学生通过已经掌握的知识来寻找到相关的模型, 假设第n级台阶一共有fn种走法, 如果想上到20级台阶, 可以从19级一步到达, 也能够从18级两步达到, 这就可以得出f20=f18+f19……f3+f1+f2, 而f2=2, f1=1, 根据上述的推理, 就能够得出f20=10946, 因此, 从1楼走到2楼一共有10946种方法。可以说这种类似的题目在高中数学中十分常见, 这也是很多学生一直难以突破的瓶颈, 如果教师将类比推理法应用到这类题目的讲解中, 就能够开拓学生的思维, 学生在遇到类似的题目之后也会应用不同的方法进行求解, 这对于发展学生的逻辑思维能力十分有益。近几年, 高考数学不断进行改革, 更注重考察学生的理性思维能力, 在数学命题中, 类比推理题型逐渐加大了比重, 成为了数学高考的一大亮点。因此, 强化类比推理法的实践对于提高高中生数学学习能力是非常重要的。

三、类比推理法教学的基本原则

(一) 导向性原则

在高中阶段, 不同年级的数学教学内容不尽相同, 这在一定程度上制约了类比推理的运用和实施。所以, 教师要实事求是, 从学生的具体情况出发, 制定出切实可行的教学方案和策略, 适时引入类比推理法, 帮助学生顺利完成教学任务。数学的逻辑性和抽象思维较强, 一般比较枯燥、晦涩, 所以教师要为学生营造轻松愉悦的课堂学习环境, 在类比推理法的支持下有序地开展教学活动, 建构起完善的知识结构体系, 实现新旧知识的有效对接和转移, 从而有效提高学生的数学学习能力。

(二) 过程性原则

就数学教学而言, 类比教学应注重培养学生的思维能力, 突出思维过程, 引导学生主动学习, 激发学生学习的主动性和积极性, 从而实现学生综合素质的全面提升和进步。在具体教学过程中, 教师要对类比条件进行精心设置, 使问题尽量与最近所学知识接近, 激发学生的思维潜力, 让学生回忆起旧知识, 从而寻找到新旧知识的相似之处, 既温习了固有知识体系, 又建构起了新的知识框架, 能帮助学生培养起良好的数学学习习惯。

(三) 参与性原则

学生是教学活动的主体, 教师在教授类比推理时, 要充分尊重学生的主体性, 满足学生的个性发展需求, 同时要不断改变教学策略, 保持课堂氛围的轻松、愉悦, 鼓励学生大胆质疑, 为学生创造提问条件, 并帮助学生养成良好的团队协作意识, 激发学生的主动性和积极性, 帮助学生明确学习目标和任务。教师只是知识的引导者而非灌输者, 学生要主动投身到学习实践中, 将学习作为自己成长进步的助推器。同时, 要保证类比推理教学方法的顺利开展, 就应该建立起教师与学生的良性互动关系, 加强师生之间的交流和配合。教师要充分发挥引导者的角色, 让学生学会应该在何时停下来思考, 而且教师要细心观察学生的反映, 保证类比推理教学的有序开展, 合理控制课堂节奏, 从而让学生享受到难得的知识体验过程。这样, 学生才能进一步巩固旧知识, 从而夯实新的知识基础, 切实提高类比推理的教学效率。

四、应用类比推理法的几点建议

(一) 要重视类比推理教学法的应用

随着新课程改革的进一步深入, 培养学生演绎、归纳以及类比推理能力已经成为了数学教学中的重要方面, 但是就具体情况而言, 各学校教师缺乏对类比推理教学法的重视, 不注重培养学生的创新能力和创造性思维。在教研例会中, 高中数学教师极少提出类比推理教学法, 大多数教师在头脑中缺乏对类比推理教学法的清晰认识。类比推理法是一种途径短捷的推理方法, 它是立足已知认识未知的一种有效的试探性方法, 颇具有创造意识, 但也有一定的局限性。进行类比的两事物必须具有可比性, 即在某些属性上具有相似性, 否则将可能导致错误的结论。

(二) 要完善类比教学模式的系统性

当前, 类比推理教学模式并未渗入到高中数学教学中, 学校方面对此缺乏认识, 所以很难建立起系统、完善的类比推理教学模式, 自然无法有效激励教师应用类比推理教学法。尽管有部分教师在课堂教学中运用到了类比推理教学法, 但是任意性和随机性较大。

(三) 要承认类比推理教学法的局限

就一定意义而言, 类比推理有着显著的优势, 它能以二者的相似特征为出发点, 进而推理出相似的概念或者性质。但是类比推理并不是在任何情况下都适用, 它只在一定范围内具备较高的可信度。学生在学习类比推理时要积极开动脑筋, 学会思考和鉴别, 不能为了应试考试而机械地学习类比推理方法。教师要不断改进教学方法, 充分发挥引导作用, 帮助学生掌握正确的学习方法, 不断激发其学习兴趣。对一些教师而言, 类比推理受到各种主客观因素的限制, 能发挥的作用有限, 所以他们不提倡花费较多的精力或者时间去讲解类比推理方法。但是就目前的应试考试而言, 类比推理能帮助学生尽快找出解决问题的思路和方法。所以, 数学教师要不断加强自身的专业素质, 合理掌握类比推理的限度, 既不轻视也不依赖, 根据学生的实际情况制定切实可行的学习方法和策略, 使学生更好地掌握类比推理方法, 从而提高数学学习效率和成绩。

(四) 要掌握学生的学情

研究数据表明, 学生的年级越高, 他们的类比推理能力就越强。不难看出, 学生掌握知识的多寡以及训练强度严重影响着类比推理能力的提升和发挥。在年级升高的过程中, 学生接触的数学题型越来越多, 掌握的数学知识也越来越多, 尤其是高三的学生, 他们采用题海战术, 相对其他年级有着更为丰富的解题经验, 所以他们能从之前的经验中抽丝剥茧, 寻找相似之处, 从而快速、准确地解决问题。

篇4：高中数学推理与证明练习题

1 (选修22P61例2)三角形的内角和是180°,凸四边形的内角和是360°,凸五边形的内角和是540°……由此我们猜想：凸n边形的内角和是(n-2)×180°.

11 (改编)观察下列等式,试从中归纳出一般结论：

(1) 12=16×1×2×3, 12+22=16×2×3×5, 12+22+32=16×3×4×7, 12+22+32+42=16×4×5×9, …;

(2) 13=12, 13+23=(1+2)2, 13+23+33=(1+2+3)2, 13+23+33+43=(1+2+3+4)2, ….

12 (改编)因为an=(n2-5n+5)2时,有a1=a2=a3=a4=1,由此可猜想对任意的n (n∈N*), an=(n2-5n+5)2=1.

因为当n=0, 1, 2, 3, 4时,2n＜n2+8,由此可猜想对任意的n(n∈N*), 2n＜n2+8.

以上两个推理是归纳推理吗？所得的结论正确吗？你能得到什么结论(对这样的推理作出性质评估)？

13 (改编)在数列{an}中,a1=12,且(n+2)an+1=nan (n∈N*).

(1) 求a2, a3, a4的值;

(2) 试猜想{an}的通项公式,并给出证明.

2 (选修22P67第4题)(1) 证明：在等差数列{an}中,若m+n=p+q (m, n, p, q∈N*),则am+an=ap+aq;

(2) 通过对(1)的类比,写出等比数列{an}的一个猜想.

21 (改编)在等差数列{an}中,若am=a1+(m-1)d, an=a1+(n-1)d,则an-am=(n-m)d,从而an=am+(n-m)d,试进行类比,写出等比数列{an}的一个猜想.

3 (选修22P69例2)已知a, b, m均为正实数,b＜a,求证：ba＜b+ma+m.

31 (改编)已知数列{an}满足：a1=1, an+1=12an+n, n为奇数,

an-2n,n为偶数,设bn=a2n-2, n∈N*,求证：{bn}是等比数列,并求数列{bn}的通项公式.

4 (选修22P80例1)如图1,已知AB, CD相交于点O, △ACO≌△BDO, AE=BF,求证：CE=DF.

41 (改编)如图2,在△ABC中,BD⊥AC, CE⊥AB,点M, N分别为BC, DE的中点,求证：MN⊥DE.

42 (改编)已知a是整数.证明：若a2是偶数,则a也是偶数.

43 (改编)设函数f(x)对定义域内任意实数,都有f(x)≠0,且f(x+y)=f(x)f(y)成立,求证：对定义域内任意实数,都有f(x)＞0成立.

5 (选修22P86例2)用数学归纳法证明：当n∈N*时,1+3+5+…+(2n-1)=n2.

51 (改编)已知正项数列{an}满足a2n≤an-an+1,求证：an＜1n.

52 (改编)设ai＞0 (i=1, 2, 3, …, n),且a1a2a3 … an=1,求证：(1+a1)(1+a2)(1+a3) … (1+an)≥2n.

6 (选修22P109例5)计算2-i3-4i.

61 (改编)若复数z满足zi=2+i,则z= .

62 (改编)复数1-i(1+i)2的虚部为 .

63 (改编)已知i是虚数单位,若a+bi4-i=3+2i (a, b∈R),则a+b的值是 .

7 (选修22P110练习第1题)计算：(1)22+22i2;(2) (1-i)4.

(选修22P111习题3.2第2题第(2)问)计算：32+12i-12+32i.

71 (改编)计算：-23+i1+23i+21+i2004+(4-8i)2-(-4+8i)211-7i.

72 (改编)已知虚数u满足u2=u-,求复数z=u1+u2+u2u+u3+u3u2+u4的值.

第Ⅱ部分(人教版教材)

1 (人教A版《选修22》第74页例3)

类比平面内直角三角形的勾股定理，试给出关于空间中四面体性质的猜想.

（人教B版《选修22》第62页习题21.A第2题）

命题“正三角形内任一点到三边的距离等于常数”，对正四面体是否有类似的结论.

11 （改编）在直角三角形ABC中，AB⊥AC， AD⊥BC于D，则1AD2=1AB2+1AC2.在四面体ABCD中，类比上述论据，你能得到怎样的猜想，并说明理由.

12 （改编）在正三角形ABC中，若D是边BC的中点，G是三角形ABC的重心，则AGGD=2.在四面体ABCD中，类比上述论据，你能得到怎样的猜想，并说明理由.

2 (人教A版《选修22》第77页练习第2题)

观察下面的“三角阵”（图略），试找出相邻两行数之间的关系.

21 （改编）如图1所示的三角形数阵叫作“莱布尼兹调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的.

（1）试找出相邻两行数之间的关系；

（2）数阵的第7行第4个数是什么？

3 (人教A版《选修22》第98页复习参考题A组第1题)

观察下列图案（图略）中圆圈的排列规则，猜想第（5）个图形由多少个圆圈组成，是怎样排列的；第n个图形中共有多少个圆圈？

31 （改编）古希腊著名的毕达哥拉斯学派把1， 3， 6， 10…这样的数称为“三角形数”，而把1， 4， 9， 16…这样的数称为“正方形数”.如图2，可以发现，任何一个大于1的“正方形数”都可以看作两个相邻的“三角形数”之和，下列等式中，符合这一规律的表达式是 .

①13=3+10；②25=9+16；③36=15+21；④49=18+31；⑤64=28+36.

32 （改编）如图3是一个有n(n≥2)层的六边形点阵，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，则这个点阵的点数共有个.

4 (人教A版《选修22》第94页例1)

(人教B版《选修22》第72页例1)

用数学归纳法证明：12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)6 (n∈N*).

nlc202309031239

41 （改编）用数学归纳法证明：12+32+52+…+(2n-1)2=n(4n2-1)3 (n∈N*).

42 （改编）用数学归纳法证明：22+42+62+…+(2n)2=2n(n+1)(2n+1)3 (n∈N*).

5 (人教A版《选修22》第106页习题3.1第1（1）题)

(人教B版《选修22》第89页习题31第6（1）题)

求适合下列方程的实数x与y的值：(3x+2y)+(5x-y)i=17-2i.

51 （改编）求适合下列方程的共轭复数x与y的值：(3x+2y)+(5x-y)i=17-2i.

52 （改编）求适合下列方程的纯虚数x与y的值：(3x+2y)+(5x-y)i=17-2i.



第Ⅰ部分

11 (1) 12+22+32+…+n2=16n(n+1)(2n+1);

(2) 13+23+33+…+n3=12n(n+1)2.

12 以上两个推理都是归纳推理,但两个推理所得到的结论都是不正确的.说明由归纳推理得到的结论具有猜测的性质,不一定正确.

13 (1) a2=16, a3=112, a4=120;

(2) 猜想：an=1n(n+1) (n∈N*).

证明：因为(n+2)an+1=nan (n∈N*),所以an+1an=nn+2,则a1·a2a1·a3a2·a4a3·…·an-1an-2·anan-1=12×13×24×35×…×n-2n×n-1n+1=1n(n+1),即an=1n(n+1).

21 an=amqn-m.

31 设n=2k-1,则a2k=12a2k-1+2k-1, k∈N*.

当k≥2时,设n=2k-2,则a2k-2+1=a2k-2-2(2k-2),即a2k-1=a2k-2-4(k-1),所以当k≥2时,a2k=12［a2k-2-4(k-1)］+2k-1,即a2k=12a2k-2+1,所以当n≥2时,a2n=12a2n-2+1,即a2n-2=12 (a2n-2-2).

又bn=a2n-2, n∈N*, b1=a2-2=32-2=-12,即当n≥2时,bn=12bn-1,故数列{bn}是以-12为首项,12为公比的等比数列,故bn=-12·12n-1=-12n.

41 连结MD, ME,在Rt△BCD中,因为M为BC的中点,所以MD=12BC.同理,ME=12BC.所以MD=ME.

又N为DE的中点,所以MN⊥DE.

42 (反证法)设a=2m+1(m为整数),则a2=4m2+4m+1.

因为4m2+4m为偶数,所以4m2+4m+1为奇数,即a2为奇数,与条件矛盾,所以a也是偶数.

43 (反证法)假设函数f(x)对定义域内任意满足条件的实数x,都有f(x)＞0不成立,则存在实数x0,有f(x0)≤0成立.

因为函数f(x)对定义域内任意实数都有f(x)≠0,所以f(x0)＜0,且f12x0≠0,则由题设可知f(x0)=f12x0+12x0=f12x0f12x0=f212x0>0,矛盾,故假设不成立,所以对定义域内任意实数x,都有f(x)＞0.

51 因为a2n＜an-an+1 (n∈N*),所以a21≤a1-a2,即a2≤a1-a21.

又a2＞0,所以a1-a21＞0,所以a1＜1,即n=1时,结论成立.

① 当n=2时,a2≤a1-a21=-a1-122+14≤14＜12,即结论成立.

② 假设当n=k (k≥2, k∈N*)时,结论成立,即ak＜1k.那么当n=k+1时,a2k≤ak-ak+1, ak+1≤ak-a2k=-ak-122+14 0＜ak＜1k≤12,故ak-a2k关于ak在0, 1k上为单调增函数,故ak+1＜1k-1k2=k-1k2＜1k+1,即结论也成立.

由①和②,可知对任意的正整数n (n≥2), an＜1n都成立.

综上所述,对任意的正整数n,an＜1n都成立.

注意若取初始值n=1,则“a1-a21关于a1在(0, 1)上为单调增函数”不成立.

52 ① 当n=1时,不等式成立.

② 假设当n=k (k∈N*)时,不等式成立,即当ai＞0 (i=1, 2, 3, …, k),且a1a2a3…ak=1时,(1+a1)(1+a2)(1+a3) … (1+ak)≥2k.

那么当n=k+1时,再令ai＞0 (i=1, 2, 3, …, k+1),且a1a2a3 … ak+1=1,则ai (i=1, 2, 3, …, k+1)中必有两个数满足一个不小于1,另一个不大于1.为了书写方便,不妨设ak≥1, ak+1≤1,则(1-ak)(1-ak+1)≤0,即1+akak+1≤ak+ak+1,故2(1+akak+1)≤1+ak+ak+1+akak+1=(1+ak)(1+ak+1),于是(1+a1)(1+a2)(1+a3) … (1+ak)(1+ak+1)≥(1+a1)·(1+a2)(1+a3) … (1+ak-1)·2(1+akak+1)=2(1+a1)(1+a2)(1+a3)·… (1+ak-1)［1+(akak+1)］≥2·2k=2k+1,即不等式也成立.

综上所述,对任意的正整数n,不等式都成立.

61 1-2i.

62 -12.

63 19.

71 -1+i.

72 -3.

第Ⅱ部分

1 人教A版：略.

人教B版：正四面体内任一点到四个侧面的距离等于常数.

11 解：在四面体ABCD中，AB, AC, AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则1AE2=1AB2+1AC2+1AD2.

证明：如图4所示，连接BE交CD于F，连接AF.因为AB⊥AC, AB⊥AD,所以AB⊥平面ACD.

而AF平面ACD，所以AB⊥AF.

在Rt△ABF中，

AE⊥BF，所以1AE2=1AB2+1AF2.

在Rt△ACD中，AF⊥CD，

nlc202309031239

所以1AF2=1AC2+1AD2,

所以1AE2=1AB2+1AC2+1AD2，故猜想正确.

12 解：在棱长都相等的四面体ABCD中，若△BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等，则AOOM=3.

证明：设四面体内部一点O到四面体各面都相等的距离为d，则由题意知d=OM，设各个面的面积为S，则由等积法可得：4·13S·OM=13S·AM,4OM=AM=AO+OM，从而可得：AOOM=3.

2 人教A版：从第二行起，每一个数等于其肩上两数的和.

21 解：（1）数阵的第n行有n个数且两端的数均为1n(n≥2)，其余每个数是它下一行左右相邻两数的和；

（2）由以上规律可知，第7行第1个数为17，第2个数为16-17=142，第3个数为130-142=1105，第4个数为160-1105=1140.

3 人教A版：a5=21, an=n2-n+1 (n∈N*).

31 解：这些“三角形数”依次是1, 3, 6, 10, 15, 21, 28, 36, 45， …,且“正方形数”是“三角形数”中相邻两数之和，很容易得到：15+21=36, 28+36=64，只有③⑤是对的.

32 解：本题是数列问题，这个点阵从里到外每层的点数的个数为：1, 6, 12, 18, 24， …，可知，从第2层开始，构成公差为6的等差数列，所以

sn=1+(n-1)×6+(n-1)(n-2)2×6

=3n2-3n+1.

4 人教A版，人教B版：略.

41 证明：当n=1时，左边=1，右边=1，所以等式成立；

假设当n=k时，等式成立，即12+32+52+…+(2k-1)2=k(4k2-1)3,

则当n=k+1时，

左边=12+32+52+…+(2k-1)2+［2(k+1)-1］2=k(4k2-1)3+［2(k+1)-1］2=k(4k2-1)3+(2k+1)2=k(4k2-1)3+3(2k+1)23=(k+1)［4(k+1)2-1］3=右边.

综上可知，等式对所有的n∈N*都成立.

42 略.

5 人教A版，人教B版：x=1, y=7.

51 解：设x=a+bi (a, b∈R),则y=a-bi (a, b∈R),所以：

(3x+2y)+(5x-y)i=3(a+bi)+2(a-bi)+

［5(a+bi)-(a-bi)］i

=(5a-6b)+(4a+b)i

=17-2i,

所以5a-6b=17，4a+b=-2,所以a=529, b=-7829,

所以x=529-7829i, y=529+7829i.

52 解：设x=ai， y=bi (a, b∈R,且a, b≠0),则

(3x+2y)+(5x-y)i=3ai+2bi+(5ai-bi)i=b-5a+(3a+2b)i=17-2i,

所以-5a+b=17，3a+2b=-2，所以a=-3613, b=4113,

所以x=-3613i, y=4113i.

篇5：高中数学推理与证明

1、推理：

(1)合情推理：归纳推理和类比推理都是根据已有事实，经过观察、分析、比较、联想，在进行归纳、类比，然后提出猜想的推理，称为合情推理。

①归纳推理:

�《ㄒ澹河赡忱嗍澄锏牟糠侄韵缶哂心承┨卣鳎�推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者有个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理，简称归纳。

�⑻氐悖�

*归纳是依据特殊现象推断一般现象，因而，由归纳所得的结论超越了前提所包容的范围;

*归纳是依据若干已知的、没有穷尽的现象推断尚属未知的现象，因而结论具有猜测性;

*归纳的前提是特殊的情况，因而归纳是立足于观察、经验和实验的基础之上;

*归纳是立足于观察、经验、实验和对有限资料分析的基础上，提出带有规律性的结论。

�2街瑁�

*对有限的资料进行观察、分析、归纳整理;

*提出带有规律性的结论，即猜想;

*检验猜想。

②类比推理：

�《ㄒ澹河闪嚼喽韵缶哂欣嗨坪推渲幸焕喽韵蟮哪承┮阎�特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理，称为类比推理，简称类比。

�⑻氐悖�

*类比是从人们已经掌握了的`事物的属性，推测正在研究的事物的属性，是以旧有的认识为基础，类比出新的结果;

*类比是从一种事物的特殊属性推测另一种事物的特殊属性;

*类比的结果是猜测性的不一定可靠，单它却有发现的功能。

�2街瑁�

*找出两类对象之间可以确切表述的相似特征;

*用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而得出一个猜想;

*检验猜想。

(2)演绎推理：

①定义：从一般的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，这种推理叫演绎推理。

②演绎推理是由一般到特殊的推理;

③“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：

大前提――已知的一般结论;

小前提――所研究的特殊情况;

结论――根据一般原理，对特殊情况得出的判断。

④“三段论”推理的依据，用集合的观点来理解：

若集合M的所有元素都具有性质P，S是M的一个子集，那么S中所有元素也都具有性质P。

(3)合情推理与演绎推理的区别与联系：

①归纳是由特殊到一般的推理;

②类比是由特殊到特殊的推理;

③演绎推理是由一般到特殊的推理.

④从推理的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待证明;演绎推理得到的结论一定正确。

⑤演绎推理是证明数学结论、建立数学体系的重要思维过程;而数学结论、证明思路的发现，主要靠合情推理.

2、证明：

(1)直接证明：

①综合法：利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法。综合法又叫顺推法，其特点是：“由因导果”。

②分析法：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定义、定理、公理等)，这种证明的方法叫分析法。分析法又叫逆推证法，其特点是：“执果索因”。

③数学归纳法：

�∈�学归纳法公理：

如果①当n取第一个值

(例如

等)时结论正确;

②假设当

时结论正确，证明当n=k+1时结论也正确;

那么，命题对于从

开始的所有正整数n都成立。

�⑺得鳎�

*数学归纳法的两个步骤缺一不可，用数学归纳法证明问题时必须严格按步骤进行;

*数学归纳法公理是证明有关自然数命题的依据。

(2)间接证明(反证法、归谬法)：假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立，这种证明方法叫反证法。

用反证法证明一个命题常采用以下步骤：

①假定命题的结论不成立;

②进行推理，在推理中出现下列情况之一：与已知条件矛盾;与公理或定理矛盾;

③由于上述矛盾的出现，可以断言，原来的假定“结论不成立”是错误的;

④肯定原来命题的结论是正确的。

即“反设――归谬――结论”

篇6：高中数学推理与证明(第7讲)

2，>>，„若a>b>0且m>0，则()10811102521a＋ma

A．相等B．前者大

推理与证明是数学的基本思维过程，它有机地渗透到高中数学的各个章节，是高考必考的内容之一．新课标考试大纲将抽象概括作为一种能力提出，进一步强化了合情推理与演绎推理的要求．因此在学习过程重视合情推理与演绎推理．高考对直接证明与间接证明的考查主要以直接证明中的综合法为主．

【知识梳理】

1、归纳推理：是由部分到整体、由特殊到一般的推理。

归纳推理的一般步骤 

通过观察个别情况发现某些相同的性质

从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般命题猜想证明

2、类比推理：是由特殊到特殊的推理.类比推理的一般步骤 

找出两类对象之间可以确切表述的相似特征 

用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征从而得出一个猜想 检验猜想。

3、合情推理归纳推理和类比推理都是根据已有的事实经过观察、分析、比较、联想再进行归纳、类比然后提出猜想的推理.归纳推理和类比推理统称为合情推理

4、演绎推理从一般性的原理出发推出某个特殊情况下的结论演绎推理的一般模式———“三段论”包括

⑴大前提-----已知的一般原理

⑵小前提-----所研究的特殊情况

⑶结论-----据一般原理对特殊情况做出的判断

5、直接证明与间接证明

⑴综合法利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等经过一系列的推理论证最后推导出所要证明的结论成立.要点顺推证法由因导果.⑵分析法从要证明的结论出发逐步寻找使它成立的充分条件直至最后把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件已知条件、定理、定义、公理等为止.要点逆推证法执果索因.⑶反证法一般地假设原命题不成立经过正确的推理最后得出矛盾因此说明假设错误从而证明了原命题成立.的证明方法.它是一种间接的证明方法.反证法法证明一个命题的一般步骤

①反设假设命题的结论不成立

②推理根据假设进行推理,直到导出矛盾为止

(3)归谬断言假设不成立(4)结论肯定原命题的结论成立.6、数学归纳法数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法.用数学归纳法证明命题的步骤;

(1)归纳奠基证明当n取第一个值时命题成立

(2归纳递推假设k=n 时命题成立推证当k=n+1时命题成立.【金题精讲】

【例1】ABC的三个内角A,B,C成等差数列，求证：113 abbcabc

【例2】4．设f(x)sin(2x)(0),f(x)图像的一条对称轴是x

（1）求的值；

（2）求yf(x)的增区间；

（3）证明直线5x2yc0与函数yf(x)的图象不相切。8.【例3】．（2102福建）某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数。

（1）sin213°+cos217°-sin13°cos17°

（2）sin215°+cos215°-sin15°cos15°

（3）sin218°+cos212°-sin18°cos12°

（4）sin2（-18°）+cos248°-sin2（-18°）cos248°

（5）sin2（-25°）+cos255°-sin2（-25°）cos255°

Ⅰ 试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数

Ⅱ 根据（Ⅰ）的计算结果，将该同学的发现推广位三角恒等式，并证明你的结论。

【例4】用数学归纳法证明123n2222n(n1)(2n1)，(nN)6

变式：数学归纳法证明： 11111nn 23421

【达标训练】

1用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60度”时，反设正确的是（）。

(A)假设三内角都不大于60度；(B)假设三内角都大于60度；

(C)假设三内角至多有一个大于60度；(D)假设三内角至多有两个大于60度。

2.（2012陕西）察下列不等式

113 222

115123，233

11151222 2343

„„

照此规律，第五个不等式为.．．．

3.（2012湖北）传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数。他们研究过如图所示的三角形数：

4已知n为正偶数，用数学归纳法证明

111111112()时，若已假设nk(k2为偶 234n1n2n42n

（）

B．nk2时等式成立

D．n2(k2)时等式成立数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证A．nk1时等式成立 C．n2k2时等式成立

5一同学在电脑中打出如下若干个圈:○●○○●○○○●○○○○●○○○○○●„若将此若干个圈依此规律继续下去,得到一系列的圈,那么在前120个圈中的●的个数是（）

A．12B.13C.14D.15

6数列an中，a1=1，Sn表示前n项和，且Sn，Sn+1，2S1成等差数列，通过计算S1，S2，S3，猜想当n≥1时，Sn=（）

2n1 A．n1 22n1B．n1 2C．n(n1)2nD．1－12n1

8设a，b，x，y∈R，且

1119已知正数a,b,c成等差数列，且公差d0，求证：，不可能是等差数列。abc；

10知数列{an}满足Sn＋an＝2n＋1,(1)写出a1, a2, a3,并推测an的表达式；

篇7：高中数学推理与证明练习题

自主整理

1.合情推理的结论有时不正确,对于数学命题,需要通过___________严格证明.2.___________是最常见的一种演绎推理形式.第一段讲的是一般性道理,称为___________;第二段讲的是研究对象的特殊情况,称为_____________;第三段是由大前提和小前提作出的判断,称为_____________.高手笔记

1.三段论是演绎推理的一般模式,可表示为: 大前提:M是P, 小前提:S是M, 结论:S是P.2.在应用三段论证明的过程中,因为作为一般性道理的大前提被人们熟知了,所以书写时往往省略大前提.3.合情推理是认识世界、发现问题的基础.结论不一定正确.演绎推理是证明命题、建立理论体系的基础,二者相辅相成,在数学中证明一个命题,就是根据命题的条件和已知的定义、公理、定理,利用演绎推理的法则将命题推导出来,只要在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下,得到的结论就正确.名师解惑三段论推理

剖析:三段论法的论断基础是这样一个公理：“凡肯定(或否定)了某一类对象的全部,也就肯定(或否定)了这一类对象的各部分或个体.”简言之:“全体概括个体.”

三段论中大前提是一个一般性结论,都具有的结论是共性,小前提是指其中的一个,结论为这一个也具有大前提中的结论,要得到一个正确的结论,大前提和小前提都必须正确,二者中一个有错误,结论就不正确,如所有的动物都用肺呼吸,鱼是动物,所以鱼用肺呼吸,此推理显然错误,错误的原因是大前提错了.再如所有的能被2整除的数是偶数.合数是偶数所以合数能被2整除.错误的原因是小前提错了.讲练互动

【例1】梯形的两腰和一底如果相等,它的对角线必平分另一底上的两个角.已知在如图所示的梯形ABCD中,AD∥BC,AD=DC=AD,AC和BD是它的对角线.求证:AC平分∠BCD,BD平分∠CBA.分析：本题可由三段论逐步推理论证.证明：(1)等腰三角形两底角相等,(大前提)△DAC是等腰三角形,DA、DC为两腰,(小前提)∴∠1=∠2.(结论)(2)两条平行线被第三条直线截出的内错角相等,(大前提)∠1和∠3是平行线AD、BC被AC截出的内错角,(小前提)∴∠1=∠3.(结论)(3)等于同一个量的两个量相等,(大前提)∠2和∠3都等于∠1,(小前提)∴∠2=∠3,(结论)即AC平分∠BCD.(4)同理DB平分∠CBA.绿色通道

命题的推理证明为多个三段论,称为复合三段论.事实上,每一次三段论的大前提可不写出,某一次三段论的小前提如果是它前面某次三段论的结论,也可不再写出,即过程可简写.变式训练

1.如图所示,D、E、F分别是BC、CA、AB边上的点,∠BFD=∠A,DE∥BA.求证:ED=AF.证明:(1)同位角相等,两条直线平行,(大前提)∠BFD与∠A是同位角,且∠BFD=∠A,(小前提)∴DF∥EA.(结论)(2)两组对边分别平行的四边形是平行四边形,(大前提)DE∥BA,且DF∥EA,(小前提)∴四边形AFDE为平行四边形.(结论)(3)平行四边形的对边相等,(大前提)ED和AF为平行四边形的对边,(小前提)∴ED=AF.(结论)【例2】在四边形ABCD中,AB=CD,BC=AD(如图).求证:ABCD为平行四边形.写出三段论形式的演绎推理.分析：原题可用符号表示为(AB=CD)且(BC=AD)ABCD.用演绎推理来证明论题的方法,也就是从包含在论据中的一般原理推出包含在此题中的个别特殊事实.为了证明这个命题为真,我们只需在假设前提(AB=CD且BC=AD)为真的情况下,以已知公理、已知定义、已知定理为依据,根据推理规则,导出结论ABCD为真.证明：(1)连结AC,(公理)(2)(AB=CD)且(BC=AD),(已知)AC=AC,(公理)(AB=CD)且(BC=DA)且(CA=AC).(3)平面几何中的边边边定理是:有三边对应相等的两个三角形全等.这一定理相当于: 对于任意两个三角形,如果它们的三边对应相等,则这两个三角形全等.(大前提)如果△ABC和△CDA的三边对应相等.(小前提)则这两个三角形全等.(结论)符号表示:(AB=CD)且(BC=DA)且(CA=AC)△ABC≌△CDA.(4)由全等形的定义,可知全等三角形的对应角相等.这一性质相当于: 对于任意两个三角形,如果它们全等,则它们对应角相等.(大前提)如果△ABC和△CDA全等,(小前提)则它们的对应角相等.(结论)用符号表示,就是

△ABC≌△CDA(∠1=∠2)且(∠3=∠4)且(∠B=∠D).(5)两条直线被第三条直线所截,如果内错角相等,那么这两条直线平行.(平行线判定定理)(大前提)直线AB、DC被直线AC所截,若内错角∠1=∠2, ∠1=∠2.(小前提)(已证)AB∥DC,BC∥AD.(AB∥DC)且(BC∥AD).(结论)(同理)(6)如果四边形的两组对边分别平行,那么这个四边形是平行四边形.(平行四边形定义)(大前提)在四边形ABCD中,两组对边分别平行,(小前提)四边形ABCD为平行四边形.(结论)符号表示为AB∥DC,且AD∥BC四边形ABCD为平行四边形.绿色通道

像上面这样详细地分析一个证明的步骤,对于养成严谨的推理习惯,发展抽象思维能力,是有一定的积极作用,但书写起来非常烦琐,一般可以从实际出发省略大前提或小前提,采用简略的符号化写法,比如,本例题的证明,通常可以这样给出: 证明:连结AC.ABCD12AB//DCBCDA△ABC≌△CDA四边形ABCD为平行四边形.34BC//ADCAAC变式训练

2.如图所示为三个拼在一起的正方形,求证:α+β=

.4

,0<β<, 2211∴0<α+β<π.又tanα=,tanβ=，2311tantan23=1.∴tan(α+β)=111tantan123证明:根据题意0<α<∵0<α+β<π, ∴在(0,π)内正切值等于1的角只有一个∴α+β=

.4.4【例3】如图所示,A、B、C、D四点不共面,M、N分别是△ABD和△BCD的重心.求证:MN∥平面ACD.分析：证明线面平行,关键是在面内找到一条直线与已知直线平行即可,本题是三段论证明的应用.证明：连结BM、BN并延长分别交AD、DC于P、Q两点,连结PQ.∵M、N分别是△ABD和△BCD的重心, ∴P、Q分别为AD、DC的中点.又∵BMBN=2=,∴MN∥PQ.MPNQ又∵MN平面ADC,PQ平面ADC, ∴MN∥平面ACD.绿色通道

本题为一个三段论推理的问题,可以简写,遵循的原则是:如果ab,bc,则ac.变式训练

3.如图所示,P是ABCD所在平面外一点,Q是PA的中点,求证:PC∥平面BDQ.证明:连结AC交BD于O, ∵四边形ABCD是平行四边形, ∴AO=OC.连结OQ, 又OQ是△APC的中位线,∴PC∥OQ.∵PC在平面BDQ外,OQ平面BDQ, ∴PC∥平面BDQ.632【例4】证明函数f(x)=x-x+x-x+1的值恒为正数.分析：可对x的所有不同取值逐一给出证明,即完全归纳推理.证明：当x<0时,f(x)各项都是正数, ∴当x<0时,f(x)为正数;62当0≤x≤1时,f(x)=x+x(1-x)+(1-x)>0;33当x>1时,f(x)=x(x-1)+x(x-1)+1>0.综上所述,f(x)的值恒为正数.绿色通道

有关代数运算推理,也可用三段论表述,注意大前提和小前提必须明确.变式训练 4.证明函数f(x)=-x2+2x在(-∞,1］上是增函数.证明:任取x1、x2∈(-∞,1］,且x10.∵x1、x2≤1,x1≠x2, ∴x2+x1-2<0.∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)

2+2x在(-∞,1］上是增函数.教材链接

篇8：中考中的推理与证明

一、证明中的定义与命题

例1 (2014·浙江宁波)已知命题“关于x的一元二次方程x2+bx+1=0,当b<0时必有实数解”,能说明这个命题是假命题的一个反例是().

A. b=-1 B. b=2

C. b=-2 D. b=0

分析先根据判别式得到Δ=b2-4,在满足b<0的前提下,取b=-1得到Δ<0,根据判别式的意义得到方程没有实数解,于是b=-1可作为说明这个命题是假命题的一个反例.

解:Δ=b2-4,由于当b=-1时,满足b<0,而Δ<0,方程没有实数解,所以当b=-1时,可说明这个命题是假命题. 故选A.

点评本题考查了根的判别式、命题与定理. 判断一件事情的语句,叫做命题.许多命题都是由题设和结论两部分组成,题设是已知事项,结论是由已知事项推出的事项,一个命题可以写成“如果……那么……”的形式;有些命题的正确性是用推理证实的,这样的真命题叫做定理. 本题也考查了根的判别式.

例2 (2014·广西崇左)写出下列命题的已知、求证,并完成证明过程.

命题:如果一个三角形的两个角相等,那么这两个角所对的边也相等(简称:“等角对等边”).

已知:如图,_____________.

求证:_____________.

分析根据图示,分析原命题,找出其条件与结论 ,然后根据 ∠B = ∠C证明△ABC为等腰三角形,从而得出结论.

解:已知,如图1,在△ABC中,∠B=∠C.

求证:AB=AC.

证明:过点A作AD⊥BC于点D,

∴∠ADB=∠ADC=90°.

在△ABD和△ACD中,

∠ADB=∠ADC,∠B=∠C,AD=AD,

∴△ABD≌△ACD(AAS),

∴AB=AC.

点评本题主要考查同学们对命题与证明的理解,难度适中.

二、证明中的推理与论证

例3 (2014·浙江绍兴)如图2,汽车在东西向的公路l上行驶,途中A、B、C、D四个十字路口都有红绿灯. AB之间的距离为800米,BC为1 000米,CD为1 400米,且l上各路口的红绿灯设置为:同时亮红灯或同时亮绿灯,每次红(绿)灯亮的时长相同,红灯亮的时长与绿灯亮的时长也相同. 若绿灯刚亮时,甲汽车从A路口以每小时30千米的速度沿l向东行驶,同时乙汽车从D路口以相同的速度沿l向西行驶,这两辆汽车通过四个路口时都没有遇到红灯,则每次绿灯亮的时间可能设置为().

A. 50秒 B. 45秒

C. 40秒 D. 35秒

分析首先求出汽车行驶各路段所用的时间,进而根据红绿灯的设置,分析每次绿灯亮的时间,得出符合题意的答案.

解:∵甲汽车从A路口以每小时30千米的速度沿l向东行驶,同时乙汽车从D路口以相同的速度沿l向西行驶,

∴两车的速度为:30000/3600=25/3(m/s）,

∵AB之间的距离为800米,BC为1 000米,CD为1 400米,∴分别通过AB,BC,CD所用的时间为:,

∵这两辆汽车通过四个路口时都没有遇到红灯,∴当每次绿灯亮的时长为50 s时,∵,∴甲车到达B路口时遇到红灯,故A错误;

当每次绿灯亮的时长为45 s时,

∵,∴乙车到达C路口时遇到红灯,故B错误;

当每次绿灯亮的时间长40 s时 ,∵,∴甲车到达C路口时遇到红灯,故C错误;

当每次绿灯亮的时长为35 s时,

∴这两辆汽车通过四个路口时都没有遇到红灯,故D正确.