• [例2] 如图①所示，在△ABC中，射影定 理可表示为a＝b·cosC＋c·cosB，其中a，b， c分别为角A，B，C的对边，类比上述定理， 写出对空间四面体性质的猜想．
[分析]
平面图形与空间图形的类比 →
平面图形的结论 → 空间图形的相应结论
• [解析] 如图②所示，在四面体P－ABC中，设 S1，S2，S3，S分别表示△PAB，△PBC，△PCA， △ ABC 的 面 积 ， α ， β ， γ依 次 表 示 面 PAB ， 面 PBC，面PCA与底面ABC所成二面角的大小．我 们猜想射影定理类比推理到三维空间，其表现 形式应为 • S＝S1·cosα＋S2·cosβ＋S3·cosγ.
以上各式相加，整理得 22＋2＋32＋3＋42＋4＋…＋n2＋n f(n)＝f(1)＋ 2 12＋22＋32＋…＋n2＋1＋2＋…＋n ＝ 2 n(n＋1)(2n＋1) n(n＋1) ＋ n(n＋1)(n＋2) 6 2 ＝ ＝ . 2 6
[答案] n(n＋1)(n＋2) 10； 6
• 类比是提出新问题和作出新发现的一个重 要源泉，是一种较高层次的信息迁移，应 用类比的关键就在于如何把相关对象在某 些方面的一致性说清楚．常见的类比题型 有两类：一类是类比旧知识，推出新结论； 另一类是类比新知识，推出新结论．
• 3．在第二步的证明中，“当n＝k时结论 正确”这一归纳假设起着已知的作用， “当n＝k＋1时结论正确”则是求证的目 标．在这一步中，一般首先要凑出归纳假 设里给出的形式，以便利用归纳假设，然 后再去凑出当n＝k＋1时的结论． • 数学归纳法可以用来证明与正整数有关的 代数恒等式、三角恒等式、不等式、整除 性问题及几何问题．
c (1)求a的范围； 3 (2)证明： <|AB|<3. 2
[解析]
(1)解：∵f(1)＝0，∴a＋b＋c＝0.
又 a>b>c，且 a≠0，∴a>0，c<0. ∵a＋b＋c＝0，∴b＝－a－c.从而 a>－a－c>c.
－a>2c ∴ 2a>－c
c 1 ⇒－2< <－ . a 2
(2)证明：∵ax2 ＋bx＋c＝ax2 －(a＋c)x＋c＝(ax －c)(x－1)＝0 c c ∴xA＝ ，xB＝1 或 xA＝1，xB＝ ， a a
3 3 [答案] 2 1 [解析] 由 [f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)] n
x1＋x2＋…＋xn ≤f ，(大前提) n
因为 f(x)＝sinx 在(0，π)上是凸函数，(小前提) 所以
A＋B＋C f(A)＋f(B)＋f(C)≤3f ，(结论) 3
[例 3]
若定义在区间 D 上函数 f(x)对于 D 上的几个
1 值 x1 ， x2 ， … ， xn 总 满 足 [f(x1) ＋ f(x2) ＋ … ＋ n
x1＋x2＋…＋xn f(xn)]≤f 称函数 n
f(x)为 D 上的凸函数，现
已知 f(x)＝sinx 在(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sinA ＋sinB＋sinC 的最大值是________．
π 3 3 即 sinA＋sinB＋sinC≤3sin ＝ ， 3 2 3 3 因此 sinA＋sinB＋sinC 的最大值是 . 2
• 综合法是我们在已经储存了大量的知识积累了 丰富的经验的基础上所用的一种方法，其优点 是叙述起来简洁、直观、条理、清楚，综合法 可使我们从已知的知识中进一步获得新知识． • [例4] 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋ c(a≠0)(a>b>c)的图象与x轴有两个不同的交点A， B，且f(1)＝0.
第二章 推理与证明
• 归纳是通过对特例的观察和综合去发现一 般规律，一般通过观察图形或分析式子寻 找规律，归纳过程的典型步骤是：先在诸 多特例中发现某些相似性，再把相似性推 广为一个明确表述的一般命题，最后对该 命题进行检验或论证．
• [例1] 在德国布莱梅举行的第48届世乒赛 期间，某商场橱窗里用同样的乒乓球堆成 若干堆“正三棱锥”形的展品，其中第1 堆只有一层，就一个乒乓球；第2,3,4、… 堆最底层(第一层)分别按如图所示方式固 定摆放．从第二层开始，每层的乒乓球自 然垒放在下一层之上，第n堆第n层就放一 个乒乓球，以f(n)表示第n堆的乒乓球总数， 则f(3)＝________；f(n)＝________(答案用 n表示)．
[证明]
假设存在 x′0，x0∈(a，b)且 x′0≠x0，使得
f(b)－f(a) f(b)－f(a) ＝f′(x0)， ＝f′(x′0)． b－a b－a ex 1 ∴f′(x0)＝f′(x′0)，∵f′(x)＝ －1＝－ ， 1＋ex 1＋ex 1 记 g(x)＝f′(x)＝－ . 1＋ex ex ∴g′(x) ＝ x 2 >0 ， f(x) 是 [a ， b] 上 的 单 调 增 函 (1＋e ) 数．∴x0＝x′0，这与 x′0≠x0 矛盾，即 x0 是唯一的．
c c ∴Байду номын сангаасAB|＝|xA－xB|＝a－1＝1－a，
c 1 由(1)知－2< <－ ， a 2 1 c ∴1＋ <1－ <1＋2， 2 a 3 即 <|AB|<3. 2
• 分析法是一种从未知到已知的逻辑推理方 法．在探求问题的证明时，它可以帮助我 们构思，因而在一般分析问题时，较多地 采用分析法，只是找到思路后，往往用综 合法加以叙述，正如恩格斯所说“没有分 析就没有综合”，在数学证明中不能把分 析法和综合法绝对分开．
• 数学归纳法是专门证明与正整数有关的命题的 一种方法．它是一种完全归纳法，它的证明共 分两步，其中第一步是命题成立的基础，称为 “归纳基础”(或称特殊性)．第二步解决的是延 续性(又称传递性)问题．运用数学归纳法证明有 关命题要注意以下几点： • 1．两个步骤缺一不可． • 2．第二步中，证明“当n＝k＋1时结论正确”的 过程里，必须利用“归纳假设”即必须用上 “当n＝k时结论正确”这一结论．
[例 5]
[分析]
2 设 a，b 为实数，求证 a ＋b ≥ (a＋b)． 2
2 2
验证a＋b≤0时不等式成立 →
当a＋b>0时，两边平方 → 1 2 寻找a ＋b ≥ (a ＋b2＋2ab)成立的条件 → 2
2 2
寻找a2＋b2≥2ab成立的条件 → a2＋b2≥2ab对一切实数成立 → 结论
当 a＋b≤0 时，∵ a2＋b2≥0， 2 2 2 ∴ a ＋b ≥ (a＋b)成立． 2 当 a＋b>0 时，用分析法证明如下： 2 2 2 要证 a ＋b ≥ (a＋b)， 2 2 2 2 2 只需证( a ＋b ) ≥[ (a＋b)]2， 2 1 2 2 2 即证 a ＋b ≥2(a ＋b2＋2ab)，即证 a2＋b2≥2ab. ∵a2＋b2≥2ab 对一切实数恒成立， 2 2 2 ∴ a ＋b ≥ (a＋b)成立． 2 综上所述，不等式得证. [解析]
1 1 由 an＋ <an＋1＋ ＝c 得 an<α an an 10 当 2<c< 时，an<α≤3 3 10 c> 时，α>3，且 1≤an<α， 3 1 1 于是 α－an＋1＝ (α－an)≤ (α－an)， an α 3 1 α－an＋1≤ n(α－1) 3 α－1 当 n>log3 时，α－an＋1≤α－3，an＋1≥3. α－3 10 10 因此 c> 不合要求，所以 c 的取值范围为2， 3 . 3
－
4 的等比数列，
4n 1 1 2 1 n －1 － . bn＋ ＝－ ×4 ，即 bn＝－ 3 3 3 3
(2)a1＝1，a2＝c－1，由 a2>a1 得 c>2 用数学归纳法证明：当 c>2 时，an<an＋1 1 ①当 n＝1，a2＝c－ >a1，命题成立； a1 ②设当 n＝k 时，ak<ak＋1，则当 n＝k＋1 时，ak＋2 1 ＝c－ >c－ ＝ak＋1， ak ak＋1 故由①②知当 c>2 时，an<an＋1 c＋ c2－4 当 c>2 时，令 α＝ ， 2 1
• 反证法不是去直接证明结论，而是先否定 结论，在此基础上运用演绎推理，导出矛 盾，从而肯定结论的真实性．
[例 6] 已知函数 f(x)＝ln(1＋ex)－x(x∈R)有下列性 f(b)－f(a) 质：“若 x∈[a，b]，则存在 x0∈(a，b)，使得 ＝ b－a f′(x0)”成立．利用这个性质证明 x0 唯一．
[解析]
an－2 5 1 (1)an ＋ 1 －2＝ － －2＝ ，取倒数有 2 an 2an
1 2an 4 ＝ ＝ ＋2 an＋1－2 an－2 an－2 2 2 ∴bn＋1＝4bn＋2 得 bn＋1＋ ＝4bn＋3， 3 1 又 a1＝1，故 b1＝ ＝－1 a1－2
2 1 bn＋ 是首项为－ ，公比为 所以 3 3
• 从思维过程的指向来看，演绎推理是以某 一类事物的一般判断为前提，而做出关于 该类事物的判断的思维过程，因此是从一 般到特殊的推理．数学中的演绎法一般是 以三段论的格式进行的．三段论由大前提、 小前提和结论三个命题组成，大前提是一 个一般性原理；小前提给出了适合这个原 理的一个特殊场合，结论是大前提和小前 提的逻辑结果．
[例 7] 1 an＋1＝c－ . an
(2010·全国Ⅰ理，22)已知数列{an}中，a1＝1，
5 1 (1)设 c＝ ，bn＝ ，求数列{bn}的通项公式； 2 an－2 (2)求使不等式 an<an＋1<3 成立的 c 的取值范围．
• [分析] 本小题主要考查数列的通项公式、 等比数列的定义、递推数列、不等式等基 础知识和基本技能，同时考查分析、归纳、 探究和推理论证问题的能力，在解题过程 中也渗透了对函数与方程思想、化归与转 化思想的考查．(1)利用取倒数构造等比数 列．(2)利用数学归纳法求解．
