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章末小结合情推理与演绎推理运用合情推理时，要认识到观察、归纳、类比、猜想、证明是相互联系的．在解决问题时，可以先从观察入手，发现问题的特点，形成解决问题的初步思路；然后用归纳、类比的方法进行探索，提出猜想；最后用演绎推理的方法进行验证．观察下图中各正方形图案，每条边上有n(n≥2)个点，第n个图案中圆点的总数是S n.••••，••••••••，••••••••••••，…n＝2，S2＝4；n＝3，S3＝8；n＝4，S4＝12；…，按此规律，推出S n 与n的关系式为________．解析：依图的构造规律可以看出： S 2＝2×4－4， S 3＝3×4－4，S 4＝4×4－4(正方形四个顶点重复计算一次，应减去)． …猜想：S n ＝4n －4(n ≥2，n ∈N *)． 答案：S n ＝4n －4(n ≥2，n ∈N *)若数列{a n }是等比数列，且a n >0，则有数列b n ＝na 1·a 2·…·a n (n ∈N *)也为等比数列，类比上述性质，相应地，数列{c n }是等差数列，则有d n ＝________也是等差数列．解析：类比猜想可得d n ＝c 1＋c 2＋…＋c n n 也成等差数列，若设等差数列{c n }的公差为x ，则d n ＝c 1＋c 2＋…＋c n n＝nc 1＋n （n －1）2xn＝c 1＋(n －1)·x2.可见{d n }是一个以c 1为首项，x2为公差的等差数列，故猜想是正确的．答案：c 1＋c 2＋…＋c nn已知函数f (x )＝x 13－x －135，g (x )＝x 13＋x －135.(1)证明f (x )是奇函数，并求f (x )的单调区间；(2)分别计算f (4)－5f (2)·g (2)和f (9)－5f (3)·g (3)的值，由此概括出涉及函数f (x )和g (x )的对所有不等于零的实数x 都成立的一个等式，并加以证明．(1)证明：函数f (x )的定义域(－∞，0)∪(0，＋∞)关于原点对称，又f (－x )＝（－x ）13－（－x ）－135＝－x 13－x －135＝－f (x )，∴f (x )是奇函数．任取x 1，x 2∈(0，＋∞)，设x 1<x 2， f (x 1)－f (x 2)＝x 131－x －1315－x 132－x －1325＝15(x 131－x 132)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1x 131·x 132. ∵x 131－x 132<0，1＋1x 131·x 132>0，∴f (x 1)－f (x 2)<0.∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增．∴f (x )的单调递增区间为(－∞，0)和(0，＋∞)．(2)解析：计算得f (4)－5f (2)·g (2)＝0，f (9)－5f (3)·g (3)＝0.由此概括出对所有不等于零的实数x 有 f (x 2)－5f (x )·g (x )＝0. ∵f (x 2)－5f (x )·g (x )＝x 23－x －235－5·x 13－x －135·x 13＋x －135＝15(x 23－x －23)－15(x 23－x －23)＝0， ∴该等式成立．点评：问题(1)的大前提为函数奇偶性和单调性的定义．问题(2)实际上是合情推理在高考中的体现，有一定的创新性．►变式训练1．已知数列{a n }的相邻两项a 2k －1，a 2k 是关于x 的方程x 2－(3k ＋2k )x ＋3k ·2k ＝0的两个根且a 2k －1≤a 2k (k ＝1，2，3，…)．(1)求a 1，a 3，a 5，a 7及a 2n (n ≥4)，不必证明； (2)求数列{a n }的前2n 项和S 2n .解析：(1)方程x 2－(3k ＋2k )x ＋3k ·2k ＝0的两根为x 1＝3k ，x 2＝2k . 当k ＝1时，x 1＝3，x 2＝2，∴a 1＝2； 当k ＝2时，x 1＝6，x 2＝4，∴a 3＝4； 当k ＝3时，x 1＝9，x 2＝8，∴a 5＝8； 当k ＝4时，x 1＝12，x 2＝16，∴a 7＝12.∵当n ≥4时，2n ＞3n ， ∴a 2n ＝2n (n ≥4)． (2)S 2n ＝a 1＋a 2＋…＋a 2n＝(3＋6＋9＋…＋3n )＋(2＋22＋…＋2n ) ＝3n 2＋3n 2＋2n ＋1－2.直接证明综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题常用的思维方式．如果从解题的切入点的角度细分，直接证明方法可具体分为：比较法、代换法、放缩法、判别式法、构造函数法等．应用综合法证明问题时，必须首先想到从哪里开始起步，分析法就可以帮助我们克服这种困难，在实际证明问题时，应当把分析法和综合法综合起来使用．设a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab ≥8.证明：证法一(综合法) ∵a >0，b >0，a ＋b ＝1，∴1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12，ab ≤14，∴1ab≥4. 又1a ＋1b ＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋ab ≥4， ∴1a ＋1b ＋1ab≥8.证法二(分析法) ∵a >0，b >0，a ＋b ＝1， ∴要证1a ＋1b ＋1ab≥8，只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋a ＋b ab ≥8，即证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1b ＋1a ≥8，即证1a ＋1b ≥4，即证a ＋b a ＋a ＋b b ≥4，即证b a ＋ab≥2.由基本不等式可知，当a >0，b >0时，b a ＋ab ≥2成立，∴原不等式成立．如图，正方形ABCD 和四边形ACEF 所在的平面互相垂直，EF ∥AC ，AB ＝2，CE ＝EF ＝1.(1)求证：AF ∥平面BDE ； (2)求证：CF ⊥平面BDE . 证明：(1)设AC 与BD 交于点G . ∵EF ∥AG ，且EF ＝1， AG ＝12AC ＝1，∴四边形AGEF 为平行四边形． ∴AF ∥EG .∵EG ⊂平面BDE ，AF ⊄平面BDE ， ∴AF ∥平面BDE .(2)连接FG ，∵EF ∥CG ，EF ＝CG ＝1，且CE ＝1， ∴四边形CEFG 为菱形，∴CF ⊥EG . ∵四边形ABCD 为正方形，∴BD ⊥AC .又∵平面ACEF ⊥平面ABCD ，且平面ACEF ∩平面ABCD ＝AC ， ∴BD ⊥平面ACEF ，∴CF ⊥BD .又BD ∩EG ＝G . ∴CF ⊥平面BDE .►变式训练2．在等差数列{a n }中，首项a 1＝1，数列{b n }满足b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n，且b 1·b 2·b 3＝164. (1)求数列{a n }的通项公式； (2)求证：a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＜2.(1)解析：设等差数列{a n }的公差为d ，因为a 1＝1，b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12a n，所以b 1＝12，b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋d ，b 3＝⎝ ⎛⎭⎪⎫121＋2d .由b 1b 2b 3＝164，解得d ＝1，所以a n ＝1＋(n －1)·1＝n .(2)证明：由(1)得b n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n.设T n ＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＝1×12＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，①则12T n ＝1×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋3×⎝ ⎛⎭⎪⎫124＋…＋n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.②①－②得12T n ＝12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫123＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1.所以T n ＝2×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12－2n ·⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋1＝2－12n －1－n2n ，又因为2－12n －1－n2n ＜2，所以a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n ＜2.点评：本题考查了等差数列的性质以及利用综合法证题的过程． 反证法反证法的理论基础是互为逆否命题的等价性，从逻辑的角度看，命题：“若p 则q ”的否定是“若p 则¬q ”由此进行推理，如果发生矛盾，那么就说明“若p 则¬q ”为假，从而可以导出“若p 则q ”为真，从而达到证明的目的，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，在高考题中也经常出现，它所反映出的“正难则反”的解决问题的思想方法更为重要。
