第1講合情推理與演繹推理1．合情推理 (1)歸納推理：由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或者由個別事實概括出一般結論的推理，稱為歸納推理．簡言之，歸納推理是由部分到整體、由個別到一般的推理．(2)類比推理：由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理稱為類比推理．簡言之，類比推理是由特殊到特殊的推理．(3)合情推理：歸納推理和類比推理都是根據已有的事實，經過觀察、分析、比較、聯想，再進行歸納、類比，然后提出猜想的推理，我們把它們統稱為合情推理．2．演繹推理 (1)演繹推理：從一般性的原理出發，推出某個特殊情況下的結論，我們把這種推理稱為演繹推理．簡言之，演繹推理是由一般到特殊的推理．(2)“三段論”是演繹推理的一般模式，包括：大前提——已知的一般原理；小前提——所研究的特殊情況；結論——根據一般原理，對特殊情況作出的判斷．一條規律在進行類比推理時要盡量從本質上去類比，不要被表面現象迷惑，否則，只抓住一點表面現象的相似甚至假象就去類比，那么就會犯機械類比的錯誤．兩個防范 (1)合情推理是從已知的結論推測未知的結論，發現與猜想的結論都要經過進一步嚴格證明．(2)演繹推理是由一般到特殊的推理，它常用來證明和推理數學問題，注意推理過程的嚴密性，書寫格式的規范性．【例1】觀察下列等式：可以推測：13＋23＋33＋…＋n3＝(nN*，用含有n的代數式表示)．解析第二列等式的右端分別是1×1,3×3,6×6,10×10,15×15，1,3,6,10,15，…第n項an與第n－1項an－1(n≥2)的差為：an－an－1＝n，a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，an－an－1＝n，各式相加得， an＝a1＋2＋3＋…＋n，其中a1＝1，an＝1＋2＋3＋…＋n，即an＝，a＝n2(n＋1)2。
所謂歸納，就是由特殊到一般，因此在歸納時就要分析所給條件之間的變化規律，從而得到一般結論．【訓練1】 已知經過計算和驗證有下列正確的不等式：＋＜2，＋＜2，＋＜2，根據以上不等式的規律，請寫出一個對正實數m，n都成立的條件不等式．解析觀察所給不等式可以發現：不等式左邊兩個根式的被開方數的和等于20，不等式的右邊都是2，因此對正實數m，n都成立的條件不等式是：若m，nR＋，則當m＋n＝20時，有＋＜2。答案若m，nR＋，則當m＋n＝20時，有＋＜2考向二類比推理【例2】在平面幾何里，有“若ABC的三邊長分別為a，b，c，內切圓半徑為r，則三角形面積為SABC＝(a＋b＋c)r”，拓展到空間，類比上述結論，“若四面體ABCD的四個面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內切球的半徑為r，則四面體的體積為”．[審題視點] 注意發現其中的規律總結出共性加以推廣，或將結論類比到其他方面，得出結論．解析三角形的面積類比為四面體的體積，三角形的邊長類比為四面體四個面的面積，內切圓半徑類比為內切球的半徑．二維圖形中類比為三維圖形中的，得V四面體ABCD＝(S1＋S2＋S3＋S4)r。
(1)類比是從已經掌握了的事物的屬性，推測正在研究的事物的屬性，是以舊有的認識為基礎，類比出新的結果；(2)類比是從一種事物的特殊屬性推測另一種事物的特殊屬性；(3)類比的結果是猜測性的，不一定可靠，但它卻有發現的功能．【訓練2】 已知命題：“若數列{an}為等差數列，且am＝a，an＝b(m＜n，m，nN*)，則am＋n＝”．現已知數列{bn}(bn＞0，nN*)為等比數列，且bm＝a，bn＝b(m＜n，m，nN*)，若類比上述結論，則可得到bm＋n＝。答案a·考向三演繹推理【例3】數列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(nN＋)．證明： (1)數列是等比數列；(2)Sn＋1＝4an。 [審題視點] 在推理論證過程中，一些稍復雜一點的證明題常常要由幾個三段論才能完成．大前提通常省略不寫，或者寫在結論后面的括號內，小前提有時也可以省略，而采取某種簡明的推理模式．證明(1)an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn。＝2·，(小前提)故是以2為公比，1為首項的等比數列．(結論) (大前提是等比數列的定義，這里省略了)(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1＝4an(n≥2)，(小前提)又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)對于任意正整數n，都有Sn＋1＝4an。
(結論) (第(2)問的大前提是第(1)問的結論以及題中的已知條件) 演繹推理是從一般到特殊的推理；其一般形式是三段論，應用三段論解決問題時，應當首先明確什么是大前提和小前提，如果前提是顯然的，則可以省略．【訓練3】已知函數f(x)＝(xR)(1)判定函數f(x)的奇偶性(2)判定函數f(x)在R上的單調性并證明．解(1)對x∈R有－xR，并且f(－x)＝＝＝－＝－f(x)，所以f(x)是奇函數．(2)法一f(x)在R上單調遞增，證明如下：任取x1，x2R，并且x1＞x2， f(x1)－f(x2)＝－＝＝。x1＞x2，2x1＞2x2＞0，即2x1－2x2＞0，又2x1＋1＞0,2x2＋1＞0。＞0。f(x1)＞f(x2)．f(x)在R上為單調遞增函數．法二f′(x)＝＞0f(x)在R上為單調遞增函數．第2講直接證明與間接證明1．直接證明 (1)綜合法定義：利用已知條件和某些數學定義、公理、定理等，經過一系列的推理論證，最后推導出所要證明的結論成立，這種證明方法叫做綜合法．框圖表示：→→→…→ (其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證的結論)．(2)分析法定義：從要證明的結論出發，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止．這種證明方法叫做分析法．框圖表示：→→→…→。
2．間接證明一般地，由證明pq轉向證明： q?r?…?t。 t與假設矛盾，或與某個真命題矛盾．從而判定綈q為假，推出q為真的方法，叫做反證法．一個關系綜合法與分析法的關系分析法與綜合法相輔相成，對較復雜的問題，常常先從結論進行分析，尋求結論與條件、基礎知識之間的關系，找到解決問題的思路，再運用綜合法證明，或者在證明時將兩種方法交叉使用．兩個防范 (1)利用反證法證明數學問題時，要假設結論錯誤，并用假設命題進行推理，沒有用假設命題推理而推出矛盾結果，其推理過程是錯誤的．(2)用分析法證明數學問題時，要注意書寫格式的規范性，常常用“要證(欲證)…”“即要證…”“就要證…”等分析到一個明顯成立的結論P，再說明所要證明的數學問題成立．【例1】設a，b，c＞0，證明：＋＋≥a＋b＋c。[審題視點] 用綜合法證明，可考慮運用基本不等式．證明a，b，c＞0，根據均值不等式，有＋b≥2a，＋c≥2b推理與證明只要是格式，＋a≥2c。三式相加：＋＋＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)．當且僅當a＝b＝c時取等號．即＋＋≥a＋b＋c。 綜合法是一種由因導果的證明方法，即由已知條件出發，推導出所要證明的等式或不等式成立．因此，綜合法又叫做順推證法或由因導果法．其邏輯依據是三段論式的演繹推理方法，這就要保證前提正確，推理合乎規律，才能保證結論的正確性．【訓練1】 設a，b為互不相等的正數，且a＋b＝1，證明：＋＞4。
證明＋＝·(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4。又a與b不相等．故＋＞4?？枷蚨治龇ǖ膽谩纠?】已知m＞0，a，bR，求證：2≤。[審題視點] 先去分母，合并同類項推理與證明只要是格式，化成積式．證明m＞0，1＋m＞0。所以要證原不等式成立，只需證明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即證m(a2－2ab＋b2)≥0，即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立，故原不等式得證． 逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結論成立的充分條件，正確把握轉化方向是使問題順利獲解的關鍵．【訓練2】 已知a，b，m都是正數，且a＜b。求證：＞。證明要證明＞，由于a，b，m都是正數，只需證a(b＋m)＜b(a＋m)，只需證am＜bm，由于m＞0，所以，只需證a＜b。已知a＜b，所以原不等式成立． (說明：本題還可用作差比較法、綜合法、反證法)考向三反證法的應用【例3】已知函數f(x)＝ax＋(a＞1)． (1)證明：函數f(x)在(－1，＋∞)上為增函數． (2)用反證法證明f(x)＝0沒有負根．[審題視點] 第(1)問用單調增函數的定義證明；第(2)問假設存在x0＜0后，應推導出x0的范圍與x0＜0矛盾即可．證明(1)法一任取x1，x2(－1，＋∞)，不妨設x1＜x2，則x2－x1＞0，ax2－x1＞1，且ax1＞0。
所以ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)＞0。又因為x1＋1＞0，x2＋1＞0，所以－＝＝＞0，于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋－＞0，故函數f(x)在(－1，＋∞)上為增函數．法二f′(x)＝axln a＋＞0，f(x)在(－1，＋∞)上為增函數． (2)假設存在x0＜0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，則ax0＝－，又0＜ax0＜1，所以0＜－＜1，即＜x0＜2，與x0＜0(x0≠－1)假設矛盾．故f(x0)＝0沒有負根． 當一個命題的結論是以“至多”，“至少”、“唯一”或以否定形式出現時，宜用反證法來證，反證法的關鍵是在正確的推理下得出矛盾，矛盾可以是：與已知條件矛盾；與假設矛盾；與定義、公理、定理矛盾；與事實矛盾等方面，反證法常常是解決某些“疑難”問題的有力工具，是數學證明中的一件有力武器．【訓練3】 已知a，b為非零向量，且a，b不平行，求證：向量a＋b與a－b不平行．證明假設向量a＋b與a－b平行，即存在實數λ使a＋b＝λ(a－b)成立，則(1－λ)a＋(1＋λ)b＝0，a，b不平行，得所以方程組無解，故假設不成立，故原命題成立．1