金融管理专业课程-二泉映月作者

推理与证明
第一节 合情推理与演绎推理
1、归纳推理
把从个别事实中推演出一般性结论的推理,称为归纳推理(简
称归纳).
简言之,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
由两个（两类）对象之间在某些方面的相似或相同， 推演出
他们在其他方面也相似或相同；或其中一类对象的某些已知特
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）．
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、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，这种
推理称为演绎推理．
演绎推理是由一般到特殊的推理；
“三段论”是演绎推理的一般模式，
包括

•
大前提---已知的一般原理；
•
小前提---所研究的特殊情况；
•
结论----- 据一般原理，对特殊情况做出的判断．
题型一 用归纳推理发现规律
例1： 通过观察下列等式，猜想出一个一般性的结论，并证明结论的真假。

33
；< br>sin
2
30
0
sin
2
90
0
sin
2
150
0

；
2
2
3
3
sin
2
45
0
sin
2
105
0< br>sin
2
165
0

；
sin
2
60
0
sin
2
120
0
sin
2
1 80
0

.
2
2

sin
2
1 5
0
sin
2
75
0
sin
2
135
0

解析：猜想：
sin
2
(

60< br>0
)sin
2

sin
2
(

60
0
)
3

2
证明：左边=
(sin

cos60
0
cos

sin60
0
)2
sin
2

(sin

cos60
0< br>cos

sin60
0
)
2

33
=
(sin
2

cos
2

)
=右 边
22
注；注意观察四个式子的共同特征或规律（1）结构的一致性,（2）观察角的“共< br>性”
（1）先猜后证是一种常见题型
（2）归纳推理的一些常见形式：一是“具有共 同特征型”，二是“递推型”，三
是“循环型”（周期性）

题型二 用类比推理猜想新的命题
1
例2：已知正三角形内切圆的半径是高的，把这个结论推广到空间 正四面体，
3
类似的结论是______.

111
解析：原问题 的解法为等面积法，即
Sah3arrh
，类比问题的解
223
1 11
法应为等体积法，
VSh4Srrh
即正四面体的内切球的半径是高
334
1

4
注：（1）不仅要注意形式的类比，还要注意方法的类比
（2）类比推理常见的情 形有：平面向空间类比；低维向高维类比；等差数列与
等比数列类比；圆锥曲线间的类比等
（ 3）在平面和空间的类比中，三角形对应三棱锥（即四面体），长度对应面积；
面积对应体积； 点对应线；线对应面；圆对应球；梯形对应棱台等。
（4）找对应元素的对应关系，如：两条边（直线 ）垂直对应线面垂直或面面垂
直，边相等对应面积相等
题型三 利用“三段论”进行推理

例3 某校对文明班的评选设计了
a,b,c,d,e
五个方面的多元 评价指标，并通过经
验公式样
S
ac1

来计算各班的综合得 分，S的值越高则评价效果越好，若某班在自
bde
测过程中各项指标显示出
0c deba
，则下阶段要把其中一个指标的值
增加1个单位，而使得S的值增加最多，那么 该指标应为 ．（填入
a,b,c,d,e
中的某个字母）

解析：因
a,b,c,d,e
都为正数，故分子越大或分母越小时， S的值越大，而 在分
子都增加1的前提下，分母越小时，S的值增长越多，
0cdeba
，所
以c增大1个单位会使得S的值增加最多
注：从分式的性质中寻找S值的变化规律 ；此题的大前提是隐含的，需要经过
思考才能得到

1.下列说法正确的是
（ ）
A.类比推理是由特殊到一般的推理
B.演绎推理是特殊到一般的推理
C.归纳推理是个别到一般的推理
D.合情推理可以作为证明的步骤

答案： C
2. 命题“有些有理 数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小
数”是假命题，推理错误的原因是（ ）
A．使用了归纳推理
B．使用了类比推理
C．使用了“三段论”，但大前提错误
D．使用了“三段论”，但小前提错误
答案：C

填空题
3.已知
a
i
0(i 1,2,L,n)
，考察下列式子：
(i)a
1

(iii)(a< br>1
a
2
a
3
)(
1
11
1< br>；
(ii)(a
1
a
2
)()4
；
a
1
a
1
a
2
111
)9
. 我们 可以归纳出，对
a
1
,a
2
,L,a
n
也成立的类 似不
a
1
a
2
a
3

等式为
答案：
(a
1
a
2
La
n
)(
1 11
L)n
2

a
1
a
2
an
4.现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是
a
的正 方
形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为
a
2< br>．类比到空间，有两个棱长均为
a
的正方体，其中一个的某顶点在另一个的
4< br>中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为 ．
[解析] （见高三复习 步步高）
解法的类比（特殊化）
a
3
易得两个正方体重叠部分的体积为
< br>8
5.已知
ABC
的三边长为
a,b,c
，内切圆半径为< br>r
（用
S
ABC
表示ABC的面积
），
1
则
S
ABC
r(abc)
；类比这一结论有：若三棱锥
A BCD
的内切球半径为
R
，
2
则三棱锥体积
V
A BCD


1
[解析]
R( S
ABC
S
ABD
S
ACD
S
BC D


3
6.在平面直角坐标系中，直线一般方程为
AxByC 0
，圆心在
(x
0
,y
0
)
的圆的
一般 方程为
(xx
0
)
2
(yy
0
)
2
r
2
；则类似的，在空间直角坐标系中，平面的
一般方程为_______ _________,球心在
(x
0
,y
0
,z
0
)
的球的一般方程为
_______________________.
答案；< br>AxByCzD0
；
(xx
0
)
2
(y y
0
)
2
(zz
0
)
2
r
2

7.（1）已知等差数列的定义为:在一个数列中，从第二项起,如果每一项与它的前< br>一项的和都为同一个常数，那么这个数列叫做等和数列，这个常数叫做该数列的
公和．
类比等差数列的定义给出“等和数列”的定
义： ；
（2） 已知数列

a
n

是等和数列，且
a
1
2
，公和为
5
，那么
a
18
的值为< br>____________．
答案：（1）在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同 一个常数，那么
这个数叫做等和数列，这个常数叫做该数列的公和；
（2）
a
18
3
；
8. 对大于或等于
2
的自然数
m
的
n
次方幂有如下分解方式：
2
2
13

3
2
135

4
2
1357

2
3
35

3
3
7911

4
3
13151719

根据上述分解规律，则
5
2
13579
, 若
m
3
(mN
*
)
的分解中最小的数是
73，则
m< br>的值为

答案：
m9


解答题
9.（1）已知等差数列

a
n
，
b
n

求证：

b
n

仍 为等差数列；

（2）已知等比数列

c
n

，
c
n
0
（
nN
），类比上述性质，写出一个真命题并< br>加以证明．
n(a
1
a
n
)
aa
n< br>aa
2
[解析]（1）
b
n

，
bn1
b
n

n1n
，

1
2
n2
aa
n
d


a
n
为等差数列
b
n1
b
n

n1

为常数，所以

b
n

仍为等差数列；
22

（2）类比命题：若

c
n

为等比数列，a
1
a
2
a
n
（
nN
），
n
c
n
0
（
nN
*
），
d< br>n

n
c
1
c
2
c
nn
，则

d
n

为等比数列
n
2< br>证明：
d
n
(c
1
c
n
)c
1
c
n
，


d
n1
c
n1
q
为常数，

d
n

为等比数列 < br>d
n
c
n
10．将具有下列性质的所有函数组成集合M：函数
yf(x)(xD)
，对任意
x,y,
xyxy1
D
均满 足
f()[f(x)f(y)]
，当且仅当
xy
时等号成立。
2
22
（1）若定义在(0，＋∞)上的函数
f(x)
∈M，试比较
f(3)f(5)
与
2f(4)
大小.
（2）设函数g(x)＝－x
2
，求证：g(x)∈M.

xy 1
)[f(x)f(y)]
，令
x3,y5
得
f(3)f (5)
<
2f(4)

22
2
x
1
x< br>2
1(x
1
x
2
)
2
x
1
2
x
2
(x
1
x
2
)
2
) [g(x
1
)g(x
2
)]0
(2)
g(
22424
xx
2
1
g(
1
)[g(x1
)g(x
2
)]
,所以g(x)∈M
22





解析：(1)对于
f(

2、直接证明与间接证明
三种证明方法的定义与步骤：
1. 综合法 是由原因推导到结果的证明方法，它是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的
证明方法。
2. 分析法 是从要证明的结论出发，逐步寻求推证过程中，使每一步结论成立的
充分条件，直到最后，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、公理、定理等）为止的证明方法。
3. 反证法 假设原命题的结论不成立,经过正确的推理,最后得出矛盾,由此说明
假设错误,从而证明了原 命题成立,这样的方法叫反证法；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) 假设命题的结论不成立； (2) 根据假设进行推理,直到推理中导出矛盾为止
(3) 断言假设不成立(4) 肯定原命题的结论成立
题型一：用综合法证明数学命题
例1 ： 对于定义域为

0,1

的函数
f(x)
，如果同时满足以 下三条：①对任意的
x

0,1

，总有
f(x)0< br>；②
f(1)1
；③若
x
1
0,x
2
 0,x
1
x
2
1
，都有
f(x
1
x
2
)f(x
1
)f(x
2
)
成立，则称函数< br>f(x)
为理想函数．
(1) 若函数
f(x)
为理想函数，求
f(0)
的值；
(2)判断函数< br>g(x)2
x
1
（
x[0,1]
）是否为理想函数，并 予以证明；

解析：（1）取
x
1
x
2
0
可得
f(0)f(0)f(0)f(0)0
．
又由条件①
f(0)0
，故
f(0)0
．
（2）显 然
g(x)2
x
1
在[0，1]满足条件①
g(x)0
；
也满足条件②
g(1)1
．若
x
1
0
，
x
2
0
，
x
1
x
2
1< br>，则
g(x
1
x
2
)[g(x
1
) g(x
2
)]2

x
1
x
2
1[ (21)(21)]
x
1
x
2
2
x
1x
2
2
x
1
2
x
2
1(2
x
2
1)(2
x
1
1)0
，即满足条件③，
故
g(x)
理想函数．
注：紧扣 定义，证明函数
g
(
x
)

2
x

1
（
x[0,1]
）满足三个条件

题型二：用分析法证明数学命题
14
9
.
a1a
14
证明：∵
0a1
∴ 要证

9
，
a1a
去分母后需要证：（1－a）+4a≥9a（1—a），
移项合并同类项，即需要证：9
a
2
—6a+1≥0，
例2：已知 ：
0a1
，求证：
即要证；

3a1

0
…………（1）
而（1）式显然成立， ∴ 原不等式成立。

题型三：用反证法证明数学命题或判断命题的真假
例3 ：已知
f(x)a
x

x2
(a1)
，证明方程
f(x)0
没有负数 根
x1
2
解析：假设
x
0
是
f(x)0的负数根，则
x
0
0
且
x
0
1
且
a
x
0
x
0
2

x
01

0a
x
0
x
0
2
1 01
，解得
1
x
0
2
，这与
x
0
0
矛盾，
x
0
1
2
故方程
f(x)0
没有负数根 注：（1）凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题从正面突破往往比较困难，

适宜用反证法。即 “正难则反”；（2）反证法步骤：假设结论不成立→推出矛
盾→假设不成立。

选择题
1.用反证法证明命题：若整系数方程
ax
2
 bxc0(a0)
有有理根，那么
a,b,c
中
至少有一个是偶数，下 列假设中正确的是（ ）.


A、假设
a,b,c
都是偶数 B、假设
a,b,c
都不是偶数
D、假设
a,b,c
中至多有两个偶数
y
C、假设
a,b,c
中至多有一个偶数
答案；B
2．若三角形能剖分为两个与自己相似的三角形，
那么这个三角形一定是（ ）
A.锐角三角形 B. 直角三角形 C.
钝角三角形 D. 不能确定
答案： B

3.已知
a
1
a
2
a
3
0
，则使得
(1a
i
x)
2
1
(i1,2,3)
都成立的
x
取值范围是
（ B ）
1
A.（0，）
a
1
2
B（0，）
a
1
2
）
a
3
A
C.
F
P
E
（0，
1
）
a
3
D. （0，
2
2
提示；
(1a
i
x)1

x∈
（0，），由
a
i
x
222

a
1
a
2
a
3
0

a
1
a< br>2
a
3
得出结论。
填空题
4．若
f(x)
4
4
x
2
x
B O
C
，则
121000
f()f()f()
=______ ______.
1
答案：500
5. 如图，在平面直角坐标系
xoy< br>中，设三角形

ABC
的顶点分别为
A(0,a),B(b,0) ,C(c,0)
，点
P(0,p)
在线段AO上的一点（异于
端点），这里< br>a,b,c,p
均为非零实数，设直线
BP,CP
分别与边
AC,AB
交于点
E,F
，
11


11

某同学已正确求得直线
OE
的方程为

，请你完成直线
OF
的



x


p

a


y0
bc


11
方程： ( )
x


p

a


y0< br>。


11
答案：


cb
6．将全体正整数排成一个三角形数阵：
1

2 3

4 5 6

7 8 9 10

11 12 13 14 15

………………
按照以上排列的规律，第
n
行（
n3
）从左向右的第3个数为
n
2
n2
答案：。
2
解答题
7. 若abcd0
且
adbc
，求证：
dabc

[解析]要证
dabc
，只需证
(da)
2
(b c)
2

即
ad2adbc2bc
，因
ad bc
，只需证
adbc

即
adbc
，
设
adbct
，则
adbc(td)d(tc)c(cd)( cdt)0

adbc
成立，从而
dabc
成立
8.在锐角三角形
ABC
中,求证:
sinAsinBsinCcos AcosBcosC

[解析]
ABC
为锐角三角形，
A B

2
A

2
B
，
ys inx
在
(0,)
上是增函数，
sinAsin(B)cosB
2
2


同理可得
sinBcosC
，< br>sinCcosA

sinAsinBsinCcosAcosBcosC

9. 设
a,b
为非零向量，且
a,b
不平行，求证
ab
，
ab
析]假设
不平行
[解
ab

(ab)
，则
(1

)a(1

)b0
，
a,b
题成立



1 

0

不平行，

，因方程组无解，故假设不成立，即 原命
1

0

10. 已知a、b、c成等差数列且公差
d0
，求证：
列
[解析]

a、b、c成等差数列，
2bac

1 11
、、不可能成等差数
abc
111
211
假设、、成等差数列， 则
(ac)
2
4ac(ac)
2
0
，ac
abc
bac
1
11
从而
d0
与< br>d0
矛盾，

、、不可能成等差数列
bc
a


11. 已知
f(x)lnx
证明：
f(1x)x(x1)

[解析] 即证：
ln(x1)x0

1x
.
1
x 1x1
当x∈（-1，0）时，k′(x)>0，∴k(x)为单调递增函数；
当x∈（0，∞）时，k′(x)<0，∴k(x)为单调递减函数；
∴x=0为k(x)的极大值点，
∴k(x)≤k(0)=0.
设
k(x )ln(x1)x,则k

(x)
即
ln(x1)x0f( 1x)x(x1)

11t
12. 已知函数
y |x|1
，
yx
2
2x2t
，
y(x)(x0)
的最小值恰
2x
好是方程
x
3
ax2
bxc0
的三个根，其中
0t1
．求证：
a
2
2b3
；
[解析] 三个函数的最小值依次为
1
，
1t
，
1t
，
由
f(1)0
，得
cab1

∴ f(x)x
3
ax
2
bxcx
3
ax2
bx(ab1)

(x1)[x
2
(a1)x(ab1)]
，
故方程
x
2
(a1)x(ab1)0
的两根是
1t
，
1t
．
故
1t1t(a1)
，
1t1tab1
．
(1t1t)
2
(a1)
2
，
即
22 (ab1)(a1)
2

∴
a
2
2b3
．