2022年高考数学一轮总复习 第七章 推理与证明课堂过关 理

2022年高考数学一轮总复习 第七章 推理与证明课堂过关 理考点新知能用归纳和类比等方法进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用；掌握演绎推理的基本方法，并能运用它们进行一些简单的推理；了解合情推理和演绎推理的联系和区别 了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用. 了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理. 了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异1. 已知2，3，4，类比这些等式，若6(a、b均为正数)，则ab_答案：41解析：观察下列等式2，3，4，第n个应该是(n1)，则第5个等式中：a6，ba2135，ab41.2. 在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则，推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则_. 答案：解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为13，故.3. 设等差数列an的前n项和为Sn.若存在正整数m、n(mn)，使得SmSn，则Smn0.类比上述结论，设正项等比数列bn的前n项积为Tn.若存在正整数m、n(m0， a11；当n2时，S2，即a2a210. a20, a21.同理可得，a3.(2) 由(1)猜想an.(3) Sn1(1)()().已知数列an满足a12，an1(nN*)，则a3_，a1a2a3a2 007_答案：3解析：(解法1)分别求出a23，a3，a4，a52，可以发现a5a1，且a1a2a3a41，故a1a2a3a2 007a2 005a2 006a2 007a1a2a33.(解法2)由an1，联想到两角和的正切公式，设a12tan，则有a2tan，a3tan，a4tan，a5tan()a1，.则a1a2a3a41，故a1a2a3a2 007a2 005a2 006a2 007a1a2a33.题型2 类比推理2现有一个关于平面图形的命题：如图所示，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.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中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为_答案：解析：在已知的平面图形中，中心O到两边的距离相等(如图1)，即OMON.四边形OPAR是圆内接四边形，RtOPNRtORM，因此S四边形OPARS正方形OMANa2.同样地，类比到空间，如图2.两个棱长均为a的正方体重叠部分的体积为a3.在RtABC中，两直角边的长分别为a，b，直角顶点C到斜边的距离为h，则易证.在四面体SABC中，侧棱SA，SB，SC两两垂直，SAa，SBb，SCc，点S到平面ABC的距离为h，类比上述结论，写出h与a，b，c之间的等式关系并证明解：类比得到：.证明：过S作ABC所在平面的垂线，垂足为O，连结CO并延长交AB于D，连结SD， SO平面ABC， SOAB. SCSA，SCSB， SC平面ABS， SCAB，SCSD， AB平面SCD， ABSD.在RtABS中，有， 在RtCDS中，有.题型3 演绎推理,3)设同时满足条件：bn1(nN*)；bnM(nN*，M是与n无关的常数)的无穷数列bn叫“特界” 数列(1) 若数列an为等差数列，Sn是其前n项和，a34，S318，求Sn；(2) 判断(1)中的数列Sn是否为“特界” 数列，并说明理由解：(1) 设等差数列an的公差为d，则a12d4，3a13d18，解得a18，d2，Snna1dn29n.(2) 由Sn110，得Sn1，故数列Sn适合条件，而Snn29n2(nN*)，则当n4或5时，Sn有最大值20.即Sn20，故数列Sn适合条件.综上，数列Sn是“特界”数列设数列满足a10且 1.(1) 求的通项公式；(2) 设bn，记Snbk，证明：Snb，那么”时，假设的内容应为_答案：或解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即或解析： 由分析法可得，要证2，只需证2，即证132134，即2.因为4240，所以2成立4. 定义集合运算：ABZ|Zxy，xA，yB，设集合A1，0，1，Bsin，cos，则集合AB的所有元素之和为_答案：0解析：依题意知k，kZ.k(kZ)时，B，AB；2k或2k(kZ)时，B0，1，AB0，1，1；2k或2k(kZ)时，B0，1，AB0，1，1；且k(kZ)时，Bsin，cos，AB0，sin，cos，sin，cos综上可知AB中的所有元素之和为0.5. 设a、b为两个正数，且ab1，则使得恒成立的的取值范围是_答案：(，4解析： ab1，且a、b为两个正数， (ab)2224.要使得恒成立，只要4.1. 直接证明(1) 定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法(2) 一般形式ABC本题结论(3) 综合法 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止这种证明方法称为综合法 推证过程(4) 分析法 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止这种证明方法称为分析法 推证过程2. 间接证明(1) 常用的间接证明方法有反证法、正难则反等(2) 反证法的基本步骤 反设假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真 归谬从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果 存真由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立.题型1 直接证明(综合法和分析法),1)数列an的前n项和记为Sn，已知a11，an1Sn(n1，2，3，)，证明：(1) 数列是等比数列；(2) Sn14an.证明：(1) an1Sn1Sn，an1Sn(n1，2，3，)， (n2)Snn(Sn1Sn)，整理得nSn12(n1)Sn， 2，即2， 数列是等比数列(2) 由(1)知：4(n2)，于是Sn14(n1)4an(n2)又a23S13， S2a1a2134a1， 对一切nN*，都有Sn14an.,2)设a、b、c均为大于1的正数，且ab10，求证：logaclogbc4lgc.证明：(分析法)由于a1，b1，c1，故要证明logaclogbc4lgc，只要证明4lgc，即4，因为ab10，故lgalgb1.只要证明4，由于a1，b1，故lga0，lgb0，所以0lgalgb22，即4成立所以原不等式成立设首项为a1的正项数列an的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n、m，SnmSmqmSn总成立求证：数列an是等比数列证明：因为对任意正整数n、m，SnmSmqmSn总成立，令nm1，得S2S1qS1，则a2qa1.令m1，得Sn1S1qSn， 从而Sn2S1qSn1，得an2qan1(n1)综上得an1qan(n1)，所以数列an是等比数列题型2 间接证明(反证法),3)等差数列an的前n项和为Sn，a11，S393.(1) 求数列an的通项an与前n项和Sn；(2) 设bn(nN*)，求证：数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列解：(1) 由已知得 d2，故an2n1，Snn(n)(2) 证明：由(1)得bnn.假设数列bn中存在三项bp，bq，br(p，q，rN*，且互不相等)成等比数列，则bbpbr.即(q)2(p)(r) (q2pr)(2qpr)0. p，q，rN*， pr，(pr)20. pr，与pr矛盾 数列bn中任意不同的三项都不可能成等比数列求证：yax22bxc，ybx22cxa，ycx22axb(a，b，c是互不相等的实数)，三条抛物线至少有一条与x轴有两个交点证明：假设这三条抛物线全部与x轴只有一个交点或没有交点，则有三式相加，得a2b2c2abacbc0.则(ab)2(bc)2(ca)20. abc与已知a，b，c是互不相等的实数矛盾， 这三条抛物线至少有一条与x轴有两个交点1. (xx山东)用反证法证明命题“设a、b为实数，则方程x2axb0至少有一个实根”时，要做的假设是_答案：方程x2axb0没有实根解析：“方程x2axb0至少有一个实根”等价于“方程x2axb0有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程x2axb0没有实根”2. 已知a、b、c(0，)且ac，bc，1，若以a、b、c为三边构造三角形，则c的取值范围是_答案：(10，16)解析：要以a、b、c为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，而ac，bc恒成立而ab(ab)1016， c， 10， 10c2.证明：(1) 假设函数f(x)是偶函数，则f(2)f(2)，即，解得a2，这与a2矛盾，所以函数f(x)不可能是偶函数(2) 因为f(x)，所以f(x). 充分性：当a2时，f(x)2.综合知，原命题成立1. 已知点An(n，an)为函数y图象上的点，Bn(n，bn)为函数yx图象上的点，其中nN*，设cnanbn，则cn与cn1的大小关系为_答案：cn1cn解析：由条件得cnanbnn， cn随n的增大而减小 cn1cn.2. 一个平面封闭区域内任意两点距离的最大值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域(阴影部分)的周率从左到右依次记为1，2，3，4，则1，2，3，4的大小关系为_答案：4231解析：在图(1)中，设图形所在的矩形长为a，宽为b，则其周率为，由不等式的性质可知2；在图(2)中设大圆的半径为R，则易知外边界长为R，而内边界恰好为一个半径为的小圆的周长R，故整个边界长为2R，而封闭曲线的直径最大值为2R，故周率为；图(3)中周长为直径的三倍，故周率为3；图(4)中设各边长为a，则整个边界的周长为12a，直径为2a，故周率为2，故四个周率大小4231.3. 定义：若存在常数k，使得对定义域D内的任意两个x1，x2(x1x2)，均有|f(x1)f(x2)|k|x1x2| 成立，则称函数f(x)在定义域D上满足利普希茨条件若函数f(x)(x1)满足利普希茨条件，则常数k的最小值为_答案：解析：若函数f(x)(x1)满足利普希茨条件，则存在常数k，使得对定义域1，)内的任意两个x1，x2(x1x2)，均有|f(x1)f(x2)|k|x1x2| 成立，设x1x2，则k.而0，所以k的最小值为.4. 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： sin213cos217sin13cos17； sin215cos215sin15cos15； sin218cos212sin18cos12； sin2(18)cos248sin(18)cos48； sin2(25)cos255sin(25)cos55.(1) 试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2) 根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论解： (1) 选择式，计算如下：sin215cos215sin15cos151sin301.(2) (解法1)三角恒等式为sin2cos2(30)sincos(30).证明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin2(cos30cossin30sin)2sin(cos30cossin30sin)sin2cos2sincossin2sincossin2sin2cos2.(解法2)三角恒等式为sin2cos2(30)sincos(30).证明如下：sin2cos2(30)sincos(30)sin(cos30cossin30sin)cos2 (cos60cos2sin60sin2)sincossin2cos2cos2sin2sin2(1cos2)1cos2cos2.5. 如图，已知半径为r的圆M的内接四边形ABCD的对角线AC和BD相互垂直且交点为P.(1) 若四边形ABCD中的一条对角线AC的长度为d(0d2r)，求四边形ABCD面积的最大值；(2) 当点P运动到什么位置时，四边形ABCD的面积取得最大值，最大值为多少？解：(1) 因为对角线互相垂直的四边形ABCD面积S，而|AC|d为定长，则当|BD|最大时，S取得最大值由圆的性质，垂直于AC的弦中，直径最长，故当且仅当BD过圆心M时，四边形ABCD面积S取得最大值，最大值为dr.(2) 设圆心M到弦AC的距离为d1，到弦BD的距离为d2，MPd.则|AC|2，|BD|2，且d2dd.可得SABCD22.又dd2，当且仅当d1d2时等号成立 SABCD22，当且仅当d1d2时等号成立 点P在圆内运动， 当点P和圆心M重合时d0，此时d1d2，四边形的面积最大，且最大值Smax2r2.1. 分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知分析法和综合法各有优缺点分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来2. 反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法适宜用反证法证明的数学命题：结论本身是以否定形式出现的一类命题；关于唯一性、存在性的命题；结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题请使用课时训练(B)第2课时(见活页)备课札记第3课时数学归纳法(对应学生用书(理)9798页)理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题1. 用数学归纳法证明11)时，第一步应验证_答案：11， n取的第一个数为2，左端分母最大的项为.2. (选修22P88练习题3改编)用数学归纳法证明不等式“2nn21对于nn0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取为_答案：5解析：当n4时，2nn21；当n5时，253252126，所以n0应取为5.3. 设f(n)1(nN*)，则f(k1)f(k)_.答案：解析：f(k1)f(k)1(1).4. 利用数学归纳法证明不等式时，由k递推到k1时左边应添加的因式是_答案：解析：f(k1)f(k)().5. 已知a1，an1，则a2，a3，a4，a5的值分别为_，由此猜想an_答案：、解析：a2，同理a3，a4，a5，猜想an.1. 由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法2. 对某些与正整数有关的数学命题常采用下面的方法来证明它们的正确性：先证明当n取第1个值n0时，命题成立；然后假设当nk(kN，kn0)时命题成立；证明当nk1时，命题也成立，这种证明方法叫做数学归纳法3. 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤为：(1) 归纳奠基：证明凡取第一个自然数n0时命题成立；(2) 归纳递推：假设nk(kN，kn0)时命题成立，证明当nk1时，命题成立；(3) 由(1)(2)得出结论备课札记题型1 证明等式1 (xx陕西)设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的导函数令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN*，求证：gn(x).证明：(数学归纳法) 当n1时，g1(x)，结论成立 假设nk时结论成立，即gk(x).那么，当nk1时，gk1(x)g(gk(x)，即结论成立由可知，结论对所有nN*均成立用数学归纳法证明：1(nN)证明： 当n1时，等式左边1右边，等式成立 假设当nk(kN)时，等式成立，即1，那么，当nk1时，有1，上式表明当nk1时，等式也成立由知，等式对任何nN均成立题型2 证明不等式,2)(xx南通二模)各项均为正数的数列xn对一切nN*均满足xn2.证明：(1) xnxn1；(2) 1xn1.证明：(1) xn0，xn2， 02xn， xn1，且2xn0. xn0. xn， xnxn1，即xnxn1.(2) 下面用数学归纳法证明：xn1. 当n1时，由题设x10可知结论成立； 假设nk时，xk1，当nk1时，由(1)得，xk11.由可得，xn1.下面先证明xn1.假设存在自然数k，使得xk1，则一定存在自然数m，使得xk1.因为xk2，xk1，xk2，xkm12，与题设xk2矛盾，所以xn1.若xk1，则xk1xk1，根据上述证明可知存在矛盾所以xn1成立已知x1，x2，xnR，且x1x2xn1，求证：(x1)(x2)(xn)(1)n.证明(数学归纳法)：() 当n1时，x11，不等式成立() 假设nk时不等式成立，即(x1)(x2)(xk)(1)k成立则nk1时，若xk11，则命题成立；若xk11，则x1，x2，xk中必存在一个数小于1，不妨设这个数为xk，从而(xk1)(xk11)1xkxk1.xk10， 0an11，且0a11， 0an1， an11，且a11， an2， |ak2ak1|. 当nk1时，结论成立由和知，以上猜想成立题型4 综合运用,4)若函数f(x)x22x3，定义数列xn如下：x12，xn1是过点P(4，5)，Qn(xn，f(xn)的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2xnxn13.证明： 当n1时，x12，f(x1)3，Q1(2，3) 直线PQ1的方程为y4x11，令y0，得x2，因此，2x1x23，即n1时结论成立 假设当nk时结论成立，即2xkxk13. 直线PQk1的方程为y5(x4)又f(xk1)x2xk13，代入上式，令y0，得xk24.由归纳假设，2xk13，xk240，即xk1xk2. 2xk1xk23，即当nk1时，结论成立由知对任意的正整数n，2xnxn1时，则f(2k1)f(2k)等于_答案：解析： f(2k1)1，f(2k)1， f(2k1)f(2k).2. 用数学归纳法证明不等式：1(nN*且n1)证明：当n2时，左边1， n2时不等式成立；假设当nk(k2)时不等式成立，即1，那么当nk1时，左边1(2k1)11.综上，对于任意nN*，n1不等式均成立，原命题得证3. 已知函数f(x)x3ax在(1，0)上是增函数(1) 求实数a的取值范围A；(2) 当a为A中最小值时，定义数列an满足：a1(1，0)，且2an1f(an)，用数学归纳法证明an(1，0)，并判断an1与an的大小解 ：(1) f(x)3x2a0即a3x2在x(1，0)恒成立， A3，)(2) 用数学归纳法证明：an(1，0)() n1时，由题设a1(1，0)；() 假设nk时，ak(1，0)，则当nk1时，ak1f(ak)(a3ak)，由(1)知：f(x)x33x在(1，0)上是增函数，又ak(1，0)，所以(1)33(1)1ak1f(ak)(a3ak)0，综合()()得：对任意nN*，an(1，0)an1an(a3an)anan(an1)(an1)因为an(1，0)，所以an1an0，即an1an.4. (xx江苏)已知函数f0(x)(x0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1) 求2f1f2的值；(2) 证明：对任意的nN*，等式|nfn1fn|都成立 (1) 解：由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2.故2f1f21.(2) 证明：由已知，得xf0(x)sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cosx，即f0(x)xf1(x)cosxsin，类似可得2f1(x)xf2(x)sinxsin(x)，3f2(x)xf3(x)cosxsin，4f3(x)xf4(x)sinxsin(x2)下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立 当n1时，由上可知等式成立 假设当nk时等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此当nk1时，等式也成立综合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立令x，可得nfn1fnsin()(nN*)所以(nN*)1. 数学归纳法是专门证明与整数有关命题的一种方法，分两步，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两步缺一不可2. 运用数学归纳法时易犯的错误：对项数估算的错误，特别是寻找nk与nk1的关系时，项数发生什么变化被弄错；没有利用归纳假设；关键步骤含糊不清，“假设nk时结论成立，利用此假设证明nk1时结论也成立”，是数学归纳法的关键一步，也是证明问题最重要的环节，对推导的过程要把步骤写完整，注意证明过程的严谨性和规范性备课札记