2019年高考数学二轮复习 专题训练四 第3讲 推理与证明 理.doc

2019年高考数学二轮复习 专题训练四 第3讲 推理与证明 理考情解读1.以数表、数阵、图形为背景与数列、周期性等知识相结合考查归纳推理和类比推理，多以小题形式出现.2.直接证明和间接证明的考查主要作为证明和推理数学命题的方法，常与函数、数列及不等式等综合命题1合情推理(1)归纳推理归纳推理是由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理归纳推理的思维过程如下：(2)类比推理类比推理是由两类对象具有某些类似特征和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类比推理的思维过程如下：2演绎推理(1)“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；结论根据一般原理，对特殊情况做出的判断(2)合情推理与演绎推理的区别归纳和类比是常用的合情推理，从推理形式上看，归纳是由部分到整体、个别到一般的推理；类比是由特殊到特殊的推理；而演绎推理是由一般到特殊的推理从推理所得的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确3直接证明(1)综合法用P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：(2)分析法用Q表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：4间接证明反证法的证明过程可以概括为“否定推理否定”，即从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)的过程用反证法证明命题“若p，则q”的过程可以用如图所示的框图表示5数学归纳法数学归纳法证明的步骤：(1)证明当n取第一个值n0(n0N*)时命题成立(2)假设nk(kN*，且kn0)时命题成立，证明nk1时命题也成立由(1)(2)可知，对任意nn0，且nN*时，命题都成立热点一归纳推理例1(1)有菱形纹的正六边形地面砖，按下图的规律拼成若干个图案，则第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是()A26 B31C32 D36(2)两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位的排法如图所示，则下列座位号码符合要求的应当是()A48,49 B62,63C75,76 D84,85思维启迪(1)根据三个图案中的正六边形个数寻求规律；(2)靠窗口的座位号码能被5整除或者被5除余1.答案(1)B(2)D解析(1)有菱形纹的正六边形个数如下表：图案123个数61116由表可以看出有菱形纹的正六边形的个数依次组成一个以6为首项，以5为公差的等差数列，所以第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是65(61)31.故选B.(2)由已知图形中座位的排列顺序，可得：被5除余1的数和能被5整除的座位号临窗，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析答案中的4组座位号，只有D符合条件思维升华归纳递推思想在解决问题时，从特殊情况入手，通过观察、分析、概括，猜想出一般性结论，然后予以证明，这一数学思想方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题时有着广泛的应用其思维模式是“观察归纳猜想证明”，解题的关键在于正确的归纳猜想(1)四个小动物换座位，开始是鼠、猴、兔、猫分别坐1、2、3、4号位上(如图)，第一次前后排动物互换座位，第二次左右列动物互换座位，这样交替进行下去，那么第202次互换座位后，小兔坐在第_号座位上1鼠2猴3兔4猫 开始1兔2猫3鼠4猴第一次1猫2兔3猴4鼠第二次1猴2鼠3猫4兔第三次A1 B2C3 D4(2)已知f(n)1(nN*)，经计算得f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，则有_答案(1)B(2)f(2n)(n2，nN*)解析(1)考虑小兔所坐的座位号，第一次坐在1号位上，第二次坐在2号位上，第三次坐在4号位上，第四次坐在3号位上，第五次坐在1号位上，因此小兔的座位数更换次数以4为周期，因为2025042，因此第202次互换后，小兔所在的座位号与小兔第二次互换座位号所在的座位号相同，因此小兔坐在2号位上，故选B.(2)由题意得f(22)，f(23)，f(24)，f(25)，所以当n2时，有f(2n).故填f(2n)(n2，nN*)热点二类比推理例2(1)在平面几何中有如下结论：若正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则.推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体ABCD的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则_.(2)已知双曲正弦函数shx和双曲余弦函数chx与我们学过的正弦函数和余弦函数有许多类似的性质，请类比正弦函数和余弦函数的和角或差角公式，写出双曲正弦或双曲余弦函数的一个类似的正确结论_思维启迪(1)平面几何中的面积可类比到空间几何中的体积；(2)可利用和角或差角公式猜想，然后验证答案(1)(2)ch(xy)chx chyshx shy解析(1)平面几何中，圆的面积与圆的半径的平方成正比，而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，所以.(2)chx chyshx shy(exyexyexyexyexyexyexyexy)(2exy2e(xy)ch(xy)，故知ch(xy)chx chyshx shy，或sh(xy)shx chychx shy，或sh(xy)shx chychx shy.思维升华类比推理是合情推理中的一类重要推理，强调的是两类事物之间的相似性，有共同要素是产生类比迁移的客观因素，类比可以由概念性质上的相似性引起，如等差数列与等比数列的类比，也可以由解题方法上的类似引起当然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的类比，例2即属于此类题型一般来说，高考中的类比问题多发生在横向与纵向类比上，如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类比以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等(1)若数列an是等差数列，bn，则数列bn也为等差数列类比这一性质可知，若正项数列cn是等比数列，且dn也是等比数列，则dn的表达式应为()AdnBdnCdn Ddn(2)椭圆与双曲线有许多优美的对偶性质，如对于椭圆有如下命题：AB是椭圆1(ab0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，则kOMkAB.那么对于双曲线则有如下命题：AB是双曲线1(a0，b0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，则kOMkAB_.答案(1)D(2)解析(1)由an为等差数列，设公差为d，则bna1d，又正项数列cn为等比数列，设公比为q，则dnc1，故选D.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则有将A，B代入双曲线1中得1，1，两式相减，得，即，即，即kOMkAB.热点三直接证明和间接证明例3已知数列an满足：a1，anan10 (n1)；数列bn满足：bnaa (n1)(1)求数列an，bn的通项公式；(2)证明：数列bn中的任意三项不可能成等差数列思维启迪(1)利用已知递推式中的特点构造数列1a；(2)否定性结论的证明可用反证法(1)解已知化为，而1a，所以数列1a是首项为，公比为的等比数列，则1an1，则a1n1，由anan10，知数列an的项正负相间出现，因此an(1)n1 ，bnaann1n1.(2)证明假设存在某三项成等差数列，不妨设为bm、bn、bp，其中m、n、p是互不相等的正整数，可设mnp，而bnn1随n的增大而减小，那么只能有2bnbmbp，可得2n1m1p1，则2nm1pm.(*)当nm2时，2nm22，(*)式不可能成立，则只能有nm1，此时等式为1pm，即pm，那么pmlog，左边为正整数，右边为无理数，不可能相等所以假设不成立，那么数列bn中的任意三项不可能成等差数列思维升华(1)有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的例子即可(2)综合法和分析法是直接证明常用的两种方法，我们常用分析法寻找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过程，有时候，分析法和综合法交替使用等差数列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(1)解由已知得所以d2，故an2n1，Snn(n)，nN*.(2)证明由(1)得bnn.假设数列bn中存在三项bp，bq，br(pqr)成等比数列，则bbpbr.即(q)2(p)(r)(q2pr)(2qpr)0.p，q，rN*，()2pr，(pr)20，pr与pr矛盾所以数列bn中任意不同的三项都不可能成等比数列热点四数学归纳法例4已知数列an是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足S2n1a，nN*，数列bn满足bnTn为数列bn的前n项和(1)求an，bn；(2)试比较T2n与2n2的大小思维启迪(1)利用an的前n项确定通项公式(公差、首项)，bn的通项公式可分段给出；(2)先求Tn，归纳猜想Tn与2n2的关系，再用数学归纳法证明解(1)设an首项为a1，公差为d，在S2n1a中，令n1,2得即解得a12，d4，所以an4n2.所以bn(2)T2n1223222432422n222n31222422n24(12n)3n43n2n2n.所以T2n(2n2)(4n4n1)当n1时，(4n4n1)0，当n3时，(4n4n1)0，猜想当n2时，T2n2n2，即n2时，4n4n1.下面用数学归纳法证明：当n2时，4216,4219,169，成立；假设当nk(k2)时成立，即4k4k1.则当nk1时，4k144k4(4k1)16k44k54(k1)1，所以nk1时成立由得，当n2时，4n4n1成立综上，当n1时，T2n2n2.思维升华在使用数学归纳法证明问题时，在归纳假设后，归纳假设就是证明nk1时的已知条件，把归纳假设当已知条件证明后续结论时，可以使用综合法、分析法、反证法已知f(n)1，g(n)，nN*.(1)当n1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明解(1)当n1时，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)，当n2时，f(2)，g(2)，所以f(2)g(2)，当n3时，f(3)，g(3)，所以f(3)g(3)(2)由(1)，猜想f(n)g(n)，下面用数学归纳法给出证明当n1,2,3时，不等式显然成立假设当nk(k3)时不等式成立，即1，那么，当nk1时，f(k1)f(k)，因为()0.所以f(k1)|AB|，则P点的轨迹为椭圆B由a11，an3n1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式C由圆x2y2r2的面积r2，猜想出椭圆1的面积SabD以上均不正确答案B解析从S1，S2，S3猜想出数列的前n项和Sn，是从特殊到一般的推理，所以B是归纳推理2观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10等于()A28 B76C123 D199答案C解析观察可得各式的值构成数列1,3,4,7,11，其规律为从第三项起，每项等于其前相邻两项的和，所求值为数列中的第十项继续写出此数列为1,3,4,7,11,18,29,47,76,123，第十项为123，即a10b10123.3已知x0，观察不等式x22，x33，由此可得一般结论：xn1(nN*)，则a的值为()Ann Bn2C3n D2n答案A解析根据已知，续写一个不等式：x44，由此可得ann.故选A.4已知函数f(x)是R上的单调增函数且为奇函数，数列an是等差数列，a30，则f(a1)f(a3)f(a5)的值()A恒为正数 B恒为负数C恒为0 D可正可负答案A解析由已知得f(0)0，a1a52a30，所以a1a5.由于f(x)单调递增且为奇函数，所以f(a1)f(a5)f(a5)f(a5)0，又f(a3)0，所以f(a1)f(a3)f(a5)0.故选A.5在平面内点O是直线AB外一点，点C在直线AB上，若，则1；类似地，如果点O是空间内任一点，点A，B，C，D中任意三点均不共线，并且这四点在同一平面内，若xyz，则xyz等于()A0 B1C1 D1答案B解析在平面内，由三角形法则，得，.因为A，B，C三点共线，所以存在实数t，使t，即t()，所以(1).因为，所以，1，所以1.类似地，在空间内可得，1.因为，所以xyz1.故选B.6已知f(n)32n28n9，存在正整数m，使nN*时，能使m整除f(n)，则m的最大值为()A24 B32C48 D64答案D解析由f(1)64，f(2)7041164，f(3)6 52810264，所以f(1)，f(2)，f(3)均能被64整除，猜想f(n)能被64整除下面用数学归纳法证明：当n1时，由上得证；假设当nk(kN*)时，f(k)32k28k99k18k9能被64整除，则当nk1时，f(k1)9(k1)18(k1)999k18k179f(k)64(k1)由归纳假设，f(k)是64的倍数，又64(k1)是64的倍数，所以f(k1)能被64整除，所以当nk1时，猜想也成立因为f(1)不能被大于64的数整除，所以所求m的最大值等于64.故选D.二、填空题7如图所示的是由火柴棒拼成的一列图形，第n个图形由n个正方形组成，通过观察可以发现第4个图形中，火柴棒有_根；第n个图形中，火柴棒有_根答案13,3n1解析易得第四个图形中有13根火柴棒，通过观察可得，每增加一个正方形，需增加三根火柴棒，所以第n个图形中的火柴棒为43(n1)3n1.8平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为_答案解析1条直线将平面分成11个区域；2条直线最多可将平面分成1(12)4个区域；3条直线最多可将平面分成1(123)7个区域；，n条直线最多可将平面分成1(123n)1个区域9(xx课标全国)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市由此判断乙去过的城市为_答案A解析由题意可推断：甲没去过B城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一城市”，说明甲去过A，C城市，而乙“没去过C城市”，说明乙去过城市A，由此可知，乙去过的城市为A.10对大于1的自然数m的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：23，33，43，.仿此，若m3的“分裂数”中有一个是59，则m_.答案8解析由已知可观察出m3可分裂为m个连续奇数，最小的一个为(m1)m1.当m8时，最小的数为57，第二个便是59.所以m8.三、解答题11已知a，b，m为非零实数，且a2b22m0，12m0.(1)求证：；(2)求证：m.证明(1)(分析法)要证成立，只需证()(a2b2)9，即证149，即证4.根据基本不等式，有24成立，所以原不等式成立(2)(综合法)因为a2b2m2，2m1，由(1)，知(m2)(2m1)9，即2m25m70，解得m1或m.又a2b2m20m2,故m1舍去，m.12若不等式对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明结论解方法一当n1时，即，所以a.当n1时，已证得不等式成立假设当nk(kN*)时，不等式成立，即.则当nk1时，有因为0，所以当nk1时不等式也成立由知，对一切正整数n，都有，所以正整数a的最大值为25.方法二设f(n)则f(n1)f(n)0，数列f(n)为递增数列，f(n)minf(1)，对一切正整数n都成立可转化为f(n)min，a26.故正整数a的最大值为25.