高考數(shù)學(xué)(理)二輪專題練習(xí)【專題4】(3)推理與證明(含答案)

1、第3講推理與證明考情解讀1.以數(shù)表、數(shù)陣、圖形為背景與數(shù)列、周期性等知識(shí)相結(jié)合考查歸納推理和類比推理，多以小題形式出現(xiàn).2.直接證明和間接證明的考查主要作為證明和推理數(shù)學(xué)命題的方法，常與函數(shù)、數(shù)列及不等式等綜合命題1合情推理(1)歸納推理歸納推理是由某類事物的部分對(duì)象具有某些特征，推出該類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理歸納推理的思維過(guò)程如下：(2)類比推理類比推理是由兩類對(duì)象具有某些類似特征和其中一類對(duì)象的某些已知特征，推出另一類對(duì)象也具有這些特征的推理類比推理的思維過(guò)程如下：2演繹推理(1)“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

2、前提所研究的特殊情況；結(jié)論根據(jù)一般原理，對(duì)特殊情況做出的判斷(2)合情推理與演繹推理的區(qū)別歸納和類比是常用的合情推理，從推理形式上看，歸納是由部分到整體、個(gè)別到一般的推理；類比是由特殊到特殊的推理；而演繹推理是由一般到特殊的推理從推理所得的結(jié)論來(lái)看，合情推理的結(jié)論不一定正確，有待進(jìn)一步證明；演繹推理在大前提、小前提和推理形式都正確的前提下，得到的結(jié)論一定正確3直接證明(1)綜合法用P表示已知條件、已有的定義、定理、公理等，Q表示所要證明的結(jié)論，則綜合法可用框圖表示為：(2)分析法用Q表示要證明的結(jié)論，則分析法可用框圖表示為：4間接證明反證法的證明過(guò)程可以概括為“否定推理否定”，即從否定結(jié)論開(kāi)始

3、，經(jīng)過(guò)正確的推理，導(dǎo)致邏輯矛盾，從而達(dá)到新的否定(即肯定原命題)的過(guò)程用反證法證明命題“若p，則q”的過(guò)程可以用如圖所示的框圖表示5數(shù)學(xué)歸納法數(shù)學(xué)歸納法證明的步驟：(1)證明當(dāng)n取第一個(gè)值n0(n0N*)時(shí)命題成立(2)假設(shè)nk(kN*，且kn0)時(shí)命題成立，證明nk1時(shí)命題也成立由(1)(2)可知，對(duì)任意nn0，且nN*時(shí)，命題都成立熱點(diǎn)一歸納推理例1(1)有菱形紋的正六邊形地面磚，按下圖的規(guī)律拼成若干個(gè)圖案，則第六個(gè)圖案中有菱形紋的正六邊形的個(gè)數(shù)是()A26 B31C32 D36(2)兩旅客坐火車外出旅游，希望座位連在一起，且有一個(gè)靠窗，已知火車上的座位的排法如圖所示，則下列座位號(hào)碼符合要

4、求的應(yīng)當(dāng)是()A48,49 B62,63C75,76 D84,85思維啟迪(1)根據(jù)三個(gè)圖案中的正六邊形個(gè)數(shù)尋求規(guī)律；(2)靠窗口的座位號(hào)碼能被5整除或者被5除余1.答案(1)B(2)D解析(1)有菱形紋的正六邊形個(gè)數(shù)如下表：圖案123個(gè)數(shù)61116由表可以看出有菱形紋的正六邊形的個(gè)數(shù)依次組成一個(gè)以6為首項(xiàng)，以5為公差的等差數(shù)列，所以第六個(gè)圖案中有菱形紋的正六邊形的個(gè)數(shù)是65×(61)31.故選B.(2)由已知圖形中座位的排列順序，可得：被5除余1的數(shù)和能被5整除的座位號(hào)臨窗，由于兩旅客希望座位連在一起，且有一個(gè)靠窗，分析答案中的4組座位號(hào)，只有D符合條件思維升華歸納遞推思想在解決問(wèn)

5、題時(shí)，從特殊情況入手，通過(guò)觀察、分析、概括，猜想出一般性結(jié)論，然后予以證明，這一數(shù)學(xué)思想方法在解決探索性問(wèn)題、存在性問(wèn)題或與正整數(shù)有關(guān)的命題時(shí)有著廣泛的應(yīng)用其思維模式是“觀察歸納猜想證明”，解題的關(guān)鍵在于正確的歸納猜想(1)四個(gè)小動(dòng)物換座位，開(kāi)始是鼠、猴、兔、貓分別坐1、2、3、4號(hào)位上(如圖)，第一次前后排動(dòng)物互換座位，第二次左右列動(dòng)物互換座位，這樣交替進(jìn)行下去，那么第202次互換座位后，小兔坐在第_號(hào)座位上1鼠2猴3兔4貓 開(kāi)始1兔2貓3鼠4猴第一次1貓2兔3猴4鼠第二次1猴2鼠3貓4兔第三次A1 B2C3 D4(2)已知f(n)1(nN*)，經(jīng)計(jì)算得f(4)>2，f(8)>，

6、f(16)>3，f(32)>，則有_答案(1)B(2)f(2n)>(n2，nN*)解析(1)考慮小兔所坐的座位號(hào)，第一次坐在1號(hào)位上，第二次坐在2號(hào)位上，第三次坐在4號(hào)位上，第四次坐在3號(hào)位上，第五次坐在1號(hào)位上，因此小兔的座位數(shù)更換次數(shù)以4為周期，因?yàn)?0250×42，因此第202次互換后，小兔所在的座位號(hào)與小兔第二次互換座位號(hào)所在的座位號(hào)相同，因此小兔坐在2號(hào)位上，故選B.(2)由題意得f(22)>，f(23)>，f(24)>，f(25)>，所以當(dāng)n2時(shí)，有f(2n)>.故填f(2n)>(n2，nN*)熱點(diǎn)二類比推理例2(1)

7、在平面幾何中有如下結(jié)論：若正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則.推廣到空間幾何可以得到類似結(jié)論：若正四面體ABCD的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則_.(2)已知雙曲正弦函數(shù)shx和雙曲余弦函數(shù)chx與我們學(xué)過(guò)的正弦函數(shù)和余弦函數(shù)有許多類似的性質(zhì)，請(qǐng)類比正弦函數(shù)和余弦函數(shù)的和角或差角公式，寫(xiě)出雙曲正弦或雙曲余弦函數(shù)的一個(gè)類似的正確結(jié)論_思維啟迪(1)平面幾何中的面積可類比到空間幾何中的體積；(2)可利用和角或差角公式猜想，然后驗(yàn)證答案(1)(2)ch(xy)chx chyshx shy解析(1)平面幾何中，圓的面積與圓的半徑的平方成正比，而在空間幾何中，球的體積與半徑的

8、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.思維升華類比推理是合情推理中的一類重要推理，強(qiáng)調(diào)的是兩類事物之間的相似性，有共同要素是產(chǎn)生類比遷移的客觀因素，類比可以由概念性質(zhì)上的相似性引起，如等差數(shù)列與等比數(shù)列的類比，也可以由解題方法上的類似引起當(dāng)然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的類比，例2即屬于此類題型一般來(lái)說(shuō)，高考中的類比問(wèn)題多發(fā)

9、生在橫向與縱向類比上，如圓錐曲線中橢圓與雙曲線等的橫向類比以及平面與空間中三角形與三棱錐的縱向類比等(1)若數(shù)列an是等差數(shù)列，bn，則數(shù)列bn也為等差數(shù)列類比這一性質(zhì)可知，若正項(xiàng)數(shù)列cn是等比數(shù)列，且dn也是等比數(shù)列，則dn的表達(dá)式應(yīng)為()AdnBdnCdn Ddn(2)橢圓與雙曲線有許多優(yōu)美的對(duì)偶性質(zhì)，如對(duì)于橢圓有如下命題：AB是橢圓1(a>b>0)的不平行于對(duì)稱軸且不過(guò)原點(diǎn)的弦，M為AB的中點(diǎn)，則kOM·kAB.那么對(duì)于雙曲線則有如下命題：AB是雙曲線1(a>0，b>0)的不平行于對(duì)稱軸且不過(guò)原點(diǎn)的弦，M為AB的中點(diǎn)，則kOM·kAB_.答案(

10、1)D(2)解析(1)由an為等差數(shù)列，設(shè)公差為d，則bna1d，又正項(xiàng)數(shù)列cn為等比數(shù)列，設(shè)公比為q，則dnc1，故選D.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，則有將A，B代入雙曲線1中得1，1，兩式相減，得，即，即，即kOM·kAB.熱點(diǎn)三直接證明和間接證明例3已知數(shù)列an滿足：a1，anan1<0 (n1)；數(shù)列bn滿足：bnaa (n1)(1)求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式；(2)證明：數(shù)列bn中的任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列思維啟迪(1)利用已知遞推式中的特點(diǎn)構(gòu)造數(shù)列1a；(2)否定性結(jié)論的證明可用反證法(1)解已知化為，而1a，所以數(shù)列1a是首項(xiàng)為，

11、公比為的等比數(shù)列，則1a×n1，則a1×n1，由anan1<0，知數(shù)列an的項(xiàng)正負(fù)相間出現(xiàn)，因此an(1)n1 ，bnaa×n×n1×n1.(2)證明假設(shè)存在某三項(xiàng)成等差數(shù)列，不妨設(shè)為bm、bn、bp，其中m、n、p是互不相等的正整數(shù)，可設(shè)m<n<p，而bn×n1隨n的增大而減小，那么只能有2bnbmbp，可得2××n1×m1×p1，則2×nm1pm.(*)當(dāng)nm2時(shí)，2×nm2×2，(*)式不可能成立，則只能有nm1，此時(shí)等式為1pm，即pm，那

12、么pmlog，左邊為正整數(shù)，右邊為無(wú)理數(shù)，不可能相等所以假設(shè)不成立，那么數(shù)列bn中的任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列思維升華(1)有關(guān)否定性結(jié)論的證明常用反證法或舉出一個(gè)結(jié)論不成立的例子即可(2)綜合法和分析法是直接證明常用的兩種方法，我們常用分析法尋找解決問(wèn)題的突破口，然后用綜合法來(lái)寫(xiě)出證明過(guò)程，有時(shí)候，分析法和綜合法交替使用等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a11，S393.(1)求數(shù)列an的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn；(2)設(shè)bn(nN*)，求證：數(shù)列bn中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列(1)解由已知得所以d2，故an2n1，Snn(n)，nN*.(2)證明由(1)得bnn.假設(shè)數(shù)列bn中存在三項(xiàng)b

13、p，bq，br(pqr)成等比數(shù)列，則bbpbr.即(q)2(p)(r)(q2pr)(2qpr)0.p，q，rN*，()2pr，(pr)20，pr與pr矛盾所以數(shù)列bn中任意不同的三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列熱點(diǎn)四數(shù)學(xué)歸納法例4已知數(shù)列an是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列，Sn為其前n項(xiàng)和，且滿足S2n1a，nN*，數(shù)列bn滿足bnTn為數(shù)列bn的前n項(xiàng)和(1)求an，bn；(2)試比較T2n與2n2的大小思維啟迪(1)利用an的前n項(xiàng)確定通項(xiàng)公式(公差、首項(xiàng))，bn的通項(xiàng)公式可分段給出；(2)先求Tn，歸納猜想Tn與2n2的關(guān)系，再用數(shù)學(xué)歸納法證明解(1)設(shè)an首項(xiàng)為a1，公差為d，在S2n1a中，令n1

14、,2得即解得a12，d4，所以an4n2.所以bn(2)T2n12×23222×432422n22×2n31222422n24(12n)3n4·3n2n2n.所以T2n(2n2)(4n4n1)當(dāng)n1時(shí)，(4n4n1)<0，當(dāng)n2時(shí)，(4n4n1)>0，當(dāng)n3時(shí)，(4n4n1)>0，猜想當(dāng)n2時(shí)，T2n>2n2，即n2時(shí)，4n>4n1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n2時(shí)，4216,4×219,16>9，成立；假設(shè)當(dāng)nk(k2)時(shí)成立，即4k>4k1.則當(dāng)nk1時(shí)，4k14·4k>4·

15、(4k1)16k4>4k54(k1)1，所以nk1時(shí)成立由得，當(dāng)n2時(shí)，4n>4n1成立綜上，當(dāng)n1時(shí)，T2n<2n2，當(dāng)n2時(shí)，T2n>2n2.思維升華在使用數(shù)學(xué)歸納法證明問(wèn)題時(shí)，在歸納假設(shè)后，歸納假設(shè)就是證明nk1時(shí)的已知條件，把歸納假設(shè)當(dāng)已知條件證明后續(xù)結(jié)論時(shí)，可以使用綜合法、分析法、反證法已知f(n)1，g(n)，nN*.(1)當(dāng)n1,2,3時(shí)，試比較f(n)與g(n)的大小關(guān)系；(2)猜想f(n)與g(n)的大小關(guān)系，并給出證明解(1)當(dāng)n1時(shí)，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)，當(dāng)n2時(shí)，f(2)，g(2)，所以f(2)<g(2)，當(dāng)n3時(shí)，

16、f(3)，g(3)，所以f(3)<g(3)(2)由(1)，猜想f(n)g(n)，下面用數(shù)學(xué)歸納法給出證明當(dāng)n1,2,3時(shí)，不等式顯然成立假設(shè)當(dāng)nk(k3)時(shí)不等式成立，即1<，那么，當(dāng)nk1時(shí)，f(k1)f(k)<，因?yàn)?)<0.所以f(k1)<g(k1)，即當(dāng)nk1時(shí)，不等式成立由可知，對(duì)一切nN*，都有f(n)g(n)成立1合情推理的精髓是“合情”，即得到的結(jié)論符合“情理”，其中主要是歸納推理與類比推理歸納推理是由部分得到整體的一種推理模式類比推理是由此及彼的推理模式；演繹推理是一種嚴(yán)格的證明方式2直接證明的最基本的兩種證明方法是綜合法和分析法，這兩種方法也是

17、解決數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)常見(jiàn)的思維方式在實(shí)際解題時(shí)，通常先用分析法尋求解題思路，再用綜合法有條理地表述解題過(guò)程3數(shù)學(xué)歸納法是證明與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題的一種方法，在遇到與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題時(shí)，要考慮是否可以使用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明(1)在證明過(guò)程中突出兩個(gè)“湊”字，即一“湊”假設(shè)，二“湊”結(jié)論，關(guān)鍵是在證明nk1時(shí)要用上nk時(shí)的假設(shè)，其次要明確nk1時(shí)證明的目標(biāo)，充分考慮由nk到nk1時(shí)，命題形式之間的區(qū)別和聯(lián)系，化異為同，中間的計(jì)算過(guò)程千萬(wàn)不能省略(2)注意“兩個(gè)步驟、一個(gè)結(jié)論”一個(gè)也不能少，切忌忘記歸納結(jié)論真題感悟1(2014·福建)若集合a，b，c，d1,2,3,4，且下列四個(gè)關(guān)系：a1

18、；b1；c2；d4.有且只有一個(gè)是正確的，則符合條件的有序數(shù)組(a，b，c，d)的個(gè)數(shù)是_答案6解析由題意知中有且只有一個(gè)正確，其余三個(gè)均不正確，下面分類討論滿足條件的有序數(shù)組(a，b，c，d)的個(gè)數(shù)：(1)若正確，即a1，則都錯(cuò)誤，即b1，c2，d4.其中a1與b1矛盾，顯然此種情況不存在；(2)若正確，即b1，則都錯(cuò)誤，即a1，c2，d4，則當(dāng)b2時(shí)，有a3，c1；當(dāng)b3時(shí)，有a2，c1，此時(shí)有2種有序數(shù)組(3)若正確，即c2，則都錯(cuò)誤，即a1，b1，d4，則a3，即此種情況有1種有序數(shù)組(4)若正確，即d4，則都錯(cuò)誤，即a1，b1，c2，則當(dāng)d2時(shí)，有a3，c4或a4，c3，有2種有序數(shù)

19、組；當(dāng)d3時(shí)，有c4，a2，僅1種有序數(shù)組綜上可得，共有21216(種)有序數(shù)組2(2014·陜西)觀察分析下表中的數(shù)據(jù)：多面體面數(shù)(F)頂點(diǎn)數(shù)(V)棱數(shù)(E)三棱柱569五棱錐6610立方體6812猜想一般凸多面體中F，V，E所滿足的等式是_答案FVE2解析觀察F，V，E的變化得FVE2.押題精練1圓周上2個(gè)點(diǎn)可連成1條弦，這條弦可將圓面劃分成2部分；圓周上3個(gè)點(diǎn)可連成3條弦，這3條弦可將圓面劃分成4部分；圓周上4個(gè)點(diǎn)可連成6條弦，這6條弦最多可將圓面劃分成8部分則n個(gè)點(diǎn)連成的弦最多可把圓面分成_部分()A2n1 B2nC2n1 D2n2答案A解析由已知條件得：圓周上的點(diǎn)數(shù)連成的弦

20、數(shù)把圓面分成的部分?jǐn)?shù)2122122133422231468232415101624251由此可以歸納出，當(dāng)點(diǎn)數(shù)為n時(shí)，連成的弦數(shù)為；弦把圓面分成的部分?jǐn)?shù)為2n1，故選A.2在計(jì)算“1×22×3n(n1)”時(shí)，某同學(xué)學(xué)到了如下一種方法：先改寫(xiě)第k項(xiàng)，k(k1)k(k1)(k2)(k1)k(k1)，由此得1×2(1×2×30×1×2)，2×3(2×3×41×2×3)，n(n1)n(n1)(n2)(n1)n(n1)相加，得1×22×3n(n1)n(n1)(n2)

21、類比上述方法，計(jì)算“1×2×32×3×4n(n1)(n2)”的結(jié)果為_(kāi)答案n(n1)(n2)(n3)解析類比k(k1)k(k1)(k2)(k1)k(k1)，可得到k(k1)(k2)k(k1)(k2)(k3)(k1)k(k1)(k2)，先逐項(xiàng)裂項(xiàng)，然后累加即得n(n1)(n2)(n3)(推薦時(shí)間：50分鐘)一、選擇題1下列推理是歸納推理的是()AA，B為定點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿足|PA|PB|2a>|AB|，則P點(diǎn)的軌跡為橢圓B由a11，an3n1，求出S1，S2，S3，猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式C由圓x2y2r2的面積r2，猜想出橢圓1的面積SabD以

22、上均不正確答案B解析從S1，S2，S3猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn，是從特殊到一般的推理，所以B是歸納推理2觀察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，則a10b10等于()A28 B76C123 D199答案C解析觀察可得各式的值構(gòu)成數(shù)列1,3,4,7,11，其規(guī)律為從第三項(xiàng)起，每項(xiàng)等于其前相鄰兩項(xiàng)的和，所求值為數(shù)列中的第十項(xiàng)繼續(xù)寫(xiě)出此數(shù)列為1,3,4,7,11,18,29,47,76,123，第十項(xiàng)為123，即a10b10123.3已知x>0，觀察不等式x22，x33，由此可得一般結(jié)論：xn1(nN*)，則a的值為()Ann Bn2C3n D2n答案A解析根據(jù)

23、已知，續(xù)寫(xiě)一個(gè)不等式：x44，由此可得ann.故選A.4已知函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù)，數(shù)列an是等差數(shù)列，a3>0，則f(a1)f(a3)f(a5)的值()A恒為正數(shù) B恒為負(fù)數(shù)C恒為0 D可正可負(fù)答案A解析由已知得f(0)0，a1a52a3>0，所以a1>a5.由于f(x)單調(diào)遞增且為奇函數(shù)，所以f(a1)f(a5)>f(a5)f(a5)0，又f(a3)>0，所以f(a1)f(a3)f(a5)>0.故選A.5在平面內(nèi)點(diǎn)O是直線AB外一點(diǎn)，點(diǎn)C在直線AB上，若，則1；類似地，如果點(diǎn)O是空間內(nèi)任一點(diǎn)，點(diǎn)A，B，C，D中任意三點(diǎn)均不共線，并且這四

24、點(diǎn)在同一平面內(nèi)，若xyz，則xyz等于()A0 B1C1 D±1答案B解析在平面內(nèi)，由三角形法則，得，.因?yàn)锳，B，C三點(diǎn)共線，所以存在實(shí)數(shù)t，使t，即t()，所以(1).因?yàn)?，所以?，所以1.類似地，在空間內(nèi)可得，1.因?yàn)?，所以xyz1.故選B.6已知f(n)32n28n9，存在正整數(shù)m，使nN*時(shí)，能使m整除f(n)，則m的最大值為()A24 B32C48 D64答案D解析由f(1)64，f(2)70411×64，f(3)6 528102×64，所以f(1)，f(2)，f(3)均能被64整除，猜想f(n)能被64整除下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n1時(shí)，由上得證；

25、假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時(shí)，f(k)32k28k99k18k9能被64整除，則當(dāng)nk1時(shí)，f(k1)9(k1)18(k1)99×9k18k179f(k)64(k1)由歸納假設(shè)，f(k)是64的倍數(shù)，又64(k1)是64的倍數(shù)，所以f(k1)能被64整除，所以當(dāng)nk1時(shí)，猜想也成立因?yàn)閒(1)不能被大于64的數(shù)整除，所以所求m的最大值等于64.故選D.二、填空題7如圖所示的是由火柴棒拼成的一列圖形，第n個(gè)圖形由n個(gè)正方形組成，通過(guò)觀察可以發(fā)現(xiàn)第4個(gè)圖形中，火柴棒有_根；第n個(gè)圖形中，火柴棒有_根答案13,3n1解析易得第四個(gè)圖形中有13根火柴棒，通過(guò)觀察可得，每增加一個(gè)正方形，需增加三根火柴棒，所以第n個(gè)圖形中的火柴棒為43(n1)3n1.8平面內(nèi)有n條直線，最多可將平面分成f(n)個(gè)區(qū)域，則f(n)的表達(dá)式為_(kāi)答案解析1條直線將平面分成11個(gè)區(qū)域；2條直線最多可將平面分成1(12)4個(gè)區(qū)域；3條直線最多可將平面