2025屆高考數(shù)學二輪復習第一部分方法篇素養(yǎng)形成文理第4講不等式算法與推理文理學案含解析新人教版

PAGE第4講不等式、算法與推理(文理)JIETICELUEMINGFANGXIANG解題策略·明方向⊙︱考情分析︱1．高考中主要考查求程序框圖中的執(zhí)行結(jié)果和確定限制條件．2．在高考中主要以客觀題形式考查不等式的性質(zhì)和一元二次不等式的解法．3．以畫二元一次不等式(組)表示的平面區(qū)域、目標函數(shù)最值的求法為主．4．利用基本不等式求最值，題型多樣，突出“小而巧”的特點．⊙︱真題分布︱(理科)年份卷別題號考查角度分值2024Ⅰ卷2、13二元一次不等式的解法；線性規(guī)劃求最值10Ⅱ卷8、17(2)基本不等式應(yīng)用10Ⅲ卷13線性規(guī)劃求最值52024Ⅰ卷1、3、4、8不等式比較大小推理、框圖20Ⅱ卷6不等式的性質(zhì)5Ⅲ卷1、9二次不等式的求解、程序框圖102024Ⅰ卷2、3、13集合補集、程序框圖、一元二次不等式的解集、線性規(guī)劃15Ⅱ卷7、14程序框圖、線性規(guī)劃10Ⅲ卷1、12一元一次不等式的解集、集合運算、不等式的性質(zhì)、對數(shù)運算10(文科)年份卷別題號考查角度分值2024Ⅰ卷1、9、13利用一元二次不等式的解法求集合；程序框圖的算法功能；簡潔線性規(guī)劃求最值15Ⅱ卷7、15程序框圖的應(yīng)用；簡潔線性規(guī)劃求最值10Ⅲ卷13簡潔線性規(guī)劃求線性目標函數(shù)的最大值52024Ⅰ卷9程序框圖5Ⅱ卷13簡潔線性規(guī)劃求線性目標函數(shù)的最大值5Ⅲ卷9、11程序框圖的應(yīng)用；簡潔線性規(guī)劃的應(yīng)用102024Ⅰ卷14簡潔線性規(guī)劃的應(yīng)用5Ⅱ卷8、14程序框圖的應(yīng)用；簡潔線性規(guī)劃的應(yīng)用10Ⅲ卷15簡潔線性規(guī)劃的應(yīng)用5KAODIANFENLEIXIZHONGDIAN考點分類·析重點考點一不等式的性質(zhì)及解法eq\x(知)eq\x(識)eq\x(再)eq\x(現(xiàn))1．一元二次不等式的解法先化為一般形式ax2＋bx＋c>0(a≠0)，再求相應(yīng)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的根，最終依據(jù)相應(yīng)二次函數(shù)圖象與x軸的位置關(guān)系，確定一元二次不等式的解集．2．簡潔分式不等式的解法①eq\f(fx,gx)>0(<0)?f(x)g(x)>0(<0)；②eq\f(fx,gx)≥0(≤0)?f(x)g(x)≥0(≤0)且g(x)≠0．eq\x(題)eq\x(組)eq\x(練)eq\x(透)考向1不等式的性質(zhì)1．(2024·北京昌平區(qū)期末)設(shè)a，b，c∈R，且a<b，則(D)A．a(chǎn)c<bc B．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a(chǎn)2<b2 D．a(chǎn)3<b3【解析】對A項，當c<0時，a<b?ac>bc，故A錯誤；對B項，取a＝－2，b＝1時，－eq\f(1,2)<1，不滿意eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，故B錯誤；對C項，取a＝－2，b＝－1時，(－2)2>(－1)2，不滿意a2<b2，故C錯誤；對D項，函數(shù)y＝x3在R上單調(diào)遞增，a<b，則a3<b3，故D正確；故選D．2．(2024·吉林省重點中學聯(lián)考)若a>0>b，則下列不等式中恒成立的是(B)A．eq\f(1,a)<eq\f(1,b) B．eq\f(1,a)>eq\f(1,b)C．a(chǎn)2>b2 D．a(chǎn)2<b2【解析】∵a>0>b，∴eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，∴B正確，A錯誤；取a＝1，b＝－1，則a2＝b2，故C，D錯誤．故選B．考向2一元二次不等式3．(2024·重慶模擬)一元二次不等式(2x－3)(x＋1)＞0的解集為(B)A．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－1<x<\f(3,2))) B．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(3,2)或x<－1))C．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|－\f(3,2)＜x＜1)) D．eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>1或x<－\f(3,2)))【解析】不等式(2x－3)(x＋1)＞0對應(yīng)方程的解為x＝eq\f(3,2)和x＝－1，所以不等式的解集為eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x＜－1或x＞\f(3,2))).4．(2024·重慶朝陽中學期中)關(guān)于x的不等式x2－(m＋1)x＋(m＋1)≥0對一切x∈R恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為(D)A．[－3,1] B．[－3,3]C．[－1,1] D．[－1,3]【解析】∵關(guān)于x的不等式x2－(m＋1)x＋(m＋1)≥0對一切x∈R恒成立，∴Δ＝(m＋1)2－4(m＋1)＝(m＋1)(m－3)≤0，解得－1≤m≤3，∴實數(shù)m的取值范圍為[－1,3]．故選D．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)不等式的求解技巧(1)對于和函數(shù)有關(guān)的不等式，可利用函數(shù)的單調(diào)性進行轉(zhuǎn)化．(2)求解一元二次不等式的步驟：第一步，二次項系數(shù)化為正數(shù)；其次步，解相應(yīng)的一元二次方程；第三步，若有兩個不相等的實根，則利用“大于在兩邊，小于夾中間”得不等式的解集．(3)含參數(shù)的不等式的求解，要對參數(shù)進行分類探討．考點二線性規(guī)劃和基本不等式eq\x(知)eq\x(識)eq\x(再)eq\x(現(xiàn))1．線性規(guī)劃(1)①不等式y(tǒng)>kx＋b表示直線y＝kx＋b上方區(qū)域；②等式y(tǒng)＝kx＋b表示直線y＝kx＋b上的區(qū)域；③不等式y(tǒng)<kx＋b表示直線y＝kx＋b下方區(qū)域；④x>a表直線x＝a右側(cè)區(qū)域，x<a表直線x＝a左側(cè)區(qū)域，也可直線定界，特殊點定域．(2)線性目標函數(shù)z＝ax＋by，作可行域與直線l：ax＋by＝0，并平移直線l①b>0時上移l、z增大，下移l、z減小，即“上增下減”；②b<0時“上減下增”．(3)常見三種目標函數(shù)①z＝Ax＋By；②z＝eq\f(y－b,x－a)(可表示過點(a，b)與可行域內(nèi)點(x，y)的直線斜率)；③z＝eq\r(x－a2＋y－b2)或z＝(x－a)2＋(y－b)2(可表示成兩點(a，b)與(x，y)的距離或距離的平方)．2．均值不等式(1)對?a、b∈R，有a2＋b2≥2ab?ab≤eq\f(a2＋b2,2).(2)對?a、b∈R＋，有a＋b≥2eq\r(ab)?ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2．(3)eq\f(a2＋b2,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2?(a＋b)2≤2(a2＋b2)．以上三式均在“a＝b”時取“＝”．eq\x(題)eq\x(組)eq\x(練)eq\x(透)考向1簡潔線性規(guī)劃1．(2024·深圳二模)設(shè)x，y滿意約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y≤1,x＋y≤3,x≥0))，則z＝2x－y的最大值為(D)A．－3 B．1C．2 D．3【解析】不等式組表示的平面區(qū)域如圖所示，當直線z＝2x－y過點A點時，目標函數(shù)z＝2x－y的縱截距最小，此時z取得最大值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＝1,x＋y＝3))，解得A(2,1)時，在y軸上截距最小，此時z取得最大值3．故選D．2．(2024·柯橋區(qū)模擬)若實數(shù)x，y滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋y＋1≥0,2x＋3y－4≤0,x－2y－2≤0))，則2x＋y的最小值是(B)A．－3 B．－1C．0 D．2【解析】由題中給出的三個約束條件，可得可行域為如圖所示陰影部分，平移直線2x＋y＝0，當直線經(jīng)過可行域的C時，目標函數(shù)的截距取得最小值，此時2x＋y取得最小值，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2y－2＝0,3x＋y＋1＝0))解得C(0，－1)，2x＋y的最小值為－1，故選B．3．(2024·宣城二模)已知實數(shù)x，y滿意線性約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4y－1≤0,2x＋y－2≤0,2x－3y＋6≥0))，則eq\f(y－1,x－2)的最小值為(B)A．－eq\f(1,3) B．－eq\f(1,2)C．1 D．2【解析】作出實數(shù)x，y滿意線性約束條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－4y－1≤0,2x＋y－2≤0,2x－3y＋6≥0))表示的平面區(qū)域：得到如圖所示的△ABC及其內(nèi)部的區(qū)域，其中A(0,2)，B(1,0)，設(shè)Q(x，y)為區(qū)域內(nèi)的動點，可得k＝eq\f(y－1,x－2)表示P、Q連線的斜率，其中P(2,1)，運動點Q，可得當Q與A點重合時，kPQ＝－eq\f(1,2)是eq\f(y－1,x－2)的最小值，故選B．4．(2024·保定二模)已知實數(shù)x，y滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(kx－y＋k－1≥0，,x－1≤0，,y＋1≥0.))若z＝2x＋y的最大值為8，則k的值為(B)A．eq\f(3,2) B．eq\f(7,2)C．1 D．3【解析】作出不等式組對應(yīng)的平面區(qū)域如圖：由z＝2x＋y得y＝－2x＋z，平移直線y＝－2x＋z，∵z＝2x＋y的最大值是8，∴作出直線2x＋y＝8，則目標函數(shù)與直線x－1＝0交于A，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1,2x＋y＝8))，解得x＝1，y＝6，當直線z＝2x＋y經(jīng)過A時，目標函數(shù)取得最大值，將(1,6)代入kx－y＋k－1＝0中可得k＝eq\f(7,2)，故選B．考向2基本不等式5．(2024·吉林省重點中學聯(lián)考)若實數(shù)x，y滿意x＋y＝8，則x2＋y2的最小值是(B)A．8 B．32C．16 D．4【解析】∵x＋y＝8，∴由eq\f(x＋y,2)≤eq\r(\f(x2＋y2,2))，得x2＋y2≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x＋y,\r(2))))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,\r(2))))2＝32，當且僅當x＝y(tǒng)＝4時等號成立，∴x2＋y2的最小值是32．故選B．6．(2024·河東區(qū)一模)已知實數(shù)a、b，ab>0，則eq\f(ab,a2＋b2＋a2b2＋4)的最大值為(A)A．eq\f(1,6) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,7) D．6【解析】由于a2＋b2≥2ab>0，所以eq\f(ab,a2＋b2＋a2b2＋4)≤eq\f(ab,2ab＋a2b2＋4)，故：eq\f(ab,2ab＋a2b2＋4)＝eq\f(1,2＋ab＋\f(4,ab))≤eq\f(1,2＋2\r(ab·\f(4,ab)))＝eq\f(1,6)，(當且僅當a＝b時，等號成立)．故選A．7．(2024·湖南省懷化市期末)函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a≠1，a>0)的圖象恒過定點A，若點A在直線mx＋ny＋1＝0上，其中m>0，n>0，則eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)的最小值為__8__.【解析】∵x＝－2時，y＝loga1－1＝－1，∴函數(shù)y＝loga(x＋3)－1(a≠1，a>0)的圖象恒過定點A(－2，－1)，∵點A在直線mx＋ny＋1＝0上，∴－2m－n＋1＝0，即2m＋∵m>0，n>0，∴eq\f(1,m)＋eq\f(2,n)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,m)＋\f(2,n)))(2m＋n)＝2＋eq\f(n,m)＋eq\f(4m,n)＋2≥4＋2·eq\r(\f(n,m)·\f(4m,n))＝8，當且僅當m＝eq\f(1,4)，n＝eq\f(1,2)時取等號．8．(2024·江蘇省八校聯(lián)考)已知實數(shù)a，b滿意4a2－5ab＋4b2＝9，則a＋b最大值為__2eq\r(3)__.【解析】由4a2－5ab＋4b2＝9得ab＝eq\f(4a＋b2－9,13)，由基本不等式得ab≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，則可發(fā)覺eq\f(4a＋b2－9,13)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))2，解得a＋b≤2eq\r(3)當且僅當a＝b時取等號，所以a＋b最大值為2eq\r(3).eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)1．記牢三種常見的目標函數(shù)及其求法(1)截距型：形如z＝ax＋by，求這類目標函數(shù)的最值常將函數(shù)z＝ax＋by轉(zhuǎn)化為y＝－eq\f(a,b)x＋eq\f(z,b)，通過求直線的截距eq\f(z,b)的最值間接求出z的最值．(2)距離型：形如z＝(x－a)2＋(y－b)2，設(shè)可行域內(nèi)動點P(x，y)，定點M(a，b)，則z＝|PM|2．(3)斜率型：形如z＝eq\f(y－b,x－a)，設(shè)可行域內(nèi)動點P(x，y)，定點M(a，b)，則z＝kPM.2駕馭基本不等式求最值的三種解題技巧(1)湊項：通過調(diào)整項的符號，配湊項的系數(shù)，使其積或和為定值．(2)湊系數(shù)：若無法干脆運用基本不等式求解，通過湊系數(shù)后可得到和或積為定值，從而可利用基本不等式求最值．(3)換元：分式函數(shù)求最值，通常干脆將分子配湊后將式子分開或?qū)⒎帜笓Q元后將式子分開，即化為y＝m＋eq\f(A,gx)＋Bg(x)(A>0，B>0)，g(x)恒正或恒負的形式，然后運用基本不等式來求最值．考點三算法與程序框圖eq\x(知)eq\x(識)eq\x(再)eq\x(現(xiàn))兩種循環(huán)結(jié)構(gòu)的特點直到型循環(huán)結(jié)構(gòu)：在執(zhí)行了一次循環(huán)體后，對條件進行推斷，假如條件不滿意，就接著執(zhí)行循環(huán)體，直到條件滿意時終止循環(huán)．當型循環(huán)結(jié)構(gòu)：在每次執(zhí)行循環(huán)體前，對條件進行推斷，當條件滿意時，執(zhí)行循環(huán)體，否則終止循環(huán)．eq\x(題)eq\x(組)eq\x(練)eq\x(透)考向1干脆循環(huán)計算1．(2024·四川省成都七中一診)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，輸出的S值為(C)A．3 B．－6C．10 D．－15【解析】依據(jù)程序框圖可知S＝－12＋22－32＋42＝10，故選C．2．(2024·昆明一檢)執(zhí)行如圖所示的程序框圖，則輸出S的值等于(C)A．eq\f(1,22017) B．eq\f(1,22018)C．eq\f(1,22019) D．eq\f(1,22020)【解析】運行程序，a＝1，S＝1，推斷否，S＝eq\f(1,2)，a＝2，推斷否，S＝eq\f(1,22)，a＝3，推斷否，……，以此類推，S＝eq\f(1,22019)，a＝2020，推斷是，輸出S＝eq\f(1,22019).故選C．考向2完善推斷框3．(2024·四川省成都七中模擬)依據(jù)如圖的程序框圖執(zhí)行，若輸出結(jié)果為15，則M處條件為(A)A．k≥16？ B．k<8？C．k<16？ D．k≥8?【解析】依據(jù)題中所給的程序框圖，可以確定該題要求的是S＝1＋2＋4＋8＋...，對應(yīng)的正好是以1為首項，以2為公比的等比數(shù)列，該數(shù)列的前4項和正好是15，結(jié)合題中所給的條件，一一試過，可知當k≥16時，退出循環(huán)，故選A．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)解答程序框圖(流程圖)問題的方法(1)首先要讀懂程序框圖，要嫻熟駕馭程序框圖的三種基本結(jié)構(gòu)，特殊是循環(huán)結(jié)構(gòu)，在累加求和、累乘求積、多次輸入等有規(guī)律的科學計算中，都有循環(huán)結(jié)構(gòu)．(2)精確把握限制循環(huán)的變量，變量的初值和循環(huán)條件，弄清在哪一步結(jié)束循環(huán)；弄清循環(huán)體和輸入條件、輸出結(jié)果．(3)對于循環(huán)次數(shù)比較少的可逐步寫出，對于循環(huán)次數(shù)較多的可先依次列出前幾次循環(huán)結(jié)果，找出規(guī)律．考點四推理與證明eq\x(知)eq\x(識)eq\x(再)eq\x(現(xiàn))1．合情推理合情推理是依據(jù)已有的事實和正確的結(jié)論推想某些結(jié)果的推理過程．通過視察特例，形成猜想，嚴格論證，是發(fā)覺(提出)問題，解決問題的常用方法．歸納、類比推理是依據(jù)個別事實，通過分析提出猜想的推理，其結(jié)論可能是錯誤的．而演繹推理是由一般性原理動身，推出某個特殊狀況下的結(jié)論，其結(jié)論是精確的．在進行類比推理時要盡量從本質(zhì)上類比，不要被表面現(xiàn)象所迷惑，犯機械類比的錯誤．類比除了發(fā)覺結(jié)論外，還可以發(fā)覺證明結(jié)論的思路和方法．要擅長視察和總結(jié)，養(yǎng)成歸納、類比、聯(lián)想的習慣．2．反證法有些問題假如從正面求解繁瑣或無法求解時，則可從其反面進行思索，通過否定結(jié)論的反面來確定結(jié)論正確，這就是“正難則反”的思路．用反證法證題推出沖突主要有下列情形：①與已知條件沖突；②與公理、定理、定義及性質(zhì)沖突；③與假設(shè)沖突．宜用反證法證明的題型：①易導出與已知沖突的命題；②否定性命題；③唯一性命題；④至少、至多型命題；⑤某些基本定理；⑥必定性命題．eq\x(題)eq\x(組)eq\x(練)eq\x(透)考向1歸納推理1．(2024·北京市朝陽區(qū)抽樣檢測)古希臘畢達哥拉斯學派的數(shù)學家探討過各種多邊形數(shù)．如三角形數(shù)1,3,6,10，…，第n個三角形數(shù)為eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，記第n個k邊形數(shù)為N(n，k)(k≥3)，下面列出了部分k邊形數(shù)中第n個數(shù)的表達式：三角形數(shù)N(n,3)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，正方形數(shù)N(n,4)＝n2，五邊形數(shù)N(n,5)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n，六邊形數(shù)N(n,6)＝2n2－n，以此類推，下列結(jié)論錯誤的是(C)A．N(5,4)＝25 B．N(3,7)＝18C．N(5,10)＝145 D．N(10,24)＝1000【解析】因為三角形數(shù)N(n,3)＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n＝eq\f(3－2,2)n2＋eq\f(4－3,2)n，正方形數(shù)N(n,4)＝n2＝eq\f(4－2,2)n2＋eq\f(4－4,2)n，五邊形數(shù)N(n,5)＝eq\f(3,2)n2－eq\f(1,2)n＝eq\f(5－2,2)n2＋eq\f(4－5,2)n，六邊形數(shù)N(n,6)＝2n2－n＝eq\f(6－2,2)n2＋eq\f(4－6,2)n，所以可以類推得到：第n個k邊形數(shù)為N(n，k)＝eq\f(k－2,2)n2＋eq\f(4－k,2)n(k≥3)，于是有N(5,4)＝25，N(3,7)＝18，N(5,10)＝85，N(10,24)＝1000，因此選項C是錯誤的，故選C．2．視察下列等式：12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10……照此規(guī)律，第n個等式可為__12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2)__.【解析】由題意知：12＝1，12－22＝－(22－12)＝－(2－1)(2＋1)＝－(1＋2)＝－3，12－22＋32＝1＋(32－22)＝1＋(3－2)(3＋2)＝1＋2＋3＝6，12－22＋32－42＝－(22－12)－(42－32)＝－(1＋2＋3＋4)＝－10，……∴照此規(guī)律，第n個等式可為12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2).考向2類比推理3．(2024·濟南一中期末)設(shè)△ABC的三邊長分別為a、b、c，面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則S＝eq\f(1,2)r(a＋b＋c)．類比這個結(jié)論可知：四面體S－ABC的四個面的面積分別為S1，S2，S3，S4，體積為V，內(nèi)切球半徑為R，則V＝(C)A．R(S1＋S2＋S3＋S4) B．eq\f(1,2)R(S1＋S2＋S3＋S4)C．eq\f(1,3)R(S1＋S2＋S3＋S4) D．eq\f(1,4)R(S1＋S2＋S3＋S4)【解析】設(shè)四面體的內(nèi)切球的球心為O，則球心O到四個面的距離都是R，所以四面體的體積等于以O(shè)為頂點，分別以四個面為底面的4個三棱錐體積的和．則四面體的體積為VA－BCD＝eq\f(1,3)S1R＋eq\f(1,3)S2R＋eq\f(1,3)S3R＋eq\f(1,3)S4R＝eq\f(1,3)(S1＋S2＋S3＋S4)R.故選C．考向3干脆證明與間接證明4．(2024·濰坊檢測)用反證法證明命題：“若a∈R，則函數(shù)y＝x3＋ax＋b至少有一個零點”時，要做的假設(shè)是(A)A．函數(shù)y＝x3＋ax＋b沒有零點B．函數(shù)y＝x3＋ax＋b至多有一個零點C．函數(shù)y＝x3＋ax＋b至多有兩個零點D．函數(shù)y＝x3＋ax＋b恰好有一個零點【解析】依據(jù)反證法的定義，可知“若a∈R，則函數(shù)y＝x3＋ax＋b至少有一個零點”的反設(shè)應(yīng)為“若a∈R，則函數(shù)y＝x3＋ax＋b沒有零點”．故選A．5．(理)用數(shù)學歸納法證明“eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)≥eq\f(11,24)(n∈N*)”時，由n＝k到n＝k＋1時，不等式左邊應(yīng)添加的項是(C)A．eq\f(1,2k＋1)B．eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)C．eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)D．eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)－eq\f(1,k＋2)【解析】由n＝k時，左邊為eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k＋k)，當n＝k＋1時，左邊為eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,k＋k)＋eq\f(1,k＋k＋1)＋eq\f(1,k＋1＋k＋1)所以增加項為兩式作差得：eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1).故選C．eq\x(方)eq\x(法)eq\x(感)eq\x(悟)1．破解歸納推理題的思維三步驟(1)發(fā)覺共性：通過視察特例發(fā)覺某些相像性(特例的共性或一般規(guī)律)；(2)歸納推理：把這種相像性推廣為一個明確表述的一般命題(猜想)；(3)檢驗結(jié)論：對所得的一般性命題進行檢驗，一般地，“求同存異”“逐步細化”“先粗后精”是求解由特殊結(jié)論推廣到一般結(jié)論型創(chuàng)新題的基本技巧．2．破解類比推理題的三個關(guān)鍵(1)會定類，即找出兩類對象之間可以準確表述的相像特征；(2)會推想，即用一類事物的性質(zhì)去推想另一類事物的性質(zhì)，得出一個明確的猜想；(3)會檢驗，即檢驗猜想的正確性．要將類比推理運用正確．YICUOQINGLINGMIANSHIWU易錯清零·免失誤1．解含參數(shù)的不等式時不知道如何對參數(shù)分類探討典例1(2024·青羊期中)若不等式ax2＋2ax－1<0的解集為R，則a的取值范圍是__(－1,0]__.【錯解】因為不等式ax2＋2ax－1<0的解集為R，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ＝4a2＋4a<0))，解得－1<a<0，所以實數(shù)a的取值范圍是(－1,0)．【剖析】上述解法的錯誤是忽視了對a的探討，若在二次不等式中二次項的系數(shù)中含有參數(shù)，就要探討二次項系數(shù)等于0和不等于0兩種狀況．【正解】當a＝0時，不等式ax2＋2ax－1<0，化為－1<0，x∈R，當a≠0時，若不等式ax2＋2ax－1<0的解集為R，應(yīng)當滿意eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a<0,Δ＝4a2＋4a<0))解得－1<a<0所以實數(shù)a的取值范圍是(－1,0]2．忽視應(yīng)用基本不等式的前提條件致誤典例2(2024·天津南開中學第一次月考)已知x>0，y>0，eq\f(3,x＋2)＋eq\f(3,y＋2)＝1，則x＋2y的最小值為(D)A．9 B．12C．15 D．6eq\r(2)＋3【解析】設(shè)a＝x＋2，b＝y(tǒng)＋2，則x＝a－2，y＝b－2．因為x>0，y>0，所以a>2，b>2，所以eq\f(3,x＋2)＋eq\f(3,y＋2)＝eq\f(3,a)＋eq\f(3,b)＝1(a>2，b>2)，所以x＋2y＝a＋2b－6＝(a＋2b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)＋\f(3,b)))－6＝3＋eq\f(6b,a)＋eq\f(3a,b)≥3＋2eq\r(\f(6b,a)·\f(3a,b))＝3＋6eq\r(2)，當且僅當eq\f(6b,a)＝eq\f(3a,b)且eq\f(3,a)＋eq\f(3,b)＝1，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝31＋\r(2)，,b＝3＋\f(3\r(2),2)))時，取等號．故x＋2y的最小值為6eq\r(2)＋3．故選D．【剖析】本題的易錯點是不知如何把等式eq\f(3,x＋2)＋eq\f(3,y＋2)＝1應(yīng)用到求x＋2y的最小值中，求解此類題時，一般是先消元，把求二元最值問題轉(zhuǎn)化為求一元最值問題，再對不等式進行分拆、組合、添加系數(shù)等，使之能變成可用基本不等式的形式，從而求出其最值，求解后還要留意檢驗等號成立的條件．若連續(xù)兩次運用基本不等式求最值，必需使兩次等號成立的條件一樣，否則最值取不到．3．錯判程序框圖中推斷框內(nèi)的條件典例3(2024·江西名