2022年二轮复习专题四第3讲推理与证明.pdf

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1、第 3 讲推理与证明考情解读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精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 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：实验、观察

2、概括、推广 猜测一般性结论(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：观察、比较 联想、类推 猜测新的结论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

3、提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确3直接证明精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 28 页 - - - - - - - - - - (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：P? Q1 Q1? Q2 Q2? Q3 Qn? Q(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：Q?P1 P1?P2 P2?P3得到一个明显成立的条件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

4、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肯定条件 p否定结论 q 导致逻辑矛盾 “既 p，又綈 q” 为假 “若 p，则 q” 为真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精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第

5、 3 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 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() 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 28 页 - - - - - - - - - - A26 B31 C32 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 B62,63 C75,76 D84,85 思维启迪(

6、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

7、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精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 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

8、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 B2 C3 D4 (2)已知f(n)112131n(nN*)，经计算得f(4)2 ，f(8)52，f(16)3 ， f(32)72，则有_精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 答案(1)B(2)f(2n)n22(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

9、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)42，f(23)52，f(24)62，f(25)72，所以当 n2 时，有 f(2n)n22. 故填 f(2n)n22(n2，nN*)热点二类比推理例精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 2(1)在平面几何

10、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S1S214.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V1V2_. (2)已知双曲正弦函数shxexex2和双曲余弦函数chxexex2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)127(2)ch(xy) chx chyshx shy解析(1)平面几何中，圆的面积与圆的半径

11、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V1V2127. (2)chx chyshx shyexex2ey ey2exex2eyey214(exyexyexyexyexyexyexyexy) 14(2exy2e (xy)exyexy2ch(xy)，故知 ch(x y) 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，有共精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - -

12、 - - - - - - -第 8 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 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 ， bna1a2 ann，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

13、式应为 () Adnc1c2 cnnBdnc1 c2 cnnCdn12nnnnncccDdnnc1 c2 cn(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x2a2y2b2 1(ab0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M 为 AB 的中点，则kOM kABb2a2.那么对于双曲线则有如下命题： AB 是双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M 为 AB 的中点，则 kOM kAB_. 答案(1)D(2)b2a2精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - -

14、- -第 9 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 解析(1)由 an 为等差数列，设公差为d，则 bna1a2anna1n12d，又正项数列 cn为等比数列，设公比为q，则 dnnc1 c2 cn221nnnnc qc112nq，故选 D. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则有x0 x1x22，y0y1y22.将 A，B 代入双曲线x2a2y2b21 中得x21a2y21b21，x22a2y22b21，两式相减，得x21x22a2y21y22b2，即x1 x2x1x2a2y1y2y1y2b2，即y1 y2y1y2x1 x2x1x2b2a2，

15、即 kOM kABb2a2. 热点三直接证明和间接证明精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 例3已知数列 an满足： a112，3 1an11 an2 1an1an1，anan10 (n1)；数列 bn满足：bna2n1a2n(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1 a2n；(2)否定性结论的证明可用反证法(1)解已知3 1an11

16、an2 1an1an1化为1a2n11a2n23，而 1a2134，所以数列 1a2n是首项为34，公比为23的等比数列，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 则 1a2n3423n1，则 a2n13423n1，由 anan10，知数列 an的项正负相间出现，因此 an(1)n113423n1，bna2n1a2n3423n3423n11423n1. (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

17、不相等的正整数，可设mnp，而 bn1423n1随 n 的增大而减小，那么只能有2bnbmbp，可得 21423n11423m11423p1，则 223nm 123pm.(*) 当 nm2 时， 223nm223289，(*) 式不可能成立，则只能有nm1，此时等式为43 123pm，即1323pm，那么 pmlog2313，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

18、过程，有时候，分析法和综合法交替使用精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 12 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 等差数列 an的前 n 项和为 Sn， a112，S3932. (1)求数列 an 的通项 an与前 n 项和 Sn；(2)设 bnSnn(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a121，3a13d93 2，所以 d2，故 an 2n12，Snn(n2)，nN*. (2)证明由(1)得 bnSnnn2. 假设数列 bn

19、中存在三项bp，bq，br(pqr)成等比数列，则b2qbpbr. 即(q2)2(p2)(r2)(q2pr)(2qpr)20. p，q，rN*，q2pr0，2qpr0，(pr2)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精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 13 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 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S2n112a2n，nN*，数列 bn

20、满足 bn2n1，n为奇数，12an1， n为偶数，Tn为数列 bn 的前 n 项和(1)求 an，bn；(2)试比较 T2n与 2n2n3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 2n2n3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 S2n112a2n中，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 14 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 令 n1,2 得a

21、212S1，a222S3，即a212a1，a1d22 3a13d ，解得 a12，d4，所以 an4n2. 所以 bn2n1，n为奇数，2n3，n为偶数 .(2)T2n1223222432422n222n3 1222422n24(12n)3n14n144n n123n4n3132n2n. 所以 T2n(2n2n3)13(4n4n1)当 n1 时，13(4n4n1)130，当 n3 时，13(4n4n1)5130，猜想当 n2 时， T2n2n2n3，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.

22、则当 nk1 时， 4k14 4k4 (4k1) 16k44k54(k1)1，所以 nk1 时成立由 得，当 n2 时， 4n4n1 成立综上，当 n1时， T2n2n2n3. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 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)11231331431n3，g(n)3212n2，n

23、N*. (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)98，g(2)118，所以 f(2)g(2)，当 n3 时， f(3)251216，g(3)312216，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 11231331431k33212k2，那么，当 nk1 时，f(k1)f(k)1k133212k21k 1

24、3，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 因为12 k12(12k21k13) k32 k1312k23k12 k13k20. 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x2a2y2b21 的面积 S abD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

25、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 B76 C123 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x1x 2x1x2，x4x2x2x24x233x2x24x23，由此可得一般结论： xaxnn1(nN*)，则 a 的值为 () 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - -

26、- - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 22 页，共 28 页 - - - - - - - - - - AnnBn2C3nD2n答案A 解析根据已知，续写一个不等式：x33x3x3x3x333x344x3x3x333x34，由此可得a nn.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(

27、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 OC OA OB，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 DOxOAyOBzOC，则 xyz 等于 () A0 B1 C1 D 1 答案B 解析在平面内，由三角形法则，得ABOBOA，BCOCOB. 因为 A，B，C 三点共线，所以存在实数t，使ABtBC，即 OBOAt(OCOB)，所以OC1tOA(1t1)OB. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - -

28、- - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 23 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 因为OC OA OB，所以 1t， 1t1，所以 1. 类似地，在空间内可得OD OA OB OC， 1. 因为DO OD，所以 xyz 1.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 B32 C48 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

29、)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)32k28k99k1 8k9 能被 64 整除，则当 nk1 时，f(k1)9(k1)18(k1)99 9k18k179f(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，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - -

30、- - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 24 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 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n2n22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(1 2) 4 个区域；3 条直线最多可将平面分成1(1 23)7

31、个区域； ，n 条直线最多可将平面分成1(123 n)1n n12n2n22个区域9(2014 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. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - -

32、- - - - -第 25 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 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”：2335，337911，4313151719， .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a2b22m 0，1a24b2 12m0. (1)求证：1a24b29a2b2；(2)求证： m72. 证明(1)(分析法 )要证1a24b29a2 b2成立

33、，只需证 (1a24b2)(a2b2)9，即证 14b2a24a2b29，即证b2a24a2b24. 根据基本不等式，有b2a24a2b22b2a24a2b24 成立，所以原不等式成立(2)(综合法 )因为 a2b2m2，1a24b22m1，由(1)，知 (m2)(2m1)9，即 2m25m70，解得 m 1 或 m72. 又 a2b2m20 m2,故 m1 舍去，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 26 页，共 28 页 - - - - - - - - - - m72. 12若不等式1n11

34、n213n1a24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，111112131a24，即2624a24，所以 a2524. 当 n1 时，已证得不等式成立假设当 nk(kN*)时，不等式成立，即1k11k213k12524. 则当 nk1 时，有1k1 11k1 213 k1 11k11k213k113k213k313k41k1252413k213k423 k1因为13k213k423 k16 k13k2 3k423 k118 k122 9k218k83k2 3k43k323k2 3k4 3k30，所以当 nk1 时不等式也成立由 知，对一切正整数n，都有1

35、n11n213n12524，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 27 页，共 28 页 - - - - - - - - - - 所以正整数a 的最大值为25. 方法二设 f(n)1n11n213n1则 f(n1)f(n)13n213n313n41n113n 213n 423n323n2 3n4 3n30，数列 f(n) 为递增数列，f(n)min f(1)1213142624，1n11n21n313n1a24对一切正整数n 都成立可转化为a24f(n)min， a242624，a26. 故正整数 a 的最大值为25. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 28 页，共 28 页 - - - - - - - - - -