《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題7 概率與統(tǒng)計(jì)、推理與證明、算法初步、框圖、復(fù)數(shù) 第四講 推理與證明 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題7 概率與統(tǒng)計(jì)、推理與證明、算法初步、框圖、復(fù)數(shù) 第四講 推理與證明 理（8頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題7 概率與統(tǒng)計(jì)、推理與證明、算法初步、框圖、復(fù)數(shù) 第四講 推理與證明 理 1．歸納推理． (1)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． (2)歸納推理的思維過程如下： ―→―→ 2．類比推理． (1)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． (2)類比推理的思維過程如下： ―→―→ 1．“三段論”是演繹推理的一般模式，包括： (1)大前提——已知的一般性原理．

2、 (2)小前提——所研究的特殊情況． (3)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． 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

3、： →→→…→ 反證法的證明過程可以概括為“否定—推理—否定”，即從否定結(jié)論開始，經(jīng)過正確的推理，導(dǎo)致邏輯矛盾，從而達(dá)到新的否定(即肯定原命題)的過程．用反證法證明命題“若p，則q”的過程可以用下圖所示的框圖表示． 數(shù)學(xué)歸納法主要用于證明與整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)問題，分兩步進(jìn)行： (1)證明當(dāng)n取第一個(gè)值n0(n0∈N*)時(shí)命題成立． (2)假設(shè)n＝k(k≥n0，k∈N*)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立． 　　　　　　　　　　　　　　　　 判斷下面結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)． (1)歸納推理得到的結(jié)論不一定正確，類比推

4、理得到的結(jié)論一定正確．(×) (2)由平面三角形的性質(zhì)推測空間四面體的性質(zhì)，這是一種合情推理．(√) (3)在類比時(shí)，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對(duì)象較為合適．(×) (4)“所有3的倍數(shù)都是9的倍數(shù)，某數(shù)m是3的倍數(shù)，則m一定是9的倍數(shù)”，這是三段論推理，但其結(jié)論是錯(cuò)誤的．(√) (5)一個(gè)數(shù)列的前三項(xiàng)是1，2，3，那么這個(gè)數(shù)列的通項(xiàng)公式是an＝n(n∈N*)．(×) (6)＝2，＝3，＝4，…，＝6(a，b均為實(shí)數(shù))，則可以推測a＝35，b＝6.(√) 1. (1)傳說古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家經(jīng)常在沙灘上面畫點(diǎn)或用小石子表示數(shù)．他們研究過如圖所

5、示的三角形數(shù)： 將三角形數(shù)1，3，6，10，…記為數(shù)列{an}，將可被5整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個(gè)新數(shù)列{bn}，可以推測： ①b2 012是數(shù)列{an}中的第5_030項(xiàng)； ②b2k－1＝(用k表示)． (2)對(duì)于平面幾何中的命題：“夾在兩條平行直線之間的平行線段相等”，在立體幾何中，類比上述命題，可以得到命題：“夾在兩個(gè)平行平面之間的平行線段相等”，這個(gè)類比命題是真命題(填“真命題”或“假命題”)． 2．有一段演繹推理是這樣的：“直線平行于平面，則平行于平面內(nèi)所有直線；已知直線b?平面α，直線a?平面α，直線b∥平面α，則直線b∥直線a.”這段推理的結(jié)論顯然是錯(cuò)誤的，

6、這是因?yàn)?A) A．大前提錯(cuò)誤　　　　　B．小前提錯(cuò)誤 C．推理形式錯(cuò)誤　 D．非以上錯(cuò)誤 3．(xx·山東卷)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x2＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是(A) A．方程x2＋ax＋b＝0沒有實(shí)根 B．方程x2＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根 C．方程x2＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根 D．方程x2＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根 解析：反證法的步驟第一步是假設(shè)命題反面成立，而“方程x2＋ax＋b＝0至少有一實(shí)根”的反面是“方程x2＋ax＋b＝0沒有實(shí)根”．故選A. 4．(xx·新課標(biāo)Ⅱ卷)甲、乙、丙三位同學(xué)被問到是否去過A，B

7、，C三個(gè)城市時(shí)， 甲說：我去過的城市比乙多，但沒去過B城市； 乙說：我沒去過C城市． 丙說：我們?nèi)齻€(gè)去過同一城市． 由此可判斷乙去過的城市為A． 解析：由丙說可知，乙至少去過A，B，C中的一個(gè)城市，由甲說可知，甲去過A，C且比乙去過的城市多，故乙只去過一個(gè)城市，又沒去過C城市，故乙只去過A城市． 一、選擇題 1．已知＋＝2，＋＝2，＋＝2，＋＝2，依照以上各式的規(guī)律，得到一般性的等式為(A) A.＋＝2 B.＋＝2 C.＋＝2 D.＋＝2 解析：由2＋6＝8，5＋3＝8，7＋1＝8，知選A. 2．若a，b，c是不全相等的正數(shù)，給出下列判斷： ①(a－b)2＋

8、(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a>b與a

9、1，2，3，聯(lián)立關(guān)于a，b，c的方程組可得，也可通過驗(yàn)證法求解． 4．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1 (x∈N*)，猜想f(x)的表達(dá)式為(B) A．f(x)＝ B．f(x)＝ C．f(x)＝ D．f(x)＝ 5．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝n2an(n≥2)，而a1＝1，通過計(jì)算a2，a3，a4，猜想an＝(B) A. B. C. D. 解析：由Sn＝n2an知Sn＋1＝(n＋1)2an＋1， ∴Sn＋1－Sn＝(n＋1)2an＋1－n2an， ∴an＋1＝(n＋1)2an＋1－n2an， ∴an＋1＝an(a≥2)．

10、 當(dāng)n＝2時(shí)，S2＝4a2，又S2＝a1＋a2， ∴a2＝＝，a3＝a2＝，a4＝a3＝. 由a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝. 猜想an＝. 二、填空題 6. (xx·福建卷)若集合{a，b，c，d}＝{1，2，3，4}，且下列四個(gè)關(guān)系： ①a＝1；②b≠1；③c＝2；④d≠4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6個(gè)． 解析：由于題意是只有一個(gè)是正確的所以①不成立，否則②成立，即可得a≠1，由b≠1即b＝2，3，4，可得b＝2，c＝1，d＝4，a＝3；b＝3，c＝1，d＝4，a＝2，兩種情況． 由c＝2，d＝4，a＝3，b＝1，所以有一種情況

11、． 由d≠4，即d＝1，2，3，可得d＝2，a＝3，b＝1，c＝4；d＝2，a＝4，b＝1，c＝3；d＝3，a＝2，b＝1，c＝4，共三種情況． 綜上共6種． 7．(xx·福建卷)一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1，2，…，n)稱為第k位碼元．二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)誤(即碼元由0變?yōu)?，或者由1變?yōu)?)． 已知某種二元碼x1x2…x7的碼元滿足如下校驗(yàn)方程組： 其中運(yùn)算⊕定義為：0⊕0＝0，0⊕1＝1，1⊕0＝1，1⊕1＝0. 現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了1101101，

12、那么利用上述校驗(yàn)方程組可判定k等于5. 解析：因?yàn)閤2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，所以x2，x3，x6，x7都正確．又因?yàn)閤4⊕x5⊕x6⊕x7＝1，x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1，故x1和x4都錯(cuò)誤，或僅x5錯(cuò)誤．因?yàn)闂l件中要求僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤，故只有x5錯(cuò)誤． 8. (xx·陜西卷) 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) 三棱錐 5 6 9 五棱錐 6 6 10 立方體 6 8 12 猜想一般凸多面體中，F(xiàn)，V，E所滿足的等式是F＋V－E＝2． 解析：①三棱錐：F＝5，V＝6，E＝9，得F＋V－E＝5＋6－9＝2；

13、②五棱錐：F＝6，V＝6，E＝10，得F＋V－E＝6＋6－10＝2； ③立方體：F＝6，V＝8，E＝12，得F＋V－E＝6＋8－12＝2； 所以歸納猜想一般凸多面體中，F(xiàn)，V，E所滿足的等式是：F＋V－E＝2.故答案為F＋V－E＝2. 三、解答題 9．觀察下表： 1， 2，3， 4，5，6，7， 8，9，10，11，12，13，14，15， … 問：(1)此表第n行的最后一個(gè)數(shù)是多少？ (2)此表第n行的各個(gè)數(shù)之和是多少？ (3)2 011是第幾行的第幾個(gè)數(shù)？ (4)是否存在n∈N*，使得第n行起的連續(xù)10行的所有數(shù)之和為227－213－120？若存在，求出n的值；

14、若不存在，請(qǐng)說明理由． 解析：(1)∵第n＋1行的第1個(gè)數(shù)是2n， ∴第n行的最后一個(gè)數(shù)是2n－1. (2)2n－1＋(2n－1＋1)＋(2n－1＋2)＋…＋(2n－1) ＝＝3·22n－3－2n－2. (3)∵210＝1 024，211＝2 048，1 024＜2 011＜2 048，∴2 011在第11行，該行第1個(gè)數(shù)是210＝1 024，由2 011－1 024＋1＝988，知2 011是第11行的第988個(gè)數(shù)． (4)設(shè)第n行的所有數(shù)之和為an，第n行起連續(xù)10行的所有數(shù)之和為Sn. 則an＝3·22n－3－2n－2，an＋1＝3·22n－1－2n－1， an＋2＝3·

15、22n＋1－2n，…，an＋9＝3·22n＋15－2n＋7， ∴Sn＝3(22n－3＋22n－1＋…＋22n＋15)－(2n－2＋2n－1＋…＋2n＋7)＝3·－＝22n＋17－22n－3－2n＋8＋2n－2， 當(dāng)n＝5時(shí)，S5＝227－128－213＋8＝227－213－120. ∴存在n＝5使得第5行起的連續(xù)10行的所有數(shù)之和為227－213－120. 10．蜜蜂被認(rèn)為是自然界中最杰出的建筑師，單個(gè)蜂巢可以近似地看作是一個(gè)正六邊形，下圖為一組蜂巢的截面圖．其中第一個(gè)圖有1個(gè)蜂巢，第二個(gè)圖有7個(gè)蜂巢，第三個(gè)圖有19個(gè)蜂巢，按此規(guī)律，以f(n)表示第n幅圖的蜂巢總數(shù)． (1)試給

16、出f(4)，f(5)的值，并求f(n)的表達(dá)式(不要求證明)； (2)證明：＋＋＋…＋＜. 解析：(1)f(4)＝37，f(5)＝61. 由于f(2)－f(1)＝7－1＝6， f(3)－f(2)＝19－7＝2×6， f(4)－f(3)＝37－19＝3×6， f(5)－f(4)＝61－37＝4×6， … 因此，當(dāng)n≥2時(shí)，有f(n)－f(n－1)＝6(n－1)， 所以f(n)＝[f(n)－f(n－1)]＋[f(n－1)－f(n－2)]＋…＋[f(2)－f(1)]＋f(1)＝6[(n－1)＋(n－2)＋…＋2＋1]＋1＝3n2－3n＋1. 又f(1)＝1＝3×12－3×1＋1， 所以f(n)＝3n2－3n＋1(直接給出結(jié)果也可)． (2)當(dāng)n≥2時(shí)， ＝＜＝. 當(dāng)n＝1時(shí)，顯然結(jié)論成立， 當(dāng)n≥2時(shí)，＋＋＋…＋＜1＋[＋(－)＋…＋(－)]＝1＋＜1＋＝. 綜上，結(jié)論成立．