《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 概率、統(tǒng)計(jì)、復(fù)數(shù)、算法、推理與證明 第5講 推理與證明學(xué)案 文 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 概率、統(tǒng)計(jì)、復(fù)數(shù)、算法、推理與證明 第5講 推理與證明學(xué)案 文 蘇教版（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講　推理與證明 [2019考向?qū)Ш絔 考點(diǎn)掃描 三年考情 考向預(yù)測 2019 2018 2017 1．合情推理 近年江蘇高考的“推理與證明”沒有單獨(dú)設(shè)題，主要和其他知識結(jié)合在一起，屬于綜合題，可以綜合在諸如數(shù)列、函數(shù)、不等式等內(nèi)容中，既有計(jì)算又有證明． “合情推理”是一種重要的歸納，明年在客觀題中考查的可能性較大． 2．演繹推理 第19題 第20題 第15題 必記的概念與定理 1．歸納推理：主要應(yīng)用于先由已知條件歸納出一個結(jié)論，并加以證明或以推理作為題目的已知條件給出猜測的結(jié)論，并要求考生會應(yīng)用或加以證明． 2．類比推理：通過兩類事物

2、的相似性或一致性，用一類事物的性質(zhì)去推測另一類事物的性質(zhì)，得出一個明確的結(jié)論．常見的有結(jié)論類比和方法類比． 3．演繹推理：演繹推理是從一般到個別的推理，推理的主要形式是三段論．三段論中包含三個判斷：第一個判斷稱為大前提，它提供了一個一般的原理；第二個判斷叫小前提，它指出了一個特殊情況；這兩個判斷聯(lián)合起來，揭示了一般原理和特殊情況的內(nèi)在聯(lián)系，從而產(chǎn)生第三個判斷——結(jié)論． 為了方便，在運(yùn)用三段論推理時，常常采用省略大前提或小前提的表述方式．對于復(fù)雜的論證，總是采用一連串的三段論，把前一個三段論的結(jié)論作為下一個三段論的前提． 合情推理 [典型例題] (1)(2019·湖北八校聯(lián)考

3、)觀察下列等式：12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，…，由以上等式推測出一個一般性的結(jié)論：對于n∈N*，12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝________． (2)(2019·蘇州五校聯(lián)考)對于三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，給出定義：設(shè)f′(x)是函數(shù)y＝f(x)的導(dǎo)數(shù)，f″(x)是f′(x)的導(dǎo)數(shù)，若方程f″(x)＝0有實(shí)數(shù)解x0，則稱點(diǎn)(x0，f(x0))為函數(shù)y＝f(x)的“拐點(diǎn)”．某同學(xué)經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)，任何一個三次函數(shù)都有“拐點(diǎn)”，任何一個三次函數(shù)的圖象都有對稱中心，且“拐點(diǎn)”就是對稱中心．設(shè)函數(shù)f(x

4、)＝x3－x2＋3x－，請你根據(jù)這一發(fā)現(xiàn)，計(jì)算f＋f＋f＋…＋f＝________． 【解析】　(1)由于1＝(－1)1＋1，－3＝(－1)2＋1·，6＝(－1)3＋1，－10＝(－1)4＋1， 則12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1． (2)f′(x)＝x2－x＋3，由f″(x)＝2x－1＝0，得x＝，則點(diǎn)為y＝f(x)的圖象的對稱中心， 所以f(x)圖象上任一點(diǎn)M(x，f(x))關(guān)于點(diǎn)的對稱點(diǎn)N(1－x，2－f(x))也在f(x)圖象上，即f(1－x)＝2－f(x)，所以f(x)＋f(1－x)＝2， 故f＋f＝f＋f＝…＝2，故f＋f＋f＋…＋f＝2 0

5、16． 【答案】　(1)(－1)n＋1　(2)2 016 歸納推理的一般步驟是：(1)通過觀察個別事物發(fā)現(xiàn)某些相同的性質(zhì)；(2)從已知的相同性質(zhì)中推出一個明確表述的一般性命題，并且在一般情況下，如果歸納的個別事物越多，越具有代表性，那么推廣的一般性結(jié)論也就越可靠． 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．一般來說，高考中的類比問題多發(fā)生在橫向與縱向類比上，如圓錐曲線中橢圓與雙曲線

6、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． [對點(diǎn)訓(xùn)練] 1．13＝1， 23＝3＋5， 33＝7＋9＋11， 43＝13＋15＋17＋19 ， … 若某數(shù)n3按上述規(guī)律展開后，發(fā)現(xiàn)等式右邊含有2 013這個數(shù)，則n＝________． [解析] 觀察等式規(guī)律可知n3等于連續(xù)n個奇數(shù)的和， 又13＝1，23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19， … 所以前n個式子右邊的奇數(shù)的個數(shù)的和為：1＋2＋3＋4＋…＋n＝，又2 013是第1 007個奇數(shù)，且當(dāng)n＝44時，＝990，當(dāng)n＝45時，＝1 035，所以發(fā)現(xiàn)等式右邊含有2 013這個數(shù)，

7、則n＝45． [答案] 45 2．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＝．推廣到空間幾何中可以得到類似結(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＝________． [解析] 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，球的體積與半徑的立方成正比，所以＝． [答案] 演繹推理 [典型例題] (2019·南京、鹽城模擬)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝，＝，anan＋1<0 (n∈N*)；數(shù)列{bn}滿足：bn＝a－a (n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2)證明：數(shù)

8、列{bn}中的任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列． 【解】　(1)已知＝化為＝， 而1－a＝， 所以數(shù)列{1－a}是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列， 則1－a＝×，則a＝1－×． 由anan＋1<0，知數(shù)列{an}的項(xiàng)是正負(fù)相間出現(xiàn)的， 因此an＝(－1)n＋1， bn＝a－a＝－×＋× ＝×． (2)證明：假設(shè)存在數(shù)列{bn}中的某三項(xiàng)成等差數(shù)列，不妨設(shè)為bm、bs、bp，其中m、s、p是互不相等的正整數(shù)，可設(shè)m

9、能有s－m＝1，此時等式為＝1＋， 即＝，那么p－m＝log，p－m為正整數(shù)，log為無理數(shù)，不可能相等． 所以假設(shè)不成立，故數(shù)列{bn}中的任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列． 運(yùn)用演繹推理證明問題常用綜合法和分析法，我們常用分析法尋找解決問題的突破口，然后用綜合法來寫出證明過程，有時候，分析法和綜合法交替使用． 有關(guān)否定性結(jié)論的證明常用反證法或舉出一個結(jié)論不成立的例子即可． [對點(diǎn)訓(xùn)練] 3．已知數(shù)列{an}和{bn}滿足：a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ為實(shí)數(shù)，n為正整數(shù)． (1)證明：對任意實(shí)數(shù)λ，數(shù)列{an}不是等比數(shù)列； (

10、2)試判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列． [解] (1)證明：假設(shè)存在一個實(shí)數(shù)λ，使{an}是等比數(shù)列， 則有a＝a1a3，即＝λ ?λ2－4λ＋9＝λ2－4λ?9＝0，矛盾． 所以{an}不是等比數(shù)列． (2)因?yàn)閎n＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21] ＝(－1)n＋1 ＝－(－1)n·(an－3n＋21)＝－bn， 又b1＝－(λ＋18)， 當(dāng)λ＝－18時，bn＝0 (n∈N*)，此時{bn}不是等比數(shù)列； 當(dāng)λ≠－18時，b1＝－(λ＋18)≠0，由bn＋1＝－bn， 可知bn≠0，所以＝－ (n∈N*)． 故當(dāng)λ≠－18時，數(shù)列{bn}是以－(λ

11、＋18)為首項(xiàng)，－為公比的等比數(shù)列． 綜上知，當(dāng)λ＝－18時，數(shù)列{bn}構(gòu)不成等比數(shù)列； 當(dāng)λ≠－18時，數(shù)列{bn}是以－(λ＋18)為首項(xiàng)，－為公比的等比數(shù)列． 1．(2019·蘇州期末)從1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，歸納出第n個式子為________． [答案] 1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1(1＋2＋3＋…＋n) 2．觀察下列等式： 1－＝， 1－＋－＝＋， 1－＋－＋－＝＋＋， … 據(jù)此規(guī)律，第n個等式可為____________________． [解析] 等

12、式的左邊的通項(xiàng)為－，前n項(xiàng)和為1－＋－＋…＋－；右邊的每個式子的第一項(xiàng)為，共有n項(xiàng)，故為＋＋…＋． [答案] 1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋ 3．(2019·徐州模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝，an＋1＝，則該數(shù)列的前22項(xiàng)和等于________． [解析] 因?yàn)閍1＝，an＋1＝，所以a2＝－1，a3＝2，a4＝， 所以數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列，所以 S22＝7(a1＋a2＋a3)＋a1＝7×＋＝11． [答案] 11 4．(2019·宿遷調(diào)研)觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝______

13、__． [解析] 從給出的式子特點(diǎn)觀察可推知，從第三項(xiàng)開始，后一個式子的右端值等于它前面兩個式子右端值的和，照此規(guī)律，則a10＋b10＝123． [答案] 123 5． 如圖，在圓內(nèi)畫1條弦，把圓分成2部分；畫2條相交的弦，把圓分成4部分；畫3條兩兩相交的弦，最多把圓分成7部分；…；畫n條兩兩相交的弦，最多把圓分成________個部分． [解析] 易知當(dāng)n條弦的交點(diǎn)不在圓周上，且沒有公共交點(diǎn)時，把圓分的部分最多． 當(dāng)畫1條弦時，分成1＋1個部分； 當(dāng)畫2條弦時，分成1＋1＋2個部分； 當(dāng)畫3條弦時，分成1＋1＋2＋3個部分； … 所以畫n條弦時，分成1＋1＋2＋3＋…

14、＋n＝(n2＋n)＋1(個)部分． [答案] (n2＋n)＋1 6．(2019·南京模擬)命題p：已知橢圓＋＝1(a>b>0)，F(xiàn)1、F2是橢圓的兩個焦點(diǎn)，P為橢圓上的一個動點(diǎn)，過F2作∠F1PF2的外角平分線的垂線，垂足為M，則OM的長為定值．類比此命題，在雙曲線中也有命題q：已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)，F(xiàn)1、F2是雙曲線的兩個焦點(diǎn)，P為雙曲線上的一個動點(diǎn)，過F2作∠F1PF2的________的垂線，垂足為M，則OM的長為定值________． [解析] 對于橢圓，延長F2M與F1P的延長線交于Q． 由對稱性知，M為F2Q的中點(diǎn)，且PF2＝PQ， 從而OM∥F1Q且OM＝

15、F1Q． 而F1Q＝F1P＋PQ＝F1P＋PF2＝2a，所以O(shè)M＝a． 對于雙曲線，過F2作∠F1PF2內(nèi)角平分線的垂線，垂足為M， 類比可得OM＝a． 因?yàn)镺M＝F1Q＝(PF1－PF2)＝·2a＝a． [答案] 內(nèi)角平分線　a 7．設(shè)△ABC的三邊長分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝．類比這個結(jié)論可知：四面體ABCD的四個面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球半徑為R，四面體ABCD的體積為V，則R＝________． [解析] 設(shè)四面體ABCD的內(nèi)切球的球心為O，連結(jié)OA，OB，OC，OD，將其分割成四個四面體，由分割法可得V＝S1R＋S

16、2R＋S3R＋S4R， 所以R＝． [答案] 8．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(八))已知下列等式： 22＝4 22－42＋62＝24 22－42＋62－82＋102＝60 22－42＋62－82＋102－122＋142＝112 …… 觀察上述等式的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)第n(n∈N*)個等式的右邊可以表示為an2＋bn＋c(a，b，c為實(shí)常數(shù))的形式，則＋c＝______． [解析] 法一：每個等式的左邊有(2n－1)個偶數(shù)的平方相加減，第一個偶數(shù)為2，最后一個偶數(shù)為2(2n－1)，正負(fù)相間，所以第n個等式的左邊為22－42＋62－82＋…－[2(2n－2)]2＋[2(

17、2n－1)]2，即4＋2[4＋6＋8＋…＋2(2n－2)＋2(2n－1)]＝4(1＋2＋3＋4＋5＋…＋2n－2＋2n－1)＝8n2－4n，所以a＝8，b＝－4，c＝0，所以＋c＝－2． 法二：令n＝1，2，3，得解得，所以＋c＝－2． [答案] －2 9．(2019·無錫質(zhì)量檢測)有甲、乙二人去看望高中數(shù)學(xué)老師張老師，期間他們做了一個游戲，張老師的生日是m月n日，張老師把m告訴了甲，把n告訴了乙，然后張老師列出來如下10個日期供選擇：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日．看完日期后，甲說：“我不知道，但你一定也不知道．”乙聽

18、了甲的話后，說：“本來我不知道，但現(xiàn)在我知道了．”甲接著說：“哦，現(xiàn)在我也知道了．”則張老師的生日是________． [解析] 根據(jù)甲說的“我不知道，但你一定也不知道”，可排除5月5日、5月8日、9月4日、9月6日、9月9日；根據(jù)乙聽了甲的話后說的“本來我不知道，但現(xiàn)在我知道了”，可排除2月7日、8月7日；根據(jù)甲接著說的“哦，現(xiàn)在我也知道了”，可以得知張老師生日為8月4日． [答案] 8月4日 10．(2019·武漢調(diào)研)如圖(1)所示，在平面幾何中，設(shè)O是等腰直角三角形ABC的底邊BC的中點(diǎn)，AB＝1，過點(diǎn)O的動直線與兩腰或其延長線的交點(diǎn)分別為R，Q，則有＋＝2．類比以上結(jié)論，將其拓

19、展到空間中，如圖(2)所示，設(shè)O是正三棱錐A-BCD的底面BCD的中心，AB，AC，AD兩兩垂直，AB＝1，過點(diǎn)O的動平面與三棱錐的三條側(cè)棱或其延長線的交點(diǎn)分別為Q，R，P，則有________． [解析] 設(shè)O到正三棱錐A-BCD三個側(cè)面的距離為d，易知V三棱錐R-AQP＝S△AQP·AR＝×·AQ·AP·AR＝AQ·AP·AR．又因?yàn)閂三棱錐R-AQP＝V三棱錐O-AQP＋V三棱錐O-ARP＋V三棱錐O-AQR＝S△AQP·d＋S△ARP·d＋S△AQR·d＝(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d， 所以AQ·AP·AR＝(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d，即＋＋＝．而V三

20、棱錐A-BDC＝××1×1×1＝，所以V三棱錐O-ABD＝V三棱錐A-BDC＝， 即·S△ABD·d＝××d＝，所以d＝， 所以＋＋＝3． [答案] ＋＋＝3 11．(2019·蘇州期末)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)a． ①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°； ②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°； ③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°； ④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°； ⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－2

21、5°)cos 55°． (1)從上述五個式子中選擇一個，求出常數(shù)a； (2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為一個三角恒等式，并證明你的結(jié)論． [解] (1)選擇②式計(jì)算： a＝sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°＝． (2)猜想的三角恒等式為：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝． 證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°·cos α＋sin 30°sin α)

22、 ＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝． 12．(2019·徐州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋1，設(shè)g1(x)＝f(x)，gn(x)＝f(gn－1(x))(n>1，n∈N*)， (1)求g2(x)，g3(x)的表達(dá)式，并猜想gn(x)(n∈N*)的表達(dá)式(直接寫出猜想結(jié)果)； (2)若關(guān)于x的函數(shù)y＝x2＋i(x) (n∈N*)在區(qū)間－∞，－1]上的最小值為6，求n的值．(符號“”表示求和，例如：i＝1＋2＋3＋…＋n) [解] (1)因?yàn)間1(x)＝f(x)＝x＋1，所以g2(x)＝f(g1(x))＝f

23、(x＋1)＝(x＋1)＋1＝x＋2，g3(x)＝f(g2(x))＝f(x＋2)＝(x＋2)＋1＝x＋3，所以猜想gn(x)＝x＋n． (2)因?yàn)間n(x)＝x＋n，所以i(x)＝g1(x)＋g2(x)＋…＋gn(x)＝nx＋， 所以y＝x2＋i(x)＝x2＋nx＋＝＋． ①當(dāng)－≥－1，即n≤2時，函數(shù)y＝＋在區(qū)間(－∞，－1]上是減函數(shù)， 所以當(dāng)x＝－1時，ymin＝＝6，即n2－n－10＝0，該方程沒有整數(shù)解． ②當(dāng)－<－1，即n>2時，ymin＝＝6，解得n＝4，綜上所述，n＝4． 13．由部分自然數(shù)構(gòu)成如圖所示的數(shù)表，用aij(i≥j)表示第i行第j個數(shù)(i，j∈N*)，使a

24、i1＝aii＝i，每行中的其余各數(shù)分別等于其“肩膀”上的兩個數(shù)的和．設(shè)第n(n∈N*)行中各數(shù)的和為bn． (1)用bn表示bn＋1； (2)試問：數(shù)列{bn}中是否存在不同的三項(xiàng)bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差數(shù)列？若存在，求出p，q，r的關(guān)系；若不存在，請說明理由． [解] (1)bn＝an1＋an2＋…＋ann， bn＋1＝a(n＋1)1＋a(n＋1)2＋…＋a(n＋1)(n＋1) ＝n＋1＋(an1＋an2)＋…＋(an(n－1)＋ann)＋n＋1 ＝2(an1＋an2＋…＋ann)＋2＝2bn＋2． (2)因?yàn)閎n＋1＝2bn＋2，所以bn＋1＋2＝2

25、(bn＋2)， 所以{bn＋2}是以b1＋2＝3為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， 則bn＋2＝3·2n－1?bn＝3·2n－1－2． 若數(shù)列{bn}中存在不同的三項(xiàng)bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差數(shù)列， 不妨設(shè)p>q>r，顯然{bn}是遞增數(shù)列，則2bq＝bp＋br， 即2(3·2q－1－2)＝(3·2p－1－2)＋(3·2r－1－2)， 化簡得： 2·2q－r＝2p－r＋1，(*) 由于p，q，r∈N*，且p>q>r，知q－r≥1，p－r≥2， 所以(*)式左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)， 故數(shù)列{bn}中不存在不同的三項(xiàng)bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等

26、差數(shù)列． 14．已知函數(shù)f(x)＝(ax－a－x)，其中a>0且a≠1． (1)分別判斷f(x)在(－∞，＋∞)上的單調(diào)性； (2)比較f(1)－1與f(2)－2、f(2)－2與f(3)－3的大小，由此歸納出一個更一般的結(jié)論，并證明； (3)比較與、與的大小，由此歸納出一個更一般的結(jié)論，并證明． [解] (1)f′(x)＝(ax＋a－x)ln a，若00，若a>1，則> 0，ln a>0，所以f′(x)>0；因此，對任意a>0且a≠1，都有f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)直接計(jì)算知f(1)－1＝0，f(2

27、)－2＝a＋a－1－2，f(3)－3＝a2＋a－2－2，根據(jù)基本不等式a＋a－1－2>0，所以f(2)－2>f(1)－1，又因?yàn)? (a2＋a－2－2)－(a＋a－1－2)＝(a－a－1)2－(－)2＝(－)2(a＋a－1＋1)＝(a－1)2(a＋a－1＋1)>0，所以f(3)－3>f(2)－2． 一般性結(jié)論：?x>0，f(x＋1)－(x＋1)>f(x)－x． 證明：記g(x)＝[f(x＋1)－(x＋1)]－[f(x)－x]＝ [(ax＋1－a－x－1)－(ax－a－x)]－1＝－1，g′(x)＝ln a．與(1)類似地討論知，對?x>0和?a>0且a≠1都有g(shù)′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(0)＝0，所以g(x)>g(0)＝0，即?x>0，f(x＋1)－(x＋1)>f(x)－x． (3)＝1，＝(a＋a－1)，＝，根據(jù)基本不等式＝(a＋a－1)>1＝，－>－＝>0，所以>>． 一般性結(jié)論：?x>0，>． 證明：記g(x)＝，x>0，g′(x)＝＝ ×，設(shè)h(x)＝，則h(0)＝0且h′(x)＝，類似(1)的討論知對?x>0和?a>0且a≠1，h′(x)＝>0，從而h(x)>h(0)＝0，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以?x>0，>． - 13 -