【】2021届高考数学(理科-广东)二轮专题复习配套word版训练：专题四-第3讲-推理与证明.docx

第第 3 讲讲 推理与证明推理与证明 考情解读 1.以数表、数阵、图形为背景与数列、周期性等学问相结合考查归纳推理和类比推理，多以小题形式毁灭.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 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：试验、观看 概括、推广 猜想一般性结论 (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：观看、比较 联想、类推 猜想新的结论 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；小前提所争辩的特殊状况；结论依据一般原理，对特殊状况做出的推断(2)合情推理与演绎推理的区分 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，合情推理的结论不愿定正确，有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论确定正确 3直接证明(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：PQ1 Q1Q2 Q2Q3 QnQ (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：QP1 P1P2 P2P3 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”，即从否定结论开头，经过正确的推理，导致规律矛 盾，从而达到新的否定(即确定原命题)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 确定条件p否定结论q 导致规律冲突 “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 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()A26 B31 C32 D36(2)两旅客坐火车外出旅游，期望座位连在一起，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(1)依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 1 2 3 个数 6 11 16 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挨次，可得：被 5 除余 1 的数和能被 5 整除的座位号临窗，由于两旅客期望座位连在一起，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，从特殊状况入手，通过观看、分析、概括，猜想出一般性结论，然后予以证明，这一数学思想方法在解决探究性问题、存在性问题或与正整数有关的命题时有着广泛的应用其思维模式是“观看归纳猜想证明”，解题的关键在于正确的归纳猜想 (1)四个小动物换座位，开头是鼠、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，其次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 猫 开头 1 兔 2 猫 3 鼠 4 猴 第一次 1 猫 2 兔 3 猴 4 鼠 其次次 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_ 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，其次次坐在 2 号位上，第三次坐在 4 号位上，第四次坐在 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，由于 2025042，因此第 202 次互换后，小兔所在的座位号与小兔其次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 2(1)在平面几何中有如下结论：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：若正四周体 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很多类似的性质，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 shyexex2eyey2exex2eyey2 14(exyexyexyexyexyexyexyexy)14(2exy2e(xy)exyexy2ch(xy)，故知 ch(xy)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像性，有共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像性引起，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确定的共性，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，bna1a2ann，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的表达式应为()Adnc1c2cnn Bdnc1 c2 cnn Cdn 12nnnnnccc Ddnnc1 c2 cn(2)椭圆与双曲线有很多秀丽 的对偶性质，如对于椭圆有如下命题：AB 是椭圆x2a2y2b21(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 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x1x2x1x2a2y1y2y1y2b2，即y1y2y1y2x1x2x1x2b2a2，即 kOM kABb2a2.热点三 直接证明和间接证明 例 3 已知数列an满足：a112，31an11an21an1an1，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中的任意三项不行能成等差数列 思维启迪(1)利用已知递推式中的特点构造数列1a2n；(2)否定性结论的证明可用反证法(1)解 已知31an11an21an1an1化为1a2n11a2n23，而 1a2134，所以数列1a2n是首项为34，公比为23的等比数列，则 1a2n3423n1，则 a2n13423n1，由 anan10，知数列an的项正负相间毁灭，因此 an(1)n1 13423n1，bna2n1a2n3423n3423n1 1423n1.(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 223nm123pm.(*)当 nm2 时，223nm223289，(*)式不行能成立，则只能有 nm1，此时等式为43123pm，即1323pm，那么 pmlog2313，左边为正整数，右边为无理数，不行能相等 所以假设不成立，那么数列bn中的任意三项不行能成等差数列 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，我们常用分析法查找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过程，有时候，分析法和综合法交替使用 等差数列an的前 n 项和为 Sn，a11 2，S393 2.(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行能成为等比数列(1)解 由已知得 a1 21，3a13d93 2，所以 d2，故 an2n1 2，Snn(n 2)，nN*.(2)证明 由(1)得 bnSnnn 2.假设数列bn中存在三项 bp，bq，br(pqr)成等比数列，则 b2qbpbr.即(q 2)2(p 2)(r 2)(q2pr)(2qpr)20.p，q，rN*，q2pr0，2qpr0，(pr2)2pr，(pr)20，pr 与 pr 冲突 所以数列bn中任意不同的三项都不行能成等比数列 热点四 数学归纳法 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满足bn 2n1，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，令 n1,2 得 a212S1，a222S3，即 a212a1，a1d223a13d，解得 a12，d4，所以 an4n2.所以 bn 2n1，n为奇数，2n3，n为偶数.(2)T2n1223222432422n222n3 1222422n24(12n)3n 14n144nn123n4n3132n2n.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.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.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，nN*.(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，不等式明显成立 假设当 nk(k3)时不等式成立，即 11231331431k33212k2，那么，当 nk1 时，f(k1)f(k)1k133212k21k13，由于12k12(12k21k13)k32k1312k2 3k12k13k20.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 Sab D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理，所以 B 是归纳推理 2观看下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则 a10b10等于()A28 B76 C123 D199 答案 C 解析 观看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 连续写出此数列为 1,3,4,7,11,18,29,47,76,123，第十项为 123，即 a10b10123.3已知 x0，观看不等式 x1x2x1x2，x4x2x2x24x233x2x24x23，由此可得一般结论：xaxnn1(nN*)，则 a 的值为()Ann Bn2 C3n D2n 答案 A 解析 依据已知，续写一个不等式：x33x3x3x3x333x344x3x3x333x34，由此可得 ann.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(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OCOAOB，则 1；类似地，假如点 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.由于 A，B，C 三点共线，所以存在实数 t，使ABtBC，即OBOAt(OCOB)，所以OC1tOA(1t1)OB.由于OCOAOB，所以 1t，1t1，所以 1.类似地，在空间内可得ODOAOBOC，1.由于DOOD，所以 xyz1.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)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)32k28k99k18k9 能被 64 整除，则当 nk1 时，f(k1)9(k1)18(k1)999k18k179f(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 由于 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，通过观看可以发觉第 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，通过观看可得，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(12)4 个区域；3 条直线最多可将平面分成 1(123)7 个区域；，n 条直线最多可将平面分成 1(123n)1nn12n2n22个区域 9(2022 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 由此推断乙去过的城市为_ 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.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”：23 35，33 7911，43 13151719，.仿此，若 m3的“分裂数”中有一个是 59，则 m_.答案 8 解析 由已知可观看出 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，其次个便是 59.所以 m8.三、解答题 11已知 a，b，m 为非零实数，且 a2b22m0，1a24b212m0.(1)求证：1a24b29a2b2；(2)求证：m72.证明(1)(分析法)要证1a24b29a2b2成立，只需证(1a24b2)(a2b2)9，即证 14b2a24a2b29，即证b2a24a2b24.依据基本不等式，有b2a24a2b22b2a24a2b24 成立，所以原不等式成立(2)(综合法)由于 a2b2m2，1a24b22m1，由(1)，知(m2)(2m1)9，即 2m25m70，解得 m1 或 m72.又a2b2m20 m2,故 m1 舍去，m72.12若不等式1n11n213n1a24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1k111k1213k11 1k11k213k113k213k313k41k1252413k213k423k1 由于13k213k423k1 6k13k23k423k1 18k1229k218k83k23k43k3 23k23k43k30，所以当 nk1 时不等式也成立 由知，对一切正整数 n，都有1n11n213n12524，所以正整数 a 的最大值为 25.方法二 设 f(n)1n11n213n1 则 f(n1)f(n)13n213n313n41n1 13n213n423n323n23n43n30，数列f(n)为递增数列，f(n)minf(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.