2019届高三数学一轮复习第十二章复数、算法、推理与证明第四节直接证明和间接证明夯基提能作业本理

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2019届高三数学一轮复习目录(理科)

2019届高三第一轮复习《原创与经典》（苏教版）（理科）第一章集合常用逻辑用语推理与证明第1课时集合的概念、集合间的基本关系第2课时集合的基本运算第3课时命题及其关系、充分条件与必要条件第4课时简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词第5课时合情推理与演泽推理第6课时直接证明与间接证明第7课时数学归纳法第二章不等式第8课时不等关系与不等式第9课时一元二次不等式及其解法第10课时二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题第11课时基本不等式及其应用第12课时不等式的综合应用第三章函数的概念与基本初等函数第13课时函数的概念及其表示第14课时函数的定义域与值域第15课时函数的单调性与最值第16课时函数的奇偶性与周期性9第17课时二次函数与幂函数第18课时指数与指数函数第19课时对数与对数函数第20课时函数的图象第21课时函数与方程第22课时函数模型及其应用第四章导数第23课时导数的概念及其运算（含复合函数的导数）第24课时利用导数研究函数的单调性与极值第25课时函数的最值、导数在实际问题中的应用第五章三角函数第26课时任意角、弧度制及任意角的三角函数第27课时同角三角函数的基本关系式与诱导公式第28课时两角和与差的正弦、余弦和正切公式第29课时二倍角的三角函数第30课时三角函数的图象和性质第31课时函数sin()y A x ωϕ=+的图象及其应用第32课时正弦定理、余弦定理第33课时解三角形的综合应用第六章平面向量第34课时平面向量的概念及其线性运算第35课时平面向量的基本定理及坐标表示第36课时平面向量的数量积第37课时平面向量的综合应用第七章数列第38课时数列的概念及其简单表示法第39课时等差数列第40课时等比数列第41课时数列的求和第42课时等差数列与等比数列的综合应用第八章立体几何初步第43课时平面的基本性质及空间两条直线的位置关系第44课时直线、平面平行的判定与性质第45课时直线、平面垂直的判定与性质第46课时空间几何体的表面积与体积第47课时空间向量的应用——空间线面关系的判定第48课时空间向量的应用——空间的角的计算第九章平面解析几何第49课时直线的方程第50课时两直线的位置关系与点到直线的距离第51课时圆的方程第52课时直线与圆、圆与圆的位置关系第53课时椭圆第54课时双曲线、抛物线第55课时曲线与方程第56课时直线与圆锥曲线的位置关系第57课时圆锥曲线的综合应用第十章复数、算法、统计与概率第58课时抽样方法、用样本估计总体第59课时随机事件及其概率第60课时古典概型第61课时几何概型互斥事件第62课时算法的含义及流程图第63课时复数第十一章计数原理、随机变量及其分布第64课时分类计数原理与分步计数原理第65课时排列与组合第66课时二项式定理第67课时离散型随机变量及其概率分布第68课时事件的独立性及二项分布第69课时离散型随机变量的均值与方差第十二章选修4系列第70课时选修4－1 《几何证明选讲》相似三角形的进一步认识第71课时选修4－1 《几何证明选讲》圆的进一步认识第72课时选修4－2 《矩阵与变换》平面变换、变换的复合与矩阵的乘法第73课时选修4－2 《矩阵与变换》逆变换与逆矩阵、矩阵的特征值与特征向量第74课时选修4－4《参数方程与极坐标》极坐标系第75课时选修4－4《参数方程与极坐标》参数方程第76课时选修4－5《不等式选讲》绝对值的不等式第77课时选修4－5《不等式选讲》不等式的证明。

2019学年高中一轮复习理数：第十二章推理与证明、算法、复数含解析

第十二章⎪⎪⎪ 推理与证明、算法、复数第一节合情推理与演绎推理本节主要包括2个知识点：1.合情推理；2.演绎推理.突破点(一) 合情推理[基本知识][基本能力]1．判断题(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．( )(2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理．( )(3)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适．( )答案：(1)× (2)√ (3)×2．填空题(1)已知数列{a n }中，a 1＝1，n ≥2时，a n ＝a n －1＋2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是a n ＝________.解析：a 1＝1，a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16，猜想a n ＝n 2.答案：n 2(2)由“半径为R 的圆内接矩形中，正方形的面积最大”，推理出“半径为R 的球的内接长方体中，正方体的体积最大”是合情推理中的________推理．答案：类比(3)观察下列不等式：①12<1；②12＋16<2；③12＋16＋112< 3. 则第5个不等式为____________________________________________________．答案：12＋16＋112＋120＋130< 5[全析考法]运用归纳推理时的一般步骤(1)通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)；(2)把这种相似性推广到一个明确表述的一般命题(猜想)；(3)对所得出的一般性命题进行检验．类型(一) 与数字有关的推理[例1] (1)给出以下数对序列：(1,1)(1,2)(2,1)(1,3)(2,2)(3,1)(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)……记第i 行的第 j 个数对为a ij ，如a 43＝(3,2)，则a nm ＝( )A ．(m ，n －m ＋1)B ．(m －1，n －m )C ．(m －1，n －m ＋1)D ．(m ，n －m ) (2)(2018·兰州模拟)观察下列式子：1,1＋2＋1,1＋2＋3＋2＋1,1＋2＋3＋4＋3＋2＋1，…，由以上可推测出一个一般性结论：对于n ∈N *，则1＋2＋…＋n ＋…＋2＋1＝________.[解析] (1)由前4行的特点，归纳可得：若a nm ＝(a ，b )，则a ＝m ，b ＝n －m ＋1，∴a nm ＝(m ，n －m ＋1)．(2)由1＝12,1＋2＋1＝4＝22,1＋2＋3＋2＋1＝9＝32，1＋2＋3＋4＋3＋2＋1＝16＝42，…，归纳猜想可得1＋2＋…＋n ＋…＋2＋1＝n 2.[答案] (1)A (2)n 2解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等． [易错提醒]类型(二) 与式子有关的推理[例2] (1)(2016·山东高考)观察下列等式：⎝⎛⎭⎫sin π3－2＋⎝⎛⎭⎫sin 2π3－2＝43×1×2；。

高三数学一轮复习第十二章复数算法推理与证明第四节直接证明和间接证明课件理

(2)设a1=d,Tn= k2 n 1 (-1)kb k2 ,n∈N*,求证: k n 1 T 1 k
< 1 .
2d 2
证明 (1)由题意得 b n2 =anan+1,有cn= b n2 -1 b n=2 an+1·an+2-anan+1=2dan+1,因此cn+1-cn= 2d(an+2-an+1)=2d2,所以{cn}是等差数列.
c

1 c

≥6,

c

1 a

当且仅当a=b=c时取等号,
∴三个数中至少有一个不小于2.
4.已知点An(n,an)为函数y= x图2 象1 上的点,Bn(n,bn)为函数y=x图象上的
点,其中n∈N*,设cn=an-bn,则cn与cn+1的大小关系为
.
答案 cn>cn+1
解析由题意知,an= n,b2 n=1n,
(2)Tn=(- b 1 2 + b 22 )+(- b 32 +b 42 )+…+(-b 22 n + 1 b )22 n =2d(a2+a4+…+a2n)
=2d· n(a=2 2da22nn ()n+1).
2
所以 n 1 = 1 n 1
T k 1 k
2 d 2 k 1 k (k 1)
时,2n+1=3,所求左边表达式是1+2+3;从k→k+1需增添的项是4k+5(或(2k
+2)+(2k+3)).
考点突破
考点一综合法

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高三数学一轮总结复习目录理科数学 -模拟试题分类目录1第一章会合与常用逻辑用语1.1 会合的观点与运算专题 1 会合的含义与表示、会合间的基本关系专题 2 会合的基本运算专题 3 与会合有关的新观点问题1.2 命题及其关系、充要条件专题 1 四种命题及其关系、命题真假的判断专题 2 充足条件和必需条件专题 3 充足、必需条件的应用与研究（利用关系或条件求解参数范围问题）1.3 简单的逻辑联络词、全称量词与存在量词专题 1 含有简单逻辑联络词的命题的真假专题 2 全称命题、特称命题的真假判断专题 3 含有一个量词的命题的否认专题 4 利用逻辑联络词求参数范围第二章函数2.1 函数及其表示专题 1 函数的定义域专题 2 函数的值域专题 3 函数的分析式专题 4 分段函数2.2 函数的单一性与最值专题 1 确立函数的单一性（或单一区间）专题 2 函数的最值专题 3 单一性的应用2.3 函数的奇偶性与周期性专题 1 奇偶性的判断专题 2 奇偶性的应用专题 3 周期性及其应用2.4 指数与指数函数专题 1 指数幂的运算专题 2 指数函数的图象及应用专题 3 指数函数的性质及应用2.5 对数与对数函数专题 1 对数的运算专题 2 对数函数的图象及应用专题 3 对数函数的性质及应用2.6 幂函数与二次函数专题 1 幂函数的图象与性质专题 2 二次函数的图象与性质2.7 函数的图像专题 1 函数图象的辨别专题 2 函数图象的变换专题 3 函数图象的应用2.8 函数与方程专题 1 函数零点所在区间的判断专题 2 函数零点、方程根的个数专题 3 函数零点的综合应用2.9 函数的应用专题 1 一次函数与二次函数模型专题 2 分段函数模型2专题 3 指数型、对数型函数模型第三章导数及其应用3.1 导数的观点及运算专题 1 导数的观点与几何意义专题 2 导数的运算3.2 导数与函数的单一性、极值、最值专题 1 导数与函数的单一性专题 2 导数与函数的极值专题 3 导数与函数的最值3.3 导数的综合应用专题 1 利用导数解决生活中的优化问题专题 2 利用导数研究函数的零点或方程的根专题 3 利用导数解决不等式的有关问题3.4 定积分与微积分基本定理专题 1 定积分的计算专题 2 利用定积分求平面图形的面积专题 4 定积分在物理中的应用第四章三角函数、解三角形4.1 三角函数的观点、同角三角函数的基本关系及引诱公式专题 1 三角函数的观点专题 2 同角三角函数的基本关系专题 3 引诱公式4.2 三角函数的图像与性质专题 1 三角函数的定义域、值域、最值专题 2 三角函数的单一性专题 3 三角函数的奇偶性、周期性和对称性4.3 函数 y = A sin(wx +j ) 的图像及应用专题 1 三角函数的图象与变换专题 2 函数 y=Asin( ωx+φ ) 图象及性质的应用4.4 两角和与差的正弦、余弦与正切公式专题 1 非特别角的三角函数式的化简、求值专题 2 含条件的求值、求角问题专题 3 两角和与差公式的应用4.5 三角恒等变换专题 1 三角函数式的化简、求值专题 2 给角求值与给值求角专题 3 三角变换的综合问题4.6 解三角形专题 1 利用正弦定理、余弦定理解三角形专题 2 判断三角形的形状专题 3 丈量距离、高度及角度问题专题 4 与平面向量、不等式等综合的三角形问题第五章平面向量5.1 平面向量的观点及线性运算专题 1 平面向量的线性运算及几何意义专题 2 向量共线定理及应用专题 3 平面向量基本定理的应用5.2 平面向量基本定理及向量的坐标表示专题 1 平面向量基本定理的应用3专题 2 平面向量的坐标运算专题 3 平面向量共线的坐标表示5.3 平面向量的数目积专题 1 平面向量数目积的运算专题 2 平面向量数目积的性质专题 3 平面向量数目积的应用5.4 平面向量的应用专题 1 平面向量在几何中的应用专题 2 平面向量在物理中的应用专题 3 平面向量在三角函数中的应用专题 4 平面向量在分析几何中的应用第六章数列6.1 数列的观点与表示专题 1 数列的观点专题 2 数列的通项公式6.2 等差数列及其前 n 项和专题 1 等差数列的观点与运算专题 2 等差数列的性质专题 3 等差数列前 n 项和公式与最值6.3 等比数列及其前 n 项和专题 1 等比数列的观点与运算专题 2 等比数列的性质专题 3 等比数列前 n 项和公式6.4 数列乞降专题 1 分组乞降与并项乞降专题 2 错位相减乞降专题 3 裂项相消乞降6.5 数列的综合应用专题 1 数列与不等式相联合问题专题 2 数列与函数相联合问题专题 3 数列中的研究性问题第七章不等式推理与证明7.1 不等关系与一元二次不等式专题 1 不等式的性质及应用专题 2 一元二次不等式的解法专题 3 一元二次不等式恒建立问题7.2 二元一次不等式（组）与简单的线性规划问题专题 1 二元一次不等式（组）表示的平面地区问题专题 2 与目标函数有关的最值问题专题 3 线性规划的实质应用7.3 基本不等式及其应用专题 1 利用基本不等式求最值专题 2 利用基本不等式证明不等式专题 3 基本不等式的实质应用7.4 合情推理与演绎推理专题 1 概括推理专题 2 类比推理专题 3 演绎推理7.5 直接证明与间接证明专题 1 综合法4专题 2 剖析法专题 3 反证法7.6 数学概括法专题 1 用数学概括法证明等式专题 2 用数学概括法证明不等式专题 3 概括－猜想－证明第八章立体几何8.1 空间几何体的构造及其三视图和直观图专题 1 空间几何体的构造专题 2 三视图与直观图8.2 空间几何体的表面积与体积专题 1 空间几何体的表面积专题 2 空间几何体的体积专题 3 组合体的“接”“切”综合问题8.3 空间点、直线、平面之间的地点关系专题 1 平面的基天性质及应用专题 2 空间两条直线的地点关系专题 3 异面直线所成的角8.4 直线、平面平行的判断与性质专题 1 线面平行、面面平行基本问题专题 2 直线与平面平行的判断与性质专题 3 平面与平面平行的判断与性质8.5 直线、平面垂直的判断与性质专题 1 垂直关系的基本问题专题 2 直线与平面垂直的判断与性质专题 3 平面与平面垂直的判断与性质专题 4 空间中的距离问题专题 5 平行与垂直的综合问题（折叠、研究类）8.6 空间向量及其运算专题 1 空间向量的线性运算专题 2 共线定理、共面定理的应用专题 3 空间向量的数目积及其应用8.7 空间几何中的向量方法专题 1 利用空间向量证明平行、垂直专题 2 利用空间向量解决研究性问题专题 3 利用空间向量求空间角第九章分析几何9.1 直线的倾斜角、斜率与直线的方程专题 1 直线的倾斜角与斜率专题 2 直线的方程9.2 点与直线、两条直线的地点关系专题 1 两条直线的平行与垂直专题 2 直线的交点问题专题 3 距离公式专题 4 对称问题9.3 圆的方程专题 1 求圆的方程专题 2 与圆有关的轨迹问题专题 3 与圆有关的最值问题59.4 直线与圆、圆与圆的地点关系专题 1 直线与圆的地点关系专题 2 圆与圆的地点关系专题 3 圆的切线与弦长问题专题 4 空间直角坐标系9.5 椭圆专题 1 椭圆的定义及标准方程专题 2 椭圆的几何性质专题 3 直线与椭圆的地点关系9.6 双曲线专题 1 双曲线的定义与标准方程专题 2 双曲线的几何性质9.7 抛物线专题 1 抛物线的定义与标准方程专题 2 抛物线的几何性质专题 3 直线与抛物线的地点关系9.8 直线与圆锥曲线专题 1 轨迹与轨迹方程专题 2 圆锥曲线中的范围、最值问题专题 3 圆锥曲线中的定值、定点问题专题 4 圆锥曲线中的存在、研究性问题第十章统计与统计事例10.1 随机抽样专题 1 简单随机抽样专题 2 系统抽样专题 3 分层抽样10.2 用样本预计整体专题 1 频次散布直方图专题 2 茎叶图专题 3 样本的数字特点专题 4 用样本预计整体10.3 变量间的有关关系、统计事例专题 1 有关关系的判断专题 2 回归方程的求法及回归剖析专题 3 独立性查验第十一章计数原理11.1 分类加法计数原理与分步乘法计数原理专题 1 分类加法计数原理专题 2 分步乘法计数原理专题 3 两个计数原理的综合应用11.2 摆列与组合专题 1 摆列问题专题 2 组合问题专题 3 摆列、组合的综合应用11.3 二项式定理专题 1 通项及其应用专题 2 二项式系数的性质与各项系数和专题 3 二项式定理的应用第十二章概率与统计612.1 随机事件的概率专题 1 事件的关系专题 2 随机事件的频次与概率专题 3 互斥事件、对峙事件12.2 古典概型与几何概型专题 1 古典概型的概率专题 2 古典概型与其余知识的交汇（平面向量、直线、圆、函数等）专题 3 几何概型在不一样测度中的概率专题 4 生活中的几何概型问题12.3 失散型随机变量及其散布列专题 1 失散型随机变量的散布列的性质专题 2 求失散型随机变量的散布列专题 3 超几何散布12.4 失散型随机变量的均值与方差专题 1 简单的均值、方差问题专题 2 失散型随机变量的均值与方差专题 3 均值与方差在决议中的应用12.5 二项散布与正态散布专题 1 条件概率专题 2 互相独立事件同时发生的概率专题 3 独立重复试验与二项散布专题 4 正态散布下的概率第十三章算法初步、复数13.1 算法与程序框图专题 1 次序构造专题 2 条件构造专题 3 循环构造13.2 基本算法语句专题 1 输入、输出和赋值语句专题 2 条件语句专题 3 循环语句13.3 复数专题 1 复数的有关观点专题 2 复数的几何意义专题 3 复数的代数运算第十四章选修模块14.1 几何证明选讲专题 1 平行线分线段成比率定理专题 2 相像三角形的判断与性质专题 3 直角三角形的射影定理专题 4 圆周角、弦切角及圆的切线专题 5 圆内接四边形的判断及性质专题 6 圆的切线的性质与判断专题 7 与圆有关的比率线段14.2 坐标系与参数方程专题 1 极坐标与直角坐标的互化专题 2 直角坐标方程与极坐标方程的互化专题 3 曲线的极坐标方程的求解专题 4 曲线的参数方程的求解专题 5 参数方程与一般方程的互化7专题 6 极坐标方程与参数方程的应用14.3 不等式选讲专题 1 含绝对值不等式的解法专题 2 绝对值三角不等式的应用专题 3 含绝对值不等式的问题专题 4 不等式的证明8。

北师大版版高考数学一轮复习第十二章复数算法推理与证明数学归纳法教学案理

一、知识梳理数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：（１）（归纳奠基）证明当n取第一个值n0（n0∈N+）时命题成立．（２）（归纳递推）假设当n＝k（k≥n0，k∈N+）时命题成立，证明当n＝k＋１时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．二、教材衍化１．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为错误!n（n—３）条时，第一步检验n等于（）Ａ．１Ｂ．２Ｃ．３Ｄ．４解析：选C.凸n边形边数最小时是三角形，故第一步检验n＝３．２．已知{a n}满足a n＋１＝a错误!—na n＋１，n∈N*，且a１＝２，则a２＝________，a３＝________，a４＝________，猜想a n＝________．答案：３４５n＋１一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝１时结论成立．（）（２）所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．（）（３）不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋１时，项数都增加了一项．（）（４）用数学归纳法证明问题时，必须要用归纳假设．（）答案：（１）×（２）×（３）×（４）√二、易错纠偏错误!错误!（１）误认为利用数学归纳法证明时第一步验证的初始值均为n＝１；（２）利用数学归纳法证明时，添加的项出错，或不利用归纳假设．１．用数学归纳法证明“２n>n２＋１对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取（）Ａ．２Ｂ．３Ｃ．５Ｄ．6解析：选Ｃ．当n＝１时，２１＝２＝１２＋１，当n＝２时，２２＝４<２２＋１＝５，当n＝３时，２３＝8<３２＋１＝１0，当n＝４时，２４＝１6<４２＋１＝１7，当n＝５时，２５＝３２>５２＋１＝２6，当n＝6时，２6＝6４>6２＋１＝３7，故起始值n0应取５．２．用数学归纳法证明１＋２＋３＋…＋（２n＋１）＝（n＋１）（２n＋１）时，从n＝k到n＝k ＋１，左边需增添的代数式是______________．解析：当n＝k时，待证等式左边＝１＋２＋３＋…＋（２k＋１），当n＝k＋１时，待证等式左边＝１＋２＋３＋…＋（２k＋１）＋（２k＋２）＋（２k＋３），所以从n＝k到n＝k＋１，左边需增添的代数式是（２k＋２）＋（２k＋３）．答案：（２k＋２）＋（２k＋３）用数学归纳法证明等式（师生共研）用数学归纳法证明：错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!（n∈N+）．【证明】（１）当n＝１时，左边＝错误!＝错误!，右边＝错误!＝错误!.左边＝右边，所以等式成立．（２）假设n＝k（k∈N+且k≥１）时等式成立，即有错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!，则当n＝k＋１时，错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＋错误!＝错误!＋错误!＝错误!＝错误!＝错误!＝错误!.所以当n＝k＋１时，等式也成立，由（１）（２）可知，对于一切n∈N*等式都成立．错误!用数学归纳法证明等式的注意点（１）用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少．（２）由n＝k时等式成立，推出n＝k＋１时等式成立，一要找出等式两边的变化（差异），明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程．（３）不利用归纳假设的证明，就不是数学归纳法．求证：（n＋１）（n＋２）·…·（n＋n）＝２n·１·３·５·…·（２n—１）（n∈N+）．证明：（１）当n＝１时，等式左边＝２，右边＝２，故等式成立；（２）假设当n＝k（k∈N+，k≥１）时等式成立，即（k＋１）（k＋２）·…·（k＋k）＝２k·１·３·５·…·（２k—１）．当n＝k＋１时，左边＝（k＋１＋１）（k＋１＋２）·…·（k＋１＋k＋１）＝（k＋２）（k＋３）·…·（k＋k）（２k＋１）（２k＋２）＝２k·１·３·５·…·（２k—１）（２k＋１）·２＝２k＋１·１·３·５·…·（２k—１）（２k＋１）．这就是说当n＝k＋１时等式也成立．由（１）（２）可知，对所有n∈N+等式成立．用数学归纳法证明不等式（典例迁移）（２0１9·高考浙江卷）设等差数列{a n}的前n项和为S n，a３＝４，a４＝S３.数列{b n}满足：对每个n∈N+，S n＋b n，S n＋１＋b n，S n＋２＋b n成等比数列．（１）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（２）记c n＝错误!，n∈N+，证明：c１＋c２＋…＋c n<２错误!，n∈N+.【解】（１）设数列{a n}的公差为d，由题意得a１＋２d＝４，a１＋３d＝３a１＋３d，解得a１＝0，d＝２．从而a n＝２n—２，n∈N+.所以S n＝n２—n，n∈N+.由S n＋b n，S n＋１＋b n，S n＋２＋b n成等比数列，得（S n＋１＋b n）２＝（S n＋b n）（S n＋２＋b n）．解得b n＝错误!（S错误!—S n S n＋２）．所以b n＝n２＋n，n∈N+.（２）证明：c n＝错误!＝错误!＝错误!，n∈N+.我们用数学归纳法证明．１当n＝１时，c１＝0<２，不等式成立；２假设当n＝k（k∈N+）时不等式成立，即c１＋c２＋…＋c k<２错误!，那么，当n＝k＋１时，c１＋c２＋…＋c k＋c k＋１<２错误!＋错误!<２错误!＋错误!<２错误!＋错误!＝２错误!＋２（错误!—错误!）＝２错误!，即当n＝k＋１时不等式也成立．根据１和２，不等式c１＋c２＋…＋c n<２错误!对任意n∈N+成立．错误!用数学归纳法证明不等式的注意点（１）当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．（２）用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋１时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差（求商）比较法、放缩法、构造函数法等证明方法．已知数列{a n}，a n≥0，a１＝0，a错误!＋a n＋１—１＝a错误!，求证：当n∈N+时，a n<a n＋１.证明：（１）当n＝１时，因为a２是方程a错误!＋a２—１＝0的正根，所以a２＝错误!，即a１<a２成立．（２）假设当n＝k（k∈N+，k≥１）时，0≤a k<a k＋１，所以a错误!—a错误!＝（a错误!＋a k＋２—１）—（a错误!＋a k＋１—１）＝（a k＋２—a k＋１）（a k＋２＋a k＋１＋１）>0，又a k＋１>a k≥0，所以a k＋２＋a k＋１＋１>0，所以a k＋１<a k＋２，即当n＝k＋１时，a n<a n＋１也成立．综上，可知a n<a n＋１对任何n∈N+都成立．归纳—猜想—证明（师生共研）已知数列{a n}的前n项和为S n，且S n＝错误!＋错误!—１，且a n>0，n∈N+.（１）求a１，a２，a３，并猜想{a n}的通项公式；（２）证明通项公式的正确性．【解】（１）当n＝１时，由已知得a１＝错误!＋错误!—１，即a错误!＋２a１—２＝0，解得a１＝错误!—１（a１>0）．当n＝２时，由已知得a１＋a２＝错误!＋错误!—１，将a１＝错误!—１代入并整理得a错误!＋２错误!a２—２＝0，解得a２＝错误!—错误!（a２>0）．同理可得a３＝错误!—错误!.猜想a n＝错误!—错误!.（２）证明：１由（１）知，当n＝１，２，３时，通项公式成立．２假设当n＝k（k≥３，k∈N+）时，通项公式成立，即a k＝错误!—错误!.由于a k＋１＝S k＋１—S k＝错误!＋错误!—错误!—错误!，将a k＝错误!—错误!代入上式，整理得a错误!＋２错误!·a k＋１—２＝0，解得a k＋１＝错误!—错误!，即n＝k＋１时通项公式仍成立．由１２可知对所有n∈N+，a n＝错误!—错误!都成立．错误!“归纳—猜想—证明”的一般步骤（１）计算：根据条件，计算若干项．（２）归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般结论．（３）证明：用数学归纳法证明．已知数列{a n}满足S n＋a n＝２n＋１．（１）写出a１，a２，a３，并推测a n的表达式；（２）用数学归纳法证明所得的结论．解：（１）将n＝１，２，３分别代入可得a１＝错误!，a２＝错误!，a３＝错误!，猜想a n＝２—错误!.（２）证明：１由（１）得n＝１，２，３时，结论成立．２假设n＝k（k≥３，k∈N*）时，结论成立，即a k＝２—错误!，那么当n＝k＋１时，a１＋a２＋…＋a k＋a k＋１＋a k＋１＝２（k＋１）＋１，且a１＋a２＋…＋a k＝２k＋１—a k，所以２k＋１—a k＋２a k＋１＝２（k＋１）＋１＝２k＋３，所以２a k＋１＝２＋２—错误!，a k＋１＝２—错误!，即当n＝k＋１时，结论也成立．根据１２得，对一切n∈N+，a n＝２—错误!都成立．[基础题组练]１．用数学归纳法证明：首项是a１，公差是d的等差数列的前n项和公式是S n＝na１＋错误!d时，假设当n＝k时，公式成立，则S k＝（）Ａ．a１＋（k—１）dＢ．错误!Ｃ．ka１＋错误!dＤ．（k＋１）a１＋错误!d解析：选Ｃ．假设当n＝k时，公式成立，只需把公式中的n换成k即可，即S k＝ka１＋错误!d.２．设f（x）是定义在正整数集上的函数，且f（x）满足：当f（k）≥k＋１成立时，总能推出f（k ＋１）≥k＋２成立，那么下列命题总成立的是（）A．若f（１）<２成立，则f（１0）<１１成立Ｂ．若f（３）≥４成立，则当k≥１时，均有f（k）≥k＋１成立Ｃ．若f（２）<３成立，则f（１）≥２成立Ｄ．若f（４）≥５成立，则当k≥４时，均有f（k）≥k＋１成立解析：选Ｄ．当f（k）≥k＋１成立时，总能推出f（k＋１）≥k＋２成立，说明如果当k＝n时，f（n）≥n＋１成立，那么当k＝n＋１时，f（n＋１）≥n＋２也成立，所以如果当k＝４时，f（４）≥５成立，那么当k≥４时，f（k）≥k＋１也成立．３．用数学归纳法证明１—错误!＋错误!—错误!＋…＋错误!—错误!＝错误!＋错误!＋…＋错误!，则当n＝k＋１时，左端应在n＝k的基础上加上（）Ａ．错误!Ｂ．—错误!Ｃ．错误!—错误!Ｄ．错误!＋错误!解析：选Ｃ．因为当n＝k时，左端＝１—错误!＋错误!—错误!＋…＋错误!—错误!，当n＝k＋１时，左端＝１—错误!＋错误!—错误!＋…＋错误!—错误!＋错误!—错误!.所以，左端应在n＝k的基础上加上错误!—错误!.４．已知f（n）＝１２＋２２＋３２＋…＋（２n）２，则f（k＋１）与f（k）的关系是（）Ａ．f（k＋１）＝f（k）＋（２k＋１）２＋（２k＋２）２Ｂ．f（k＋１）＝f（k）＋（k＋１）２Ｃ．f（k＋１）＝f（k）＋（２k＋２）２Ｄ．f（k＋１）＝f（k）＋（２k＋１）２解析：选Ａ．f（k＋１）＝１２＋２２＋３２＋…＋（２k）２＋（２k＋１）２＋[２（k＋１）]２＝f（k）＋（２k＋１）２＋（２k＋２）２.５．利用数学归纳法证明不等式１＋错误!＋错误!＋…＋错误!<f（n）（n≥２，n∈N+）的过程中，由n＝k到n＝k＋１时，左边增加了（）Ａ．１项Ｂ．k项Ｃ．２k—１项Ｄ．２k项解析：选Ｄ．令不等式的左边为g（n），则g（k＋１）—g（k）＝１＋错误!＋错误!＋…＋错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!—错误!＝错误!＋错误!＋…＋错误!，其项数为２k＋１—１—２k＋１＝２k＋１—２k＝２k.故左边增加了２k项．6．用数学归纳法证明１＋错误!＋错误!＋…＋错误!<n（n∈N+，n>１）时，第一步应验证的不等式是________．解析：由n∈N+，n>１知，n取第一个值n0＝２，当n＝２时，不等式为１＋错误!＋错误!<２．答案：１＋错误!＋错误!<２7．用数学归纳法证明错误!＋错误!＋…＋错误!>错误!—错误!，假设n＝k时，不等式成立，则当n ＝k＋１时，应推证的目标不等式是________________．答案：错误!＋错误!＋…＋错误!＋错误!>错误!—错误!8．用数学归纳法证明不等式错误!＋错误!＋…＋错误!>错误!（n≥２）的过程中，由n＝k推导n＝k＋１时，不等式的左边增加的式子是________．解析：不等式的左边增加的式子是错误!＋错误!—错误!＝错误!，故填错误!.答案：错误!9．用数学归纳法证明等式１２—２２＋３２—４２＋…＋（—１）n—１·n２＝（—１）n—１·错误!.证明：（１）当n＝１时，左边＝１２＝１，右边＝（—１）0×错误!＝１，左边＝右边，原等式成立．（２）假设n＝k（k≥１，k∈N+）时等式成立，即有１２—２２＋３２—４２＋…＋（—１）k—１·k２＝（—１）k—１·错误!.那么，当n＝k＋１时，１２—２２＋３２—４２＋…＋（—１）k—１·k２＋（—１）k·（k＋１）２＝（—１）k—１·错误!＋（—１）k·（k＋１）２＝（—１）k·错误![—k＋２（k＋１）]＝（—１）k·错误!.所以当n＝k＋１时，等式也成立，由（１）（２）知，对任意n∈N+，都有１２—２２＋３２—４２＋…＋（—１）n—１·n２＝（—１）n—１·错误!.１0．已知f（n）＝１＋错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!，g（n）＝错误!—错误!，n∈N+.（１）当n＝１，２，３时，试比较f（n）与g（n）的大小；（２）猜想f（n）与g（n）的大小关系，并给出证明．解：（１）当n＝１时，f（１）＝１，g（１）＝１，所以f（１）＝g（１）；当n＝２时，f（２）＝错误!，g（２）＝错误!，所以f（２）＜g（２）；当n＝３时，f（３）＝错误!，g（３）＝错误!，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．１当n＝１，２，３时，不等式显然成立．２假设当n＝k（k≥３，k∈N+）时不等式成立，即１＋错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＜错误!—错误!.那么，当n＝k＋１时，f（k＋１）＝f（k）＋错误!＜错误!—错误!＋错误!.因为错误!—错误!＝错误!—错误!＝错误!＜0，所以f（k＋１）＜错误!—错误!＝g（k＋１）．由１２可知，对一切n∈N+，都有f（n）≤g（n）成立．[综合题组练]１．已知整数p>１，证明：当x>—１且x≠0时，（１＋x）p>１＋px.证明：用数学归纳法证明．１当p＝２时，（１＋x）２＝１＋２x＋x２>１＋２x，原不等式成立．２假设当p＝k（k≥２，k∈N+）时，不等式（１＋x）k>１＋kx成立．则当p＝k＋１时，（１＋x）k＋１＝（１＋x）（１＋x）k>（１＋x）·（１＋kx）＝１＋（k＋１）x＋kx２>１＋（k＋１）x.所以当p＝k＋１时，原不等式也成立．综合１２可得，当x>—１且x≠0时，对一切整数p>１，不等式（１＋x）p>１＋px均成立．２．已知数列{x n}满足x１＝错误!，且x n＋１＝错误!（n∈N+）．（１）用数学归纳法证明：0<x n<１；（２）设a n＝错误!，求数列{a n}的通项公式．解：（１）证明：１当n＝１时，x１＝错误!∈（0，１），不等式成立．２假设当n＝k（k∈N+，k≥１）时，不等式成立，即x k∈（0，１），则当n＝k＋１时，x k＋１＝错误!，因为x k∈（0，１），所以２—x k>0，即x k＋１>0．又因为x k＋１—１＝错误!<0，所以0<x k＋１<１．综合１２可知0<x n<１．（２）由x n＋１＝错误!可得错误!＝错误!＝错误!—１，即a n＋１＝２a n—１，所以a n＋１—１＝２（a n—１）．令b n＝a n—１，则b n＋１＝２b n，又b１＝a１—１＝错误!—１＝１，所以{b n}是以１为首项，２为公比的等比数列，即b n＝２n—１，所以a n＝２n—１＋１．３．将正整数作如下分组：（１），（２，３），（４，５，6），（7，8，9，１0），（１１，１２，１３，１４，１５），（１6，１7，１8，１9，２0，２１），…，分别计算各组包含的正整数的和如下：S１＝１，S２＝２＋３＝５，S３＝４＋５＋6＝１５，S４＝7＋8＋9＋１0＝３４，S５＝１１＋１２＋１３＋１４＋１５＝6５，S6＝１6＋１7＋１8＋１9＋２0＋２１＝１１１，…试猜测S１＋S３＋S５＋…＋S２n—１的结果，并用数学归纳法证明．解：由题意知，当n＝１时，S１＝１＝１４；当n＝２时，S１＋S３＝１6＝２４；当n＝３时，S１＋S３＋S５＝8１＝３４；当n＝４时，S１＋S３＋S５＋S7＝２５6＝４４.猜想：S１＋S３＋S５＋…＋S２n—１＝n４.下面用数学归纳法证明：（１）当n＝１时，S１＝１＝１４，等式成立．（２）假设当n＝k（k∈N+，k≥１）时等式成立，即S１＋S３＋S５＋…＋S２k—１＝k４，那么，当n＝k＋１时，S１＋S３＋S５＋…＋S２k—１＋S２k＋１＝k４＋[（２k２＋k＋１）＋（２k２＋k＋２）＋…＋（２k２＋k＋２k＋１）]＝k４＋（２k＋１）（２k２＋２k＋１）＝k４＋４k３＋6k２＋４k＋１＝（k＋１）４，所以当n＝k＋１时，等式也成立．根据（１）和（２）可知，对于任意的n∈N+，S１＋S３＋S５＋…＋S２n—１＝n４都成立．。

2019届高三数学(理)第一轮复习教学进度表

（11.12-11.18）
第四章：平面向量、数系的扩充与复数引入
1.平面向量的概念及线性运算
2.平面向量的基本定理及坐标表示
3.平面向量的数量积与平面向量的应用举例
4.数系的扩充与复数的引入
7
第十二周
（11.19-11.25）
第五章：数列
1.数列的概念与简单表示法及通项公式
2.等差数列及其前n项和
7
7
第二周
（09.10-09.16）
第二章：
函数、导数及其应用
（国庆节）
1.函数及其表示,定义域与值域
2.函数的单调性与最值
3.函数的奇偶性与周期性
7
第三周
（09.17-09.23）
4.函数的图象
5. 二次函数与幂函数
6.指数与指数函数
7
第四周
（09.24-09.30）
7.对数与对数函数
8.函数与方程
2019届高三数学（理）第一轮复习教学进度表
第一轮的复习要以基础知识、基本技能、基本方法为主，争取在3月31日前完成第一轮复习。
时间
教材章节
教学内容
课时
备注
第一周
（09.03-09.09）
第一章：
集合与常用逻辑用语
1.集合的概念及其基本运算
2.命题及关系、充分条件与必要条件
3.简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
第十三周
（11.26-12.02）
3.等比数列及其前n项和
4.数列求和
7
第十四周
（12.03-12.09）
第六章：
不等式、推理与证明
1.不等关系与不等式与一元二次不等式及其解法
2.二元一次不定式（组）与简单的线性规划问题

2019届高三数学(理科)一轮复习计划表

2019年高考数学（理科）一轮复习进度计划表
章（单元）名称
节名称
计划复习时间
课时
第一章集合与常用逻辑用语
第一节集合
9。1-9。6
4
第二节命题及其关系、充分条件与必要条件
9。7-9。8
4
第三节简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
9。9—9。12
4
第二章函数、导数及其应用
第一节函数及其表示
9。13—15
3。30—3。31
2
第二节排列与组合
4。1—4.2
3
第三节二项式定理
4.3—4.4
3
第四节随机事件的概率
4.5-4.6
3
第五节古典概型
4。7—4.8
3
第六节几何概型
4。9—4.10
3
第七节离散型随机变量及其分布列
4。11—4。12
4
第八节n次独立重复试验与二项分布
4.13—4。15
4
第九节离散型随机变量的均值与方差、正态分布
10。29-10.30
4
第三节三角函数的图像和性质
11.5—11。6
4
第四节函数y=Asin（ωx+φ）的图像及三角函数模型的简单应用
11。7—11。8
4
第五节两角和与差的正弦、余弦和正切公式
11。9—11.10
4
第六节简单的三角恒等变换
11。12—11。14
4
第七节正弦定理和余弦定理
11。15—11.17
5
第四章平面向量、复数
第一节平面向量的概念及其线性运算
11.18—11。20
4
第二节平面向量基本定理及其向量坐标运算

一轮复习考点与题型全归纳：第12章复数、算法、推理与证明.pptx

2．若复数 z 满足|z－i|≤ 2(i 为虚数单位)，则 z 在复平面内所对应的图形的面积为．
解析：设 z＝x＋yi(x，y∈R)，由|z－i|≤ 2得|x＋(y－1)i|≤ 2，所以 x2＋y－12≤ 2，所以 x2＋(y－1)2≤2，所以 z 在复平面内所对应的图形是以点(0,1)为圆心，以 2为半径
二、常用结论
(1)(1±i) 2＝±2i，11－＋ii＝i，11＋－ii＝－ i. (2)－b＋ai＝i(a＋bi)． (3)i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N*)；i4n＋i4n＋1＋i4n＋2＋i4n＋3＝0(n∈N*)．
(4)z·z ＝|z| ＝2 | z | ，2 |z ·z1 |＝2 |z |·| z1 |，2 zz21＝||zz21||，|zn|＝|z|n.
―O→B ，若 zz2＝z1，则 z 的共轭复数 z ＝( )
13 A.2＋2i
13 B.2－2i
C．－12＋32i
13 D．－2－2i
5i (2)复数 z＝4i2 018－1＋2i(其中 i 为虚数单位)在复平面内对应的点在( )
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
[解析] (1)由题意知 z1＝1＋2i，z2＝－1＋i，故 z(－1＋i)＝1＋2i，
a [典例] (1)(2019·湘东五校联考)已知 i 为虚数单位，若复数 z＝1－2i＋i(a∈R)的实部
与虚部互为相反数，则 a＝( ) A．－5
B．－1
C．－13
D．－53
(2)(2018·全国卷Ⅰ)设 z＝11－＋ii＋2i，则 |z|＝( )
A．0
1 B.2
C．1
D. 2

高三数学第一轮复习课件(ppt)目录

目录 CONTENTS
第一章
集合与常用逻辑用语
1.1 集合的概念与运算 1.2 命题及其关系、充分条件与必要条件 1.3 简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词
目录 CONTENTS
第二章
函数
2.1 函数及其表示 2.2 函数的单调性与最值 2.3 函数的奇偶性与周期性 2.4 一次函数、二次函数 2.5 指数与指数函数 2.6 对数与对数函数 2.7 幂函数 2.8 函数的图象及其变换 2.9 函数与方程 2.10 函数模型及其应用
12.1 算法与程序框图 12.2 基本算法语句 12.3 合情推理与演绎推理 12.4 直接证明与间接证明 12.5 数学归纳法 12.6 数系的扩充与复数的引入
目录 CONTENTS
选修4系列
选修4-1 几何证明选讲(选考) 选修4-4 坐标系与参数方程(选考) 选修4-5 不等式选讲(必考)
目录 CONTENTS
第十一章
概率与统计
11.1 事件与概率 11.2 古典概型与几何概型 11.3 离散型随机变量及其分布列 11.4 二项分布及其应用 11.5 离散型随机变量的均值与方差、正态分布 11.6 随机抽样与用样本估计总体 11.7 变量间的相关关系
目录 CONTENTS
第十二章算法初步、推理与证明、复数
目录 CONTENT第S五章
平面向量
5.1 平面向量的概念及其线性运算
5.2 平面向量的基本定理及坐标运算
5.3 平面向量的数量积及其应用
第六章
数列
6.1 数列的概念与简单表示法 6.2 等差数列及其前n项和 6.3 等比数列及其前n项和 6.4 数列的通项与求和 6.5 数列的综合应用
目录 CONTENTS

(通用版)19版高考数学一轮复习第十二章推理与证明、算法、复数第三节算法与程序框图、复数实用理

时，
S 的值为 1.所以输出的 S 的最大值为 2.
答案：C
2.[考点二·考法二](2018·福州五校联
考)执行如图所示的程序框图，若输
出的结果为 170，则判断框内的条件
可以为
()
A．i>5
B．i≥7
C．i>9
D．i≥9
第 2 题图
解析： S＝0＋2＝2，i＝1＋2＝3，不满足条件，执行循环体； S＝2＋23＝10，i＝3＋2＝5，不满足条件，执行循环体； S＝10＋25＝42，i＝5＋2＝7，不满足条件，执行循环体； S＝42＋27＝170，i＝7＋2＝9，满足条件，退出循环体．故判断框内的条件可以为“i≥9？”，故选 D. 答案：D
(2)当输入的 x 为 4.7 时，执行程序框图可知，4.7>3，4.7－[4.7] ＝0.7，即 4.7－[4.7]不等于 0，因而可得 y＝7＋([4.7－3]＋1)×1.6 ＝10.2，即输出的 y 值为 10.2，故选 C.
[答案] (1)C (2)C
[方法技巧]
顺序结构和条件结构的运算方法 (1)顺序结构是最简单的算法结构，语句与语句之间、框与框之间是按从上到下的顺序进行的．解决此类问题，只需分清运算步骤，赋值量及其范围进行逐步运算即可． (2)条件结构中条件的判断关键是明确条件结构的功能，然后根据“是”的分支成立的条件进行判断． (3)对条件结构，无论判断框中的条件是否成立，都只能执行两个分支中的一个，不能同时执行两个分支．
(2)经第一次循环得到的结果是Sn＝＝124，， i＝2；
经第二次循环得到的结果是nS＝＝612，＋14， i＝3；
经第三次循环得到的结果是nS＝＝812，＋14＋16， i＝4.

2019版高考数学一轮复习第十二章推理证明、算法、复数 12.2 古典概型理.doc

2019版高考数学一轮复习第十二章推理证明、算法、复数 12.2 古典概型理1．基本事件的特点(1)任何两个基本事件是互斥的；(2)任何事件(除不可能事件)都可以表示成基本事件的和． 2．古典概型具有以下两个特点的概率模型称为古典概率模型，简称古典概型． (1)试验中所有可能出现的基本事件只有有限个； (2)每个基本事件出现的可能性相等．3．如果一次试验中可能出现的结果有n 个，而且所有结果出现的可能性都相等，那么每一个基本事件的概率都是1n ；如果某个事件A 包括的结果有m 个，那么事件A 的概率P (A )＝mn.4．古典概型的概率公式P (A )＝A 包含的基本事件的个数基本事件的总数.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)“在适宜条件下，种下一粒种子观察它是否发芽”属于古典概型，其基本事件是“发芽与不发芽”．( × )(2)掷一枚硬币两次，出现“两个正面”“一正一反”“两个反面”，这三个结果是等可能事件．( × )(3)从市场上出售的标准为500±5 g 的袋装食盐中任取一袋，测其重量，属于古典概型．( × )(4)有3个兴趣小组，甲、乙两位同学各自参加其中一个小组，每位同学参加各个小组的可能性相同，则这两位同学参加同一个兴趣小组的概率为13.( √ )(5)从1,2,3,4,5中任取出两个不同的数，其和为5的概率是0.2.( √ )(6)在古典概型中，如果事件A 中基本事件构成集合A ，且集合A 中的元素个数为n ，所有的基本事件构成集合I ，且集合I 中元素个数为m ，则事件A 的概率为n m.( √ )1．从1,2,3,4中任取2个不同的数，则取出的2个数之差的绝对值为2的概率是( ) A.12 B.13 C.14 D.16答案 B解析基本事件的总数为6，构成“取出的2个数之差的绝对值为2”这个事件的基本事件的个数为2，所以所求概率P ＝26＝13，故选B.2．(2016·北京)从甲、乙等5名学生中随机选出2人，则甲被选中的概率为( ) A.15 B.25 C.825 D.925答案 B解析从甲、乙等5名学生中随机选2人共有10种情况，甲被选中有4种情况，则甲被选中的概率为410＝25.3．(2015·课标全国Ⅰ)如果3个正整数可作为一个直角三角形三条边的边长，则称这3个数为一组勾股数，从1,2,3,4,5中任取3个不同的数，则这3个数构成一组勾股数的概率为( )A.310B.15C.110D.120 答案 C解析从1,2,3,4,5中任取3个不同的数共有C 35＝10(个)不同的结果，其中勾股数只有一组，故所求概率为P ＝110.4．从正方形四个顶点及其中心这5个点中，任取2个点，则这2个点的距离不小于该正方形边长的概率为________．答案 35解析取两个点的所有情况为10种，所有距离不小于正方形边长的情况有6种，概率为610＝35. 5．(教材改编)同时掷两个骰子，向上点数不相同的概率为________．答案5 6解析掷两个骰子一次，向上的点数共6×6＝36(种)可能的结果，其中点数相同的结果共有6个，所以点数不同的概率P＝1－66×6＝56.题型一基本事件与古典概型的判断例1 (1)有两颗正四面体的玩具，其四个面上分别标有数字1,2,3,4，下面做投掷这两颗正四面体玩具的试验：用(x，y)表示结果，其中x表示第1颗正四面体玩具出现的点数，y表示第2颗正四面体玩具出现的点数．试写出：①试验的基本事件；②事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件；③事件“出现点数相等”包含的基本事件．(2)袋中有大小相同的5个白球，3个黑球和3个红球，每球有一个区别于其他球的编号，从中摸出一个球．①有多少种不同的摸法？如果把每个球的编号看作一个基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？②若按球的颜色为划分基本事件的依据，有多少个基本事件？以这些基本事件建立概率模型，该模型是不是古典概型？解(1)①这个试验的基本事件为(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．②事件“出现点数之和大于3”包含的基本事件为(1,3)，(1,4)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)．③事件“出现点数相等”包含的基本事件为(1,1)，(2,2)，(3,3)，(4,4)．(2)①由于共有11个球，且每个球有不同的编号，故共有11种不同的摸法．又因为所有球大小相同，因此每个球被摸中的可能性相等，故以球的编号为基本事件的概率模型为古典概型．②由于11个球共有3种颜色，因此共有3个基本事件，分别记为A：“摸到白球”，B：“摸到黑球”，C ：“摸到红球”，又因为所有球大小相同，所以一次摸球每个球被摸中的可能性均为111，而白球有5个，故一次摸球摸到白球的可能性为511，同理可知摸到黑球、红球的可能性均为311，显然这三个基本事件出现的可能性不相等，所以以颜色为划分基本事件的依据的概率模型不是古典概型．思维升华一个试验是否为古典概型，在于这个试验是否具有古典概型的两个特点——有限性和等可能性，只有同时具备这两个特点的概型才是古典概型．下列试验中，古典概型的个数为( )①向上抛一枚质地不均匀的硬币，观察正面向上的概率； ②向正方形ABCD 内，任意抛掷一点P ，点P 恰与点C 重合； ③从1,2,3,4四个数中，任取两个数，求所取两数之一是2的概率； ④在线段[0,5]上任取一点，求此点小于2的概率． A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 B解析 ①中，硬币质地不均匀，不是等可能事件，所以不是古典概型；②④的基本事件都不是有限个，不是古典概型； ③符合古典概型的特点，是古典概型．题型二古典概型的求法例2 (1)(2015·广东)袋中共有15个除了颜色外完全相同的球，其中有10个白球，5个红球．从袋中任取2个球，则所取的2个球中恰有1个白球，1个红球的概率为( ) A.521 B.1021 C.1121D ．1 (2)(2015·江苏)袋中有形状、大小都相同的4只球，其中1只白球，1只红球，2只黄球，从中一次随机摸出2只球，则这2只球颜色不同的概率为________．(3)我国古代“五行”学说认为：“物质分金、木、土、水、火五种属性，金克木、木克土、土克水、水克火、火克金．”将这五种不同属性的物质任意排成一列，设事件A 表示“排列中属性相克的两种物质不相邻”，则事件A 发生的概率为________．答案 (1)B (2)56 (3)112解析 (1)从袋中任取2个球共有C 215＝105(种)取法，其中恰好1个白球1个红球共有C 110C 15＝50(种)取法，所以所取的球恰好1个白球1个红球的概率为50105＝1021.(2)基本事件共有C 24＝6(种)，设取出两只球颜色不同为事件A ，A 包含的基本事件有C 12C 12＋C 11C 11＝5(种)．故P (A )＝56.(3)五种不同属性的物质任意排成一列的所有基本事件数为A 55＝120，满足事件A “排列中属性相克的两种物质不相邻”的基本事件可以按如下方法进行考虑：从左至右，当第一个位置的属性确定后，例如：金，第二个位置(除去金本身)只能排土或水属性，当第二个位置的属性确定后，其他三个位置的属性也确定，故共有C 15C 12＝10(种)可能，所以事件A 出现的概率为10120＝112. 引申探究1．本例(2)中，若将4个球改为颜色相同，标号分别为1,2,3,4的四个小球，从中一次取两球，求标号和为奇数的概率．解基本事件数仍为6.设标号和为奇数为事件A ，则A 包含的基本事件为(1,2)，(1,4)，(2,3)，(3,4)，共4种，所以P (A )＝46＝23.2．本例(2)中，若将条件改为有放回地取球，取两次，求两次取球颜色相同的概率．解基本事件数为C 14C 14＝16，颜色相同的事件数为C 12C 11＋C 12C 12＝6，所求概率为616＝38.思维升华求古典概型的概率的关键是求试验的基本事件的总数和事件A 包含的基本事件的个数，这就需要正确列出基本事件，基本事件的表示方法有列举法、列表法和树状图法，具体应用时可根据需要灵活选择．(1)(2016·全国乙卷)为美化环境，从红、黄、白、紫4种颜色的花中任选2种花种在一个花坛中，余下的2种花种在另一个花坛中，则红色和紫色的花不在同一花坛的概率是( ) A.13 B.12 C.23 D.56 答案 C解析从4种颜色的花中任选2种种在一个花坛中，余下2种种在另一个花坛，有((红黄)，(白紫))，((白紫)，(红黄))，((红白)，(黄紫))，((黄紫)，(红白))，((红紫)，(黄白))，((黄白)，(红紫))，共6种种法，其中红色和紫色不在一个花坛的种法有((红黄)，(白紫))，((白紫)，(红黄))，((红白)，(黄紫))，((黄紫)，(红白))，共4种，故所求概率为P ＝46＝23，故选C. (2)一个盒子里装有三张卡片，分别标记有数字1,2,3，这三张卡片除标记的数字外完全相同．随机有放回地抽取3次，每次抽取1张，将抽取的卡片上的数字依次记为a ，b ，c . ①求“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率； ②求“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率．解 ①由题意知，(a ，b ，c )所有的可能为(1,1,1)，(1,1,2)，(1,1,3)，(1,2,1)，(1,2,2)，(1,2,3)，(1,3,1)，(1,3,2)，(1,3,3)，(2,1,1)，(2,1,2)，(2,1,3)，(2,2,1)，(2,2,2)，(2,2,3)，(2,3,1)，(2,3,2)，(2,3,3)，(3,1,1)，(3,1,2)，(3,1,3)，(3,2,1)，(3,2,2)，(3,2,3)，(3,3,1)，(3,3,2)，(3,3,3)，共27种．设“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”为事件A ，则事件A 包括(1,1,2)，(1,2,3)，(2,1,3)，共3种．所以P (A )＝327＝19.因此，“抽取的卡片上的数字满足a ＋b ＝c ”的概率为19.②设“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”为事件B ，则事件B 包括(1,1,1)，(2,2,2)，(3,3,3)，共3种．所以P (B )＝1－P (B )＝1－327＝89.因此，“抽取的卡片上的数字a ，b ，c 不完全相同”的概率为89.题型三古典概型与统计的综合应用例3 (2015·安徽)某企业为了解下属某部门对本企业职工的服务情况，随机访问50名职工．根据这50名职工对该部门的评分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为：[40,50)，[50,60)，…，[80,90)，[90,100]．(1)求频率分布直方图中a 的值；(2)估计该企业的职工对该部门评分不低于80的概率；(3)从评分在[40,60)的受访职工中，随机抽取2人，求此2人的评分都在[40,50)的概率．解 (1)因为(0.004＋a ＋0.018＋0.022×2＋0.028)×10＝1，所以a ＝0.006.(2)由所给频率分布直方图知，50名受访职工评分不低于80的频率为(0.022＋0.018)×10＝0.4，所以该企业职工对该部门评分不低于80的概率的估计值为0.4.(3)受访职工中评分在[50,60)的有50×0.006×10＝3(人)，记为A 1，A 2，A 3；受访职工中评分在[40,50)的有50×0.004×10＝2(人)，记为B 1，B 2，从这5名受访职工中随机抽取2人，所有可能的结果共有10种，它们是{A 1，A 2}，{A 1，A 3}，{A 1，B 1}，{A 1，B 2}，{A 2，A 3}，{A 2，B 1}，{A 2，B 2}，{A 3，B 1}，{A 3，B 2}，{B 1，B 2}．又因为所抽取2人的评分都在[40,50)的结果有1种，即{B 1，B 2}，故所求的概率为P ＝110.思维升华有关古典概型与统计结合的题型是高考考查概率的一个重要题型，已成为高考考查的热点．概率与统计结合题，无论是直接描述还是利用频率分布表、频率分布直方图、茎叶图等给出信息，只要能够从题中提炼出需要的信息，则此类问题即可解决．海关对同时从A ，B ，C 三个不同地区进口的某种商品进行抽样检测，从各地区进口此种商品的数量(单位：件)如下表所示．工作人员用分层抽样的方法从这些商品中共抽取6件样品进行检测.(1)求这6件样品中来自A ，B ，C 各地区商品的数量；(2)若在这6件样品中随机抽取2件送往甲机构进行进一步检测，求这2件商品来自相同地区的概率．解 (1)因为样本容量与总体中的个体数的比是 650＋150＋100＝150，所以样本中包含三个地区的个体数量分别是 50×150＝1,150×150＝3,100×150＝2.所以A ，B ，C 三个地区的商品被选取的件数分别是1,3,2. (2)设6件来自A ，B ，C 三个地区的样品分别为A ；B 1，B 2，B 3；C 1，C 2.则从6件样品中抽取的这2件商品构成的所有基本事件为{A ，B 1}，{A ，B 2}，{A ，B 3}，{A ，C 1}，{A ，C 2}，{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 1，C 1}，{B 1，C 2}，{B 2，B 3}，{B 2，C 1}，{B 2，C 2}，{B 3，C 1}，{B 3，C 2}，{C 1，C 2}，共15个．每个样品被抽到的机会均等，因此这些基本事件的出现是等可能的．记事件D ：“抽取的这2件商品来自相同地区”，则事件D 包含的基本事件有{B 1，B 2}，{B 1，B 3}，{B 2，B 3}，{C 1，C 2}，共4个．所以P (D )＝415，即这2件商品来自相同地区的概率为415.六审细节更完善典例 (12分)一个袋中装有四个形状大小完全相同的球，球的编号分别为1,2,3,4. (1)从袋中随机取两个球，求取出的球的编号之和不大于4的概率；(2)先从袋中随机取一个球，该球的编号为m ，将球放回袋中，然后再从袋中随机取一个球，该球的编号为n ，求n <m ＋2的概率．(1)基本事件为取两个球↓(两球一次取出，不分先后，可用集合的形式表示) 把取两个球的所有结果列举出来 ↓{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4} ↓两球编号之和不大于4(注意：和不大于4，应为小于4或等于4) ↓{1,2}，{1,3}↓利用古典概型概率公式求解P ＝26＝13(2)两球分两次取，且有放回↓(两球的编号记录是有次序的，用坐标的形式表示) 基本事件的总数可用列举法表示 ↓(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4) (2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4) (4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)↓(注意细节，m 是第一个球的编号，n 是第2个球的编号)n <m ＋2的情况较多，计算复杂↓(将复杂问题转化为简单问题) 计算n ≥m ＋2的概率 ↓n ≥m ＋2的所有情况为(1,3)，(1,4)，(2,4)↓P 1＝316注意细节，P 1＝\f(3,16)是n ≥m ＋2的概率，需转化为其,对立事件的概率n <m ＋2的概率为1－P 1＝1316.规范解答解 (1)从袋中随机取两个球，其一切可能的结果组成的基本事件有{1,2}，{1,3}，{1,4}，{2,3}，{2,4}，{3,4}，共6个．从袋中取出的球的编号之和不大于4的事件有{1,2}，{1,3}，共2个．因此所求事件的概率P ＝26＝13.[4分](2)先从袋中随机取一个球，记下编号为m ，放回后，再从袋中随机取一个球，记下编号为n ，其一切可能的结果有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(2,1)，(2,2)，(2,3)，(2,4)，(3,1)，(3,2)，(3,3)，(3,4)，(4,1)，(4,2)，(4,3)，(4,4)，共16个．[6分] 又满足条件n ≥m ＋2的事件为(1,3)，(1,4)，(2,4)，共3个，所以满足条件n ≥m ＋2的事件的概率为P 1＝316.[10分]故满足条件n <m ＋2的事件的概率为 1－P 1＝1－316＝1316.[12分]1．(2016·全国丙卷)小敏打开计算机时，忘记了开机密码的前两位，只记得第一位是M ，I ，N 中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，则小敏输入一次密码能够成功开机的概率是( )A.815B.18C.115D.130 答案 C解析第一位是M ，I ，N 中的一个字母，第二位是1,2,3,4,5中的一个数字，所以总的基本事件的个数为15，密码正确只有一种，概率为115，故选C.2．(2016·威海模拟)从集合{2,3,4,5}中随机抽取一个数a ，从集合{1,3,5}中随机抽取一个数b ，则向量m ＝(a ，b )与向量n ＝(1，－1)垂直的概率为( ) A.16 B.13 C.14 D.12 答案 A解析由题意知，向量m 共有C 14C 13＝12(个)，由m ⊥n ，得m ·n ＝0，即a ＝b ，则满足m ⊥n 的m 有(3,3)，(5,5)，共2个，故所求概率P ＝212＝16.3．(2015·广东)已知5件产品中有2件次品，其余为合格品．现从这5件产品中任取2件，恰有一件次品的概率为( ) A ．0.4 B ．0.6 C ．0.8 D ．1 答案 B解析从5件产品中任取2件共有取法C 25＝10(种)，恰有一件次品的取法有C 12C 13＝6(种)，所以恰有一件次品的概率为610＝0.6.4．(2016·哈尔滨模拟)设a ∈{1,2,3,4}，b ∈{2,4,8,12}，则函数f (x )＝x 3＋ax －b 在区间[1,2]上有零点的概率为( ) A.12 B.58 C.1116 D.34 答案 C解析由已知f ′(x )＝3x 2＋a >0，所以f (x )在R 上递增，若f (x )在[1,2]上有零点，则需⎩⎪⎨⎪⎧f ＝1＋a －b ≤0，f ＝8＋2a －b ≥0，经验证有(1,2)，(1,4)，(1,8)，(2,4)，(2,8)，(2,12)，(3,4)，(3,8)，(3,12)，(4,8)，(4,12)，共11对满足条件，而总的情况有16种，故所求概率为1116.5．有编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球，从中随机取出4个，则取出球的编号互不相同的概率为( ) A.521 B.27 C.13 D.821 答案 D解析从编号分别为1,2,3,4,5的5个红球和5个黑球中随机取出4个，有C 410＝210(种)不同的结果，由于是随机取出的，所以每个结果出现的可能性是相等的．设事件A 为“取出球的编号互不相同”，则事件A 包含了C 15·C 12·C 12·C 12·C 12＝80(个)基本事件，所以P (A )＝80210＝821.故选D. 6．如图，三行三列的方阵中有九个数a ij (i ＝1,2,3；j ＝1,2,3)，从中任取三个数，则至少有两个数位于同行或同列的概率是( )⎝ ⎛⎭⎪⎫a 11 a 12 a 13a 21 a 22 a 23a31a 32 a 33 A.37 B.47 C.114 D.1314答案 D解析从九个数中任取三个数的不同取法共有C 39＝84(种)，因为取出的三个数分别位于不同的行与列的取法共有C 13·C 12·C 11＝6(种)，所以至少有两个数位于同行或同列的概率为1－684＝1314. 7．从正六边形的6个顶点中随机选择4个顶点，则以它们作为顶点的四边形是矩形的概率等于( )A.110B.18C.16D.15 答案 D解析如图所示，从正六边形ABCDEF 的6个顶点中随机选4个顶点，可以看作随机选2个顶点，剩下的4个顶点构成四边形，有A 、B ，A 、C ，A 、D ，A 、E ，A 、F ，B 、C ，B 、D ，B 、E ，B 、F ，C 、D ，C 、E ，C 、F ，D 、E ，D 、F ，E 、F ，共15种．若要构成矩形，只要选相对顶点即可，有A 、D ，B 、E ，C 、F ，共3种，故其概率为315＝15.8．若A 、B 为互斥事件，P (A )＝0.4，P (A ∪B )＝0.7，则P (B )＝________. 答案 0.3解析因为A 、B 为互斥事件，所以P (A ∪B )＝P (A )＋P (B )，故P (B )＝P (A ∪B )－P (A )＝0.7－0.4＝0.3.9．(2017·成都月考)如图的茎叶图是甲、乙两人在4次模拟测试中的成绩，其中一个数字被污损，则甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率为________．答案 0.3解析依题意，记题中的被污损数字为x ，若甲的平均成绩不超过乙的平均成绩，则有(8＋9＋2＋1)－(5＋3＋x ＋5)≤0，x ≥7，即此时x 的可能取值是7,8,9，因此甲的平均成绩不超过乙的平均成绩的概率P ＝310＝0.3. 10．10件产品中有7件正品，3件次品，从中任取4件，则恰好取到1件次品的概率是________．答案 12解析从10件产品中取4件，共有C 410种取法，取到1件次品的取法为C 13C 37种，由古典概型概率计算公式得P ＝C 13C 37C 410＝3×35210＝12.11．设连续掷两次骰子得到的点数分别为m ，n ，令平面向量a ＝(m ，n )，b ＝(1，－3)． (1)求事件“a ⊥b ”发生的概率； (2)求事件“|a |≤|b |”发生的概率．解 (1)由题意知，m ∈{1,2,3,4,5,6}，n ∈{1,2,3,4,5,6}，故(m ，n )所有可能的取法共36种．因为a ⊥b ，所以m －3n ＝0，即m ＝3n ，有(3,1)，(6,2)，共2种，所以事件a ⊥b 发生的概率为236＝118. (2)由|a |≤|b |，得m 2＋n 2≤10，有(1,1)，(1,2)，(1,3)，(2,1)，(2,2)，(3,1)，共6种，其概率为636＝16.12．袋中装有黑球和白球共7个，从中任取2个球都是白球的概率为17，现有甲、乙两人从袋中轮流摸球，甲先取，乙后取，然后甲再取，…，取后不放回，直到两人中有一人取到白球时即终止，每个球在每一次被取出的机会是等可能的． (1)求袋中原有白球的个数； (2)求取球2次即终止的概率； (3)求甲取到白球的概率．解 (1)设袋中原有n 个白球，从袋中任取2个球都是白球的结果数为C 2n ，从袋中任取2个球的所有可能的结果数为C 27.由题意知从袋中任取2球都是白球的概率P ＝C 2n C 27＝17，则n (n －1)＝6，解得n ＝3(舍去n ＝－2)，即袋中原有3个白球．(2)设事件A 为“取球2次即终止”．取球2次即终止，即甲第一次取到的是黑球而乙取到的是白球，P (A )＝C 14×C 13C 17×C 16＝4×37×6＝27.(3)设事件B 为“甲取到白球”，“第i 次取到白球”为事件A i ，i ＝1,2,3,4,5，因为甲先取，所以甲只可能在第1次，第3次和第5次取到白球．所以P (B )＝P (A 1∪A 3∪A 5)＝P (A 1)＋P (A 3)＋P (A 5)＝37＋4×3×37×6×5＋4×3×2×1×37×6×5×4×3＝37＋635＋135＝2235. *13.(2016·北京海淀区期末)为了研究某种农作物在特定温度(要求最高温度t 满足：27 ℃≤t ≤30 ℃)下的生长状况，某农学家需要在10月份去某地进行为期10天的连续观察试验．现有关于该地区历年10月份日平均最高温度和日平均最低温度(单位：℃)的记录如下：(1)根据本次试验目的和试验周期，写出农学家观察试验的起始日期；(2)设该地区今年10月上旬(10月1日至10月10日)的最高温度的方差和最低温度的方差分别为D 1，D 2，估计D 1，D 2的大小；(直接写出结论即可)(3)从10月份31天中随机选择连续3天，求所选3天每天日平均最高温度值都在[27,30]之间的概率．解 (1)农学家观察试验的起始日期为7日或8日． (2)最高温度的方差D 1大．(3)设“连续3天平均最高温度值都在[27,30]之间”为事件A ，则基本事件空间可以设为Ω＝{(1,2,3)，(2,3,4)，(3,4,5)，…，(29,30,31)}，共29个基本事件，由题图可以看出，事件A 包含10个基本事件，所以P (A )＝1029，所选3天每天日平均最高温度值都在[27,30]之间的概率为1029.。

高考数学一轮复习第12章复数、算法、推理与证明第4节直接证明与间接证明课件文

证明：(1)在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，AB∥A1B1. 又 AB⊄平面 A1B1C，A1B1⊂平面 A1B1C，所以 AB∥平面 A1B1C. (2)在平行六面体 ABCD－A1B1C1D1 中，四边形 ABB1A1 为平行四边形．又因为 AA1＝AB，所以四边形 ABB1A1 为菱形，因此 AB1⊥A1B. 因为 AB1⊥B1C1，BC∥B1C1，所以 AB1⊥BC. 又因为 A1B∩BC＝B，A1B⊂平面 A1BC，BC⊂平面 A1BC，所以 AB1⊥平面 A1BC. 因为 AB1⊂平面 ABB1A1，所以平面 ABB1A1⊥平面 A1BC.
第十二章复数、算法、推理与证明
第四节直接证明与间接证明
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课前 ·基础巩固 1
目
导
课堂 ·考点突破 2
航
3 课时 ·跟踪检测
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[最新考纲]
[考情分析]
[核心素养]
本节主要内容是直接证明的方法
1.了解直接证明的两种基本方法 ——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点. 2.了解反证法的思考过程和特点.
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2．(一题多解)在△ABC 中，设 a，b，c 分别是内角 A，B，C 所对的边，直线 bx＋ ycos A＋cos B＝0 与 ax＋ycos B＋cos A＝0 平行，求证：△ABC 是直角三角形．
证明：证法一：由两直线平行可知 bcos B－acos A＝0，由正弦定理可知 sin Bcos B －sin Acos A＝0，即12sin 2B－12sin 2A＝0，故 2A＝2B 或 2A＋2B＝π，即 A＝B 或 A＋B＝ π 2.

高考数学一轮复习第十二篇推理证明、算法、复数(考

第十二篇推理证明、算法、复数第1讲合情推理与演绎推理【2014年高考会这样考】1．考查利用归纳推理、类比推理去寻求更为一般的、新的结论．2．考查演绎推理，主要与立体几何、解析几何、函数与导数等结合．对应学生187考点梳理1．合情推理(1)归纳推理：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，称为归纳推理．简言之，归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理．(2)类比推理：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称为类比推理．简言之，类比推理是由特殊到特殊的推理．(3)合情推理：归纳推理和类比推理都是根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出猜想的推理，我们把它们统称为合情推理．2．演绎推理(1)演绎推理：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理，对特殊情况作出的判断．【助学·微博】一个防范合情推理是从已知的结论推测未知的结论，发现与猜想的结论都要经过进一步严格证明．两个要点(1)应用演绎推理证题时，大前提可省略，解题中应注意过程的规范性．(2)当大前提和小前提正确时，得到的结论一定正确．考点自测1．(2013·烟台质检)命题“有些有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是( )．A．使用了归纳推理B．使用了类比推理C．使用了“三段论”，但大前提错误D．使用了“三段论”，但小前提错误解析大前提是特称命题，而小前提是全称命题．答案 C2．(2012·江西)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝( )．A．28 B．76 C．123 D．199解析记a n＋b n＝f(n)，则f(3)＝f(1)＋f(2)＝1＋3＝4；f(4)＝f(2)＋f(3)＝3＋4＝7；f(5)＝f(3)＋f(4)＝11.通过观察不难发现f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)(n∈N*，n≥3)，则f(6)＝f(4)＋f(5)＝18；f(7)＝f(5)＋f(6)＝29；f(8)＝f(6)＋f(7)＝47；f(9)＝f(7)＋f(8)＝76；f(10)＝f(8)＋f(9)＝123.所以a10＋b10＝123.答案 C3．(2013·临沂二模)对于大于或等于2的自然数n的二次方幂有如下分解方式：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7，…，根据上述分解规律，对任意自然数n，当n≥2时，有________．解析分解后是以1为首项，2为公差，项数为n的等差数列的和．答案n2＝1＋3＋…＋(2n－1)4．在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为________．解析∵两个正三角形是相似的三角形，∴它们的面积之比是相似比的平方．同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方，所以它们的体积比为1∶8.答案1∶85．(2011·陕西)观察下列等式1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49照此规律，第n个等式应为________．解析由前4个等式可知，第n个等式的左边第一个数为n，且连续2n－1个整数相加，右边为(2n－1)2，故第n个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.答案n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2对应学生188考向一归纳推理【例1】►观察下列等式： 1＝1，1＋2＝3，1＋2＋3＝6，1＋2＋3＋4＝10，1＋2＋3＋4＋5＝15， 13＝1，13＋23＝9，13＋23＋33＝36，13＋23＋33＋43＝100，13＋23＋33＋43＋53＝225.可以推测：13＋23＋33＋…＋n 3＝________(n ∈N *，用含有n 的代数式表示)． [审题视点] 第二列的右端分别是12,32,62,102,152，与第一列比较可得结论．解析第二列等式的右端分别是1×1,3×3,6×6,10×10,15×15，∵1,3,6,10,15，…，第n 项a n 与第n －1项a n －1(n ≥2)的差为：a n －a n －1＝n ，∴a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，a n －a n －1＝n ，等号的左右两端分别相加得，a n ＝a 1＋2＋3＋…＋n ，其中a 1＝1，∴a n ＝1＋2＋3＋…＋n ，即a n ＝n n ＋12，∴a 2n ＝14n 2(n＋1)2.答案 14n 2(n ＋1)2(1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等． (2)形的归纳主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳．【训练1】 (2012·青岛模拟)观察下列等式：31×2×12＝1－122，31×2×12＋42×3×122＝1－13×22，31×2×12＋42×3×122＋53×4×123＝1－14×23，…，由以上等式推测到一个一般结论为________．解析观察等号右侧分母数值的变化与左侧相加项数的关系，项数与分母中2的指数一致，分母中指数前边系数比项数多1，可得右侧为1－1n ＋12n，左侧观察相加的项数与最后一项中2的指数一致，其他就好确定，从而得到左侧为31×2×12＋42×3×122＋53×4×123＋…＋n ＋2n n ＋1×12n .答案31×2×12＋42×3×122＋53×4×123＋…＋n ＋2n n ＋1×12n ＝1－1n ＋12n (n ∈N *)考向二类比推理【例2】►在平面几何里，有“若△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，内切圆半径为r ，则三角形面积为S △ABC ＝12(a ＋b ＋c )r ”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体A －BCD 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为r ，则四面体的体积为________”． [审题视点] 注意发现其中的规律总结出共性加以推广，或将结论类比到其他方面，得出结论．解析三角形的面积类比为四面体的体积，三角形的边长类比为四面体四个面的面积，内切圆半径类比为内切球的半径．二维图形中12类比为三维图形中的13，得V 四面体A －BCD ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r . 答案 V 四面体A －BCD ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r(1)类比是从一种事物的特殊属性推测另一种事物的特殊属性．(2)类比的结果是猜测性的，不一定可靠，但它却有发现的功能．【训练2】 (2013·长沙模拟)已知P (x 0，y 0)是抛物线y 2＝2px (p >0)上的一点，过P 点的切线方程的斜率可通过如下方式求得：在y 2＝2px 两边同时对x 求导，得2yy ′＝2p ，则y ′＝p y ，所以过P 的切线的斜率k ＝p y 0.类比上述方法求出双曲线x 2－y 22＝1在P (2，2)处的切线方程为________．解析将双曲线方程化为y 2＝2(x 2－1)，类比上述方法两边同时对x 求导得2yy ′＝4x ，则y ′＝2x y ，即过P 的切线的斜率k ＝2x 0y 0，由于P (2，2)，故切线斜率k ＝222＝2，因此切线方程为y －2＝2(x －2)，整理得2x －y －2＝0. 答案 2x －y －2＝0考向三演绎推理【例3】►数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2nS n (n ∈N *)．证明： (1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列；(2)S n ＋1＝4a n .[审题视点] 在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．(1)由等比数列的定义及S n 与a n 的关系证明；(2)由(1)可推得．证明 (1)∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2nS n ， ∴(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n )，即nS n ＋1＝2(n ＋1)S n . ∴S n ＋1n ＋1＝2·S nn，(小前提) 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以1为首项，2为公比的等比数列．(结论) (大前提是等比数列的定义，这里省略了) (2)由(1)可知S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1(n ≥2)， ∴S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4·n －1＋2n －1·S n －1 ＝4a n (n ≥2)，(小前提)又a 2＝3S 1＝3，S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4＝4a 1，(小前提) ∴对于任意正整数n ，都有S n ＋1＝4a n .(结论)(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)演绎推理是从一般到特殊的推理；其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略．【训练3】已知函数f (x )＝ 2x－12x ＋1(x ∈R )．(1)判定函数f (x )的奇偶性；(2)判定函数f (x )在R 上的单调性，并证明．解 (1)对任意x ∈R 有－x ∈R ，并且f (－x )＝2－x－12－x ＋1＝1－2x 1＋2x ＝－2x－12x＋1＝－f (x )，所以f (x )是奇函数．(2)f (x )在R 上单调递增，证明如下：任取x 1，x 2∈R ，并且x 1＞x 2，f (x 1)－f (x 2)＝2x 1－12x 1＋1－2x 2－12x 2＋1 ＝2x 1－12x 2＋1－2x 2－12x 1＋12x 1＋12x 2＋1＝22x 1－2x 22x 1＋12x 2＋1.∵x 1＞x 2，∴2x 1＞2x 2＞0，即2x 1－2x 2＞0. 又∵2x 1＋1＞0,2x 2＋1＞0，∴22x 1－2x 22x 1＋12x 2＋1＞0.∴f (x 1)＞f (x 2)．∴f (x )在R 上为单调递增函数．对应学生189方法优化20——活用归纳推理巧解题【命题研究】通过近三年的高考试题分析，合情推理重点考查归纳推理，主要以函数、数列、不等式等知识为背景，以选择题或填空题的形式进行命题，试题难度不大．【真题探究】► (2012·陕西)观察下列不等式 1＋122<32， 1＋122＋132<53， 1＋122＋132＋142<74， …照此规律，第五个不等式为________．[教你审题] 根据已知的不等式归纳两边式子的特征，找出其规律性． [优美解法] 观察三个不等式发现：第一个不等式左边为两式之和，且分母为两个连续整数的平方；右边为2×2－12；第二个不等式左边为三式之和，且分母为三个连续整数的平方；右边为2×3－13；第三个不等式左边为四式之和，且分母为四个连续整数的平方；右边为2×4－14；…归纳推理知：第五个不等式为： 1＋122＋132＋142＋152＋162<116. [反思] (1)对有限的条件进行观察、分析，先把已知条件的形式整理成统一的形式． (2)对有限的条件进行归纳、整理，一般的思路是先整体，后部分． (3)提出归纳推理的结论．【试一试】已知下列不等式：x ＋1x ≥2， x ＋4x 2≥3， x ＋27x3≥4，…则第n 个不等式为________．解析所给的不等式的左边的第一个式子都是x ，不同之处在于第二个式子，当n ＝1时，为1x ；当n ＝2时，为4x 2；当n ＝3时，为27x3；…….显然式子中的分子与分母是对应的，分母为x n，分子是n n，所以不等式左边的式子为x ＋n nxn .显然不等式右边的式子为n ＋1，所以第n 个不等式为x ＋n n x n ≥n ＋1，n ∈N *.答案 x ＋n n xn ≥n ＋1，n ∈N*对应学生345A 级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分) 1．下面几种推理过程是演绎推理的是( )．A ．某校高三有8个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推各班人数都超过50人B ．由三角形的性质，推测空间四面体的性质C ．平行四边形的对角线互相平分，菱形是平行四边形，所以菱形的对角线互相平分D ．在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a n －1＋1a n －1，由此归纳出{a n }的通项公式解析 A 、D 是归纳推理，B 是类比推理；C 运用了“三段论”是演绎推理．答案 C2．观察(x 2)′＝2x ，(x 4)′＝4x 3，(cos x )′＝－sin x ，由归纳推理可得：若定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，记g (x )为f (x )的导函数，则g (－x )＝ ( )． A ．f (x )B ．－f (x )C ．g (x )D ．－g (x )解析由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数，因此当f (x )是偶函数时，其导函数应为奇函数，故g (－x )＝－g (x )．答案 D3．给出下面类比推理命题(其中Q 为有理数，R 为实数集，C 为复数集)：①“若a ，b ∈R ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”类比推出“a ，c ∈C ，则a －c ＝0⇒a ＝c ”； ②“若a ，b ，c ，d ∈R ，则复数a ＋b i ＝c ＋d i ⇒a ＝c ，b ＝d ”类比推出“a ，b ，c ，d ∈Q ，则a ＋b 2＝c ＋d 2⇒a ＝c ，b ＝d ”；③“若a ，b ∈R ，则a －b >0⇒a >b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b >0⇒a >b ”； ④“若x ∈R ，则|x |<1⇒－1<x <1”类比推出“若z ∈C ，则|z |<1⇒－1<z <1”．其中类比结论正确的个数有( )．A ．1B ．2C ．3D ．4解析类比结论正确的只有①②. 答案 B4．(2011·江西)观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125，…，则52 011的末四位数字为( )．A ．3 125B ．5 625C ．0 625D ．8 125解析 ∵55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125,58＝390 625，59＝1 953 125,510＝9 765 625，… ∴5n (n ∈Z ，且n ≥5)的末四位数字呈周期性变化，且最小正周期为4，记5n(n ∈Z ，且n ≥5)的末四位数字为f (n )，则f (2 011)＝f (501×4＋7)＝f (7) ∴52 011与57的末四位数字相同，均为8 125.故选D.答案 D二、填空题(每小题5分，共10分)5．(2013·山东省实验中学一模)以下是对命题“若两个正实数a 1，a 2满足a 21＋a 22＝1，则a 1＋a 2≤2”的证明过程：证明：构造函数f (x )＝(x －a 1)2＋(x －a 2)2＝2x 2－2(a 1＋a 2)x ＋1，因为对一切实数x ，恒有f (x )≥0，所以Δ≤0，从而得4(a 1＋a 2)2－8≤0，所以a 1＋a 2≤ 2.根据上述证明方法，若n 个正实数满足a 21＋a 22＋…＋a 2n ＝1时，你能得到的结论为________________________________(不必证明)．解析依题意，构造函数f (x )＝(x －a 1)2＋(x －a 2)2＋…＋(x －a n )2，则有f (x )＝nx 2－2(a 1＋a 2＋…＋a n )x ＋1，Δ＝[－2(a 1＋a 2＋…＋a n )]2－4n ＝4(a 1＋a 2＋…＋a n )2－4n ≤0，即有a 1＋a 2＋…＋a n ≤n .答案 a 1＋a 2＋…＋a n ≤n6．用黑白两种颜色的正方形地砖依照下图所示的规律拼成若干个图形，则按此规律，第100个图形中有白色地砖________块；现将一粒豆子随机撒在第100个图中，则豆子落在白色地砖上的概率是________解析按拼图的规律，第1个图有白色地砖3×3－1(块)，第2个图有白色地砖3×5－2(块)，第3个图有白色地砖3×7－3(块)，…，则第100个图中有白色地砖3×201－100＝503(块)．第100个图中黑白地砖共有603块，则将一粒豆子随机撒在第100个图中，豆子落在白色地砖上的概率是503603.答案 503503603三、解答题(共25分)7．(12分)给出下面的数表序列：表1 表2 表31 1 3 1 3 5 4 4 8 12…其中表n (n ＝1,2,3，…)有n 行，第1行的n 个数是1,3,5，…，2n －1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和．写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n (n ≥3)(不要求证明)．解表4为 1 3 5 7 4 8 12 12 20 32它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2的等比数列．将这一结论推广到表n (n ≥3)，即表n (n ≥3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n ，公比为2的等比数列．8．(13分)(2012·福建)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin 213°＋cos 217°－sin 13°cos 17°； ②sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°； ③sin 218°＋cos 212°－sin 18°cos 12°； ④sin 2(－18°)＋cos 248°－sin(－18°)cos 48°； ⑤sin 2(－25°)＋cos 255°－sin(－25°)cos 55°. (1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．解 (1)选择②式，计算如下：sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°＝1－12sin 30°＝1－14＝34.(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin 2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－si n α·(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)＝sin 2α＋34cos 2α＋32sinαcos α＋14sin 2α－32sin αcos α－12sin 2α＝34sin 2α＋34cos 2α＝34.B 级能力突破(时间：30分钟满分：45分)一、选择题(每小题5分，共10分)1．(2013·九江质检)观察下列事实：|x |＋|y |＝1的不同整数解(x ，y )的个数为4，|x |＋|y |＝2的不同整数解(x ，y )的个数为8，|x |＋|y |＝3的不同整数解(x ，y )的个数为12，…，则|x |＋|y |＝20的不同整数解(x ，y )的个数为( )．A ．76B ．80C ．86D ．92解析由|x |＋|y |＝1的不同整数解的个数为4，|x |＋|y |＝2的不同整数解的个数为8，|x |＋|y |＝3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x |＋|y |＝n 的不同整数解的个数为4n ，故|x |＋|y |＝20的不同整数解的个数为80.故选B. 答案 B2．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：他们研究过图1中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1,4,9,16，…，这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是( )．A ．289B ．1 024C ．1 225D ．1 378解析观察三角形数：1,3,6,10，…，记该数列为{a n }，则a 1＝1，a 2＝a 1＋2，a 3＝a 2＋3，…，a n ＝a n －1＋n .∴a 1＋a 2＋…＋a n ＝(a 1＋a 2＋…＋a n －1)＋(1＋2＋3＋…＋n )⇒a n ＝1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12，观察正方形数：1,4,9,16，…，记该数列为{b n }，则b n ＝n 2.把四个选项的数字，分别代入上述两个通项公式，可知使得n 都为正整数的只有1 225. 答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)3．(2013·福州模拟)对一个边长为1的正方形进行如下操作；第一步，将它分割成3×3方格，接着用中心和四个角的5个小正方形，构成如图1所示的几何图形，其面积S 1＝59；第二步，将图1的5个小正方形中的每个小正方形都进行与第一步相同的操作，得到图2；依此类推，到第n 步，所得图形的面积S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫59n.若将以上操作类比推广到棱长为1的正方体中，则到第n 步，所得几何体的体积V n ＝________.解析对一个棱长为1的正方体进行如下操作：第一步，将它分割成3×3×3个小正方体，接着用中心和8个角的9个小正方体，构成新1几何体，其体积V 1＝927＝13；第二步，将新1几何体的9个小正方体中的每个小正方体都进行与第一步相同的操作，得到新2几何体，其体积V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132；…，依此类推，到第n 步，所得新n 几何体的体积V n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n .答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n[4．(2012·湖南)设N ＝2n(n ∈N *，n ≥2)，将N 个数x 1，x 2，…，x N 依次放入编号为1,2，…，N 的N 个位置，得到排列P 0＝x 1x 2…x N .将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出，并按原顺序依次放入对应的前N 2和后N2个位置，得到排列P 1＝x 1x 3…x N －1x 2x 4…x N ，将此操作称为C 变换．将P 1分成两段，每段N2个数，并对每段作C 变换，得到P 2；当2≤i ≤n －2时，将P i 分成2i段，每段N2i 个数，并对每段作C 变换，得到P i ＋1.例如，当N ＝8时，P 2＝x 1x 5x 3x 7x 2x 6x 4x 8，此时x 7位于P 2中的第4个位置．(1)当N ＝16时，x 7位于P 2中的第________个位置； (2)当N ＝2n(n ≥8)时，x 173位于P 4中的第________个位置．解析 (1)当N ＝16时，P 1＝x 1x 3x 5x 7x 9…x 16，此时x 7在第一段内，再把这段变换x 7位于偶数位的第2个位置，故在P 2中，x 7位于后半段的第2个位置，即在P 2中x 7位于第6个位置．(2)在P 1中，x 173位于两段中第一段的第87个位置，位于奇数位置上，此时在P 2中x 173位于四段中第一段的第44个位置上，再作变换得P 3时，x 173位于八段中第二段的第22个位置上，再作变换时，x 173位于十六段中的第四段的第11个位置上，也就是位于P 4中的第(3×2n －4＋11)个位置上．答案 6 3×2n －4＋11三、解答题(共25分) 5．(12分)观察下表： 1， 2,3 4,5,6,7，8,9,10,11,12,13,14,15， …问：(1)此表第n 行的最后一个数是多少？ (2)此表第n 行的各个数之和是多少？ (3)2 013是第几行的第几个数？解 (1)∵第n ＋1行的第1个数是2n， ∴第n 行的最后一个数是2n－1. (2)2n －1＋(2n －1＋1)＋(2n －1＋2)＋…＋(2n－1)＝2n －1＋2n －1·2n －12＝3·22n －3－2n －2.(3)∵210＝1 024,211＝2 048,1 024<2 013<2 048， ∴2 013在第11行，该行第1个数是210＝1 024，由2 013－1 024＋1＝990，知2 013是第11行的第990个数．6．(13分)(2013·南昌二模)将各项均为正数的数列{a n }中的所有项按每一行比上一行多一项的规则排成数表，如图所示．记表中各行的第一个数a 1，a 2，a 4，a 7，…，构成数列{b n }，各行的最后一个数a 1，a 3，a 6，a 10，…，构成数列{c n }，第n 行所有数的和为S n (n ＝1,2,3,4，…)．已知数列{b n }是公差为d 的等差数列，从第二行起，每一行中的数按照从左到右的顺序每一个数与它前面一个数的比是常数q ，且a 1＝a 13＝1，a 31＝53.(1)求数列{c n }，{S n }的通项公式； (2)求数列{c n }的前n 项和T n 的表达式．解 (1)b n ＝dn －d ＋1，前n 行共有1＋2＋3＋…＋n ＝n n ＋12个数，因为13＝4×52＋3，所以a 13＝b 5×q 2，即(4d＋1)q 2＝1，又因为31＝7×82＋3，所以a 31＝b 8×q 2，即(7d ＋1)q 2＝53，解得d ＝2，q ＝13，所以b n ＝2n －1，c n ＝b n ⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝2n －13n －1，S n ＝2n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13n 1－13＝32(2n －1)·3n－13n .(2)T n ＝11＋33＋532＋…＋2n －13n －1，①13T n ＝13＋332＋533＋…＋2n －13n .② ①②两式相减，得23T n ＝1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋132＋…＋13n －1－2n －13n＝1＋2×13－13n1－13－2n －13n ＝2－2n ＋23n ，所以T n ＝3－n ＋13n －1.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.第2讲直接证明与间接证明【2014年高考会这样考】考查直接证明为主，多隐含于各种题目中，如数列、不等式、立体几何等．对应学生190考点梳理1．直接证明(1)综合法①定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立，这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Q n⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示要证的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止．这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q⇐P1→P1⇐P2→P2⇐P3→…→得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．2．间接证明(1)反证法的定义假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明原命题成立的证明方法．(2)利用反证法证题的步骤①假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立；②由假设出发进行正确的推理，直到推出矛盾为止；③由矛盾断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立．简言之，否定→归谬→断言．【助学·微博】一个思路分析法与综合法相辅相成，对较复杂的问题，常常先从结论进行分析，寻求结论与条件、基础知识之间的关系，找到解决问题的思路，再运用综合法证明，或者在证明时将两种方法交叉使用．两点提醒(1)适合使用反证法证明的命题有：①否定性命题；②唯一性命题；③至多、至少型命题；④明显成立命题；⑤直接证明有困难的命题．(2)用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)…”“即要证…”“就要证…”等分析到一个明显成立的结论P，再说明所要证明的数学问题成立．考点自测1．(人教A 版教材改编题)要证明3＋7<25，可选择的方法有下面几种，其中最合理的是( )． A ．综合法 B ．分析法 C ．特殊值法 D ．其他方法答案 B2．(2013·华师附中一模)用反证法证明命题：“三角形三内角至少有一个不大于60°”时，应假设( )． A ．三个内角都不大于60° B ．三个内角都大于60° C ．三个内角至多有一个大于60° D ．三个内角至多有两个大于60°解析 “至少有一个不大于”的否定是“都大于”．答案 B3．设a ，b ∈R ，若a －|b |＞0，则下列不等式中正确的是( )． A ．b －a ＞0 B ．a 3＋b 3＜0 C ．a 2－b 2＜0 D ．b ＋a ＞0解析 ∵a －|b |＞0，∴|b |＜a ，∴a ＞0，∴－a ＜b ＜a ，∴b ＋a ＞0. 答案 D4．(2012·江西)下列命题中，假命题为( )． A ．存在四边相等的四边形不是正方形B ．z 1，z 2∈C ，z 1＋z 2为实数的充分必要条件是z 1，z 2互为共轭复数 C ．若x ，y ∈R ，且x ＋y >2，则x ，y 至少有一个大于1D ．对于任意n ∈N ＋，C 0n ＋C 1n ＋…＋C nn 都是偶数解析空间四边形可能四边相等，但不是正方形，故A 为真命题；令z 1＝1＋b i ，z 2＝3－b i(b ∈R )，显然z 1＋z 2＝4∈R ，但z 1，z 2不互为共轭复数，B 为假命题；假设x ，y 都不大于1，则x ＋y >2不成立，故与题设条件“x ＋y >2”矛盾，假设不成立，故C 为真命题；C 0n ＋C 1n ＋…＋C n n ＝2n为偶数，故D 为真命题．排除A ，C ，D ，应选B. 答案 B5．下列条件：①ab >0，②ab <0，③a >0，b >0，④a <0，b <0，其中能使b a ＋a b≥2成立的条件的个数是________．解析要使b a ＋a b ≥2，只要b a >0且a b>0，即a ，b 不为0且同号即可，故有3个．答案 3对应学生191考向一分析法的应用【例1】►用分析法证明：若a >0，则a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.[审题视点] 采用分析法，移项、平方、整理．证明要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.只需证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2. ∵a >0，∴两边均大于零， ∴只需证⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，只需证a 2＋1a2＋4＋4a 2＋1a 2≥a 2＋1a2＋2＋2＋22⎝⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需证a 2＋1a 2≥22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需证a 2＋1a 2≥12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋2，即证a 2＋1a2≥2，显然成立，∴原不等式成立．分析法的特点和思路是“执果索因”，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”或本身已经成立的定理、性质或已经证明成立的结论等．通常采用“欲证——只需证——已知”的格式，在表达中要注意叙述形式的规范．【训练1】已知a >0，1b －1a>1.求证：1＋a >11－b.证明要证1＋a >11－b成立，只需证1＋a >11－b，只需证(1＋a )(1－b )>1(1－b >0)，即1－b ＋a －ab >1，∴a －b >ab ，只需证：a －b ab >1，即1b －1a>1. 由已知a >0，1b －1a>1成立，∴1＋a >11－b成立．考向二综合法与分析法的综合应用【例2】►设b >0，数列{a n }满足a 1＝b ，a n ＝nba n －1a n －1＋n －1(n ≥2)．(1)求数列{a n }的通项公式； (2)证明：对于一切正整数n,2a n ≤bn ＋1＋1.[审题视点] (1)把题中所给的已知式等价变形为c n ＝λc n －1＋μ形式，转化成特殊数列求解．(2)利用基本不等式证明．(1)解由已知得n a n ＝1b ＋1b·n －1a n －1(n ≥2)，当b ≠1时，上式变形为：n a n ＋11－b ＝1b ⎝ ⎛⎭⎪⎫n －1a n －1＋11－b ，即数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n ＋11－b 是以1a 1＋11－b ＝1b1－b 为首项，以1b为公比的等比数列，由等比数列的通项公式得： n a n ＋11－b ＝1b 1－b ⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n －1＝11－b bn ，解得a n ＝1－b nb n1－b n；当b ＝1时，有n a n －n －1a n －1＝1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫n a n 是首项公差均为1的等差数列，∴na n ＝n ，则a n ＝1.综上所述a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，b ＝1，1－b nb n1－b n ，b >0且b ≠1.(2)证明当b ≠1时，欲证2a n ＝2nbnb －1b n －1≤b n ＋1＋1，只需证2nb n≤(b n ＋1＋1)b n －1b －1，∵(bn ＋1＋1)b n －1b －1＝(b n ＋1＋1)(1＋b ＋b 2＋…＋b n －2＋b n －1)＝b 2n ＋b 2n －1＋…＋b n ＋1＋b n －1＋bn－2＋…＋1＝b n ⎝⎛⎭⎪⎫b n＋1b n ＋b n －1＋1bn －1＋…＋b ＋1b>b n (2＋2＋…＋2)＝2nb n，∴2a n ＝2nbn b －1b n－1<1＋bn ＋1.当b ＝1时，b n ＋1＋1＝2＝2a n ，综上所述2a n ≤b n ＋1＋1.综合法与分析法各有特点，在解决实际问题时，常把分析法与综合法综合起来运用，通常用分析法分析，综合法书写．这一点在立体几何中应用最为明显，同时，在数列三角、解析几何中也大多是利用分析法分析，用综合法证明的办法来证明相关问题．【训练2】已知函数f (x )＝log 2(x ＋2)，a ，b ，c 是两两不相等的正数，且a ，b ，c 成等比数列，试判断f (a )＋f (c )与2f (b )的大小关系，并证明你的结论．解 f (a )＋f (c )>2f (b )．证明如下：因为a ，b ，c 是不相等的正数，所以a ＋c >2ac .因为b 2＝ac ，所以ac ＋2(a ＋c )>b 2＋4b ，即ac ＋2(a ＋c )＋4>b 2＋4b ＋4，从而(a ＋2)(c ＋2)>(b ＋2)2. 因为f (x )＝log 2x 是增函数，所以log 2[(a ＋2)(c ＋2)]>log 2(b ＋2)2，即log 2(a ＋2)＋log 2(c ＋2)>2log 2(b ＋2)．故f (a )＋f (c )>2f (b )．考向三反证法的应用【例3】►已知函数f (x )＝a x＋x －2x ＋1(a ＞1)． (1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数． (2)用反证法证明f (x )＝0没有负根．[审题视点] 第(1)问用单调增函数的定义证明；第(2)问假设存在x 0＜0后，应推导出x 0的范围与x 0＜0矛盾即可．证明 (1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1＜x 2，则x 2－x 1＞0，ax 2－x 1＞1，且ax 1＞0.所以ax 2－ax 1＝ax 1(ax 2－x 1－1)＞0.又因为x 1＋1＞0，x 2＋1＞0，所以x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＝x 2－2x 1＋1－x 1－2x 2＋1x 2＋1x 1＋1＝3x 2－x 1x 2＋1x 1＋1＞0，于是f (x 2)－f (x 1)＝ax 2－ax 1＋x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1＞0，故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x 0＜0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝－x 0－2x 0＋1，又0＜ax 0＜1，所以0＜－x 0－2x 0＋1＜1，即12＜x 0＜2，与x 0＜0(x 0≠－1)假设矛盾．故f (x 0)＝0没有负根．用反证法证明不等式要把握三点：(1)必须先否定结论，即肯定结论的反面；(2)必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证；(3)推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，但是推导出的矛盾必须是明显的．【训练3】等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S n n(n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．(1)解由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)． (2)证明由(1)得b n ＝S nn＝n ＋ 2.假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r 互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r . 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)． ∴(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0.∵p ，q ，r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0.∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾．∴数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．对应学生192规范解答18——利用反证法证明数学问题【命题研究】通过近三年的高考试题分析，直接在此知识点命题的概率不大，但作为证明和推理数学命题的方法，多隐含于各种题目中．此类证明题对知识的考查面广、涉及知识点多，题目难度较大．【真题探究】► (本小题满分13分)(2011·安徽)设直线l 1：y ＝k 1x ＋1，l 2：y ＝k 2x －1，其中实数k 1，k 2满足k 1k 2＋2＝0. (1)证明：l 1与l 2相交；(2)证明：l 1与l 2的交点在椭圆2x 2＋y 2＝1上．[教你审题] 一审采用反证法，先假设l 1与l 2不相交，之后推出矛盾；二审求出交点坐标，代入椭圆方程验证． [规范解答] 证明 (1)假设l 1与l 2不相交，则l 1与l 2平行或重合，有k 1＝k 2，(2分) 代入k 1k 2＋2＝0，得k 21＋2＝0.(4分) 这与k 1为实数的事实相矛盾，从而k 1≠k 2，即l 1与l 2相交．(6分)(2)由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x ＋1，y ＝k 2x －1，解得交点P 的坐标(x ，y )为⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2－k 1，k 2＋k 1k 2－k 1.(10分)从而2x 2＋y 2＝2⎝⎛⎭⎪⎫2k 2－k 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2＋k 1k 2－k 12＝8＋k 22＋k 21＋2k 1k 2k 22＋k 21－2k 1k 2＝k 21＋k 22＋4k 21＋k 22＋4＝1，所以l 1与l 2的交点P (x ，y )在椭圆2x 2＋y 2＝1上．(13分)[阅卷老师手记] (1)掌握反证法的证明思路及证题步骤，明确作假设是反证法的基础，应用假设是反证法的基本手段，得到矛盾是反证法的目的．(2)当证明的结论和条件联系不明显、直接证明不清晰或正面证明分类较多、而反面情况只有一种或较少时，常采用反证法．用反证法证明数学命题的答题模板：第一步：分清命题“p →q ”的条件和结论；第二步：作出与命题结论q 相矛盾的假定綈q ；第三步：由p 和綈q 出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果；第四步：断定产生矛盾结果的原因，在于开始所作的假设綈q 不真，于是原结论q 成立，从而间接地证明了命题p →q 为真．【试一试】已知a ，b ，c 是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax 2＋2bx ＋c ＝0，bx 2＋2cx ＋a ＝0，cx 2＋2ax ＋b ＝0至少有一个方程有两个相异实根．证明假设三个方程都没有两个相异实根，则Δ1＝4b 2－4ac ≤0，Δ2＝4c 2－4ab ≤0，Δ3＝4a 2－4bc ≤0.上述三个式子相加并除以2得：a 2－2ab ＋b 2＋b 2－2bc ＋c 2＋c 2－2ac ＋a 2≤0.即(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≤0. 由已知a ，b ，c 是互不相等的非零实数，∴上式“＝”不能成立，即(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2<0，与事实不符，∴假设不成立，原结论成立．即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．对应学生347A 级基础演练(时间：30分钟满分：55分)一、选择题(每小题5分，共20分)1．(2013·中山调研)设a ，b ∈R ，则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”的 ( )．A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析若“a ＋b ＝1”，则4ab ＝4a (1－a )＝－4⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122＋1≤1；若“4ab ≤1”，取a ＝－4，b ＝1，a ＋b ＝－3，即“a ＋b ＝1”不成立；则“a ＋b ＝1”是“4ab ≤1”的充分不必要条件．答案 A2．(2013·金华十校联考)对于平面α和共面的直线m ，n ，下列命题中真命题是( )．A ．若m ⊥α，m ⊥n ，则n ∥αB ．若m ∥α，n ∥α，则m ∥nC ．若m ⊂α，n ∥α，则m ∥nD ．若m ，n 与α所成的角相等，则m ∥n解析对于平面α和共面的直线m ，n ，真命题是“若m ⊂α，n ∥α，则m ∥n ”．答案 C3．要证：a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只要证明( )．A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0C.a ＋b22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0解析因为a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0⇔(a 2－1)(b 2－1)≥0，故选D. 答案 D4．(2013·四平二模)设a ，b 是两个实数，给出下列条件： ①a ＋b >1；②a ＋b ＝2；③a ＋b >2；④a 2＋b 2>2；⑤ab >1. 其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是( )．A ．②③B ．①②③C ．③D ．③④⑤解析若a ＝12，b ＝23，则a ＋b >1，但a <1，b <1，故①推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故②推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故④推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故⑤推不出；对于③，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1，反证法：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2，与a ＋b >2矛盾，因此假设不成立，a ，b 中至少有一个大于1. 答案 C二、填空题(每小题5分，共10分)5．用反证法证明命题“a ，b ∈N ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是________________________．解析 “至少有n 个”的否定是“最多有n －1个”，故应假设a ，b 中没有一个能被5整除．答案 a ，b 中没有一个能被5整除6．设a >b >0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m ，n 的大小关系是________．解析取a ＝2，b ＝1，得m <n .再用分析法证明：a －b <a －b ⇐a <b ＋a －b ⇐a <b ＋2b ·a －b ＋a －b ⇐2b ·a －b >0，显然成立．答案 m <n 三、解答题(共25分)7．(12分)若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)， ∴a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，a ＋c2≥ac ＞0.又a ，b ，c 是不全相等的正数，故上述三个不等式中等号不能同时成立．。

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2019届高三数学一轮复习第十二章复数、算法、推理与证明第四节直接
证明和间接证明夯基提能作业本理
1.(2016广东广州调研)若a,b,c为实数,且a<b<0,则下列命题正确的是( )
A.ac2<bc2
B.a2>ab>b2
C.<
D.>
2.若P=+,Q=+(a≥0),则P,Q的大小关系是( )
A.P>Q
B.P=Q
C.P<Q
D.由a的取值确定
3.用数学归纳法证明“n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈N*)能被9整除”,利用归纳法假设证明n=k+1时,只需展开( )
A.(k+3)3
B.(k+2)3
C.(k+1)3
D.(k+1)3+(k+2)3
4.设a,b是两个实数,给出下列条件:
①a+b>1;②a+b=2;③a+b>2;④a2+b2>2;⑤ab>1.
其中能推出“a,b中至少有一个大于1”的条件是( )
A.②③
B.①②③
C.③
D.③④⑤
5.设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时, f(x)单调递减,若x1+x2>0,则f(x1)+ f(x2)的值( )
A.恒为负值
B.恒等于零
C.恒为正值
D.无法确定正负
6.已知a,b,x均为正数,且a>b,则与的大小关系是.
7.下列条件:①ab>0,②ab<0,③a>0,b>0,④a<0,b<0,其中能使+≥2成立的条件的个数是.
8.用数学归纳法证明不等式++…+>(n∈N*)的过程中,由“n=k”推导“n=k+1”时,不等式的左边增加的式子是.
9.已知函数f(x)=ln(1+x),g(x)=a+bx-x2+x3,函数y=f(x)与函数y=g(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线.
(1)求a,b的值;
(2)证明:f(x)≤g(x).
10.已知数列{a n}满足a1=,且a n+1=(n∈N*).
(1)证明:数列是等差数列,并求数列{a n}的通项公式;
(2)设b n=a n a n+1(n∈N*),数列{b n}的前n项和记为T n,证明:T n<.
B组提升题组
11.如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则( )
A.△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形
B.△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形
C.△A1B1C1是钝角三角形,△A2B2C2是锐角三角形
D.△A1B1C1是锐角三角形,△A2B2C2是钝角三角形
12.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( )
A.n+1
B.2n
C.
D.n2+n+1
13.如果a+b>a+b,则a,b应满足的条件是.
14.设数列{a n}的前n项和为S n,且对任意的自然数n都有(S n-1)2=a n S n,通过计算S1,S2,S3,猜想S n= .
15.等差数列{a n}的前n项和为S n,a1=1+,S3=9+3.
(1)求数列{a n}的通项a n与前n项和S n;
(2)设b n=(n∈N*),求证:数列{b n}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
16.已知数列{a n}满足a1=a>2,a n=(n≥2,n∈N*).
(1)求证:对任意n∈N*,a n>2;
(2)判断数列{a n}的单调性,并说明你的理由;
(3)设S n为数列{a n}的前n项和,求证:当a=3时,S n<2n+.
答案全解全析
A组基础题组
1.B a2-ab=a(a-b),
∵a<b<0,∴a-b<0,
∴a2-ab>0,
∴a2>ab.①
同理,ab>b2,②
由①②得a2>ab>b2.
2.A 假设P>Q,要证P>Q,只需证P2>Q2,只需证:
2a+13+2>2a+13+2,
只需证a2+13a+42>a2+13a+40,
只需证42>40,
因为42>40成立,所以P>Q成立.
3.A 假设n=k时,原式能被9整除,即k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除,当n=k+1时,原式
=(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3,为了能用上面的归纳假设,只需将(k+3)3展开,让其出现k3即可.
4.C 若a=,b=,则a+b>1,但a<1,b<1,故①推不出;
若a=b=1,则a+b=2,但不满足a,b中至少有一个大于1,故②推不出;
若a=-2,b=-3,则a2+b2>2,但a<1,b<1,故④推不出;
若a=-2,b=-3,则ab>1,但a<1,b<1,故⑤推不出.
对于③,若a+b>2,则“a,b中至少有一个大于1”成立.
证明(反证法):假设a≤1且b≤1,则a+b≤2,与a+b>2矛盾,
因此假设不成立,故a,b中至少有一个大于1.故选C.
5.A 由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≥0时, f(x)单调递减,可知f(x)是R上的单调递减函数,由x1+x2>0,可知x1>-x2, f(x1)< f(-x2)=-f(x2),则f(x1)+f(x2)<0,故选A.
6.答案>
解析∵-=>0,∴>.
7.答案 3
解析要使+≥2成立,则>0,即a与b同号,故①③④均能使+≥2成立.
8.答案
解析不等式的左边增加的式子是+-=.
9.解析(1)f '(x)=,g'(x)=b-x+x2,
由题意得解得a=0,b=1.
(2)证明:令h(x)=f(x)-g(x)
=ln(x+1)-x3+x2-x(x>-1),
则h'(x)=-x2+x-1=.
h(x)在(-1,0)上为增函数,在(0,+∞)上为减函数.
h(x)max=h(0)=0,h(x)≤0,即f(x)≤g(x).
10.解析(1)由已知可得,当n∈N*时,a n+1=,
两边取倒数得,==+3,即-=3,所以数列是首项为=2,公差为3的等差数列, 其通项公式为=2+(n-1)×3=3n-1,
所以数列{a n}的通项公式为a n=.
(2)证明:由(1)知a n=,
故b n=a n a n+1=·==,
故T n=b1+b2+…+b n
=×+×+…+×
==-·.
因为>0,所以T n<.
B组提升题组
11.D 由条件知,△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,则△A1B1C1是锐角三角形,假设△A2B2C2是锐角三角形,
由题意不妨令cos A1=sin A2,cos B1=sin B2,cos C1=sin C2.
由
得
那么A2+B2+C2=90°,这与“三角形内角和为180°”相矛盾.
所以假设不成立,又显然△A2B2C2不是直角三角形,所以△A2B2C2是钝角三角形.
12.C 1条直线将平面分成1+1=2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+2+3)=7个区域;……;n条直线最多可将平面分成1+(1+2+3+…+n)=1+=个区域.
13.答案a≥0,b≥0且a≠b
解析a+b>a+b,即(-)2(+)>0,需满足a≥0,b≥0且a≠b.
14.答案
解析由(S
1-1)2=得S
1=;由(S2-1)
2=(S
2-S1)S2得S2=;由(S3-1)
2=(S
3-S2)S3得S3=.猜想S n=.
15.解析(1)由于∴d=2,故a n=2n-1+,S n=n(n+).
(2)证明:由(1)得b n==n+.
假设数列{b n}中存在三项b p、b q、b r(p、q、r互不相等)成等比数列,则=b p b r,即(q+)2=(p+)(r+), ∴(q2-pr)+(2q-p-r)=0.
∵p,q,r∈N*,∴
∴=pr,(p-r)2=0,∴p=r,与p≠r矛盾.
∴数列{b n}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
16.解析(1)证明:用数学归纳法证明a n>2(n∈N*):
①当n=1时,a1=a>2,结论成立;
②假设n=k(k≥1)时结论成立,即a k>2,则n=k+1时,a k+1=>=2,所以n=k+1时,结论成立.
故由①②及数学归纳法知对任意n∈N*,都有a n>2成立.
(2){a n}是单调递减的数列.理由如下:
因为-=a n+2-=-(a n-2)(a n+1),又a n>2,
所以-<0,易知a n+1<a n.这说明{a n}是单调递减的数列.
(3)证明:由a n+1=,得=a n+2,所以-4=a n-2.
根据(1)知a n>2(n∈N*),
所以=<,
所以a n+1-2<(a n-2)<(a n-1-2)<…<(a1-2).
所以,当a=3时,a n+1-2<,
即a n+1<+2.
当n=1时,S1=3<2+,
当n≥2时,
S n=3+a2+a3+…+a n<3+++…+
=3+2(n-1)+
=2n+1+<2n+.
综上,当a=3时,S n<2n+(n∈N*).。

2019届高三数学一轮复习 第十二章 复数、算法、推理与证明 第四节 直接证明和间接证明夯基提能作业本 理