高考数学一轮复习热点难点精讲精析推理与证明

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最新高考一轮复习金榜聚焦：推理与证明问题经典回顾精品讲义

推理与证明经典问题回顾主讲教师：丁益祥北京陈经纶中学数学特级教师开篇语数学解题离不开推理与证明．这里的推理主要指合情推理和演绎推理，证明主要指直接证明、间接证明以及利用数学归纳法证明．合情推理有归纳推理和类比推理两种形式：归纳推理是由特殊到一般的推理，类比推理是由特殊到特殊的推理；演绎推理是一般到特殊的推理．反证法是间接证明的主要形式，证明的思路是：通过否定结论，导出矛盾，进而说明原结论正确．开心自测题一：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则4S ，84S S -，128S S -，1612S S -成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{}n b 的前n 项积为n T ，则4T ，，，1612T T 成等比数列．题二：设127,,,a a a 是１，２，…，7的一个排列，求证：乘积()()()127127T a a a =-⋅-⋅⋅-为偶数．考点梳理１．合情推理的两种形式（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（简称归纳）。

归纳推理是由特殊到一般的推理。

（２）类比推理：由两类对象具有某些类似特征和已知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。

类比推理是由特殊到特殊的推理。

根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳或类比，然后提出猜想的推理，统称为合情推理。

２．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，这种推理称为演绎推理。

演绎推理是一般到特殊的推理。

演绎推理的“三段论”模式：（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。

３．直接证明与间接证明（１）综合法：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。

高考数学一轮复习 11.3 推理与证明精品课件理新人教A版

AD2=BD·DC,AB2=BD·BC,AC2=BC·DC.
∴
1 AD2
=
1 =
BD·DC
BC2 BD·BC·DC·BC
=
BC2 AB2 ·AC2
.
又BC2=AB2+AC2,
∴
1 AD 2
=
AB2 + AC2 AB2 ·AC2
11 = AB2 + AC2 .
∴
1 AD2
=
1 AB 2
+
1 AC2
.
猜想：类比AB⊥AC,AD⊥BC猜想四面体ABCD中，
≥(a + 1 + a
2)2 .
即
a2
+
1 a2
+4
a2
+
1 a2
+4
≥a 2
+2+
1 a2
+2
1 2(a + ) + 2
a
从而只要证 2
a2
+
1 a2
≥
1 2(a + )
a
只要证
4(a 2
+
1 a2
)
≥2(a 2
+2+
1 a2
)
即
a2
+
1 a2
≥2,而上述不等式显然成立,
故原不等式成立.
【评析】分析法是数学中常用到的一种直接证明方法,就证明程序来讲,它是一种从未知到已知(从结论到题设)的逻辑推理方法.具体地说,即先假设所要证明的结论是正确的,由此逐步推出保证此结论成立的充分条件,而当这些判断恰恰都是已证的命题 (定义、公理、定理、法则、公式等）或要证命题的已知条件时命题得证.

高考一轮总复习-089.推理与证明、数学归纳法(基础)-知识讲解

推理与证明、数学归纳法【考点梳理】考点一：合情推理与演绎推理1．推理的概念根据一个或几个已知事实(或假设)得出一个判断，这种思维方式叫做推理．从结构上说，推理一般由两部分组成，一部分是已知的事实(或假设)叫做前提，一部分是由已知推出的判断，叫做结论．2．合情推理根据已有的事实，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称为合情推理．合情推理又具体分为归纳推理和类比推理两类：(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．简言之，归纳推理是由部分到整体、个别到一般的推理，归纳推理简称归纳．(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，简言之，类比推理是由特殊到特殊的推理，类比推理简称类比．3．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．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．三段论是演绎推理的一般模式，它包括：(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．要点诠释：合情推理与演绎推理的区别与联系（1）从推理模式看：①归纳推理是由特殊到一般的推理．②类比推理是由特殊到特殊的推理．③演绎推理是由一般到特殊的推理．（2）从推理的结论看：①合情推理所得的结论不一定正确，有待证明。

②演绎推理所得的结论一定正确。

（3）总体来说，从推理的形式和推理的正确性上讲，二者有差异；从二者在认识事物的过程中所发挥的作用的角度考虑，它们又是紧密联系，相辅相成的。

合情推理的结论需要演绎推理的验证，而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得的；演绎推理可以验证合情推理的正确性，合情推理可以为演绎推理提供方向和思路.考点二：直接证明与间接证明1．综合法(1)定义：综合法是中学数学证明中最常用的方法，它是从已知到未知，从题设到结论的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断出发，经过一系列的中间推理，最后导出所要求证的命题．综合法是一种由因索果的证明方法，又叫顺推法．(2)综合法的思维框图：用P 表示已知条件，1i Q i =（，2，3，...，n ）为定义、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：1P Q ⇒（）→12Q Q ⇒（）→23Q Q ⇒（）→.........n Q Q ⇒（）2．分析法(1) 定义：一般地，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断一个明显成立的条件(已知条件，定理，定义，公理)为止．这种证明方法叫做分析法．分析法又叫逆推法或执果索因法．(2)分析法的思维框图：1Q P ⇐（）→12P P ⇐（）→23P P ⇐（）→.........得到一个明显成立的条件. 3．反证法(1)定义：假设原命题的结论不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立．这样的证明方法叫反证法．反证法是一种间接证明的方法．(2)应用反证法证明数学命题的一般步骤： ①分清命题的条件和结论．②做出与命题结论相矛盾的假设．③由假设出发，结合已知条件，应用演绎推理方法，推出矛盾的结果．④断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明原命题为真．考点三：数学归纳法数学归纳法证明命题的步骤：（1）证明当n 取第一个值0n 时结论正确；（2）假设当n k =0(*,)k N k n ∈≥时结论正确，证明1n k =+时结论也正确，由（1）（2）确定对0*,n N n n ∈≥时结论都正确。

高考数学一轮复习考点知识专题讲解49---推理与证明

高考数学一轮复习考点知识专题讲解推理与证明考点要求1.了解合情推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理，体会并认识合情推理在数学发现中的作用.2.了解演绎推理的含义，掌握演绎推理的“三段论”，并能运用“三段论”进行一些简单的演绎推理.3.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.4.了解反证法的思考过程和特点.知识梳理1．合情推理类型定义特点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由部分到整体、由个别到一般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由特殊到特殊2.演绎推理(1)定义：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，对特殊情况做出的判断．3．直接证明(1)综合法①定义：一般地，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表示所要证明的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：一般地，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．4．间接证明反证法：一般地，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．思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(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)“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．(√)(3)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．(×)(4)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”．(×)教材改编题1．已知在数列{a n}中，a1＝1，当n≥2时，a n＝a n－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想a n的表达式是()A．a n＝3n－1B．a n＝4n－3C．a n＝n2D．a n＝3n－1答案C解析a2＝a1＋3＝4，a3＝a2＋5＝9，a4＝a3＋7＝16，a1＝12，a2＝22，a3＝32，a4＝42，猜想a＝n2.n2．给出下列命题：“①正方形的对角线相等；②矩形的对角线相等，③正方形是矩形”，按照三段论证明，正确的是()A．①②⇒③B．①③⇒②C．②③⇒①D．以上都不对答案C解析“矩形的对角线相等”是大前提，“正方形是矩形”是小前提，“正方形的对角线相等”是结论．所以②③⇒①.3．用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要作的假设是()A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根答案A解析方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根.题型一合情推理与演绎推理命题点1归纳推理例1如图，第1个图形由正三角形扩展而成，共12个顶点．第n个图形由正n＋2边形扩展而来，其中n∈N*，则第n个图形的顶点个数是()A．(2n＋1)(2n＋2) B．3(2n＋2)C．2n(5n＋1) D．(n＋2)(n＋3)答案D解析由已知中的图形可以得到：当n＝1时，图形的顶点个数为12＝3×4，当n＝2时，图形的顶点个数为20＝4×5，当n＝3时，图形的顶点个数为30＝5×6，当n＝4时，图形的顶点个数为42＝6×7，……由此可以推断，第n个图形的顶点个数为(n＋2)(n＋3)．命题点2类比推理例2(2022·铜仁质检)在△ABC中，BC⊥AC，AC＝a，BC＝b，则△ABC的外接圆的半径r＝a2＋b22，将此结论类比推广到空间中可得：在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝a，PB＝b，PC＝c，则四面体P－ABC的外接球的半径R＝________.答案a2＋b2＋c22解析可以类比得到：在四面体P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝a，PB＝b，PC＝c，四面体P－ABC的外接球的半径R＝a2＋b2＋c22.下面进行证明：可将图形补成以PA，PB，PC为邻边的长方体，则四面体P－ABC的外接球即为长方体的外接球，所以半径R＝a2＋b2＋c22.命题点3演绎推理例3下面是小明同学利用三段论模式给出的一个推理过程：①若{a n}是等比数列，则{a n ＋a n＋1}是等比数列(大前提)，②若b n＝(－1)n，则数列{b n}是等比数列(小前提)，③所以数列{b n＋b n＋1}是等比数列(结论)，以上推理()A．结论正确B．大前提不正确C．小前提不正确D．全不正确答案B解析大前提错误：当a n＝(－1)n时，an＋a n＋1＝0，此时{a n＋a n＋1}不是等比数列；小前提正确：∵b n＝(－1)n，∴bnbn－1＝(－1)n(－1)n－1＝－1(n≥2，n∈N*)为常数，∴数列{b n}是首项为－1，公比为－1的等比数列；结论错误：b n＋b n＋1＝(－1)n＋(－1)n＋1＝0，故数列{b n＋b n＋1}不是等比数列．教师备选1．观察下列各式：72＝49,73＝343,74＝2401，…，则72023的末两位数字为() A．01 B．43 C．07 D．49答案B解析∵72＝49,73＝343,74＝2401,75＝16807,76＝117649,78＝823543，…，∴7n(n≥2，n∈N*)的末两位数字具备周期性，且周期为4，∵2023＝4×505＋3，∴72023和73的末两位数字相同，故72023的末两位数字为43.2．在等差数列{a n}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋a n＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，类比上述性质，在等比数列{b n}中，若b11＝1，则有()A．b1·b2·…·b n＝b1·b2·…·b19－n(n<19且n∈N*)B．b1·b2·…·b n＝b1·b2·…·b21－n(n<21且n∈N*)C．b1＋b2＋…＋b n＝b1＋b2＋…＋b19－n(n<19且n∈N*)D．b1＋b2＋…＋b n＝b1＋b2＋…＋b21－n(n<21且n∈N*)答案B解析在等差数列{a n}中，若s＋t＝p＋q(s，t，p，q∈N*)，则a s＋a t＝a p＋a q，若a m＝0，则a n＋1＋a n＋2＋…＋a2m－2－n＋a2m－1－n＝0，所以a1＋a2＋…＋a n＝a1＋a2＋…＋a2m－1－n成立，当m＝10时，a1＋a2＋…＋a n＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，在等比数列{b n}中，若s＋t＝p＋q(s，t，p，q∈N*)，则b s b t＝b p b q，若b m＝1，则b n＋1b n＋2·…·b2m－2－n b2m－1－n＝1，所以b1b2·…·b n＝b1b2·…·b2m－1－n成立，当m＝11时，b1b2·…·b n＝b1b2·…·b21－n(n<21且n∈N*)成立．3．“对数函数是非奇非偶函数，f(x)＝log2|x|是对数函数，因此f(x)＝log2|x|是非奇非偶函数”，以上推理()A．结论正确B．大前提错误C．小前提错误D．推理形式错误答案C解析本命题的小前提是f(x)＝log2|x|是对数函数，但是这个小前提是错误的，因为f(x)＝log2|x|不是对数函数，它是一个复合函数，只有形如y＝log a x(a>0且a≠1)的才是对数函数．故选C.思维升华(1)归纳推理问题的常见类型及解题策略①与数字有关的等式的推理．观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号．②与式子有关的推理．观察每个式子的特点，注意纵向对比，找到规律．③与图形变化有关的推理．合理利用特殊图形归纳推理出结论，并用赋值检验法验证其真伪性．(2)类比推理常见的情形有：平面与空间类比；低维与高维类比；等差与等比数列类比；运算类比；数的运算与向量运算类比；圆锥曲线间的类比等．跟踪训练1(1)(2022·南昌模拟)已知x>0，不等式x＋1x≥2，x＋4x2≥3，x＋27x3≥4，…，可推广为x＋ax n≥n＋1，则a的值为()A．n2 B．n n C．2n D．22n－2答案B解析由题意，当分母的指数为1时，分子为11＝1；当分母的指数为2时，分子为22＝4；当分母的指数为3时，分子为33＝27；据此归纳可得x＋ax n≥n＋1中，a的值为n n.(2)类比是学习探索中一种常用的思想方法，在等差数列与等比数列的学习中我们发现：只要将等差数列的一个关系式中的运算“＋”改为“×”，“－”改为“÷”，正整数改为正整数指数幂，相应地就可以得到与等比数列的一个形式相同的关系式，反之也成立．在等差数列{a n}中有a n－k＋a n＋k＝2a n(n>k)，借助类比，在等比数列{b n}中有________．答案b n－k b n＋k＝b2n(n>k)解析由题设描述，将左式加改乘，则相当于a n－k＋a n＋k改写为b n－k b n＋k；将右式正整数2改为指数，则相当于2a n改写为b2n，∴等比数列{b n}中有b n－k b n＋k＝b2n(n>k)．(3)(2022·银川模拟)一道四个选项的选择题，赵、钱、孙、李各选了一个选项，且选的恰好各不相同．赵说：“我选的是A.”钱说：“我选的是B，C，D之一．”孙说：“我选的是C.”李说：“我选的是D.”已知四人中只有一人说了假话，则说假话的人可能是________．答案孙、李解析赵不可能说谎，否则由于钱不选A，则孙和李之一选A，出现两人说谎．钱不可能说谎，否则与赵同时说谎；所以可能的情况是赵、钱、孙、李选择的分别为(A，C，B，D)或(A，D，C，B)，所以说假话的人可能是孙、李．题型二直接证明与间接证明命题点1综合法例4设a ，b ，c 均为正数，且a ＋b ＋c ＝1，证明： (1)ab ＋bc ＋ca ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1.证明(1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca . 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1，所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1，即ab ＋bc ＋ca ≤13，当且仅当“a ＝b ＝c ”时等号成立．(2)因为a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ，当且仅当“a 2＝b 2＝c 2”时等号成立，故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )，则a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c . 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.命题点2分析法例5用分析法证明：当x ≥0，y ≥0时，2y ≥x ＋2y －x . 证明要证不等式成立，只需证x ＋2y ≥x ＋2y 成立，即证(x ＋2y )2≥(x ＋2y )2成立，即证x ＋2y ＋22xy ≥x ＋2y 成立，即证2xy ≥0成立，因为x ≥0，y ≥0，所以2xy ≥0，所以原不等式成立．命题点3反证法例6已知非零实数a ，b ，c 两两不相等．证明：三个一元二次方程ax 2＋2bx ＋c ＝0，bx 2＋2cx ＋a ＝0，cx 2＋2ax ＋b ＝0不可能都只有一个实根．证明假设三个方程都只有一个实根，则⎩⎨⎧b 2－ac ＝0，①c 2－ab ＝0，②a 2－bc ＝0.③①＋②＋③，得a 2＋b 2＋c 2－ab －bc －ca ＝0， ④ ④化为(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2＝0. ⑤ 于是a ＝b ＝c ，这与已知条件相矛盾．因此，所给三个方程不可能都只有一个实根．教师备选(2022·贵州质检)请在综合法、分析法、反证法中选择两种不同的方法证明： (1)如果a >0，b >0，则lg a ＋b 2≥lg a ＋lg b 2；(2)22－7>10－3.解(1)方法一(综合法)因为a >0，b >0，所以a＋b2≥ab，所以lg a＋b2≥lg ab.因为lg ab＝12lg(ab)＝12(lg a＋lg b)，所以lg a＋b2≥lg a＋lg b2.方法二(分析法)要证lg a＋b2≥lg a＋lg b2，即证lg a＋b2≥12lg(ab)＝lg ab，即证a＋b2≥ab，由a>0，b>0，上式显然成立，则原不等式成立．(2)方法一(分析法)要证22－7>10－3，即证22＋3>10＋7，即证(22＋3)2>(10＋7)2.即证17＋122>17＋270，即证122>270，即证62>70.因为(62)2＝72>(70)2＝70，所以62>70成立．由上述分析可知22－7>10－3成立．方法二(综合法)由22－7＝122＋7，且10－3＝110＋3，由22<10，7<3，可得22＋7<10＋3，可得122＋7>110＋3，即22－7>10－3成立．思维升华(1)综合法证题从已知条件出发，分析法从要证结论入手，证明一些复杂问题，可采用两头凑的方法．(2)反证法适用于不好直接证明的问题，应用反证法证明时必须先否定结论．跟踪训练2(1)已知a>0，b>0，求证：a＋b2≥2aba＋b；(2)已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，求证：a>0，b>0，c>0.证明(1)∵a>0，b>0，要证a＋b2≥2aba＋b，只要证(a＋b)2≥4ab，只要证(a＋b)2－4ab≥0，即证a2－2ab＋b2≥0，而a2－2ab＋b2＝(a－b)2≥0恒成立，故a＋b2≥2aba＋b成立．(2)假设a，b，c不全是正数，即至少有一个不是正数，不妨先设a≤0，下面分a＝0和a<0两种情况讨论，如果a＝0，则abc＝0与abc>0矛盾，所以a＝0不可能，如果a<0，那么由abc>0可得，bc<0，又因为a＋b＋c>0，所以b＋c>－a>0，于是ab＋bc＋ca＝a(b＋c )＋bc <0，这和已知ab ＋bc ＋ca >0相矛盾，因此，a <0也不可能，综上所述，a >0，同理可证b >0，c >0，所以原命题成立．课时精练1．指数函数都是增函数(大前提)，函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x 是指数函数(小前提)，所以函数y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1e x是增函数(结论)．上述推理错误的原因是() A ．小前提不正确B ．大前提不正确 C ．推理形式不正确D ．大、小前提都不正确答案B解析大前提错误．因为指数函数y ＝a x (a >0，且a ≠1)在a >1时是增函数，而在0<a <1时为减函数．2．(2022·大庆联考)用反证法证明命题：“若a 2＋b 2＋c 2＋d 2＝0，则a ，b ，c ，d 都为0”．下列假设中正确的是() A ．假设a ，b ，c ，d 都不为0 B ．假设a ，b ，c ，d 至多有一个为0 C ．假设a ，b ，c ，d 不都为0 D ．假设a ，b ，c ，d 至少有两个为0 答案C解析需假设a ，b ，c ，d 不都为0.3．若一个带分数的算术平方根等于带分数的整数部分乘以分数部分的算术平方根，则称该带分数为“穿墙数”，例如223＝223.若一个“穿墙数”的整数部分等于log 28，则分数部分等于()A.37B.49C.38D.716 答案C解析因为log 28＝3，所以可设这个“穿墙数”为3＋nm，则3＋n m ＝3n m，等式两边平方得3＋n m ＝9nm，即n m ＝38. 4．下面几种推理是合情推理的是() ①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；③某次考试张军成绩是100分，由此推出全班同学成绩都是100分；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，归纳出n 边形内角和是(n －2)·180°. A ．①② B ．①③④ C ．①②④ D ．②④ 答案C解析①为类比推理，从特殊到特殊，正确；②④为归纳推理，从特殊到一般，正确；③不符合类比推理和归纳推理的定义，错误．5．(2022·普宁模拟)有一个游戏，将标有数字1,2,3,4的四张卡片分别随机发给甲、乙、丙、丁4个人，每人一张，并请这4个人在看自己的卡片之前进行预测：甲说：乙或丙拿到标有3的卡片；乙说：甲或丙拿到标有2的卡片；丙说：标有1的卡片在甲手中；丁说：甲拿到标有3的卡片．结果显示：甲、乙、丙、丁4个人的预测都不正确，那么丁拿到卡片上的数字为() A．1B．2C．3D．4答案C解析乙、丙、丁所说为假⇒甲拿4，甲、乙所说为假⇒丙拿1，甲所说为假⇒乙拿2，故甲、乙、丙、丁4个人拿到的卡片上的数字依次为4,2,1,3.6．观察下列数的特点：1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…，则第2023项是()A．61B．62C．63D．64答案D解析由规律可得，数字相同的数的个数依次为1,2,3,4，…，n.由n(n＋1)2≤2023，得n≤63，且n∈N*，当n＝63时，共有63×642＝2016项，则第2017项至第2080项均为64，即第2023项是64.7．观察下列各式：已知a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则归纳猜测a7＋b7＝________.答案29解析观察发现，1＋3＝4,3＋4＝7,4＋7＝11，又7＋11＝18,11＋18＝29，∴a7＋b7＝29.8．若三角形内切圆半径为r，三边长为a，b，c，则三角形的面积S＝12(a＋b＋c)r，利用类比思想：若四面体内切球半径为R，四个面的面积为S1，S2，S3，S4，则四面体的体积V＝________.答案13R(S1＋S2＋S3＋S4)解析设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和．9．选用恰当的证明方法，证明下列不等式．(1)证明：6＋7>22＋5；(2)设a，b，c都是正数，求证：bca＋acb＋abc≥a＋b＋c.证明(1)要证6＋7>22＋5，只需证明(6＋7)2>(22＋5)2，即证明242>240，也就是证明42>40，式子显然成立，故原不等式成立．(2)2⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a ＋ac b ＋ab c ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a ＋ac b ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫bc a ＋ab c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫ac b ＋ab c≥2abc 2ab ＋2acb 2ac ＋2bca 2bc＝2c ＋2b ＋2a ，所以bc a ＋ac b ＋abc≥a ＋b ＋c ，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立． 10．若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋xy <2与1＋yx<2中至少有一个成立．解假设1＋x y <2和1＋y x<2都不成立，即1＋x y ≥2和1＋yx≥2同时成立．∵x >0且y >0， ∴1＋x ≥2y,1＋y ≥2x .两式相加得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，即x ＋y ≤2. 此与已知条件x ＋y >2相矛盾， ∴1＋x y <2和1＋y x<2中至少有一个成立．11．我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣．”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在2＋2＋2＋…中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x ，这可以通过方程2＋x ＝x 确定x ＝2，类比上述解决方法，则正数1＋11＋11＋…等于()A.1＋32B.1＋52C.－1＋52D.－1＋32答案B解析依题意1＋1x＝x，其中x为正数，即x2－x－1＝0，解得x＝1＋52(负根舍去)．12．大于1的正整数m的三次幂可“分裂”成若干个连续奇数的和，如23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，…，若m3分裂后，其中有一个奇数是103，则m的值是() A．9 B．10 C．11 D．12答案B解析因为底数为2的分裂成2个奇数，底数为3的分裂成3个奇数，底数为4的分裂成4个奇数，所以m3有m个奇数，则从底数是2到底数是m一共有2＋3＋4＋…＋m＝(2＋m)(m－1)2个奇数，又2n＋1＝103时，有n＝51，则奇数103是从3开始的第52个奇数，因为(9＋2)(9－1)2＝44，(10＋2)(10－1)2＝54，所以第52个奇数是底数为10的数的立方分裂的奇数的其中一个，即m＝10.13．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数2,4；第三次取3个连续奇数5,7,9；第四次取4个连续偶数10,12,14,16；第五次取5个连续奇数17,19,21,23,25，按此规律取下去，得到一个子数列1,2,4,5,7,9,10,12,14,16,17,19，…，则在这个子数列中第2022个数是()A．3976 B．3978 C．3980 D．3982答案C解析由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前n次共取了1＋2＋3＋…＋n＝n(n＋1)2个数，且第n次取的最后一个数为n2，当n＝63时，63×(63＋1)2＝2016，即前63次共取了2016个数，第63次取的数都为奇数，并且最后一个数为632＝3969，即第2016个数为3969，所以当n＝64时，依次取3970,3972,3974,3976,3978,3980，…，所以第2022个数是3980.14．(2022·平顶山模拟)某市为了缓解交通压力，实行机动车限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周六和周日不限行．某公司有A，B，C，D，E五辆车，每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可推测出今天是星期________．答案四解析由题意，A，C只能在每周前三天限行，又昨天B限行，E车明天可以上路，因此今天不能是一周的前3天，因此今天是周四．这样周一、周二A，C限行，周三B限行，周四E限行，周五D限行．满足题意．15．已知a ，b ，c ∈R ，若b a ·c a >1且b a ＋c a≥－2，则下列结论成立的是()A ．a ，b ，c 同号B ．b ，c 同号，a 与它们异号C ．a ，c 同号，b 与它们异号D ．b ，c 同号，a 与b ，c 的符号关系不确定答案A 解析由b a ·c a >1知b a 与c a 同号，若b a >0且c a >0，不等式b a ＋c a ≥－2显然成立，若b a <0且c a<0，则－b a >0，－c a >0，⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－c a ≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－c a >2，即b a ＋c a <－2，这与b a ＋c a ≥－2矛盾，故b a >0且c a >0，即a ，b ，c 同号．16．已知α，β为锐角，求证：1cos 2α＋1sin 2αsin 2βcos 2β≥9. 解要证1cos 2α＋1sin 2αsin 2βcos 2β≥9，只需证1cos 2α＋4sin 2αsin 22β≥9，① 考虑到sin 22β≤1，可知4sin 2αsin 22β≥4sin 2α，因而要证①应先证1cos 2α＋4sin 2α≥9，即证sin 2α＋cos 2αcos 2α＋4(sin 2α＋cos 2α)sin 2α≥9，又sin2α＋cos2αcos2α＋4(sin2α＋cos2α)sin2α＝sin2αcos2α＋4cos2αsin2α＋5≥9，所以原不等式成立．。

高考高三数学一轮热点由已知到未知的推理技巧与方法

高考高三数学一轮热点、难点一网打尽第56讲由已知到未知的推理技巧与方法考纲要求:1．了解合情推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理，体会合情推理在数学发现中的作用．2.了解演绎推理的含义，了解合情推理和演绎推理的联系和差异；掌握演绎推理的“三段论”，能运用“三段论”进行一些简单的演绎推理．基础知识回顾:一、合情推理1．归纳推理(1)定义：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(简称归纳)．(2)特点：由部分到整体、由个别到一般的推理．2．类比推理(1)定义：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(简称类比)．(2)特点：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二、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(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，对特殊情况做出的判断．应用举例:类型一、归纳推理1、形的推理例1．下面图形由小正方形组成，请观察图1至图4的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是________．2、式的推理例2．已知f(x)＝x1＋x，x≥0，若f1(x)＝f(x)，f n＋1(x)＝f(f n(x))，n∈N＋，则f2 014(x)的表达式为__________________.例3．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__________．3、数的推理例4．观察下列等式：13＝12,13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第n 个等式为________．点评：运用归纳推理时的一般步骤：首先，通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)；然后，把这种相似性推广到一个明确表述的一般命题(猜想)；最后，对所得出的一般性命题进行检验．在数学上，检验的标准是能否进行严格的证明．类型二、类比推理例5．已知点A(x 1，ax 1)，B(x 2，ax 2)是函数y ＝a x(a>1)的图象上任意不同两点，依据图象(图略)可知，线段AB 总是位于A ，B 两点之间函数图象的上方，因此有结论ax 1＋ax 22>a x 1＋x 22成立．运用类比思想方法可知，若点A(x 1，sin x 1)，B(x 2，sin x 2)是函数y ＝sin x(x ∈(0，π))的图象上任意不同两点，则类似地有________成立．例6．在Rt △ABC 中，AB ⊥AC ，AD ⊥BC 于D ，求证：1AD 2＝1AB 2＋1AC 2，那么在四面体A -BCD 中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想？并说明理由．点评：(1)类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤为：①找出两类事物之间的相似性或一致性；②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．(2)类比推理的关键是找到合适的类比对象．平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论．①平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；②三角形各边的边长与三棱锥的各面的面积是类比对象；③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；⑤三角形的面积公式中的“二分之一”与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象．类型三、演绎推理例7．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 .点评：演绎推理的推证规则(1)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，本题中，等比数列的定义在解题中是大前提，由于它是显然的，因此省略不写．(2)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方法、规律归纳:类比推理的关键是找到合适的类比对象．平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论．比如：①平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；②三角形各边的边长与三棱锥的各面的面积是类比对象； ③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象； ④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；⑤三角形的面积公式中的“二分之一”与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象．实战演练:1．正弦函数是奇函数，f (x )＝sin(x 2＋1)是正弦函数，因此f (x )＝sin(x 2＋1)是奇函数，以上推理( ) A ．结论正确B ．大前提不正确C ．小前提不正确D ．全不正确2．在等差数列{a n }中，若a n >0，公差d >0，则有a 4·a 6>a 3·a 7，类比上述性质，在等比数列{b n }中，若b n >0，公比q >1，则b 4，b 5，b 7，b 8的一个不等关系是( ) A ．b 4＋b 8>b 5＋b 7 B ．b 4＋b 8<b 5＋b 7 C ．b 4＋b 7>b 5＋b 8D ．b 5·b 8<b 4·b 73．观察一列算式：1⊗1,1⊗2,2⊗1,1⊗3,2⊗2,3⊗1,1⊗4,2⊗3,3⊗2,4⊗1，…，则式子3⊗5是第( ) A ．22项 B ．23项 C ．24项D ．25项4．已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是( ) A ．(7,5) B ．(5,7) C ．(2,10)D ．(10,1)5．观察下式：1＝12,2＋3＋4＝32,3＋4＋5＋6＋7＝52,4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，则第n 个式子是( ) A ．n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(2n －1)＝n 2 B ．n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(2n －1)＝(2n －1)2 C ．n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2 D ．n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －1)＝(2n －1)26.对于命题：若O 是线段AB 上一点，则有|OB →|·OA →＋|OA →|·OB→＝0.将它类比到平面的情形是：若O 是△ABC 内一点，则有S △OBC ·OA →＋S △OCA ·OB →＋S △OBA ·OC →＝0，将它类比到空间情形应该是：若O 是四面体ABCD 内一点，则有__________． 7.将全体正整数排成一个三角形数阵 12 34 5 67 8 9 1011 12 13 14 15…根据以上排列规律，数阵中第n(n≥3)行的从左至右的第3个数是________．8.把正整数排列成如下图甲的三角形数阵，然后擦去第偶数行的奇数和第奇数行中的偶数，得到如图乙的三a，若a n=2015，则n _________.角数阵，再把图乙中的数按从小到大的顺序排成一列，得到数列{}n9．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：①sin213°＋cos217°－sin 13°c os 17°；②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；④sin2(－18°)＋co s248°－sin(－18°)cos 48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－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．10．观察下列各式：C01＝40；C03＋C13＝41；C05＋C15＋C25＝42；C07＋C17＋C27＋C37＝43；…照此规律，当n∈N*时，＝________.C02n－1＋C12n－1＋C22n－1＋…＋C n－12n－1。

高考数学一轮复习第十九章推理与证明(数学归纳法)讲义

第十九章推理与证明(数学归纳法)考纲解读考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度2013 2014 2015 2016 2017 数学归纳法利用数学归纳法证明有关结论23题 10分 23题10分解答题 ★★★分析解读数学归纳法主要用来解决与正整数有关的命题,是命题的热点内容.通常与推理、数列、不等式证明、二项式定理等知识结合来考查逻辑推理能力.命题探究(1)由已知,得f 1(x)=f '0(x)='=-,于是f 2(x)=f '1(x)='-'=--+,所以f 1=-, f 2=-+.故2f 1+f 2=-1.(2)证明:由已知,得xf 0(x)=sin x,等式两边分别对x 求导,得f 0(x)+xf '0(x)=cos x,即f 0(x)+xf 1(x)=cos x=sin ,类似可得2f 1(x)+xf 2(x)=-sin x=sin(x+π),3f 2(x)+xf 3(x)=-cos x=sin ,4f 3(x)+xf 4(x)=sin x=sin(x+2π).下面用数学归纳法证明等式nf n-1(x)+xf n (x)=sin 对所有的n∈N *都成立.(i)当n=1时,由上可知等式成立. (ii)假设当n=k 时等式成立,即kf k-1(x)+xf k (x)=sin .因为[kf k-1(x)+xf k (x)]'=kf 'k-1(x)+f k (x)+xf'k (x)=(k+1)f k (x)+xf k+1(x),'=cos·'=sin ,所以(k+1)f k (x)+xf k+1(x)=sin.因此当n=k+1时,等式也成立.所以=(n∈N*).综合(i),(ii)可知等式nf n-1(x)+xf n (x)=sin对所有的n∈N*都成立.令x=,可得nf n-1+f n =sin(n∈N*).五年高考考点数学归纳法1.(2017浙江,22,15分)已知数列{x n}满足:x1=1,x n=x n+1+ln(1+x n+1)(n∈N*).证明:当n∈N*时,(1)0<x n+1<x n;(2)2x n+1-x n ≤;(3)≤x n ≤.证明(1)用数学归纳法证明:x n>0.当n=1时,x1=1>0.假设n=k时,x k>0,那么n=k+1时,若x k+1≤0,则0<x k=x k+1+ln(1+x k+1)≤0,矛盾,故x k+1>0.因此x n>0(n∈N*).所以x n=x n+1+ln(1+x n+1)>x n+1.因此0<x n+1<x n(n∈N*).(2)由x n=x n+1+ln(1+x n+1)得,x n x n+1-4x n+1+2x n =-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1).记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),f '(x)=+ln(1+x)>0(x>0).函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,因此-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1)=f(x n+1)≥0,故2x n+1-x n ≤(n∈N*).(3)因为x n=x n+1+ln(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1,所以x n ≥.由≥2x n+1-x n 得-≥2>0,所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2,故x n≤.综上,≤x n≤(n∈N*).2.(2014广东节选,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n,满足S n=2na n+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15.(1)求a1,a2,a3的值;(2)求数列{a n}的通项公式.解析(1)依题有解得a1=3,a2=5,a3=7.(2)∵S n=2na n+1-3n2-4n,①∴当n≥2时,S n-1=2(n-1)a n-3(n-1)2-4(n-1).②①-②并整理得a n+1=.由(1)猜想a n=2n+1,下面用数学归纳法证明.当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;假设当n=k时,a k=2k+1命题成立.则当n=k+1时,a k+1===2k+3=2(k+1)+1,即当n=k+1时,结论成立.综上,∀n∈N*,a n=2n+1.3.(2014重庆,22,12分)设a1=1,a n+1=+b(n∈N*).(1)若b=1,求a2,a3及数列{a n}的通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有n∈N*成立?证明你的结论.解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.再由题设条件知(a n+1-1)2=(a n-1)2+1.从而{(a n-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,故(a n-1)2=n-1,即a n=+1(n∈N*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想a n=+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即a k=+1,则a k+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以a n=+1(n∈N*).(2)解法一:设f(x)=-1,则a n+1=f(a n).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用数学归纳法证明加强命题a2n<c<a2n+1<1.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<<a3<1,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则a n+1=f(a n).先证:0≤a n≤1(n∈N*).①当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤a k≤1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(a k)≤f(0)=-1<1.即0≤a k+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.再证:a2n<a2n+1(n∈N*).②当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2<a3,即n=1时②成立.假设n=k时,结论成立,即a2k<a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.由②得a2n<-1,即(a2n+1)2<-2a2n+2,因此a2n<.③又由①、②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④综上,由②、③、④知存在c=使a2n<c<a2n+1对一切n∈N*成立.4.(2013江苏,23,10分)设数列{a n}:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,…,,…,即当<n≤(k∈N*)时,a n=(-1)k-1k.记S n=a1+a2+…+a n(n∈N*).对于l∈N*,定义集合P l={n|S n是a n的整数倍,n∈N*,且1≤n≤l}.(1)求集合P11中元素的个数;(2)求集合P2 000中元素的个数.解析(1)由数列{a n}的定义得a1=1,a2=-2,a3=-2,a4=3,a5=3,a6=3,a7=-4,a8=-4,a9=-4,a10=-4,a11=5,所以S1=1,S2=-1,S3=-3,S4=0,S5=3,S6=6,S7=2,S8=-2,S9=-6,S10=-10,S11=-5,从而S1=a1,S4=0×a4,S5=a5,S6=2a6,S11=-a11,所以集合P11中元素的个数为5.(2)先证:S i(2i+1)=-i(2i+1)(i∈N*).事实上,①当i=1时,S i(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,故原等式成立;②假设i=m时成立,即S m(2m+1)=-m(2m+1),则i=m+1时,S(m+1)(2m+3)=S m(2m+1)+(2m+1)2-(2m+2)2=-m(2m+1)-4m-3=-(2m2+5m+3)=-(m+1)(2m+3).综合①②可得S i(2i+1)=-i(2i+1).于是S(i+1)(2i+1)=S i(2i+1)+(2i+1)2=-i(2i+1)+(2i+1)2=(2i+1)(i+1).由上可知S i(2i+1)是2i+1的倍数,而a i(2i+1)+j=2i+1(j=1,2,…,2i+1),所以S i(2i+1)+j=S i(2i+1)+j(2i+1)是a i(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+1)的倍数.又S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是2i+2的倍数,而a(i+1)(2i+1)+j=-(2i+2)(j=1,2,…,2i+2),所以S(i+1)(2i+1)+j=S(i+1)(2i+1)-j(2i+2)=(2i+1)(i+1)-j(2i+2)不是a(i+1)(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+2)的倍数,故当l=i(2i+1)时,集合P l中元素的个数为1+3+…+(2i-1)=i2,于是,当l=i(2i+1)+j(1≤j≤2i+1)时,集合P l中元素的个数为i2+j.又2 000=31×(2×31+1)+47,故集合P2 000中元素的个数为312+47=1 008.教师用书专用(5—6)5.(2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf '(x),x≥0,其中f '(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)=g(x),g n+1(x)=g(g n(x)),n∈N+,求g n(x)的表达式;(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.解析由题设得,g(x)=(x≥0).(1)由已知,得g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,g3(x)=,…,可得g n(x)=.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,g1(x)=,结论成立.②假设n=k时结论成立,即g k(x)=.那么,当n=k+1时,g k+1(x)=g(g k(x))===,即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),则φ'(x)=-=,当a≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ'(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ(a-1)<φ(0)=0.即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立,综上可知,a的取值范围是(-∞,1].(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,n-f(n)=n-ln(n+1),比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则<ln.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,<ln 2,结论成立.②假设当n=k时结论成立,即++…+<ln(k+1).那么,当n=k+1时,++…++<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.证法二:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则ln>.故有ln 2-ln 1>,ln 3-ln 2>,……ln(n+1)-ln n>,上述各式相加可得ln(n+1)>++…+.结论得证.6.(2014大纲全国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)-(a>1).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a1=1,a n+1=ln(a n+1),证明:<a n≤.解析(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),f '(x)=.(2分)(i)当1<a<2时,若x∈(-1,a2-2a),则f '(x)>0, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;若x∈(a2-2a,0),则f '(x)<0, f(x)在(a2-2a,0)上是减函数;若x∈(0,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上是增函数.(4分)(ii)当a=2时, f '(x)≥0, f '(x)=0成立当且仅当x=0, f(x)在(-1,+∞)上是增函数. (iii)当a>2时,若x∈(-1,0),则f '(x)>0, f(x)在(-1,0)上是增函数;若x∈(0,a2-2a),则f '(x)<0, f(x)在(0,a2-2a)上是减函数;若x∈(a2-2a,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(a2-2a,+∞)上是增函数.(6分)(2)由(1)知,当a=2时, f(x)在(-1,+∞)上是增函数.当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=0,即ln(x+1)>(x>0).又由(1)知,当a=3时, f(x)在[0,3)上是减函数.当x∈(0,3)时, f(x)<f(0)=0,即ln(x+1)<(0<x<3).(9分)下面用数学归纳法证明<a n≤.(i)当n=1时,由已知<a1=1,故结论成立;(ii)设当n=k时结论成立,即<a k≤.当n=k+1时,a k+1=ln(a k+1)>ln>=,a k+1=ln(a k+1)≤ln<=,即当n=k+1时有<a k+1≤,结论成立.根据(i)、(ii)知对任何n∈N*结论都成立.(12分)三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点数学归纳法1.(2018江苏淮安、宿迁高三(上)期中)设n≥3,n∈N*,在集合{1,2,…,n}的所有元素个数为2的子集中,把每个子集中较大元素的和记为a,较小元素之和记为b.(1)当n=3时,求a,b的值;(2)求证:对任意的n≥3,n∈N*,为定值.解析(1)当n=3时,集合{1,2,3}的所有元素个数为2的子集为{1,2},{1,3},{2,3},所以a=2+3+3=8,b=1+1+2=4.(2)证明:当n=3时,由(1)可得a=8,b=4,为;假设n=k时,=,则n=k+1时,a'=a+(k+1)k,b'=b+(1+2+…+k)=b+k(1+k),由a=2b,可得a'=2b+k(1+k)=2b',则n=k+1时,=.故对任意的n≥3,n∈N*,为定值.2.(苏教选2—1,二,3,8,变式)设a>0,f(x)=,令a1=1,a n+1=f(a n),n∈N*.(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列{a n}的通项公式;(2)用数学归纳法证明你的结论.解析(1)∵a1=1,∴a2=f(a1)=f(1)=;a3=f(a2)=;a4=f(a3)=.猜想a n=(n∈N*).(2)证明:①易知,n=1时,猜想正确.②假设n=k(k∈N*)时猜想正确,即a k=,则a k+1=f(a k)====.所以n=k+1时猜想正确.由①②知,对于任何n∈N*,都有a n=.3.(2017江苏苏北四市摸底)设n∈N*,f(n)=3n+7n-2.(1)求f(1),f(2),f(3)的值;(2)证明:对任意正整数n,f(n)是8的倍数.解析(1)f(1)=31+71-2=8,f(2)=32+72-2=56,f(3)=33+73-2=368.(2)证明:①当n=1时,f(1)=8是8的倍数,命题成立.②假设当n=k时命题成立,即f(k)=3k+7k-2是8的倍数,当n=k+1时,f(k+1)=3k+1+7k+1-2=3(3k+7k-2)+4(7k+1),因为7k+1是偶数,所以4(7k+1)是8的倍数,又由归纳假设知3(3k+7k-2)是8的倍数,所以f(k+1)是8的倍数,所以当n=k+1时,命题也成立.根据①②知命题对任意n∈N*成立.4.(2017江苏南通中学质检)在数列a0,a1,a2,…,a n,…中,已知a0=a1=1,a2=3,a n=3a n-1-a n-2-2a n-3(n≥3).(1)求a3,a4;(2)证明:a n>2n-1(n≥2).解析(1)a3=3a2-a1-2a0=6,a4=3a3-a2-2a1=13.(2)证明:易知a5=3a4-a3-2a2=27,猜想当n≥4时,a n>2a n-1.(i)当n=4,5时,上述不等式成立,即有a4>2a3,a5>2a4,(ii)假设当n=k(k≥5)时,a k>2a k-1,a k-1>2a k-2,则当n=k+1时,a k+1=3a k-a k-1-2a k-2=2a k+(a k-a k-1-2a k-2)=2a k+(a k-2a k-1)+(a k-1-2a k-2)>2a k.即n=k+1(k≥5)时,a k+1>2a k,综上,当n≥4时,a n>2a n-1.∴a n>2a n-1>22a n-2>…>2n-3a3=2n-3×6>2n-1,即a n >2n-1(n≥4),又a 2=3>22-1,a 3=6>23-1,所以a n >2n-1(n≥2).B 组 2016—2018年模拟·提升题组(满分:30分时间:15分钟)解答题(共30分)1.(苏教选2—1,二,13,变式)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足:S n =+-1,且a n >0,n∈N *. (1)求a 1,a 2,a 3,并猜想{a n }的通项公式; (2)证明通项公式的正确性. 解析 (1)当n=1时,由已知得a 1=+-1,+2a 1-2=0. ∵a 1>0,∴a 1=-1.当n=2时,由已知得a 1+a 2=+-1, 将a 1=-1代入并整理得+2a 2-2=0.∵a 2>0,∴a 2=-. 同理可得a 3=-.猜想a n =-(n∈N *).(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 =-.a k+1=S k+1-S k =+--,将a k =-代入上式并整理得+2a k+1-2=0,∵a k+1>0,∴a k+1=-.即当n=k+1时,通项公式也成立. 由①和②可知,对所有n∈N *,a n =-都成立.2.(2017江苏南通、扬州、泰州高三第三次模拟考试,23)已知函数f 0(x)=(a≠0,ac -bd≠0).设f n (x)为f n-1(x)(n∈N *)的导函数. (1)求f 1(x), f 2(x);(2)猜想f n(x)的表达式,并证明你的结论.解析(1)f1(x)=f0'(x)==,f2(x)=f1'(x)==.(2)猜想f n(x)=,n∈N*.证明:①当n=1时,由(1)知结论成立;②假设当n=k,k∈N*时结论成立,即有f k(x)=.当n=k+1时,f k+1(x)=f k'(x)==(-1)k-1·a k-1·(bc-ad)·k![(ax+b)-(k+1)]'=,所以当n=k+1时结论成立.由①②得, f n(x)=,n∈N*.C组2016—2018年模拟·方法题组方法数学归纳法1.(2017苏锡常镇四市高三教学情况调研(二),23)已知f n(x)=x n-(x-1)n+…+(-1)k(x-k)n+…+(-1)n(x-n)n,其中x∈R,n∈N*,k∈N ,k≤n.(1)试求f1(x), f2(x), f3(x)的值;(2)试猜测f n(x)关于n的表达式,并证明你的结论.解析(1)f1(x)=x-(x-1)=x-x+1=1;f2(x)=x2-(x-1)2+(x-2)2=x2-2(x2-2x+1)+(x2-4x+4)=2;f3(x)=x3-(x-1)3+(x-2)3-(x-3)3=x3-3(x-1)3+3(x-2)3-(x-3)3=6.(2)猜测:f n(x)=n!.而k=k=,n=n=,所以k=n.用数学归纳法证明结论成立.①当n=1时, f1(x)=1,结论成立.②假设当n=k时,结论成立,即f k(x)=x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k=k!.当n=k+1时, f k+1(x)=x k+1-(x-1)k+1+…+(-1)k+1·(x-k-1)k+1=x k+1-(x-1)k(x-1)+…+(-1)k(x-k)k(x-k)+(-1)k+1(x-k-1)k+1=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]+[(x-1)k-2(x-2)k+…+(-1)k+1k(x-k)k]+(-1)k+1(x-k-1)k+1]=x[x k-(+)(x-1)k+…+(-1)k(+)(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k+1(x-k)k]+(-1)k+1·(x-k-1)k(x-k-1)=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k+1·(x-k)k]+x(-1)k+1(x-k-1)k-(k+1)(-1)k+1(x-k-1)k=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k](*).由归纳假设知(*)式等于x·k!-x·k!+(k+1)·k!=(k+1)!.所以当n=k+1时,结论也成立.综合①②知, f n(x)=n!成立.2.(2017苏、锡、常、镇调研,24)设|θ|<,n为正整数,数列{a n}的通项公式为a n=sin tan nθ,其前n项和为S n.(1)求证:当n为偶数时,a n=0;当n为奇数时,a n=(-1tan nθ;(2)求证:对任何正整数n,S2n=sin 2θ·[1+(-1)n+1tan2nθ].证明(1)当n为偶数时,设n=2k,k∈N*,a n=a2k=sin tan2kθ=sin kπ·tan2kθ=0,a n=0.当n为奇数时,设n=2k-1,k∈N*,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ.当k=2m时,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ=-tan nθ,此时=2m-1,所以a n=a2k-1=-tan nθ=(-1)2m-1tan nθ=(-1tan nθ.当k=2m-1时,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ=tan nθ,此时=2m-2, 所以a n=a2k-1=tan nθ=(-1)2m-2tan nθ=(-1tan nθ.综上,当n为偶数时,a n=0;当n为奇数时,a n=(-1tan nθ.(2)当n=1时,由(1)得S2=a1+a2=tan θ,sin 2θ[1+(-1)1+1tan2θ]=sin 2θ(1+tan2θ)=sin θcos θ·=tan θ.故n=1时,命题成立.假设n=k时命题成立,即S2k=sin 2θ·[1+(-1)k+1·tan2kθ].当n=k+1时,由(1)得S2(k+1)=S2k+a2k+1+a2k+2=S2k+a2k+1=sin 2θ·[1+(-1)k+1tan2kθ]+(-1)k tan2k+1θ=sin 2θ·=sin 2θ·=sin 2θ·[1+(-1)k+2·tan2k+2θ].即当n=k+1时命题成立.综上所述,对正整数n命题成立.。

高考数学一轮复习第七章不等式、推理与证明7

高考数学一轮复习第七章不等式、推理与证明7.3二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题考试要求 1.会从实际情境中抽象出二元一次不等式组.2.了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组.3.会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决．知识梳理1．二元一次不等式(组)表示的平面区域不等式表示区域Ax＋By＋C>0 直线Ax＋By＋C＝0某一侧所有点组成的平面区域不包括边界Ax＋By＋C≥0包括边界不等式组各个不等式表示的平面区域的公共部分2.线性规划中的基本概念名称意义约束条件由变量x，y组成的不等式(组)线性约束条件由x，y的一次不等式(或方程)组成的不等式组目标函数关于x，y的函数解析式，如z＝2x＋3y等线性目标函数关于x，y的一次解析式可行解满足线性约束条件的解(x，y)可行域所有可行解组成的集合最优解使目标函数取得最大值或最小值的可行解线性规划问题在线性约束条件下求线性目标函数的最大值或最小值问题思考辨析判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)二元一次不等式组所表示的平面区域是各个不等式所表示的平面区域的交集．( √ ) (2)不等式Ax ＋By ＋C >0表示的平面区域一定在直线Ax ＋By ＋C ＝0的上方．( × ) (3)点(x 1，y 1)，(x 2，y 2)在直线Ax ＋By ＋C ＝0同侧的充要条件是(Ax 1＋By 1＋C )(Ax 2＋By 2＋C )>0，在异侧的充要条件是(Ax 1＋By 1＋C )(Ax 2＋By 2＋C )<0.( √ )(4)目标函数z ＝ax ＋by (b ≠0)中，z 的几何意义是直线ax ＋by －z ＝0在y 轴上的截距．( × )教材改编题1．某校对高三美术生划定录取分数线，专业成绩x 不低于95分，文化课总分y 高于380分，体育成绩z 超过45分，用不等式表示就是( ) A.⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥95，y ≥380，z >45 B.⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥95，y >380，z ≥45 C.⎩⎪⎨⎪⎧x >95，y >380，z >45 D.⎩⎪⎨⎪⎧x ≥95，y >380，z >45答案 D解析 “不低于”即“≥”，“高于”即“>”，“超过”即“>”， ∴x ≥95，y >380，z >45.2．不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1<0，x ＋y －3≥0表示的区域(阴影部分)是( )答案 D解析将点(0,0)代入x －y ＋1<0不成立，则点(0,0)不在不等式x －y ＋1<0所表示的平面区域内，将点(0,0)代入x ＋y －3≥0不成立，则点(0,0)不在不等式x ＋y －3≥0所表示的平面区域内，所以表示的平面区域不包括原点，排除A ，C ；x －y ＋1<0不包括边界，用虚线表示，x ＋y －3≥0包括边界，用实线表示，故选D. 3．设变量x ，y 满足约束条件：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3≤0，x －y ≥0，y ≥0，则目标函数z ＝x ＋2y 的最大值为________．答案 92解析根据不等式组作出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，当目标函数z ＝x ＋2y 经过点⎝⎛⎭⎫32，32时，z 取最大值为92.题型一二元一次不等式(组)表示的平面区域例1 (1)(2022·新乡模拟)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤2，2x －y ≥1，y ＋1≥0表示的平面区域的面积为______．答案 3解析画出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝2，2x －y ＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1，即A (1,1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＝1，y ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－1，即B (0，－1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝2，y ＝－1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝－1，即C (3，－1)， S △ABC ＝12×|3－0|×|1－(－1)|＝3.(2)已知不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，2x －y －2≤0，x >m 表示的平面区域为三角形，则实数m 的取值范围为____________．答案 (－∞，3)解析根据题意，先作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1≥0，2x －y －2≤0表示的平面区域，如图中阴影部分所示，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x －2，y ＝x ＋1，可得A (3,4)，要使不等式组表示的平面区域为三角形，只需m <3，所以m 的取值范围为(－∞，3)．教师备选已知点A (3,0)，B (－3,2)，若直线ax －y －1＝0与线段AB 总有公共点，则a 的取值范围是( ) A.⎣⎡⎦⎤－1，13 B ．(－∞，－1]∪⎣⎡⎭⎫13，＋∞ C.⎣⎡⎦⎤－13，1 D.⎝⎛⎦⎤－∞，－13∪[1，＋∞) 答案 B解析因为直线ax －y －1＝0与线段AB 总有公共点，所以点A 和点B 不同在直线的一侧，所以(3a －0－1)(－3a －2－1)≤0，解得a ≤－1或a ≥13.即a 的取值范围是(－∞，－1]∪⎣⎡⎭⎫13，＋∞. 思维升华平面区域的形状问题主要有两种题型(1)确定平面区域的形状，求解时先作出满足条件的平面区域，然后判断其形状．(2)根据平面区域的形状求解参数问题，求解时通常先作出满足条件的平面区域，但要注意对参数进行必要的讨论．跟踪训练1 (2022·西安模拟)若不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≥0，x ＋y ≥2，3x ＋y ≤5所表示的平面区域被直线y ＝kx ＋2分成面积相等的两个部分，则实数k 的值为( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4 答案 A解析作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示，B (0,5)，因为直线y ＝kx ＋2过定点C (0,2)，所以C 点在可行域内，要使直线y ＝kx ＋2将可行域分成面积相等的两部分，则直线y ＝kx ＋2必过线段AB 的中点D .由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝2，3x ＋y ＝5，解得⎝⎛⎭⎫32，12，即A ⎝⎛⎭⎫32，12，所以AB 的中点D ⎝⎛⎭⎫34，114，将D 的坐标代入直线y ＝kx ＋2，得114＝34k ＋2，解得k ＝1.题型二求目标函数的最值问题命题点1 求线性目标函数的最值例2 (2021·浙江)若实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，x －y ≤0，2x ＋3y －1≤0，则z ＝x －12y 的最小值是( )A ．－2B ．－32C ．－12 D.110答案 B解析作出可行域如图中阴影部分(含边界)所示，作出直线y ＝2x 并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点A 时z 取得最小值．由⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＋3y －1＝0，x ＋1＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－1，y ＝1，所以A (－1,1)，z min ＝－1－12＝－32.命题点2 求非线性目标函数的最值例3 (1)如果点P (x ，y )在平面区域⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，x －2y ＋1≤0，x ＋y －2≤0上，则y ＋1x －2的取值范围是( )A.⎣⎡⎦⎤－2，－13 B.⎣⎡⎦⎤－2，－32 C.⎣⎡⎦⎤－2，13 D.⎣⎡⎦⎤－13，2 答案 A解析作出点P (x ，y )所在的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示，y ＋1x －2表示动点P 与定点Q (2，－1)连线的斜率．联立⎩⎪⎨⎪⎧ x －2y ＋1＝0，x ＋y －2＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝1.于是k QE ＝1＋11－2＝－2，k QF ＝0＋1－1－2＝－13.因此－2≤y ＋1x －2≤－13.(2)若变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ≤0，x ＋y －3≤0，x ≥0，则(x －1)2＋y 2的最小值为( )A ．1 B.45 C.255 D ．2答案 B解析结合题意作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示，而(x －1)2＋y 2的几何意义是可行域内的点与(1,0)的距离的平方，又(1,0)到直线2x －y ＝0的距离为25，故(x －1)2＋y 2的最小值为45.命题点3 求参数值或取值范围例4 已知k >0，x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －2≥0，x ＋y －3≤0，y ≥k x －3，若z ＝2x ＋y 的最小值为1，则k 等于( )A ．3B ．5 C.12 D.14答案 A解析由不等式组知可行域只能是图中△ABC 内部阴影部分(含边界)所示，作直线l ：2x ＋y ＝0，平移直线l ，只有当l 过点B 时，z ＝2x ＋y 取得最小值，易知B (2，－k )， ∴4－k ＝1，解得k ＝3. 教师备选1．(2022·六安模拟)已知实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －1≥0，y －2≥0，x ＋y －5≤0，则z ＝2x ＋y 的最大值为( )A ．4B ．5C ．8D ．10 答案 C解析不等式组表示的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，由z ＝2x ＋y ，得y ＝－2x ＋z ，作出直线y ＝－2x ，向上平移过点C 时，z ＝2x ＋y 取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧ y －2＝0，x ＋y －5＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2，即C (3,2)，所以z ＝2x ＋y 的最大值为2×3＋2＝8. 2．已知实数x ，y 满足不等式⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，2x ＋y －5≤0，y ≥1，则z ＝x 2＋y 2的最大值为________．答案 10解析根据约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2≥0，2x ＋y －5≤0，y ≥1，画出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，z ＝x 2＋y 2是指可行域内的动点(x ，y )与定点(0,0)之间的距离的平方，由图可知，点P 到原点O 的距离的平方最大，又因为⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋2＝0，2x ＋y －5＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3，所以P (1,3)，故z max ＝12＋32＝10.3．设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥a ，x －y ≤－1，且z ＝x ＋ay 的最小值为7，则a ＝________.答案 3解析作出不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示，联立⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＝－1，x ＋y ＝a ，解得⎩⎨⎧x ＝a －12，y ＝a ＋12，∴A ⎝⎛⎭⎫a －12，a ＋12.①当a ＝0时，A ⎝⎛⎭⎫－12，12，x ＝z 无最小值，不满足题意； ②当a <0时，由z ＝x ＋ay 得y ＝－1a x ＋za，要使z 最小，则直线y ＝－1a x ＋za 在y 轴上的截距最大，满足条件的最优解不存在；③当a >0时，由z ＝x ＋ay 得y ＝－1a x ＋za，由图可知，当直线过点A 时直线在y 轴上的截距最小，z 最小，此时，－1a ≥－1，即a ≥1，此时z ＝a －12＋a ·a ＋12＝a 2＋2a －12＝7.即a 2＋2a －15＝0，解得a ＝3或a ＝－5(舍)．思维升华常见的三类目标函数 (1)截距型：形如z ＝ax ＋by . (2)距离型：形如z ＝(x －a )2＋(y －b )2. (3)斜率型：形如z ＝y －bx －a.跟踪训练2 (1)已知A (1,2)，点B (x ，y )的坐标x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤3，2x －y －2≤0，x ≥1，则OA →·OB →的取值范围是________．答案 [1,5]解析作不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤3，2x －y －2≤0，x ≥1的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示．设z ＝OA →·OB →，则z ＝x ＋2y ，将z ＝x ＋2y 化为y ＝－12x ＋z 2，由图象可得，当直线y ＝－12x ＋z2过点A (1,2)时，z 取最大值，最大值为5.当直线y ＝－12x ＋z2过点C (1,0)时，z 取最小值，最小值为1.∴OA →·OB →的取值范围是[1,5]．(2)(2022·平顶山模拟)若实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －5≤0，y －2≥0，x －1≥0，则z ＝x ＋2y ＋3x ＋1的最小值是______．答案 52解析作出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，z ＝x ＋2y ＋3x ＋1＝1＋2y ＋1x ＋1，其中k ＝y ＋1x ＋1表示可行域内点P (x ，y )与定点Q (－1，－1)连线的斜率，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y －5＝0，y ＝2得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝3，y ＝2，即C (3,2)，由图可得k min ＝k CQ ＝2＋13＋1＝34，所以z min ＝1＋2×34＝52.(3)(2022·金华模拟)已知x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0，x －2y －2≤0，2x －y ＋2≥0，若z ＝y －ax 取得最大值的最优解不唯一，则a 的值为________．答案－1或2解析作出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，作直线l ：y －ax ＝0，在z ＝y －ax 中，y ＝ax ＋z ，a 是斜率，z 是纵截距，直线向上平移，z 增大，因此要使最大值的最优解不唯一，则直线l 与AB 或AC 平行，所以a ＝－1或a ＝2.题型三实际生活中的线性规划问题例5 (2022·新乡模拟)快递行业的高速发展极大地满足了人们的购物需求，也提供了大量的就业岗位，出现了大批快递员．某快递公司接到甲、乙两批快件，基本数据如下表：体积(立方分米/件)重量(千克/件)快递员工资(元/件)甲批快件 20108乙批快件102010快递员小马接受派送任务，小马的送货车载货的最大容积为350立方分米，最大载重量为250千克，小马一次送货可获得的最大工资额为( ) A ．150元 B ．170元 C ．180元 D ．200元答案 B解析设一次派送甲批快件x 件、乙批快件y 件，则x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧20x ＋10y ≤350，10x ＋20y ≤250，x ≥0，y ≥0，x ，y ∈N ，即⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ≤35，x ＋2y ≤25，x ≥0，y ≥0，x ，y ∈N ，小马派送完毕获得的工资z ＝8x ＋10y (元)，画出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y ＝35，x ＋2y ＝25，解得x ＝15，y ＝5，所以目标函数在点M (15,5)处取得最大值，故z max ＝8×15＋10×5＝170(元)．所以小马一次送货可获得的最大工资额为170元．教师备选某高科技企业生产产品A 和产品B 需要甲、乙两种新型材料．生产一件产品A 需要甲材料1.5 kg ，乙材料1 kg ，用5个工时；生产一件产品B 需要甲材料0.5 kg ，乙材料0.3 kg ，用3个工时，生产一件产品A 的利润为2 100元，生产一件产品B 的利润为900元．该企业现有甲材料150 kg ，乙材料90 kg ，则在不超过600个工时的条件下，生产产品A 、产品B 的利润之和的最大值为( ) A ．180 000元 B ．216 000元 C ．189 000元 D ．256 000元答案 B解析设生产产品A 为x 件，产品B 为y 件，获利z 元． ∴⎩⎪⎨⎪⎧1.5x ＋0.5y ≤150，x ＋0.3y ≤90，5x ＋3y ≤600，x ∈N ，y ∈N ，目标函数z ＝2 100x ＋900y ，作出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示．将z ＝2 100x ＋900y 化为y ＝－73x ＋z900，由图象可得，当直线y ＝－73x ＋z900过点M 时，在y 轴上的截距最大，即z 最大．联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＋0.3y ＝90，5x ＋3y ＝600，得M (60,100)，∴z max ＝2 100×60＋900×100＝216 000(元)， ∴利润最大为216 000元．思维升华解线性规划应用题的步骤(1)转化——设元，写出约束条件和目标函数，从而将实际问题转化为线性规划问题； (2)求解—— 解这个纯数学的线性规划问题；(3)作答——将线性规划问题的答案还原为实际问题的答案．跟踪训练3 某企业在“精准扶贫”行动中，决定帮助一贫困山区将水果运出销售．现有8辆甲型车和4辆乙型车，甲型车每次最多能运6吨且每天能运4次，乙型车每次最多能运10吨且每天能运3次，甲型车每天费用320元，乙型车每天费用504元．若需要一天内把180吨水果运输到火车站，则通过合理调配车辆，运送这批水果的费用最少为( ) A ．2 400元 B ．2 560元 C ．2 816元 D ．4 576元答案 B解析设甲型车x 辆，乙型车y 辆，运送这批水果的费用为z 元，则⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤8，0≤y ≤4，24x ＋30y ≥180，x ∈N ，y ∈N目标函数z ＝320x ＋504y ，作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ∈N ，y ∈N ，0≤x ≤8，0≤y ≤4，24x ＋30y ≥180所表示的平面区域，如图所示的阴影部分(含边界)．作直线320x ＋504y ＝0，并平移，结合实际情况分析可得当直线过整点(8,0)时，z 取得最小值，即z min ＝8×320＋0×504＝2 560(元)．课时精练1．将不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋2≥0，x ＋y <0表示的平面区域记为F ，则属于F 的点是( )A ．(1,1)B ．(－1,1)C ．(－1，－1)D ．(1，－1)答案 C解析将点(1,1)代入方程组得⎩⎪⎨⎪⎧1≥0，2>0，故不在区域F 内，将点(－1,1)代入方程组得⎩⎪⎨⎪⎧－1<0，0＝0，故不在区域F 内，将点(－1，－1)代入方程组得⎩⎪⎨⎪⎧3≥0，－2<0，故在区域F 内，将点(1，－1)代入方程组得⎩⎪⎨⎪⎧5≥0，0＝0，故不在区域F 内．2．(2022·合肥质检)不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －3≤0，x ＋y ≥0，x －y ≥0围成的封闭图形的面积是( )A ．12B ．6C ．9D ．15 答案 C解析作出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，由⎩⎪⎨⎪⎧ x －3＝0，x －y ＝0得A (3,3)，由⎩⎪⎨⎪⎧x －3＝0，x ＋y ＝0得B (3，－3)，所以可行域的面积为12×3×6＝9.3．(2021·全国乙卷)若x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥4，x －y ≤2，y ≤3，则z ＝3x ＋y 的最小值为( )A ．18B ．10C ．6D ．4 答案 C解析方法一 (数形结合法)作出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，作出直线y ＝－3x ，并平移，数形结合可知，当平移后的直线经过点A 时，直线y ＝－3x ＋z 在y 轴上的截距最小，即z 最小．解方程组⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ＝4，y ＝3得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝3，即点A 的坐标为(1,3)．从而z ＝3x ＋y 的最小值为3×1＋3＝6.方法二 (代点比较法)画图易知，题设不等式组对应的可行域是封闭的三角形区域，所以只需要比较三角形区域三个顶点处的z 的大小即可．易知直线x ＋y ＝4与y ＝3的交点坐标为(1,3)，直线x ＋y ＝4与x －y ＝2的交点坐标为(3,1)，直线x －y ＝2与y ＝3的交点坐标为(5,3)，将这三个顶点的坐标分别代入z ＝3x ＋y 可得z 的值分别为6,10,18，所以比较可知z min ＝6.方法三 (巧用不等式的性质)因为x ＋y ≥4，所以3x ＋3y ≥12. ① 因为y ≤3，所以－2y ≥－6.②于是，由①＋②可得3x ＋3y ＋(－2y )≥12＋(－6)，即3x ＋y ≥6，当且仅当x ＋y ＝4且y ＝3，即x ＝1，y ＝3时不等式取等号，易知此时不等式x －y ≤2成立． 4．不等式(x －2y ＋1)(x ＋y －3)≤0在直角坐标平面内表示的区域(用阴影部分表示)，应是下列图形中的( )答案 C解析 (x －2y ＋1)(x ＋y －3)≤0等价于⎩⎪⎨⎪⎧ x －2y ＋1≥0，x ＋y －3≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x －2y ＋1≤0，x ＋y －3≥0，即不等式表示的区域是同时在两直线的上方部分或同时在两直线的下方部分，只有选项C 符合题意．5．(2022·长沙模拟)若x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥0，x －y ≥0，x ≤1，则z ＝2x －y 的取值范围是( )A ．[0,3]B ．[1,3]C ．[－3,0]D ．[－3，－1]答案 A解析作出⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≥0，x －y ≥0，x ≤1表示的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，x ＋y ＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝－1，即B (1，－1)，化目标函数z ＝2x －y 为y ＝2x －z ，由图可知，当直线y ＝2x －z 过原点时，直线在y 轴上的截距最大，z 有最小值，为2×0－0＝0；当直线y ＝2x －z 过点B 时，直线在y 轴上的截距最小，z 有最大值，为2×1－(－1)＝3， ∴z ＝2x －y 的取值范围是[0,3]．6．一小商贩准备用50元钱在某批发市场购买甲、乙两种小商品，甲每件进价4元，乙每件进价7元，甲商品每卖出去1件可赚1元，乙商品每卖出去1件可赚1.8元．该商贩若想获取最大收益，则购买甲、乙两种商品的件数应分别为( ) A ．甲7件，乙3件 B ．甲9件，乙2件 C ．甲4件，乙5件 D ．甲2件，乙6件答案 D解析设购买甲、乙两种商品的件数应分别x ，y 件，利润为z 元，由题意⎩⎪⎨⎪⎧4x ＋7y ≤50，x ，y ∈N ，z ＝x ＋1.8y ，画出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，结合实际情况，显然当y ＝－59x ＋59z 经过整点A (2，6)时，z 最大．7．设x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －6≤0，x ＋y －1≥0，2x －y ＋1≥0，则z ＝y －1x ＋1的最大值是( )A.127 B.12 C ．1 D ．2答案 A解析作出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，z ＝y －1x ＋1表示可行域中的点(x ，y )与点P (－1,1)的连线的斜率，由图可知z ＝y －1x ＋1的最大值在A 点取得，由⎩⎪⎨⎪⎧x －6＝0，2x －y ＋1＝0，得A (6,13)，所以z max ＝13－16＋1＝127.8．在某校冬季长跑活动中，学校要给获得一、二等奖的学生购买奖品，要求花费总额不得超过200元．已知一等奖和二等奖奖品的单价分别为20元、10元，一等奖人数与二等奖人数的比值不得高于13，且获得一等奖的人数不能少于2人，那么下列说法中错误的是( )A ．最多可以购买4份一等奖奖品B ．最多可以购买16份二等奖奖品C ．购买奖品至少要花费100元D ．共有20种不同的购买奖品方案答案 D解析设获得一等奖和二等奖的人数分别为x ，y (x ，y ∈N *)，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧20x ＋10y ≤200，3x ≤y ，x ≥2，作出该不等式组对应的平面区域，如图中阴影部分(含边界)所示，由图可知，2≤x ≤4,6≤y ≤16，故x 可取2,3,4，故最多可以购买4份一等奖奖品，最多可以购买16份二等奖奖品，购买奖品至少要花费2×20＋6×10＝100(元)，故A ，B ，C 正确；当x ＝2时，y 可取6,7,8,9,10,11,12,13,14,15,16，共有11种，当x ＝3时，y 可取9,10,11,12,13,14，共6种，当x ＝4时，y 可取12，共1种，故共有11＋6＋1＝18(种)，故D 不正确．9．已知点(1,1)在直线x ＋2y ＋b ＝0的下方，则实数b 的取值范围是________．答案 (－∞，－3)解析因为点(1,1)在直线x ＋2y ＋b ＝0的下方，所以1＋2＋b <0，解得b <－3. 10．已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －y ≤0，x ＋y －2≥0，x －3y ＋6≥0，则2y4x 的最小值为________．答案 18解析画出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，2y 4x ＝2y －2x，若使2y －2x 最小，需y －2x 最小．令z ＝y －2x ，则y ＝2x ＋z ， z 表示直线在y 轴上的截距，根据平移知，当x ＝3，y ＝3时，z ＝y －2x 有最小值为－3，则2y 4x 的最小值为2－3＝18. 11．已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋4≥0，x ＋y －1≥0，x ≤1，若直线y ＝k (x －1)将可行域分成面积相等的两部分，则实数k 的值为________．答案－4解析画出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，其中A (1,6)，B (1,0)，C (－1,2)．由于直线y ＝k (x －1)过定点B (1,0)且将可行域分成面积相等的两部分，所以当直线y ＝k (x －1)过线段AC 的中点D (0,4)时，△ABD 和△BCD 的面积相等，此时k ＝k BD ＝4－00－1＝－4.12．现某小型服装厂锁边车间有锁边工10名，杂工15名，有7台电脑机，每台电脑机每天可给12件衣服锁边；有5台普通机，每台普通机每天可给10件衣服锁边．如果一天至少有100件衣服需要锁边，用电脑机每台需配锁边工1名，杂工2名，用普通机每台需要配锁边工1名，杂工1名，用电脑机给一件衣服锁边可获利8元，用普通机给一件衣服锁边可获利6元，则该服装厂锁边车间一天最多可获利________元．答案 780解析设每天安排电脑机和普通机各x ，y 台，则一天可获利z ＝12×8x ＋10×6y ＝96x ＋60y ，线性约束条件为⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ≤10，2x ＋y ≤15，12x ＋10y ≥100，0<x ≤7，0<y ≤5，画出可行域(图略)，可知当目标函数经过(5,5)时，z max ＝780.13．(2022·郑州模拟)已知M (x ，y )是不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y －2≤0，x ＋y ＋2≥0，y ≤1所表示的平面区域内的任意一点，且M (x ，y )满足x 2＋y 2≤a ，则a 的最小值为( ) A ．3 B ．4 C ．9 D ．10 答案 D解析作出不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y －2≤0，x ＋y ＋2≥0，y ≤1所表示的可行域，如图中的阴影部分(含边界)所示，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋2＝0，y ＝1，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－3，y ＝1，即点A (－3,1)，同理可得B (3,1)，C (0，－2)，且OA ＝OB ＝10，OC ＝2，x 2＋y 2的几何意义为原点O 与可行域内的点M (x ，y )的距离的平方，由图可知，当点M 与点A 或点B 重合时，OM 取最大值，故x 2＋y 2的最大值为10， ∴a ≥10，即a 的最小值为10.14．已知实数x ，y 满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2≤0，x ≥a ，x ≤y ，且z ＝2x －y 的最大值是最小值的2倍，则a 等于( ) A.34 B.56 C.65 D.43 答案 B解析根据题中所给的约束条件，画出相应的可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，作出直线l ：y ＝2x ，平移直线l ，由图可知，当直线经过点D 时，直线在y 轴上的截距最小，此时z ＝2x －y 取得最大值，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2＝0，x ＝y ，可得D (1,1)，所以z ＝2x －y 的最大值是1；当直线经过点B 时，直线在y 轴上的截距最大，此时z ＝2x －y 取得最小值，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －2＝0，x ＝a ，可得B (a ,2－a )，所以z ＝2x －y 的最小值是3a －2，因为z ＝2x －y 的最大值是最小值的2倍，所以6a －4＝1，解得a ＝56.15．实数对(x ，y )满足不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x －y －2≤0，x ＋2y －5≥0，y －2≤0，且目标函数z ＝kx －y 当且仅当x ＝3，y ＝1时取最大值，则k 的取值范围为( ) A.⎝⎛⎭⎫－12，＋∞ B.⎣⎡⎭⎫－12，1 C.⎝⎛⎭⎫－12，1 D ．(－∞，1]答案 C解析作出可行域，如图中阴影部分(含边界)所示，其中A (1,2)，B (4,2)，C (3,1)，由z ＝kx －y ，将直线l ：y ＝kx －z 进行平移可得直线在y 轴上的截距为－z ，因此直线在y 轴上截距最小时，目标函数z 达到最大值．因为当且仅当l 经过点C (3,1)时，目标函数z 达到最大值，所以直线l 的斜率应介于直线AC 的斜率与直线BC 的斜率之间， k AC ＝1－23－1＝－12，k BC ＝2－14－3＝1，所以k 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－12，1. 16．(2022·宜春模拟)设实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －6≥0，x ＋2y －6≤0，y ≥0，则2y 2－xy x 2的最小值是________．答案－18解析作出不等式组对应的平面区域如图中阴影部分(含边界)所示，k ＝yx 的几何意义为可行域内的点到原点的斜率，由图象可知，OA 的斜率最大，由⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －6＝0，x ＋2y －6＝0得A (2,2)， ∴0≤k ≤1，∴2y 2－xy x 2＝2⎝⎛⎭⎫y x 2－y x＝2k 2－k ＝2⎝⎛⎭⎫k －142－18≥－18⎝⎛⎭⎫当且仅当k ＝14时，取到最小值.。

高三数学一轮总复习第十四章推理与证明(文)(教师用书)

高三数学一轮总复习第十四章推理与证明（文）（教师用书）高考导航考试要求重难点击命题展望1.了解合情推理的含义.2.能利用归纳与类比等进行简单的推理.3.体会并认识合情推理在数学发现中的作用.4.了解演绎推理的重要性.5.掌握演绎推理的基本模式：“三段论”.6.能运用演绎推理进行简单的推理.7.了解演绎推理、合情推理的联系与区别.8.了解直接证明的两种基本方法：分析法与综合法.9.了解分析法与综合法的思维过程、特点.10.了解反证法是间接证明的一种基本方法及反证法的思维过程、特点.11.了解数学归纳法的原理.12.能用数学归纳法证明一些简单的与自然数有关的数学命题.本章重点：1.利用归纳与类比进行推理；2.利用“三段论”进行推理与证明；3.运用直接证明(分析法、综合法)与间接证明(反证法)的方法证明一些简单的命题；4.数学归纳法的基本思想与证明步骤；运用数学归纳法证明与自然数n(n∈N*)有关的数学命题.本章难点：1.利用归纳与类比的推理来发现结论并形成猜想命题；2.根据综合法、分析法及反证法的思维过程与特点选取适当的证明方法证明命题；3.理解数学归纳法的思维实质，特别是在第二个步骤要根据归纳假设进行推理与证明.“推理与证明”是数学的基本思维过程，也是人们学习和生活中经常使用的思维方式.本章要求考生通过对已有知识的回顾与总结，进一步体会直观感知、观察发现、归纳类比、空间想象、抽象概括、符号表示、运算求解、数据处理、演绎证明、反思与建构等数学思维过程以及合情推理、演绎推理之间的联系与差异，体会数学证明的特点，了解数学证明的基本方法.本章是新课程考纲中新增的内容，考查的范围宽，内容多，涉及数学知识的方方面面，与旧考纲相比，增加了合情推理等知识点，这为创新性试题的命制提供了空间.知识网络14.1 合情推理与演绎推理典例精析题型一运用归纳推理发现一般性结论【例1】通过观察下列等式，猜想出一个一般性的结论，并证明结论的真假. sin215°＋sin275°＋sin2135°＝32；sin230°＋sin290°＋sin2150°＝32；sin245°＋sin2105°＋sin2165°＝32；sin260°＋sin2120°＋sin2180°＝32.【解析】猜想：sin2(α－60°)＋sin2α＋sin2(α＋60°)＝32.左边＝(sin αcos 60°－cos αsin 60°)2＋sin2α＋(sin αcos 60°＋cos αsin 60°)2＝32(sin2α＋cos2α)＝32＝右边. 【点拨】先猜后证是一种常见题型；归纳推理的一些常见形式：一是“具有共同特征型”，二是“递推型”，三是“循环型”(周期性).【变式训练1】设直角三角形的两直角边的长分别为a ，b ，斜边长为c ，斜边上的高为h ，则有a ＋b ＜c ＋h 成立，某同学通过类比得到如下四个结论：①a2＋b2＞c2＋h2；②a3＋b3＜c3＋h3；③a4＋b4＜c4＋h4；④a5＋b5＞c5＋h5. 其中正确结论的序号是；进一步类比得到的一般结论是 . 【解析】②③；an ＋bn ＜cn ＋hn(n ∈N*). 题型二运用类比推理拓展新知识【例2】请用类比推理完成下表：平面空间三角形两边之和大于第三边三棱锥任意三个面的面积之和大于第四个面的面积三角形的面积等于任意一边的长度与这边上的高的乘积的一半三棱锥的体积等于任意一个底面的面积与该底面上的高的乘积的三分之一三角形的面积等于其内切圆半径与三角形周长的乘积的一半①平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；②三角形各边的边长与三棱锥各面的面积是类比对象；③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；⑤三角形的面积公式中的“二分之一”与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象. 由以上分析可知：故第三行空格应填：三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥表面积的乘积的三分之一. 本题结论可以用等体积法，将三棱锥分割成四个小的三棱锥去证明，此处从略.【点拨】类比推理的关键是找到合适的类比对象.平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论.一般平面中的一些元素与空间中的一些元素的类比列表如下：平面空间点线线面圆球三角形三棱锥角二面角面积体积周长表面积 ……【变式训练2】面积为S 的平面凸四边形的第i 条边的边长记为ai(i ＝1,2,3,4)，此四边形内任一点P 到第i 条边的距离为hi(i ＝1,2,3,4)，(1)若a11＝a22＝a33＝a44＝k ，则∑=41i iih＝；(2)类比以上性质，体积为V 的三棱锥的第i 个面的面积记为Si(i ＝1,2,3,4)，此三棱锥内任一点Q 到第i 个面的距离记为Hi(i ＝1,2,3,4)，若S11＝S22＝S33＝S44＝K ，则∑=41i iiH＝ . 【解析】2S k ；3VK.题型三运用“三段论”进行演绎推理【例3】已知函数f(x)＝ln ax －x －ax (a≠0).(1)求此函数的单调区间及最值；(2)求证：对于任意正整数n ，均有1＋12＋13＋…＋1n ≥ln enn ！.【解析】(1)由题意f′(x)＝x －ax2.当a ＞0时，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，此时函数在(0，a)上是减函数，在(a ，＋∞)上是增函数， fmin(x)＝f(a)＝ln a2，无最大值.当a ＜0时，函数f(x)的定义域为(－∞，0)，此时函数在(－∞，a)上是减函数，在(a,0)上是增函数， fmin(x)＝f(a)＝ln a2，无最大值.(2)取a ＝1，由(1)知，f(x)＝ln x －x －1x ≥f(1)＝0，故1x ≥1－ln x ＝ln e x，取x ＝1,2,3，…，n ，则1＋12＋13＋…＋1n ≥ln e＋ln e 2＋…＋ln e n ＝ln en n ！.【点拨】演绎推理是推理证明的主要途径，而“三段论”是演绎推理的一种重要的推理形式，在高考中以证明题出现的频率较大.【变式训练3】已知函数f(x)＝eg(x)，g(x)＝kx －1x ＋1(e 是自然对数的底数)，(1)若对任意的x ＞0，都有f(x)＜x ＋1，求满足条件的最大整数k 的值； (2)求证：ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n(n ＋1)]＞2n －3(n ∈N*). 【解析】(1)由条件得到f(1)＜2⇒11-2e +x x ＜2⇒k ＜2ln 2＋1＜3，猜测最大整数k ＝2，现在证明11-2e +x x ＜x ＋1对任意x ＞0恒成立：11-2e +x x ＜x ＋1等价于2－3x ＋1＜ln(x ＋1)⇔ln(x ＋1)＋3x ＋1＞2，设h(x)＝ln(x ＋1)＋3x ＋1，则h′(x)＝1x ＋1－3(x ＋1)2＝x －2(x ＋1)2.故x ∈(0,2)时，h′(x)＜0，当x ∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0. 所以对任意的x ＞0都有h(x)≥h(2)＝ln 3＋1＞2，即11-2e +x x ＜x ＋1对任意x ＞0恒成立，所以整数k 的最大值为2. (2)由(1)得到不等式2－3x ＋1＜ln(x ＋1)，所以ln[1＋k(k ＋1)]＞2－3k(k ＋1)＋1＞2－3k(k ＋1)，ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n(n ＋1)]＞(2－31×2)＋(2－32×3)＋…＋[2－3n(n ＋1)]＝2n －3[11×2＋12×3＋…＋1n(n ＋1)]＝2n －3＋3n ＋1＞2n －3，所以原不等式成立. 总结提高合情推理与演绎推理是两种基本的思维推理方式.尽管合情推理(归纳、类比)得到的结论未必正确，但归纳推理与类比推理具有猜想和发现新结论、探索和提供证明的新思路的重要作用，特别在数学学习中，我们可以由熟悉的、已知的知识领域运用归纳、类比思维获取发现和创造的灵感去探索陌生的、未知的知识领域.演绎推理是数学逻辑思维的主要形式，担负着判断命题真假的重要使命.如果说合情推理是以感性思维为主，只需有感而发；那么演绎推理则是以理性思维为主，要求言必有据.在近几年高考中一道合情推理的试题往往会成为一套高考试题的特色与亮点，以彰显数学思维的魅力.其中数列的通项公式、求和公式的归纳、等差数列与等比数列、平面与空间、圆锥曲线与圆、杨辉三角等的类比的考查频率较大.而演绎推理的考查则可以渗透到每一道试题中.14.2 直接证明与间接证明典例精析题型一运用综合法证明【例1】设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab ≥8.【证明】因为a ＋b ＝1，所以1a ＋1b ＋1ab ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＋a ＋b ab ＝1＋b a ＋1＋a b ＋a ＋b ab ≥2＋b a a b •＋a ＋b (a ＋b2)2＝2＋2＋4＝8，当且仅当a ＝b ＝12时等号成立.【点拨】在用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从已知逐渐引出结论.【变式训练1】设a ，b ，c ＞0，求证：a2b ＋b2c ＋c2a ≥a＋b ＋c.【证明】因为a ，b ，c ＞0，根据基本不等式，有a2b ＋b≥2a，b2c ＋c≥2b，c2a ＋a≥2c. 三式相加：a2b ＋b2c ＋c2a ＋a ＋b ＋c≥2(a＋b ＋c).即a2b ＋b2c ＋c2a≥a＋b ＋c. 题型二运用分析法证明【例2】设a 、b 、c 为任意三角形三边长，I ＝a ＋b ＋c ，S ＝ab ＋bc ＋ca.求证：I2＜4S. 【证明】由I2＝(a ＋b ＋c)2＝a2＋b2＋c2＋2(ab ＋bc ＋ac)＝a2＋b2＋c2＋2S ，故要证I2＜4S ，只需证a2＋b2＋c2＋2S ＜4S ，即a2＋b2＋c2＜2S. 欲证上式，只需证a2＋b2＋c2－2ab －2bc －2ca ＜0，即证(a2－ab －ac)＋(b2－bc －ba)＋(c2－ca －cb)＜0，只需证三括号中的式子均为负值即可，即证a2＜ab ＋ac ，b2＜bc ＋ba ，c2＜ca ＋cb ，即a ＜b ＋c ，b ＜a ＋c ，c ＜a ＋b ，显然成立，因为三角形任意一边小于其他两边之和. 故I2＜4S.【点拨】(1)应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解题途径.(2)应用分析法证明问题时要注意：严格按分析法的语言表达；下一步是上一步的充分条件. 【变式训练2】已知a ＞0，求证：a2＋1a2－2≥a＋1a－2.【证明】要证a2＋1a2－2≥a＋1a－2，只要证a2＋1a2＋2≥a＋1a＋ 2.因为a ＞0，故只要证(a2＋1a2＋2)2≥(a＋1a＋2)2，即a2＋1a2＋4a2＋1a2＋4≥a2＋2＋1a2＋22(a ＋1a )＋2，从而只要证2a2＋1a2≥2(a ＋1a)，只要证4(a2＋1a2)≥2(a2＋2＋1a2)，即a2＋1a2≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立.题型三运用反证法证明【例3】若x ，y 都是正实数，且x ＋y ＞2.求证：1＋x y ＜2或1＋yx ＜2中至少有一个成立.【证明】假设1＋x y ＜2和1＋y x ＜2都不成立.则1＋x y ≥2，1＋yx ≥2同时成立.因为x ＞0且y ＞0，所以1＋x≥2y 且1＋y≥2x，两式相加得2＋x ＋y≥2x＋2y ，所以x ＋y≤2，这与已知条件x ＋y ＞2相矛盾. 因此1＋x y ＜2与1＋y x＜2中至少有一个成立.【点拨】一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；②否定命题，唯一性命题，存在性命题，“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及到无限个元素，用直接证明形式比较困难因而往往采用反证法. 【变式训练3】已知下列三个方程：x2＋4ax －4a ＋3＝0；x2＋(a －1)x ＋a2＝0；x2＋2ax －2a ＝0，若至少有一个方程有实根，求实数a 的取值范围. 【解析】假设三个方程均无实根，则有 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧----+--＜0.)2(4)(2＜0,4)1(＜0,)34(4)4(2222a a a a a a由(4a)2－4(－4a ＋3)＜0，得4a2＋4a －3＜0，即－32＜a ＜12；由(a －1)2－4a2＜0，得(a ＋1)(3a －1)＞0，即a ＜－1或a ＞13；由(2a)2－4(－2a)＜0，得a(a ＋2)＜0，即－2＜a ＜0.以上三部分取交集得M ＝{a|－32＜a ＜－1}，则三个方程至少有一个方程有实根的实数a 的取值范围为∁RM ，即{a|a ≤－32或a≥－1}.总结提高分析法与综合法各有其优缺点：分析法是执果索因，比较容易寻求解题思路，但叙述繁琐；综合法叙述简洁，但常常思路阻塞.因此在实际解题时，需将两者结合起来运用，先用分析法寻求解题思路，再用综合法简洁地叙述解题过程.从逻辑思维的角度看，原命题“p ⇒q”与逆否命题“⌝q ⇒⌝p”是等价的，而反证法是相当于由“⌝q”推出“⌝p”成立，从而证明了原命题正确.因此在运用反证法的证明过程中要特别注意条件“⌝q”的推理作用.综合法与分析法在新课标中第一次成为独立的显性的课题，预测可能有显性的相关考试命题.反证法证明的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知矛盾，或与假设矛盾或与定义、公理、公式事实矛盾等.14.3 数学归纳法典例精析题型一用数学归纳法证明恒等式【例1】是否存在常数a 、b 、c ，使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n ∈N*都成立？若存在，求出a 、b 、c 并证明；若不存在，试说明理由.【解析】假设存在a 、b 、c 使12＋22＋32＋…＋n2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n ∈N*都成立.当n ＝1时，a(b ＋c)＝1；当n ＝2时，2a(4b ＋c)＝6；当n ＝3时，3a(9b ＋c)＝19. 解方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+,19)9(3,3)4(,1)(c b a c b b c b a 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===.1,2,31c b a证明如下：当n ＝1时，显然成立；假设n ＝k(k ∈N*，k≥1)时等式成立，即12＋22＋32＋…＋k2＋(k －1)2＋…＋22＋12＝13k(2k2＋1)；则当n ＝k ＋1时，12＋22＋32＋…＋k2＋(k ＋1)2＋k2＋(k －1)2＋…＋22＋12＝13k(2k2＋1)＋(k ＋1)2＋k2＝13k(2k2＋3k ＋1)＋(k ＋1)2＝13k(2k ＋1)(k ＋1)＋(k ＋1)2 ＝13(k ＋1)(2k2＋4k ＋3)＝13(k ＋1)[2(k ＋1)2＋1]. 因此存在a ＝13，b ＝2，c ＝1，使等式对一切n ∈N*都成立.【点拨】用数学归纳法证明与正整数n 有关的恒等式时要弄清等式两边的项的构成规律：由n ＝k 到n ＝k ＋1时等式左右各如何增减，发生了怎样的变化. 【变式训练1】用数学归纳法证明：当n ∈N*时，11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n2n ＋1.【证明】(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边，所以等式成立.(2)假设当n ＝k(k ∈N*)时等式成立，即有11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＝k2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k 2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3) ＝k(2k ＋3)＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝2k2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3＝k ＋12(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立.由(1)(2)可知，对一切n ∈N*等式都成立. 题型二用数学归纳法证明整除性问题【例2】已知f(n)＝(2n ＋7)·3n ＋9，是否存在自然数m 使得任意的n ∈N*，都有m 整除f(n)？若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【解析】由f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360，猜想：f(n)能被36整除，下面用数学归纳法证明.(1)当n ＝1时，结论显然成立；(2)假设当n ＝k(k≥1，k ∈N*)时结论成立，即f(k)＝(2k ＋7)·3k ＋9能被36整除. 则当n ＝k ＋1时，f(k ＋1)＝(2k ＋9)·3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)·3k ＋9]＋18(3k －1－1)，由假设知3[(2k ＋7)·3k ＋9]能被36 整除，又3k －1－1是偶数，故18(3k －1－1)也能被36 整除.即n ＝k ＋1时结论也成立. 故由(1)(2)可知，对任意正整数n 都有f(n)能被36整除. 由f(1)＝36知36是整除f(n)的最大值.【点拨】与正整数n 有关的整除性问题也可考虑用数学归纳法证明. 在证明n ＝k ＋1结论也成立时，要注意“凑形”，即凑出归纳假设的形式，以便于充分利用归纳假设的条件. 【变式训练2】求证：当n 为正整数时，f(n)＝32n ＋2－8n －9能被64整除. 【证明】方法一：①当n ＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，命题显然成立.②假设当n ＝k(k≥1，k ∈N*)时结论成立，即f(k)＝32k ＋2－8k －9能被64整除.由于32(k ＋1)＋2－8(k ＋1)－9＝9(32k ＋2－8k －9)＋9·8k ＋9·9－8(k ＋1)－9＝9(32k ＋2－8k －9)＋64(k ＋1)，即f(k ＋1)＝9f(k)＋64(k ＋1)，所以n ＝k ＋1时命题也成立.根据①②可知，对任意的n ∈N*，命题都成立.方法二：①当n ＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，命题显然成立.②假设当n ＝k(k≥1，k ∈N*)时，f(k)＝32k ＋2－8k －9能被64整除.由归纳假设，设32k ＋2－8k －9＝64m(m 为大于1的自然数)，将32k ＋2＝64m ＋8k ＋9代入到f(k ＋1)中得 f(k ＋1)＝9(64m ＋8k ＋9)－8(k ＋1)－9＝64(9m ＋k ＋1)，所以n ＝k ＋1时命题也成立. 根据①②可知，对任意的n ∈N*，命题都成立.题型三数学归纳法在函数、数列、不等式证明中的运用【例3】(2009山东)等比数列{an}的前n 项和为Sn ，已知对任意的n ∈N*，点(n ，Sn)均在函数y ＝bx ＋r(b ＞0且b≠1，b ，r 均为常数)的图象上. (1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记bn ＝2(log2an ＋1)(n ∈N*)，求证：对任意的n ∈N*，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·bn ＋1bn＞n ＋1成立. 【解析】(1)因为点(n ，Sn)均在函数y ＝bx ＋r(b ＞0且b≠1，b ，r 均为常数)的图象上，所以Sn ＝bn ＋r(b ＞0且b≠1，b ，r 均为常数).当n ＝1时，a1＝S1＝b ＋r ；当n≥2时，an ＝Sn －Sn －1＝bn ＋r －bn －1－r ＝(b －1)bn －1. 又数列{an}为等比数列，故r ＝－1且公比为b. (2)当b ＝2时，an ＝2n －1，所以bn ＝2(log2an ＋1)＝2(log22n －1＋1)＝2n(n ∈N*)，所以bn ＋1bn ＝2n ＋12n，于是要证明的不等式为32·54·…·2n ＋12n ＞n ＋1对任意的n ∈N*成立.下面用数学归纳法证明. 当n ＝1时，32＞2显然成立.假设当n ＝k 时不等式成立，即32·54·…·2k ＋12k ＞k ＋1.则当n ＝k ＋1时，32·54·…·2k ＋12k ·2k ＋32k ＋2＞k ＋1·2k ＋32k ＋2＝k ＋1·(2k ＋32k ＋2)2＝(2k ＋3)24(k ＋1)＝[2(k ＋1)＋1]24(k ＋1)＝4(k ＋1)2＋4(k ＋1)＋14(k ＋1)＝(k ＋1)＋1＋14(k ＋1)＞(k ＋1)＋1，即当n ＝k ＋1时不等式成立，所以原不等式对任意n ∈N*成立.【点拨】运用归纳推理得到的结论不一定正确，需进行证明.用数学归纳法证明不等式时必须要利用归纳假设的条件，并且灵活运用放缩法、基本不等式等数学方法. 【变式训练3】设函数f(x)＝ex －1＋ax(a ∈R).(1)若函数f(x)在x ＝1处有极值，且函数g(x)＝f(x)＋b 在(0，＋∞)上有零点，求b 的最大值；(2)若f(x)在(1,2)上为单调函数，求实数a 的取值范围；(3)在(1)的条件下，数列{an}中a1＝1，an ＋1＝f(an)－f′(an)，求|an ＋1－an|的最小值. 【解析】(1)f′(x)＝ex －1－ax2，又函数f(x)在x ＝1处有极值，所以f′(1)＝0，即a ＝1，经检验符合题意.g′(x)＝ex －1－1x2，当x ∈(0,1)时，g′(x)＜0，g(x)为减函数，当x ＝1时，g′(x)＝0，当x ∈(1，＋∞)时g′(x)＞0，g(x)为增函数.所以g(x)在x ＝1时取得极小值g(1)＝2＋b ，依题意g(1)≤0，所以b≤－2，所以b 的最大值为－2. (2)f′(x)＝ex －1－ax2，当f(x)在(1,2)上单调递增时，ex －1－ax2≥0在[1,2]上恒成立，所以a≤x2ex－1，令h(x)＝x21ex ，则h′(x)＝ex －1(x2＋2x)＞0在[1,2]上恒成立，即h(x)在[1,2]上单调递增，所以h(x)在[1,2]上的最小值为h(1)＝1，所以a≤1；当f(x)在[1,2]上单调递减时，同理a≥x2ex－1，h(x)＝x2ex －1在[1,2]上的最大值为h(2)＝4e ，所以a≥4e. 综上实数a 的取值范围为a≤1或a≥4e.(3)由(1)得a ＝1，所以f(x)－f′(x)＝1x ＋1x2，因此an ＋1＝1an ＋1a2n ，a1＝1，所以a2＝2，可得0＜a2n ＋1＜1，a2n ＋2＞2.用数学归纳法证明如下： ①当n ＝1时，a3＝34，a4＝289，结论成立；②设n ＝k ，k ∈N*时结论成立，即0＜a2k ＋1＜1，a2k ＋2＞2，则n ＝k ＋1时，a2k ＋3＝1a2k ＋2＋1a22k ＋2＜12＋12＝1，所以0＜a2k ＋3＜1，a2k ＋4＝1a2k ＋3＋1a22k ＋3＞1＋1＝2.所以n ＝k ＋1时结论也成立，根据①②可得0＜a2n ＋1＜1，a2n ＋2＞2恒成立，所以|an ＋1－an|≥a2－a1＝2－1＝1，即|an ＋1－an|的最小值为1. 总结提高数学归纳法是证明与自然数有关的命题的常用方法，它是在归纳的基础上进行的演绎推理，其大前提是皮亚诺公理(即归纳公理)：设M 是正整数集合的子集，且具有如下性质： ①1∈M ；②若k ∈M ，则k ＋1∈M ，那么必有M ＝N*成立.数学归纳法证明的两个步骤体现了递推的数学思想，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，通过对两个命题的证明替代了无限多次的验证，实现了有限与无限的辩证统一.从近几年的高考试题来看，比较注重于对数学归纳法的思想本质的考查，如“归纳、猜想、证明”是一种常见的命题形式.而涉及的知识内容也是很广泛的，可覆盖代数命题、三角恒等式、不等式、数列、几何命题、整除性命题等.其难点往往在第二步，关键是“凑形”以便运用归纳假设的条件.。

高考数学复习点拨回顾《推理与证明》

回顾《推理与证明》一、本章知识结构图二、知识要点1．归纳推理（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．归纳推理是由部分到整体，由个别到一般地推理．如果归纳的个别情况越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也就越可靠，应用归纳推理可以获得新的结论．（2）归纳推理的一般步骤：①通过观察个别情况发现某些相同性质；②从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题（猜想）．2．类比推理（1）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，类比的结论不一定真，在一般情况下，如果类比的相似性越多，相似性之间越相关，那么类比得到的结论也就越可靠．（2）类比推理的一般步骤：①找出两类事物之间的相似性或一致性．②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）．3．演绎推理（1）从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论的推理叫做_______，它的一般模式为三段论．（2）“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提：__________；②小前提：__________；③结论：根据一般原理，对特殊情况做出的判断．4．综合法一般地，利用已知条件和某些数学定义、定理、公理等，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．5．分析法一般地，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，把要证明的结论归纳为判定一个明显成立的条件（已知条件、定理、定义、公理等），这种证明的方法叫做分析法．6．反证法一般地，假设原命题不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．三、注意事项1．归纳和类比都是____________．前者是由特殊到一般，部分到整体的推理，后者是由___________到特殊的推理，但二者都能由已知推测未知，都能用于猜想，推理的结论不一定为真，有待进一步证明．2．演绎推理与合情推理不同，是由______到特殊的推理，是数学证明的基本推理形式，也是公理化体系所采用的推理形式．另一方面，合情推理与演绎推理又是相辅相成的，前者是后者的前提，后者论证前者的可靠性．3．______和_______是数学证明的两类基本证明方法．直接证明的两类基本方法是_______和_______，_________是从已知条件推导出结论的证明方法；_________是由结论追溯到条件的证明方法，在解决数学问题时，常把它们结合起来使用．间接证法的一种基本方法是__________，它是从结论反面成立出发，推出矛盾的证明方法．。

高考数学一轮总复习数学证明与推理解题技巧

高考数学一轮总复习数学证明与推理解题技巧在高考数学考试中，证明与推理题目占据了一定比例。

掌握好数学证明与推理解题技巧，可以帮助我们在考试中更加游刃有余。

本文将介绍一些实用的数学证明与推理解题技巧，希望对大家备战高考有所帮助。

一、数学证明解题技巧1. 理清思路在做数学证明题目时，首先要理清思路。

明确题目的要求，分析给定条件与结论之间的关系，确定证明方向。

可以使用逆否命题、反证法、数学归纳法等方法，构建合理的证明思路。

2. 利用已知条件在进行数学证明时，经常需要利用已知条件推导出所需结论。

需要熟练掌握几何图形的性质、函数的性质等常用数学知识，并灵活运用到证明过程中。

3. 注意等式的变形数学证明过程中，变形等式是非常关键的一步。

可以通过代入、消元、开方、整理等方式，将原始等式转化为有利于证明的形式。

4. 使用数学定理和公式数学定理和公式是我们解题的利器。

合理运用数学定理和公式，可以简化证明过程，提高解题效率。

但需要注意在使用过程中要提供必要的条件和推理步骤，并且确保定理和公式的正确性。

二、数学推理解题技巧1. 分析问题在解决数学推理题目时，首先需要仔细阅读题目，分析问题的要求。

理解清楚给定条件和所求结论，找出问题的关键点。

2. 制定解题策略根据问题的特点和要求，制定合适的解题策略。

可以尝试逆向推理、分类讨论、引入辅助线等方法，选取适合的思路进行解题。

3. 运用数学定律和关系解决数学推理题目时，需要熟悉常见的数学定律和关系，如比例关系、三角函数的性质、图形的对称性等。

在解题过程中灵活运用这些知识，可以帮助我们更好地推理出正确的答案。

4. 注意判断条件在进行数学推理题目的解答过程中，需要注意判断条件的合理性。

判断条件是否充分、是否存在矛盾等，要进行仔细的思考和分析。

需要注意不要仅凭感性判断，要依据数学原理进行严谨思考。

总结：数学证明与推理是高考数学考试中需要掌握的重要技巧。

通过理清思路、利用已知条件、运用数学定理和公式、注意等式的变形等方法，可以更好地解决数学证明问题。

推理与证明高考知识点

推理与证明高考知识点高考是每个学生人生中至关重要的一场考试，决定了他们未来的命运。

而在高考中，推理与证明是数学科目中的重要知识点之一。

推理与证明不仅仅是高考试题中的一道难题，更是培养学生逻辑思维和解决问题能力的重要方式。

本文将就推理与证明的高考知识点进行探讨，并着重讲解一些常见的解题思路和方法。

一. 数学推理的基本思路推理是数学学科的核心内容之一，它要求考生通过有条理的思维方式和合理的步骤，从已知条件中得出合理的结论。

而要进行数学推理，首先需要具备一定的数学知识基础，掌握一些基本的公式和定理，理解一些概念和原则。

其次，推理需要运用逻辑思维，从因果关系、假设与逆否命题等方面进行分析和归纳。

最后，推理需要进行合理的演绎和推断，通过推演过程，逐步推导出结论。

二. 数学证明的要点和方法在高考中，很多考题需要考生进行证明，要求学生通过逻辑和推理，从已知条件出发，证明所给结论的正确性。

数学证明的要点主要包括假设条件、证明过程和结论三个方面。

首先，要根据题目给出的条件进行假设，确立起整个证明的基础。

其次，要清晰地列出证明过程中的步骤，运用恰当的定理和公式，逐步推导出结论。

最后，要对整个证明过程进行总结和归纳，得出最终的结论。

在进行数学证明时，常用的方法有直接证明法、逆否命题证明法、归谬法等。

直接证明法是最常见的方法，它通过使用已知条件和推理步骤，逐步推导出所需证明的结论。

逆否命题证明法则是将所需证明的命题的逆否命题进行证明，通过反证法，证明所需结论的正确性。

归谬法则是通过假设所需证明的结论是错误的，通过演绎推理导致矛盾的出现，从而证明了所需结论的正确性。

三. 解决推理与证明题的策略在高考中，推理与证明题常常是学生们头疼的问题。

然而，只要把握一些解题策略，就能顺利解决这些难题。

首先，要熟练掌握常见的定理和公式，理解其证明过程，并能够熟练运用。

其次，要培养逻辑思维的能力，通过多做题和分析题目，逐渐提升自己的解题能力。

高考数学一轮复习考点知识与题型讲解49 合情推理与证明(含解析)

高考数学一轮复习考点知识与题型讲解考点49 合情推理与证明一．合情推理(1)归纳推理①定义：从个别事实中推演出一般性的结论，称为归纳推理(简称归纳法)．②特点：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①定义：根据两个(或两类)对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，像这样的推理通常称为类比推理(简称类比法)．②特点：类比推理是由特殊到特殊的推理．(3)合情推理合情推理是根据已有的事实、正确的结论、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程．归纳推理和类比推理都是数学活动中常用的合情推理．二．演绎推理(1)演绎推理由一般性的命题推演出特殊性命题的推理方法称为演绎推理．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——一般性的原理；②小前提——特殊对象；③结论——揭示了一般原理与特殊对象的内在联系．三．直接证明(1)定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法．(2)一般形式⎭⎪⎬⎪⎫本题条件已知定义已知公理已知定理⇒A ⇒B ⇒C ⇒…⇒本题结论． (3)综合法①定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法常称为综合法．②推证过程已知条件⇒…⇒…⇒结论(4)分析法①定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法常称为分析法．②推证过程结论⇐…⇐…⇐已知条件四．间接证明(1)常用的间接证明方法有反证法、同一法等．(2)反证法的基本步骤①反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．②归谬——从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果．③存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立．考点题型分析考点题型一推理【例1】(2022·河南)有一个三段论推理：“等比数列中没有等于0的项，数列{}n a 是等比数列，所以0n a ≠”，这个推理( )A ．大前提错误B ．小前提错误C ．推理形式错误D ．是正确的【答案】D【解析】由等比数列的定义可知等比数列中没有等于0的项，即0n a ≠，可知推理正确. 故选：D.【举一反三】1．(2022·河南高二月考(文))已知函数()cos sin f x x x =-，()'f x 为() f x 的导函数，定义1()()f x f x '=，[]21()()f x f x '=，…，[]()1()()n n f x f x n *+'=∈N ，经计算，1()sin cos f x x x =--，2()cos sin f x x x =-+，3()sin cos f x x x =+，…，照此规律，则2021()f x =( )A ．cos sin x x -+B ．cos sin x x -C ．sin cos x x +D ．sin cos x x -- 【答案】D【解析】根据题意，可得[]43()()cos sin f x f x x x '==-，[]54()()sin cos f x f x x x '==--，[]65()()cos sin f x f x x x '==-+，…，观察知()n f x 呈周期性变化，周期为4，所以2021505411()()()f x f x f x ⨯+==sin cos x x =--．故选：D.2．(2022·全国高三月考(理))某电视综艺节目中，设置了如下游戏环节：工作人员分别在四位嘉宾甲、乙、丙、丁的后背贴上一张数字条，数字是1或2中的一个，每人都能看到别人的号码，但看不到自己后背的号码.丁问：“你们每人看到几个1、几个2？”甲说：“我看到三个1.”乙说：“我看到一个2和两个1.”丙说：“我看到三个2.”三个回答中，只有号码是1的嘉宾说了假话，则号码为2的嘉宾有( )A ．乙B ．甲、乙C ．丁D ．乙、丁【答案】D【解析】若甲说真话，则乙、丙说假话，但按甲所说内容看，乙说的又是真话，矛盾，故甲说的是假话，进而可确定丙也说的是假话.若乙说的是假话，要么甲、丙中至少有一个2，要么甲、乙、丁都是1，以上情形相互矛盾，所以乙说的是真话，号码为2的嘉宾只能是乙和丁.故选：D.3．(2022·安徽省泗县第一中学)将正奇数按如图所示规律排列，则第31行从左向右的第3个数为( )351715131191921232527172931A ．1915B ．1917C ．1919D ．1921 【答案】B【解析】如题图，第1行1个奇数，第2行3个奇数，第3行5个奇数，归纳可得第31行有312-1=61⨯个奇数，且奇数行按由大到小的顺序排列，偶数行按由小到大的顺序排列．又因为前31行共有1+61136131=9612++⋯+=⨯个奇数，则第31行第1个数是第961个奇数即是9612-1=1921⨯，则第3个数为1917．故选：考点题型二证明【例2】(2022·全国高三专题练习(理))已知a ，b ∈R ，a >b >e (其中e 是自然对数的底数)，用分析法求证：b a >a b .【答案】证明见解析.【解析】因为a >b >e ，b a >0，a b >0，所以要证b a >a b ，只需证alnb >blna ，只需证ln ln b a b a >取函数f (x )＝ln x x ，因为f ′(x )＝21ln x x-，所以当x >e 时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(e ，＋∞)上单调递减.所以当a >b >e 时，有f (b )>f (a )，即ln ln b a b a >得证.【举一反三】1．(2022·全国高三专题练习(文))已知a +b +c >0，ab +bc +ca >0，abc >0，求证：a ，b ，c >0.【答案】证明见解析【解析】①设0a <，因为0abc >，所以0bc <.又由0a b c ++>，则0b c a +>->，所以()0ab bc ca a b c bc ++=++<，与题设矛盾.②若0a =，则与0abc >矛盾，所以必有0a >.同理可证：0b >，0c >.综上可证,,0a b c >.2．(2022·全国高三专题练习(文))已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与x 轴有两个不同的交点，若f (c )＝0，且0<x <c 时，f (x )>0.(1)证明：1a 是f (x )＝0的一个根； (2)试比较1a与c 的大小．【答案】(1)证明见解析；(2)1a >c . 【解析】(1)∵f (x )＝ax 2+bx +c (a ＞0)的图象与x 轴有两个不同的交点，f (x )＝0的两个根x 1，x 2满足12c x x a=，又f (c )＝0，不妨设x 1＝c ∴21x a=，即1a 是()0f x =的一个根． (2)假设1c a ＜，又10a ＞由0＜x ＜c 时，f (x )＞0，得10f a ⎛⎫⎪⎝⎭＞，与10f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭矛盾 ∴1c a≥ ∵f (x )＝0的两个根不相等 ∴1c a≠，只有1c a ＞；3．(2022·全国高三专题练习(理))已知a >5<【答案】证明见解析.<，只需证)22，只需证2a －5＋a －5＋<只需证a 2－5a <a 2－5a ＋6，只需证0<6，∵0<6恒成立，<.。

2014年高考一轮复习热点难点精讲精析6.2推理与证明

2014年高考一轮复习热点难点精讲精析：6.2推理与证明一、合情推理与演绎推理（一）归纳推理 ※相关链接※ 1、归纳推理的特点：（1）归纳是依据特殊现象推断出一般现象，因而由归纳所得的结论超越了前提所包含的范围；（2）归纳的前提是特殊的情况，所以归纳是立足于观察、经验或试验的基础之上的。

2、归纳推理的一般步骤：（1）通过观察个别情况发现某些相同本质；（2）从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题。

注：归纳推理所得结论未必正确，有待进一步证明。

※例题解析※ 〖例〗设()f x =(0)(1),(1)(2),(2)(3),f f f f f f +-+-+，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明。

思路解析：由f(x)→计算各和式→得出结论→归纳猜想→证明解答：(0)(1)f f +===+=，同理可得：(1)(2)f f -+=(2)(3)f f -+=。

证明：设121,x x +=12()f x x +======（二）类比推理 ※相关链接※1、类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤是：（1）找出两类事物之间的相似性或一致性；（2）用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）。

2、类比是科学研究最普遍的方法之一。

在数学中，类比是发现概念、方法、定理和公式的重要手段，也是开拓新领域和创造新分支的重要手段。

类比在数学中应用广泛。

数与式、平面与空间、一元与多元、低次与高次、相等与不等、有限与无限之间有不少结论，都是先用类比法猜想，而后加以证明的。

注：类比推理推得的结论不一定正确，其正确性，有待进一步证明。

※例题解析※〖例1〗请用类比推理完成下表：而可解。

解答：本题由已知前两组类比可得到如下信息：①平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；②三角形各边的边长与三棱锥的各面的面积是类比对象；③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；⑤三角形的面积公式中的“二分之一”，与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象。