2015届高考二轮复习 专题四 第3讲 推理与证明

思维启迪
平面几何中的面积可类比到空间几何中的体积；
解析 正比，
平面几何中，圆的面积与圆的半径的平方成
而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，
V1 1 所以＝ ＝ . V2 27
答案 1 27
ex－e－x (2)已知双曲正弦函数 shx＝ 和双曲余弦函数 2 ex＋e－x chx ＝ 与我们学过的正弦函数和余弦函数有 2 许多类似的性质， 请类比正弦函数和余弦函数的和角 ．． 或差角 公式， 写出双曲正弦或双曲余弦函数的一个 类 ．．． ．． 似的正确结论________.
n n n c1n c2 cn n
)
c1 c2 · · · cn B.dn＝ n D.dn＝ c1c2· · · cn n
解析
由{an}为等差数列，设公差为d，
a1＋a2＋„＋an n－ 1 则 bn＝ ＝a1＋ d， 2 n
又正项数列{cn}为等比数列，设公比为q，
则 dn＝
答案
n
n c c1c2· · · cn＝ 1 q
n
n2 n 2
＝ c1 q
n 1 2
，故选 D.
D
(2)椭圆与双曲线有许多优美的对偶性质， 如对于椭圆有如 x2 y 2 下命题： AB 是椭圆 2＋ 2＝1(a>b>0)的不平行于对称轴且 a b 2 b 不过原点的弦，M 为 AB 的中点，则 kOM· kAB＝－ 2.那么 a x2 y2 对于双曲线则有如下命题：AB 是双曲线 2－ 2＝1(a>0， a b
六边形的个数是(
)
思维启迪
根据三个图案
A.26
C.32
B.31
D.36
中的正六边形个
数寻求规律；
解析 有菱形纹的正六边形个数如下表：
图案 个数 1 6 2 11 3 16 „ „
由表可以看出有菱形纹的正六边形的个数依次组成一
个以6为首项，以5为公差的等差数列，
所以第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是 6 ＋
4 3 5 4 6 5 7 解析 由题意得 f(2 )> ，f(2 )> ，f(2 )> ，f(2 )> ， 2 2 2 2
2
n＋2 所以当 n≥2 时，有 f(2 )> . 2
n
n＋2 故填 f(2 )> (n≥2，n∈N*). 2
n
热点二
类比推理
例 2 (1)在平面几何中有如下结论： 若正三角形 ABC 的内 S1 1 切圆面积为 S1，外接圆面积为 S2，则 ＝ .推广到空间几 S2 4 何可以得到类似结论：若正四面体 ABCD 的内切球体积为 V1 V1，外接球体积为 V2，则 ＝________. V2
成立，则只能有 n－m＝1，
2 4 － 此时等式为 ＝1＋ p m， 3 3
2 2 2 x2 y x y 1 1 2 2 2－ 2＝ 1， 2－ 2＝ 1， a b a b
2 2 2 x2 － x y － y 1 2 1 2 两式相减，得 2 ＝ 2 ， a b x1－x2x1＋x2 y1－y2y1＋y2 即 ＝ ， 2 2 a b y1－y2y1＋y2 b2 即 ＝ 2， x1－x2x1＋x2 a
(2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列.
思维启迪
否定性结论的证明可用反证法.
证明
假设存在某三项成等差数列，不妨设为bm、
bn、bp， 其中m、n、p是互不相等的正整数，可设m<n<p，
1 2 n－ 1 而 bn＝ × 随 n 的增大而减小， 4 3 那么只能有2bn＝bm＋bp，
1.合情推理
(1)归纳推理
①归纳推理是由某类事物的部分对象具有某些特征，推出
该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别
事实概括出一般结论的推理.
②归纳推理的思维过程如下： 实验、观察 → 概括、推广 → 猜测一般性结论
(2)类比推理
①类比推理是由两类对象具有某些类似特征和其中一类 对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征 的推理. ②类比推理的思维过程如下： 观察、比较 → 联想、类推 → 猜测新的结论
类比上，如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类比
以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等.
变式训练2
a1＋a2＋· · · ＋ an (1)若数列{an}是等差数列， bn＝ ， 则数列{bn} n 也为等差数列.类比这一性质可知，若正项数列 {cn}是等比 数列，且{dn}也是等比数列，则 dn 的表达式应为( c1＋c2＋· · · ＋ cn A.dn＝ n C.dn＝
2.演绎推理
(1)“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
.
(2)合情推理与演绎推理的区别
归纳和类比是常用的合情推理，从推理形式上看，归
纳是由部分到整体、个别到一般的推理；类比是由特 殊到特殊的推理；而演绎推理是由一般到特殊的推理.
5×(6－1)＝31.故选B.
答案 B
(2) 两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，
且有一个靠窗，已知火车上的座位的排法如图所示，
则下列座位号码符合要求的应当是(
)
思维启迪
靠窗口的座位
号码能被5整除
A.48,49 C.75,76
B.62,63 D.84,85
或者被5除余1.
解析
由已知图形中座位的排列顺序，可得：
被5除余1的数和能被5整除的座位号临窗，
由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗， 分析答案中的4组座位号，只有D符合条件.
答案 D
归纳递推思想在解决问题时，从特殊情况入手，
通过观察、分析、概括，猜想出一般性结论，然
后予以证明，这一数学思想方法在解决探索性问
思 题、存在性问题或与正整数有关的命题时有着广 维 泛的应用 . 其思维模式是 “ 观察 —— 归纳 —— 猜 升 华 想——证明”，解题的关键在于正确的归纳猜想
则
3 2 n－ 1 2 1－an＝ × ，则 4 3 3 2 n－1 2 an＝1－ × ， 4 3
由anan＋1<0，知数列{an}的项正负相间出现，
因此 an＝(－1)
n＋ 1 3 2 n－ 1 1－ × ， 4 3
3 3 1 2 n 2 n－1 2 n－1 2 2 bn＝an＋1－an＝－ × ＋ × ＝ × . 4 3 4 3 4 3
b2 即 kOM· kAB＝ 2. a b2 答案 a2
热点三
直接证明和间接证明
例 3
1 31＋an＋1 已 知 数 列 {an} 满 足 ： a1 ＝ ， ＝ 2 1－ an
21＋an ， anan＋1<0 (n≥1)； 数列{bn}满足： bn＝a2 n＋ 1－ 1－an＋1
2 an
(n≥1).
从推理所得的结论来看，合情推理的结论不一定正确，
有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和推理
形式都正确的前提下，得到的结论一定正确.
3.直接证明
(1)综合法
用 P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，
Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：
P⇒Q1 → Q1⇒Q2 → Q2⇒Q3 →„→ Qn⇒Q
第二次坐在 2 号位上，第三次坐在 4 号位上，第四次坐 在3号位上，第五次坐在1号位上， 因此小兔的座位数更换次数以4为周期， 因为 202 ＝ 50×4 ＋ 2 ，因此第 202 次互换后，小兔所在 的座位号与小兔第二次互换座位号所在的座位号相同， 因此小兔坐在2号位上，故选B. 答案 B
1 1 1 (2)已知 f(n)＝1＋ ＋ ＋„＋ (n∈N*)，经计算得 f(4)>2， 2 3 n n＋2 n * 5 7 f (2 )> ( n ≥ 2 ， n ∈ N ) f(8)> ，f(16)>3，f(32)> ，则有______________________. 2 2 2
1 1 1 2 n－ 1 2 m－ 1 2 p－1 可得 2× × ＝ × ＋ × ， 4 3 4 3 4 3 2 2 n－ m － 则 2× ＝1＋ p m. (*) 3 3 2 2 8 n－ m 2 当 n－m≥2 时，2× ≤2× ＝ ，(*)式不可能 9 3 3
专题四 数列、推理与证明
第 3讲
推理与证明
主干知识梳理
热点分类突破
真题与押题
1.以数表、数阵、图形为背景与数列、周期性等 知识相结合考查归纳推理和类比推理，多以小
题形式出现.
考 2.直接证明和间接证明的考查主要作为证明和推 情 解 理数学命题的方法，常与函数、数列及不等式 读
等综合命题．
主干知识梳理
类比推理是合情推理中的一类重要推理，强调的是 两类事物之间的相似性，有共同要素是产生类比迁 移的客观因素，类比可以由概念性质上的相似性引 起，如等差数列与等比数列的类比，也可以由解题
思 维 共性，才能有方法上的类比，例2即属于此类题型 . 升 一般来说，高考中的类比问题多发生在横向与纵向 华
方法上的类似引起.当然首先是在某些方面有一定的
反证法证明命题 “ 若 p ，则 q” 的过程可以用如图所示
的框图表示. 肯定条件p 否定结论q → 导致逻
辑矛盾
→
“既p，又綈q”
为假
→
“若p，则 q”
5.数学归纳法 数学归纳法证明的步骤： (1)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立.
(2) 假设 n ＝ k(k∈N* ，且 k≥n0) 时命题成立，证明 n