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    2020江苏高考理科数学二轮讲义:专题六第5讲 推理与证明
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    2020江苏高考理科数学二轮讲义:专题六第5讲 推理与证明

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    5讲 推理与证明

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    1合情推理

     

     

     

    近年江苏高考的推理与证明没有单独设题主要和其他知识结合在一起属于综合题可以综合在诸如数列、函数、不等式等内容中既有计算又有证明.

    合情推理是一种重要的归纳明年在客观题中考查的可能性较大.

    2.演绎推理

     

    19

    20

    15

    必记的概念与定理

    1归纳推理:主要应用于先由已知条件归纳出一个结论并加以证明或以推理作为题目的已知条件给出猜测的结论并要求考生会应用或加以证明.

    2类比推理:通过两类事物的相似性或一致性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结论.常见的有结论类比和方法类比.

    3演绎推理:演绎推理是从一般到个别的推理推理的主要形式是三段论.三段论中包含三个判断:第一个判断称为大前提它提供了一个一般的原理;第二个判断叫小前提它指出了一个特殊情况;这两个判断联合起来揭示了一般原理和特殊情况的内在联系从而产生第三个判断——结论.

    为了方便在运用三段论推理时常常采用省略大前提或小前提的表述方式.对于复杂的论证总是采用一连串的三段论前一个三段论的结论作为下一个三段论的前提.

    合情推理

    [典型例]

    (1)(2019·湖北八校联考)观察下列等式:1211222=-3122232612223242=-10由以上等式推测出一个一般性的结论:对于nN*12223242(1)n1n2________

    (2)(2019·苏州五校联考)对于三次函数f(x)ax3bx2cxd(a0)给出定义:设f′(x)是函数yf(x)的导数f(x)f′(x)的导数若方程f″(x)0有实数解x0则称点(x0f(x0))为函数yf(x)拐点”.某同学经过探究发现任何一个三次函数都有拐点任何一个三次函数的图象都有对称中心拐点就是对称中心.设函数f(x)x3x23x请你根据这一发现计算ffff________

    解析】 (1)由于1(1)113(1)21·6(1)3110(1)41

    12223242(1)n1n2(1)n1

    (2)f′(x)x2x3f″(x)2x10x则点yf(x)的图象的对称中心

    所以f(x)图象上任一点M(xf(x))关于点的对称点N(1x2f(x))也在f(x)图象上f(1x)2f(x)所以f(x)f(1x)2

    ffff2ffff2 016

    答案】 (1)(1)n1 (2)2 016

    归纳推理的一般步骤是:(1)通过观察个别事物发现某些相同的性质;(2)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题并且在一般情况下如果归纳的个别事物越多越具有代表性那么推广的一般性结论也就越可靠.

    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;也可以由解题方法上的类似引起当然首先是在某些方面有一定的共性才能有方法上的类比.一般来说高考中的类比问题多发生在横向与纵向类比上如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类比以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等.

    [对点训练]

    1131

    2335

    337911

    4313151719

    若某数n3按上述规律展开后发现等式右边含有2 013这个数n________

    [解析] 观察等式规律可知n3等于连续n个奇数的和

    13123353379114313151719

    所以前n个式子右边的奇数的个数的和为:1234n2 013是第1 007个奇数且当n44990n451 035所以发现等式右边含有2 013这个数n45

    [答案] 45

    2在平面几何中有如下结论:若正三角形ABC的内切圆面积为S1外接圆面积为S2.推广到空间几何中可以得到类似结论:若正四面体ABCD的内切球体积为V1外接球体积为V2________

    [解析] 面几何中圆的面积与圆的半径的平方成正比而在空间几何中球的体积与半径的立方成正比所以

    [答案]

    演绎推理

    [典型例题]

    (2019·南京、盐城模拟)已知数列{an}满足:a1anan1<0 (nN*);数列{bn}满足:bnaa (nN*)

    (1)求数列{an}{bn}的通项公式;

    (2)证明:数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列.

    】 (1)已知化为

    1a

    所以数列{1a}是首项为公比为的等比数列

    1a×a1×

    anan1<0知数列{an}的项是正负相间出现的

    因此an(1)n1

    bnaa=-××

    ×

    (2)证明:假设存在数列{bn}中的某三项成等差数列不妨设为bmbsbp其中msp是互不相等的正整数可设m<s<p

    而通项公式bn×n的增大而减小

    那么只能有2bsbmbp

    可得2××××

    2×1

    sm22×2×上式不可能成立则只能有sm1此时等式为1

    那么pmlogpm为正整数log为无理数不可能相等.

    所以假设不成立故数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列.

     

    运用演绎推理证明问题常用综合法和分析法我们常用分析法寻找解决问题的突破口然后用综合法来写出证明过程有时候分析法和综合法交替使用.

    有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的例子即可.

    [对点训练]

    3已知数列{an}{bn}满足:a1λan1ann4bn(1)n(an3n21)其中λ为实数n为正整数.

    (1)证明:对任意实数λ数列{an}不是等比数列;

    (2)试判断数列{bn}是否为等比数列.

    [] (1)证明:假设存在一个实数λ使{an}是等比数列

    则有aa1a3λ

    λ24λ9λ24λ90矛盾.

    所以{an}不是等比数列.

    (2)因为bn1(1)n1[an13(n1)21]

    (1)n1

    =-(1)n·(an3n21)=-bn

    b1=-(λ18)

    λ=-18bn0 (nN*)此时{bn}不是等比数列;

    λ18b1=-(λ18)0bn1=-bn

    可知bn0所以=- (nN*)

    故当λ18数列{bn}是以-(λ18)为首项为公比的等比数列.

    综上知λ=-18数列{bn}构不成等比数列;

    λ18数列{bn}是以-(λ18)为首项为公比的等比数列.

    1(2019·苏州期末)1114=-(12)14912314916=-(1234)归纳出第n个式子为________

    [答案] 14916(1)n1n2(1)n1(123n)

    2观察下列等式:

    1

    1

    1

    据此规律n个等式可为____________________

    [解析] 等式的左边的通项为n项和为1;右边的每个式子的第一项为n故为

    [答案] 1

    3(2019·徐州模拟)已知数列{an}a1an1则该数列的前22项和等于________

    [解析] 因为a1an1所以a2=-1a32a4

    所以数列{an}是以3为周期的周期数列所以

    S227(a1a2a3)a17×11

    [答案] 11

    4(2019·宿迁调研)观察下列各式:ab1a2b23a3b34a4b47a5b511a10b10________

    [解析] 从给出的式子特点观察可推知从第三项开始后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和照此规律a10b10123

    [答案] 123

    5如图在圆内画1条弦把圆分成2部分;画2条相交的弦把圆分成4部分;画3条两两相交的弦最多把圆分成7部分;;画n条两两相交的弦最多把圆分成________个部分.

    [解析]  易知当n条弦的交点不在圆周上且没有公共交点时把圆分的部分最多.

    1条弦时分成11个部分;

    当画2条弦时分成112个部分;

    当画3条弦时分成1123个部分;

    所以画n条弦时分成1123n(n2n)1()部分.

    [答案] (n2n)1

    6(2019·南京模拟)命题p:已知椭圆1(a>b>0)F1F2是椭圆的两个焦点P为椭圆上的一个动点F2F1PF2的外角平分线的垂线垂足为MOM的长为定值.类比此命题在双曲线中也有命题q:已知双曲线1(a>0b>0)F1F2是双曲线的两个焦点P为双曲线上的一个动点F2F1PF2________的垂线垂足为MOM的长为定值________

    [解析] 对于椭圆延长F2MF1P的延长线交于Q

    由对称性知MF2Q的中点PF2PQ

    从而OMF1QOMF1Q

    F1QF1PPQF1PPF22a所以OMa

    对于双曲线F2F1PF2内角平分线的垂线垂足为M

    类比可得OMa

    因为OMF1Q(PF1PF2)·2aa

    [答案] 内角平分线 a

    7ABC的三边长分别为abcABC的面积为S内切圆半径为rr.类比这个结论可知:四面体ABCD的四个面的面积分别为S1S2S3S4内切球半径为R四面体ABCD的体积为VR________

    [解析] 设四面体ABCD的内切球的球心为O连结OAOBOCOD将其分割成四个四面体由分割法可得VS1RS2RS3RS4R

    所以R

    [答案]

    8(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷())已知下列等式:

    224

    22426224

    2242628210260

    22426282102122142112

    ……

    观察上述等式的规律发现第n(nN*)个等式的右边可以表示为an2bnc(abc为实常数)的形式c______

    [解析] 法一:每个等式的左边有(2n1)个偶数的平方相加减第一个偶数为2最后一个偶数为2(2n1)正负相间所以第n个等式的左边为22426282[2(2n2)]2[2(2n1)]242[4682(2n2)2(2n1)]4(123452n22n1)8n24n所以a8b=-4c0所以c=-2

    法二:令n123解得所以c=-2

    [答案] 2

    9(2019·无锡质量检测)有甲、乙二人去看望高中数学老师张老师期间他们做了一个游戏张老师的生日是mn张老师把m告诉了甲n告诉了乙然后张老师列出来如下10个日期供选择:25272955588487949699日.看完日期后甲说:我不知道但你一定也不知道.乙听了甲的话后说:本来我不知道但现在我知道了.甲接着说:现在我也知道了.则张老师的生日是________

    [解析] 根据甲说的我不知道但你一定也不知道可排除55日、58日、94日、96日、99日;根据乙听了甲的话后说的本来我不知道但现在我知道了可排除27日、87日;根据甲接着说的现在我也知道了可以得知张老师生日为84日.

    [答案] 84

    10(2019·武汉调研)如图(1)所示在平面几何中O是等腰直角三角ABC的底边BC的中点AB1过点O的动直线与两腰或其延长线的交点分别为RQ则有2.类比以上结论将其拓展到空间中如图(2)所示O是正三棱锥A­BCD的底面BCD的中心ABACAD两两垂直AB1过点O的动平面与三棱锥的三条侧棱或其延长线的交点分别为QRP则有________

    [解析] O到正三棱锥A­BCD三个侧面的距离为d易知V三棱锥R­AQPSAQP·AR×·AQ·AP·ARAQ·AP·AR.又因为V三棱锥R­AQPV三棱锥O­AQPV三棱锥O­ARPV三棱锥O­AQRSAQP·dSARP·dSAQR·d(AQ·APAR·APAQ·AR)d

    所以AQ·AP·AR(AQ·APAR·APAQ·AR)d.而V三棱锥A­BDC××1×1×1所以V三棱锥O­ABDV三棱锥A­BDC

    ·SABD·d××d所以d

    所以3

    [答案] 3

    11(2019·苏州期末)某同学在一次研究性学习中发现下五个式子的值都等于同一个常数a

    sin213°cos217°sin 13°cos 17°

    sin215°cos215°sin 15°cos 15°

    sin218°cos212°sin 18°cos 12°

    sin2(18°)cos248°sin(18°)cos 48°

    sin2(25°)cos255°sin(25°)cos 55°

    (1)从上述五个式子中选择一个求出常数a

    (2)根据(1)的计算结果将该同学的发现推广为一个三角恒等式并证明你的结论.

    [] (1)选择式计算:

    asin215°cos215°sin 15°cos 15°1sin 30°

    (2)猜想的三角恒等式为:sin2αcos2(30°α)sin αcos(30°α)

    证明如下:sin2αcos2(30°α)sin αcos(30°α)

    sin2α(cos 30°cos αsin 30°sin α)2sin α(cos 30°·cos αsin 30°sin α)

    sin2αcos2αsin αcos αsin2αsin αcos αsin2αsin2αcos2α

    12(2019·徐州模拟)已知函数f(x)x1g1(x)f(x)gn(x)f(gn1(x))(n>1nN*)

    (1)g2(x)g3(x)的表达式并猜想gn(x)(nN*)的表达式(直接写出猜想结果)

    (2)若关于x的函数yx2i(x) (nN*)在区间-1]上的最小值为6n的值.(符号表示求和例如:i123n)

    [] (1)因为g1(x)f(x)x1所以g2(x)f(g1(x))f(x1)(x1)1x2g3(x)f(g2(x))f(x2)(x2)1x3所以猜想gn(x)xn

    (2)因为gn(x)xn所以i(x)g1(x)g2(x)gn(x)nx

    所以yx2i(x)x2nx

    当-1n2函数y在区间(1]上是减函数

    所以当x=-1ymin6n2n100该方程没有整数解.

    当-<1n>2ymin6解得n4综上所述n4

    13由部分自然数构成如图所示的数表aij(ij)表示第i行第j个数(ijN*)使ai1aiii每行中的其余各数分别等于其肩膀上的两个数的和.设第n(nN*)行中各数的和为bn

    (1)bn表示bn1

    (2)试问:数列{bn}中是否存在不同的三项bpbqbr(pqrN*)恰好成等差数列?若存在求出pqr的关系;若不存在请说明理由.

    [] (1)bnan1an2ann

    bn1a(n1)1a(n1)2a(n1)(n1)

    n1(an1an2)(an(n1)ann)n1

    2(an1an2ann)22bn2

    (2)因为bn12bn2所以bn122(bn2)

    所以{bn2}是以b123为首项2为公比的等比数列

    bn23·2n1bn3·2n12

    若数列{bn}中存在不同的三项bpbqbr(pqrN*)恰好成等差数列

    不妨设p>q>r显然{bn}是递增数列2bqbpbr

    2(3·2q12)(3·2p12)(3·2r12)

    化简得:

    2·2qr2pr1(*)

    由于pqrN*p>q>rqr1pr2

    所以(*)式左边为偶数右边为奇数

    故数列{bn}中不存在不同的三项bpbqbr(pqrN*)恰好成等差数列.

    14已知函数f(x)(axax)其中a>0a1

    (1)分别判断f(x)()上的单调性;

    (2)比较f(1)1f(2)2f(2)2f(3)3的大小由此归纳出一个更一般的结论并证明;

    (3)比较的大小由此归纳出一个更一般的结论并证明.

    [] (1)f′(x)(axax)ln a0<a<1<0ln a<0所以f′(x)>0a>1>

    0ln a>0所以f′(x)>0;因此对任意a>0a1都有f′(x)>0f(x)()上单调递增.

    (2)直接计算知f(1)10f(2)2aa12f(3)3a2a22根据基本不等式aa12>0所以f(2)2>f(1)1又因为

    (a2a22)(aa12)(aa1)2()2()2(aa11)(a1)2(aa11)>0所以f(3)3>f(2)2

    一般性结论:x>0f(x1)(x1)>f(x)x

    证明:记g(x)[f(x1)(x1)][f(x)x]

    [(ax1ax1)(axax)]11g(x)ln a(1)类似地讨论知x>0a>0a1都有g′(x)>0g(x)(0)上单调递增g(0)0所以g(x)>g(0)0x>0f(x1)(x1)>f(x)x

    (3)1(aa1)根据基本不等式(aa1)>1>>0所以>>

    一般性结论:x>0>

    证明:记g(x)x>0g(x)

    ×h(x)h(0)0h′(x)类似(1)的讨论知对x>0a>0a1h(x)>0从而h(x)>h(0)0g(x)>0g(x)(0)上单调递增所以x>0>

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