（江蘇專用）2020版高考數(shù)學二輪復習 專題六 概率、統(tǒng)計、復數(shù)、算法、推理與證明 第5講 推理與證明學案 文 蘇教版

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1、第5講　推理與證明 [2019考向?qū)Ш絔 考點掃描 三年考情 考向預測 2019 2018 2017 1．合情推理 近年江蘇高考的“推理與證明”沒有單獨設題，主要和其他知識結合在一起，屬于綜合題，可以綜合在諸如數(shù)列、函數(shù)、不等式等內(nèi)容中，既有計算又有證明． “合情推理”是一種重要的歸納，明年在客觀題中考查的可能性較大． 2．演繹推理 第19題 第20題 第15題 必記的概念與定理 1．歸納推理：主要應用于先由已知條件歸納出一個結論，并加以證明或以推理作為題目的已知條件給出猜測的結論，并要求考生會應用或加以證明． 2．類比推理：通過兩類事物

2、的相似性或一致性，用一類事物的性質(zhì)去推測另一類事物的性質(zhì)，得出一個明確的結論．常見的有結論類比和方法類比． 3．演繹推理：演繹推理是從一般到個別的推理，推理的主要形式是三段論．三段論中包含三個判斷：第一個判斷稱為大前提，它提供了一個一般的原理；第二個判斷叫小前提，它指出了一個特殊情況；這兩個判斷聯(lián)合起來，揭示了一般原理和特殊情況的內(nèi)在聯(lián)系，從而產(chǎn)生第三個判斷——結論． 為了方便，在運用三段論推理時，常常采用省略大前提或小前提的表述方式．對于復雜的論證，總是采用一連串的三段論，把前一個三段論的結論作為下一個三段論的前提． 合情推理 [典型例題] (1)(2019·湖北八校聯(lián)考

3、)觀察下列等式：12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，…，由以上等式推測出一個一般性的結論：對于n∈N*，12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝________． (2)(2019·蘇州五校聯(lián)考)對于三次函數(shù)f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，給出定義：設f′(x)是函數(shù)y＝f(x)的導數(shù)，f″(x)是f′(x)的導數(shù)，若方程f″(x)＝0有實數(shù)解x0，則稱點(x0，f(x0))為函數(shù)y＝f(x)的“拐點”．某同學經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)，任何一個三次函數(shù)都有“拐點”，任何一個三次函數(shù)的圖象都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心．設函數(shù)f(x

4、)＝x3－x2＋3x－，請你根據(jù)這一發(fā)現(xiàn)，計算f＋f＋f＋…＋f＝________． 【解析】　(1)由于1＝(－1)1＋1，－3＝(－1)2＋1·，6＝(－1)3＋1，－10＝(－1)4＋1， 則12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1． (2)f′(x)＝x2－x＋3，由f″(x)＝2x－1＝0，得x＝，則點為y＝f(x)的圖象的對稱中心， 所以f(x)圖象上任一點M(x，f(x))關于點的對稱點N(1－x，2－f(x))也在f(x)圖象上，即f(1－x)＝2－f(x)，所以f(x)＋f(1－x)＝2， 故f＋f＝f＋f＝…＝2，故f＋f＋f＋…＋f＝2 0

5、16． 【答案】　(1)(－1)n＋1　(2)2 016 歸納推理的一般步驟是：(1)通過觀察個別事物發(fā)現(xiàn)某些相同的性質(zhì)；(2)從已知的相同性質(zhì)中推出一個明確表述的一般性命題，并且在一般情況下，如果歸納的個別事物越多，越具有代表性，那么推廣的一般性結論也就越可靠． 類比推理是合情推理中的一類重要推理，強調(diào)的是兩類事物之間的相似性，有共同要素是產(chǎn)生類比遷移的客觀因素．類比可以由概念性質(zhì)上的相似性引起，如等差數(shù)列與等比數(shù)列的類比；也可以由解題方法上的類似引起，當然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的類比．一般來說，高考中的類比問題多發(fā)生在橫向與縱向類比上，如圓錐曲線中橢圓與雙曲線

6、等的橫向類比以及平面與空間中三角形與三棱錐的縱向類比等． [對點訓練] 1．13＝1， 23＝3＋5， 33＝7＋9＋11， 43＝13＋15＋17＋19 ， … 若某數(shù)n3按上述規(guī)律展開后，發(fā)現(xiàn)等式右邊含有2 013這個數(shù)，則n＝________． [解析] 觀察等式規(guī)律可知n3等于連續(xù)n個奇數(shù)的和， 又13＝1，23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19， … 所以前n個式子右邊的奇數(shù)的個數(shù)的和為：1＋2＋3＋4＋…＋n＝，又2 013是第1 007個奇數(shù)，且當n＝44時，＝990，當n＝45時，＝1 035，所以發(fā)現(xiàn)等式右邊含有2 013這個數(shù)，

7、則n＝45． [答案] 45 2．在平面幾何中有如下結論：若正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則＝．推廣到空間幾何中可以得到類似結論：若正四面體ABCD的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則＝________． [解析] 平面幾何中，圓的面積與圓的半徑的平方成正比，而在空間幾何中，球的體積與半徑的立方成正比，所以＝． [答案] 演繹推理 [典型例題] (2019·南京、鹽城模擬)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝，＝，anan＋1<0 (n∈N*)；數(shù)列{bn}滿足：bn＝a－a (n∈N*)． (1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2)證明：數(shù)

8、列{bn}中的任意三項不可能成等差數(shù)列． 【解】　(1)已知＝化為＝， 而1－a＝， 所以數(shù)列{1－a}是首項為，公比為的等比數(shù)列， 則1－a＝×，則a＝1－×． 由anan＋1<0，知數(shù)列{an}的項是正負相間出現(xiàn)的， 因此an＝(－1)n＋1， bn＝a－a＝－×＋× ＝×． (2)證明：假設存在數(shù)列{bn}中的某三項成等差數(shù)列，不妨設為bm、bs、bp，其中m、s、p是互不相等的正整數(shù)，可設m

9、能有s－m＝1，此時等式為＝1＋， 即＝，那么p－m＝log，p－m為正整數(shù)，log為無理數(shù)，不可能相等． 所以假設不成立，故數(shù)列{bn}中的任意三項不可能成等差數(shù)列． 運用演繹推理證明問題常用綜合法和分析法，我們常用分析法尋找解決問題的突破口，然后用綜合法來寫出證明過程，有時候，分析法和綜合法交替使用． 有關否定性結論的證明常用反證法或舉出一個結論不成立的例子即可． [對點訓練] 3．已知數(shù)列{an}和{bn}滿足：a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ為實數(shù)，n為正整數(shù)． (1)證明：對任意實數(shù)λ，數(shù)列{an}不是等比數(shù)列； (

10、2)試判斷數(shù)列{bn}是否為等比數(shù)列． [解] (1)證明：假設存在一個實數(shù)λ，使{an}是等比數(shù)列， 則有a＝a1a3，即＝λ ?λ2－4λ＋9＝λ2－4λ?9＝0，矛盾． 所以{an}不是等比數(shù)列． (2)因為bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21] ＝(－1)n＋1 ＝－(－1)n·(an－3n＋21)＝－bn， 又b1＝－(λ＋18)， 當λ＝－18時，bn＝0 (n∈N*)，此時{bn}不是等比數(shù)列； 當λ≠－18時，b1＝－(λ＋18)≠0，由bn＋1＝－bn， 可知bn≠0，所以＝－ (n∈N*)． 故當λ≠－18時，數(shù)列{bn}是以－(λ

11、＋18)為首項，－為公比的等比數(shù)列． 綜上知，當λ＝－18時，數(shù)列{bn}構不成等比數(shù)列； 當λ≠－18時，數(shù)列{bn}是以－(λ＋18)為首項，－為公比的等比數(shù)列． 1．(2019·蘇州期末)從1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，歸納出第n個式子為________． [答案] 1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1(1＋2＋3＋…＋n) 2．觀察下列等式： 1－＝， 1－＋－＝＋， 1－＋－＋－＝＋＋， … 據(jù)此規(guī)律，第n個等式可為____________________． [解析] 等

12、式的左邊的通項為－，前n項和為1－＋－＋…＋－；右邊的每個式子的第一項為，共有n項，故為＋＋…＋． [答案] 1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋ 3．(2019·徐州模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝，an＋1＝，則該數(shù)列的前22項和等于________． [解析] 因為a1＝，an＋1＝，所以a2＝－1，a3＝2，a4＝， 所以數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列，所以 S22＝7(a1＋a2＋a3)＋a1＝7×＋＝11． [答案] 11 4．(2019·宿遷調(diào)研)觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝______

13、__． [解析] 從給出的式子特點觀察可推知，從第三項開始，后一個式子的右端值等于它前面兩個式子右端值的和，照此規(guī)律，則a10＋b10＝123． [答案] 123 5． 如圖，在圓內(nèi)畫1條弦，把圓分成2部分；畫2條相交的弦，把圓分成4部分；畫3條兩兩相交的弦，最多把圓分成7部分；…；畫n條兩兩相交的弦，最多把圓分成________個部分． [解析] 易知當n條弦的交點不在圓周上，且沒有公共交點時，把圓分的部分最多． 當畫1條弦時，分成1＋1個部分； 當畫2條弦時，分成1＋1＋2個部分； 當畫3條弦時，分成1＋1＋2＋3個部分； … 所以畫n條弦時，分成1＋1＋2＋3＋…

14、＋n＝(n2＋n)＋1(個)部分． [答案] (n2＋n)＋1 6．(2019·南京模擬)命題p：已知橢圓＋＝1(a>b>0)，F(xiàn)1、F2是橢圓的兩個焦點，P為橢圓上的一個動點，過F2作∠F1PF2的外角平分線的垂線，垂足為M，則OM的長為定值．類比此命題，在雙曲線中也有命題q：已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)，F(xiàn)1、F2是雙曲線的兩個焦點，P為雙曲線上的一個動點，過F2作∠F1PF2的________的垂線，垂足為M，則OM的長為定值________． [解析] 對于橢圓，延長F2M與F1P的延長線交于Q． 由對稱性知，M為F2Q的中點，且PF2＝PQ， 從而OM∥F1Q且OM＝

15、F1Q． 而F1Q＝F1P＋PQ＝F1P＋PF2＝2a，所以OM＝a． 對于雙曲線，過F2作∠F1PF2內(nèi)角平分線的垂線，垂足為M， 類比可得OM＝a． 因為OM＝F1Q＝(PF1－PF2)＝·2a＝a． [答案] 內(nèi)角平分線　a 7．設△ABC的三邊長分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝．類比這個結論可知：四面體ABCD的四個面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球半徑為R，四面體ABCD的體積為V，則R＝________． [解析] 設四面體ABCD的內(nèi)切球的球心為O，連結OA，OB，OC，OD，將其分割成四個四面體，由分割法可得V＝S1R＋S

16、2R＋S3R＋S4R， 所以R＝． [答案] 8．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(八))已知下列等式： 22＝4 22－42＋62＝24 22－42＋62－82＋102＝60 22－42＋62－82＋102－122＋142＝112 …… 觀察上述等式的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)第n(n∈N*)個等式的右邊可以表示為an2＋bn＋c(a，b，c為實常數(shù))的形式，則＋c＝______． [解析] 法一：每個等式的左邊有(2n－1)個偶數(shù)的平方相加減，第一個偶數(shù)為2，最后一個偶數(shù)為2(2n－1)，正負相間，所以第n個等式的左邊為22－42＋62－82＋…－[2(2n－2)]2＋[2(

17、2n－1)]2，即4＋2[4＋6＋8＋…＋2(2n－2)＋2(2n－1)]＝4(1＋2＋3＋4＋5＋…＋2n－2＋2n－1)＝8n2－4n，所以a＝8，b＝－4，c＝0，所以＋c＝－2． 法二：令n＝1，2，3，得解得，所以＋c＝－2． [答案] －2 9．(2019·無錫質(zhì)量檢測)有甲、乙二人去看望高中數(shù)學老師張老師，期間他們做了一個游戲，張老師的生日是m月n日，張老師把m告訴了甲，把n告訴了乙，然后張老師列出來如下10個日期供選擇：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日．看完日期后，甲說：“我不知道，但你一定也不知道．”乙聽

18、了甲的話后，說：“本來我不知道，但現(xiàn)在我知道了．”甲接著說：“哦，現(xiàn)在我也知道了．”則張老師的生日是________． [解析] 根據(jù)甲說的“我不知道，但你一定也不知道”，可排除5月5日、5月8日、9月4日、9月6日、9月9日；根據(jù)乙聽了甲的話后說的“本來我不知道，但現(xiàn)在我知道了”，可排除2月7日、8月7日；根據(jù)甲接著說的“哦，現(xiàn)在我也知道了”，可以得知張老師生日為8月4日． [答案] 8月4日 10．(2019·武漢調(diào)研)如圖(1)所示，在平面幾何中，設O是等腰直角三角形ABC的底邊BC的中點，AB＝1，過點O的動直線與兩腰或其延長線的交點分別為R，Q，則有＋＝2．類比以上結論，將其拓

19、展到空間中，如圖(2)所示，設O是正三棱錐A-BCD的底面BCD的中心，AB，AC，AD兩兩垂直，AB＝1，過點O的動平面與三棱錐的三條側棱或其延長線的交點分別為Q，R，P，則有________． [解析] 設O到正三棱錐A-BCD三個側面的距離為d，易知V三棱錐R-AQP＝S△AQP·AR＝×·AQ·AP·AR＝AQ·AP·AR．又因為V三棱錐R-AQP＝V三棱錐O-AQP＋V三棱錐O-ARP＋V三棱錐O-AQR＝S△AQP·d＋S△ARP·d＋S△AQR·d＝(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d， 所以AQ·AP·AR＝(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d，即＋＋＝．而V三

20、棱錐A-BDC＝××1×1×1＝，所以V三棱錐O-ABD＝V三棱錐A-BDC＝， 即·S△ABD·d＝××d＝，所以d＝， 所以＋＋＝3． [答案] ＋＋＝3 11．(2019·蘇州期末)某同學在一次研究性學習中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)a． ①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°； ②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°； ③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°； ④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°； ⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－2

21、5°)cos 55°． (1)從上述五個式子中選擇一個，求出常數(shù)a； (2)根據(jù)(1)的計算結果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推廣為一個三角恒等式，并證明你的結論． [解] (1)選擇②式計算： a＝sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°＝． (2)猜想的三角恒等式為：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝． 證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°·cos α＋sin 30°sin α)

22、 ＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝． 12．(2019·徐州模擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋1，設g1(x)＝f(x)，gn(x)＝f(gn－1(x))(n>1，n∈N*)， (1)求g2(x)，g3(x)的表達式，并猜想gn(x)(n∈N*)的表達式(直接寫出猜想結果)； (2)若關于x的函數(shù)y＝x2＋i(x) (n∈N*)在區(qū)間－∞，－1]上的最小值為6，求n的值．(符號“”表示求和，例如：i＝1＋2＋3＋…＋n) [解] (1)因為g1(x)＝f(x)＝x＋1，所以g2(x)＝f(g1(x))＝f

23、(x＋1)＝(x＋1)＋1＝x＋2，g3(x)＝f(g2(x))＝f(x＋2)＝(x＋2)＋1＝x＋3，所以猜想gn(x)＝x＋n． (2)因為gn(x)＝x＋n，所以i(x)＝g1(x)＋g2(x)＋…＋gn(x)＝nx＋， 所以y＝x2＋i(x)＝x2＋nx＋＝＋． ①當－≥－1，即n≤2時，函數(shù)y＝＋在區(qū)間(－∞，－1]上是減函數(shù)， 所以當x＝－1時，ymin＝＝6，即n2－n－10＝0，該方程沒有整數(shù)解． ②當－<－1，即n>2時，ymin＝＝6，解得n＝4，綜上所述，n＝4． 13．由部分自然數(shù)構成如圖所示的數(shù)表，用aij(i≥j)表示第i行第j個數(shù)(i，j∈N*)，使a

24、i1＝aii＝i，每行中的其余各數(shù)分別等于其“肩膀”上的兩個數(shù)的和．設第n(n∈N*)行中各數(shù)的和為bn． (1)用bn表示bn＋1； (2)試問：數(shù)列{bn}中是否存在不同的三項bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差數(shù)列？若存在，求出p，q，r的關系；若不存在，請說明理由． [解] (1)bn＝an1＋an2＋…＋ann， bn＋1＝a(n＋1)1＋a(n＋1)2＋…＋a(n＋1)(n＋1) ＝n＋1＋(an1＋an2)＋…＋(an(n－1)＋ann)＋n＋1 ＝2(an1＋an2＋…＋ann)＋2＝2bn＋2． (2)因為bn＋1＝2bn＋2，所以bn＋1＋2＝2

25、(bn＋2)， 所以{bn＋2}是以b1＋2＝3為首項，2為公比的等比數(shù)列， 則bn＋2＝3·2n－1?bn＝3·2n－1－2． 若數(shù)列{bn}中存在不同的三項bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差數(shù)列， 不妨設p>q>r，顯然{bn}是遞增數(shù)列，則2bq＝bp＋br， 即2(3·2q－1－2)＝(3·2p－1－2)＋(3·2r－1－2)， 化簡得： 2·2q－r＝2p－r＋1，(*) 由于p，q，r∈N*，且p>q>r，知q－r≥1，p－r≥2， 所以(*)式左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)， 故數(shù)列{bn}中不存在不同的三項bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等

26、差數(shù)列． 14．已知函數(shù)f(x)＝(ax－a－x)，其中a>0且a≠1． (1)分別判斷f(x)在(－∞，＋∞)上的單調(diào)性； (2)比較f(1)－1與f(2)－2、f(2)－2與f(3)－3的大小，由此歸納出一個更一般的結論，并證明； (3)比較與、與的大小，由此歸納出一個更一般的結論，并證明． [解] (1)f′(x)＝(ax＋a－x)ln a，若00，若a>1，則> 0，ln a>0，所以f′(x)>0；因此，對任意a>0且a≠1，都有f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)直接計算知f(1)－1＝0，f(2

27、)－2＝a＋a－1－2，f(3)－3＝a2＋a－2－2，根據(jù)基本不等式a＋a－1－2>0，所以f(2)－2>f(1)－1，又因為 (a2＋a－2－2)－(a＋a－1－2)＝(a－a－1)2－(－)2＝(－)2(a＋a－1＋1)＝(a－1)2(a＋a－1＋1)>0，所以f(3)－3>f(2)－2． 一般性結論：?x>0，f(x＋1)－(x＋1)>f(x)－x． 證明：記g(x)＝[f(x＋1)－(x＋1)]－[f(x)－x]＝ [(ax＋1－a－x－1)－(ax－a－x)]－1＝－1，g′(x)＝ln a．與(1)類似地討論知，對?x>0和?a>0且a≠1都有g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(0)＝0，所以g(x)>g(0)＝0，即?x>0，f(x＋1)－(x＋1)>f(x)－x． (3)＝1，＝(a＋a－1)，＝，根據(jù)基本不等式＝(a＋a－1)>1＝，－>－＝>0，所以>>． 一般性結論：?x>0，>． 證明：記g(x)＝，x>0，g′(x)＝＝ ×，設h(x)＝，則h(0)＝0且h′(x)＝，類似(1)的討論知對?x>0和?a>0且a≠1，h′(x)＝>0，從而h(x)>h(0)＝0，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以?x>0，>． - 13 -