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2019-2020年高考數(shù)學一輪總復習 第七章 推理與證明課堂過關 理
考點新知
能用歸納和類比等方法進行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學發(fā)現(xiàn)中的作用；掌握演繹推理的基本方法，并能運用它們進行一些簡單的推理；了解合情推理和演繹推理的聯(lián)系和區(qū)別．
① 了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學發(fā)現(xiàn)中的作用. ② 了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運用它們進行一些簡單推理. ③ 了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異．
1. 已知＝2，＝3，＝4，…，類比這些等式，若＝6(a、b均為正數(shù))，則a＋b＝________．
答案：41
解析：觀察下列等式＝2，＝3，＝4，…，第n個應該是＝(n＋1)，則第5個等式中：a＝6，b＝a2－1＝35，a＋b＝41.
2. 在平面幾何中有如下結(jié)論：正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則＝，推廣到空間可以得到類似結(jié)論；已知正四面體PABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則＝________.
答案：
解析：正四面體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為1∶3，故＝.
3. 設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若存在正整數(shù)m、n(m
0，∴ a1＝1；
當n＝2時，S2＝，即a＋2a2－1＝0.
∵ a2>0, ∴ a2＝－1.同理可得，a3＝－.
(2) 由(1)猜想an＝－.
(3) Sn＝1＋(－1)＋(－)＋…＋(－)＝.
已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，則a3＝________，a1·a2·a3·…·a2 007＝________．
答案：－ 3
解析：(解法1)分別求出a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，可以發(fā)現(xiàn)a5＝a1，且a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2 007＝a2 005·a2 006·a2 007＝a1·a2·a3＝3.
(解法2)由an＋1＝，聯(lián)想到兩角和的正切公式，設a1＝2＝tanθ，則有a2＝tan，a3＝tan，a4＝tan，a5＝tan(π＋θ)＝a1，….則a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2 007＝a2 005·a2 006·a2 007＝a1·a2·a3＝3.
題型2 類比推理
2 現(xiàn)有一個關于平面圖形的命題：如圖所示，同一個平面內(nèi)有兩個邊長都是a的正方形，其中一個的某頂點在另一個的中心，則這兩個正方形重疊部分的面積恒為.類比到空間，有兩個棱長均為a的正方體，其中一個的某頂點在另一個的中心，則這兩個正方體重疊部分的體積恒為________．
答案：
解析：在已知的平面圖形中，中心O到兩邊的距離相等(如圖1)，即OM＝ON.四邊形OPAR是圓內(nèi)接四邊形，Rt△OPN≌Rt△ORM，因此S四邊形OPAR＝S正方形OMAN＝a2.
同樣地，類比到空間，如圖2.
兩個棱長均為a的正方體重疊部分的體積為a3.
在Rt△ABC中，兩直角邊的長分別為a，b，直角頂點C到斜邊的距離為h，則易證＝＋.在四面體SABC中，側(cè)棱SA，SB，SC兩兩垂直，SA＝a，SB＝b，SC＝c，點S到平面ABC的距離為h，類比上述結(jié)論，寫出h與a，b，c之間的等式關系并證明．
解：類比得到：＝＋＋.
證明：過S作△ABC所在平面的垂線，垂足為O，連結(jié)CO并延長交AB于D，連結(jié)SD，∵ SO⊥平面ABC，∴ SO⊥AB.∵ SC⊥SA，SC⊥SB，∴ SC⊥平面ABS，∴ SC⊥AB，SC⊥SD，∴ AB⊥平面SCD，∴ AB⊥SD.在Rt△ABS中，有＝＋， 在Rt△CDS中，有＝＋＝＋＋.
題型3 演繹推理
, 3) 設同時滿足條件：①≤bn＋1(n∈N*)；②bn≤M(n∈N*，M是與n無關的常數(shù))的無窮數(shù)列{bn}叫“特界” 數(shù)列．
(1) 若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，Sn是其前n項和，a3＝4，S3＝18，求Sn；
(2) 判斷(1)中的數(shù)列{Sn}是否為“特界” 數(shù)列，并說明理由．
解：(1) 設等差數(shù)列{an}的公差為d，
則a1＋2d＝4，3a1＋3d＝18，解得a1＝8，d＝－2，Sn＝na1＋d＝－n2＋9n.
(2) 由－Sn＋1＝
＝＝＝－1<0，得b，那么>”時，假設的內(nèi)容應為______________．
答案：＝或<
解析：根據(jù)反證法的步驟，假設是對原命題結(jié)論的否定，即＝或<.
3. －2與－的大小關系是______________．
答案：－2>－
解析： 由分析法可得，要證－2>－，只需證＋>＋2，即證13＋2>13＋4，即>2.因為42>40，所以－2>－成立．
4. 定義集合運算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，設集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，則集合A·B的所有元素之和為________．
答案：0
解析：依題意知α≠kπ＋，k∈Z.①α＝kπ＋(k∈Z)時，B＝，A·B＝；②α＝2kπ或α＝2kπ＋(k∈Z)時，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}；③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)時，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}；④α≠且α≠kπ＋(k∈Z)時，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，－cosα}．綜上可知A·B中的所有元素之和為0.
5. 設a、b為兩個正數(shù)，且a＋b＝1，則使得＋≥μ恒成立的μ的取值范圍是________．
答案：(－∞，4]
解析：∵ a＋b＝1，且a、b為兩個正數(shù)，∴ ＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.要使得＋≥μ恒成立，只要μ≤4.
1. 直接證明
(1) 定義：直接從原命題的條件逐步推得命題成立的證明方法．
(2) 一般形式
ABC…本題結(jié)論．
(3) 綜合法
① 定義：從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推，直到推出要證明的結(jié)論為止．這種證明方法稱為綜合法．
② 推證過程
……
(4) 分析法
① 定義：從問題的結(jié)論出發(fā)，追溯導致結(jié)論成立的條件，逐步上溯，直到使結(jié)論成立的條件和已知條件或已知事實吻合為止．這種證明方法稱為分析法．
② 推證過程
……
2. 間接證明
(1) 常用的間接證明方法有反證法、正難則反等．
(2) 反證法的基本步驟
① 反設——假設命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真．
② 歸謬——從反設和已知出發(fā)，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果．
③ 存真——由矛盾結(jié)果，斷定反設不真，從而肯定原結(jié)論成立.
題型1 直接證明(綜合法和分析法)
, 1) 數(shù)列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，…)，證明：
(1) 數(shù)列是等比數(shù)列；
(2) Sn＋1＝4an.
證明：(1) ∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，…)，∴ (n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴ ＝2·，即＝2，∴ 數(shù)列是等比數(shù)列．
(2) 由(1)知：＝4·(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋1)·＝4an(n≥2)．又a2＝3S1＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，∴ 對一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.
, 2) 設a、b、c均為大于1的正數(shù)，且ab＝10，求證：logac＋logbc≥4lgc.
證明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要證明logac＋logbc≥4lgc，只要證明＋≥4lgc，即≥4，因為ab＝10，故lga＋lgb＝1.只要證明≥4，由于a>1，b>1，故lga>0，lgb>0，所以0c恒成立．而a＋b＝(a＋b)＝10＋＋≥16，∴ c<16.又>，>，∴ <＋＝1，∴ c>10，∴ 102.
證明：(1) 假設函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，則f(－2)＝f(2)，即＝，解得a＝2，這與a≠2矛盾，所以函數(shù)f(x)不可能是偶函數(shù)．
(2) 因為f(x)＝，所以f′(x)＝.
① 充分性：當a>2時，f′(x)＝<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減；
② 必要性：當函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減時，有f′(x)＝≤0，即a≥2，又a≠2，所以a>2.
綜合①②知，原命題成立．
1. 已知點An(n，an)為函數(shù)y＝圖象上的點，Bn(n，bn)為函數(shù)y＝x圖象上的點，其中n∈N*，設cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關系為________．
答案：cn＋1＜cn
解析：由條件得cn＝an－bn＝－n＝，
∴ cn隨n的增大而減?。?cn＋1＜cn.
2. 一個平面封閉區(qū)域內(nèi)任意兩點距離的最大值稱為該區(qū)域的“直徑”，封閉區(qū)域邊界曲線的長度與區(qū)域直徑之比稱為區(qū)域的“周率”，下面四個平面區(qū)域(陰影部分)的周率從左到右依次記為τ1，τ2，τ3，τ4，則τ1，τ2，τ3，τ4的大小關系為________．
答案：τ4＞τ2＞τ3＞τ1
解析：在圖(1)中，設圖形所在的矩形長為a，寬為b，則其周率為，由不等式的性質(zhì)可知≤2；在圖(2)中設大圓的半徑為R，則易知外邊界長為πR，而內(nèi)邊界恰好為一個半徑為的小圓的周長πR，故整個邊界長為2πR，而封閉曲線的直徑最大值為2R，故周率為π；圖(3)中周長為直徑的三倍，故周率為3；圖(4)中設各邊長為a，則整個邊界的周長為12a，直徑為2a，故周率為2，故四個周率大小τ4＞τ2＞τ3＞τ1.
3. 定義：若存在常數(shù)k，使得對定義域D內(nèi)的任意兩個x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，則稱函數(shù)f(x)在定義域D上滿足利普希茨條件．若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則常數(shù)k的最小值為________．
答案：
解析：若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則存在常數(shù)k，使得對定義域[1，＋∞)內(nèi)的任意兩個x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，設x1>x2，則k≥＝.而0<<，所以k的最小值為.
4. 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)：
① sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；
② sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；
③ sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；
④ sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；
⑤ sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.
(1) 試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；
(2) 根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．
解： (1) 選擇②式，計算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝.
(2) (解法1)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.
證明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.
(解法2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.
證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝＋－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝－cos2α＋＋ (cos60°cos2α＋sin60°·sin2α)－sinαcosα－sin2α＝－cos2α＋＋cos2α＋sin2α－sin2α－(1－cos2α)＝1－cos2α－＋cos2α＝.
5. 如圖，已知半徑為r的圓M的內(nèi)接四邊形ABCD的對角線AC和BD相互垂直且交點為P.
(1) 若四邊形ABCD中的一條對角線AC的長度為d(01)時，第一步應驗證________．
答案：1＋＋<2
解析：∵ n∈N*，n>1，∴ n取的第一個數(shù)為2，左端分母最大的項為＝.
2. (選修22P88練習題3改編)用數(shù)學歸納法證明不等式“2n>n2＋1對于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應取為________．
答案：5
解析：當n≤4時，2n≤n2＋1；當n＝5時，25＝32>52＋1＝26，所以n0應取為5.
3. 設f(n)＝1＋＋＋＋…＋(n∈N*)，則f(k＋1)－f(k)＝________.
答案：＋＋
解析：f(k＋1)－f(k)＝1＋＋＋＋…＋－(1＋＋＋＋…＋)＝＋＋.
4. 利用數(shù)學歸納法證明不等式＋＋…＋>時，由k遞推到k＋1時左邊應添加的因式是________．
答案：－
解析：f(k＋1)－f(k)＝＋＋…＋＋－
(＋＋…＋)＝＋－＝－.
5. 已知a1＝，an＋1＝，則a2，a3，a4，a5的值分別為________________，由此猜想an＝________．
答案：、、、
解析：a2＝＝＝＝，同理a3＝＝＝，a4＝＝，a5＝＝，猜想an＝.
1. 由一系列有限的特殊現(xiàn)象得出一般性的結(jié)論的推理方法，通常叫做歸納法．
2. 對某些與正整數(shù)有關的數(shù)學命題常采用下面的方法來證明它們的正確性：先證明當n取第1個值n0時，命題成立；然后假設當n＝k(k∈N，k≥n0)時命題成立；證明當n＝k＋1時，命題也成立，這種證明方法叫做數(shù)學歸納法．
3. 用數(shù)學歸納法證明一個與正整數(shù)有關的命題時，其步驟為：
(1) 歸納奠基：證明凡取第一個自然數(shù)n0時命題成立；
(2) 歸納遞推：假設n＝k(k∈N，k≥n0)時命題成立，證明當n＝k＋1時，命題成立；
(3) 由(1)(2)得出結(jié)論．
[備課札記]
題型1 證明等式
1 (xx·陜西)設函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導函數(shù)．令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求證：gn(x)＝.
證明：(數(shù)學歸納法)① 當n＝1時，g1(x)＝，結(jié)論成立．
② 假設n＝k時結(jié)論成立，即gk(x)＝.那么，當n＝k＋1時，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即結(jié)論成立．
由①②可知，結(jié)論對所有n∈N*均成立．
用數(shù)學歸納法證明：
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N)．
證明：① 當n＝1時，等式左邊＝1－＝＝右邊，等式成立．
② 假設當n＝k(k∈N)時，等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，那么，當n＝k＋1時，有1－＋－＋…＋－＋－＝＋＋…＋＋－＝＋＋…＋＋，上式表明當n＝k＋1時，等式也成立．
由①②知，等式對任何n∈N均成立．
題型2 證明不等式
, 2) (xx·南通二模)各項均為正數(shù)的數(shù)列{xn}對一切n∈N*均滿足xn＋＜2.證明：
(1) xn＜xn＋1；
(2) 1－＜xn＜1.
證明：(1) ∵ xn＞0，xn＋＜2，∴ 0＜＜2－xn，
∴ xn＋1＞，且2－xn＞0.
∵ －xn＝＝≥0.
∴ ≥xn，∴ xn≤＜xn＋1，即xn＜xn＋1.
(2) 下面用數(shù)學歸納法證明：xn＞1－.
① 當n＝1時，由題設x1＞0可知結(jié)論成立；
② 假設n＝k時，xk＞1－，當n＝k＋1時，
由(1)得，xk＋1＞＞＝＝1－.
由①②可得，xn＞1－.
下面先證明xn≤1.
假設存在自然數(shù)k，使得xk＞1，則一定存在自然數(shù)m，使得xk＞1＋.
因為xk＋＜2，xk＋1＞＞＝，xk＋2＞＞＝，…，xk＋m－1＞＝2，與題設xk＋＜2矛盾，所以xn≤1.若xk＝1，則xk＋1＞xk＝1，根據(jù)上述證明可知存在矛盾．所以xn＜1成立．
已知x1，x2，…，xn∈R＋，且x1x2…xn＝1，求證：
(＋x1)(＋x2)…(＋xn)≥(＋1)n.
證明(數(shù)學歸納法)：(ⅰ) 當n＝1時，＋x1＝＋1，不等式成立．
(ⅱ) 假設n＝k時不等式成立，即(＋x1)(＋x2)…(＋xk)≥(＋1)k成立．
則n＝k＋1時，若xk＋1＝1，則命題成立；若xk＋1>1，則x1，x2，…，xk中必存在一個數(shù)小于1，不妨設這個數(shù)為xk，從而(xk－1)(xk＋1－1)<0，即xk＋xk＋1>1＋xkxk＋1.xk＋1<1同理可得，
所以(＋x1)(＋x2)…(＋xk)(＋xk＋1)
＝(＋x1)(＋x2)…[2＋(xk＋xk＋1)＋xkxk＋1]
≥(＋x1)(＋x2)…[2＋(1＋xkxk＋1)＋xkxk＋1]
＝(＋x1)(＋x2)…(＋xkxk＋1)(＋1)
≥(＋1)n(＋1)＝(＋1)k＋1.
故n＝k＋1時，不等式也成立．
由(ⅰ)(ⅱ)知原不等式成立．
題型3 數(shù)列問題
3 設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1，2，3，….
(1) 求a1，a2；
(2) 猜想數(shù)列{Sn}的通項公式，并給出證明．
解：(1) 當n＝1時，x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1，
于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝；
當n＝2時，x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a2－，
于是－a2－a2＝0，解得a2＝.
(2) 由題設(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0.
當n≥2時，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.①
由(1)得S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝.
由①可得S3＝.由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，….
下面用數(shù)學歸納法證明這個結(jié)論．
(ⅰ) n＝1時已知結(jié)論成立.
(ⅱ) 假設n＝k(k∈N*)時結(jié)論成立，即Sk＝，
當n＝k＋1時，由①得Sk＋1＝，
即Sk＋1＝，故n＝k＋1時結(jié)論也成立．
綜上，由(ⅰ)(ⅱ)可知Sn＝對所有正整數(shù)n都成立．
(xx·鎮(zhèn)江期末)已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1·(1＋an)＝1.
(1) 試計算a2，a3，a4，a5的值；
(2) 猜想|an＋1－an|與(其中n∈N*)的大小關系，并證明你的猜想．
解：(1) 由已知計算得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝.
(2) 由(1)得|a2－a1|＝，|a3－a2|＝，|a4－a3|＝，|a5－a4|＝，而n分別取1，2，3，4時，分別為，，，，故猜想|an＋1－an|≤.下面用數(shù)學歸納法證明以上猜想：
① 當n＝1時，已證；
② 當n＝k≥1時，
假設|ak＋1－ak|≤，對n∈N*：由a1＝，an＋1＝，得an>0，∴ 02＋＝，
∴ |ak＋2－ak＋1|＝＝≤≤＝.∴ 當n＝k≥1時，結(jié)論成立．由①和②知，以上猜想成立．
題型4 綜合運用
, 4) 若函數(shù)f(x)＝x2－2x－3，定義數(shù)列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是過點P(4，5)，Qn(xn，f(xn))的直線PQn與x軸的交點的橫坐標，試運用數(shù)學歸納法證明：2≤xn＜xn＋1<3.
證明：① 當n＝1時，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．∴ 直線PQ1的方程為y＝4x－11，令y＝0，得x2＝，因此，2≤x1＜x2＜3，即n＝1時結(jié)論成立．
② 假設當n＝k時結(jié)論成立，即2≤xk＜xk＋1＜3.∴ 直線PQk＋1的方程為y－5＝(x－4)．又f(xk＋1)＝x－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0，得xk＋2＝＝4－.
由歸納假設，20，即xk＋1時，則f(2k＋1)－f(2k)等于________．
答案：＋＋…＋
解析：∵ f(2k＋1)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋，f(2k)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋，∴ f(2k＋1)－f(2k)＝＋＋…＋.
2. 用數(shù)學歸納法證明不等式：＋＋＋…＋＞1(n∈N*且n＞1)．
證明：①當n＝2時，左邊＝＋＋＝＞1，
∴ n＝2時不等式成立；
②假設當n＝k(k≥2)時不等式成立，
即＋＋＋…＋＞1，
那么當n＝k＋1時，
左邊＝＋…＋＋
＝＋＋…＋＋－
＞1＋(2k＋1)·－＝1＋＞1.
綜上，對于任意n∈N*，n>1不等式均成立，原命題得證．
3. 已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax在(－1，0)上是增函數(shù)．
(1) 求實數(shù)a的取值范圍A；
(2) 當a為A中最小值時，定義數(shù)列{an}滿足：a1∈(－1，0)，且2an＋1＝f(an)，用數(shù)學歸納法證明an∈(－1，0)，并判斷an＋1與an的大小．
解 ：(1) ∵ f′(x)＝－3x2＋a≥0即a≥3x2在x∈(－1，0)恒成立，∴ A＝[3，＋∞)
(2) 用數(shù)學歸納法證明：an∈(－1，0)．
(ⅰ) n＝1時，由題設a1∈(－1，0)；
(ⅱ) 假設n＝k時，ak∈(－1，0)，則當n＝k＋1時，ak＋1＝f(ak)＝(－a＋3ak)，由(1)知：f(x)＝－x3＋3x在(－1，0)上是增函數(shù)，又ak∈(－1，0)，所以[－(－1)3＋3×(－1)]＝－1
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2019-2020年高考數(shù)學一輪總復習
第七章
推理與證明課堂過關
2019
2020
年高
數(shù)學
一輪
復習
第七
推理
證明
課堂
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2019-2020年高考數(shù)學一輪總復習 第七章 推理與證明課堂過關 理.doc
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