2018版高考数学复习推理与证明算法复数教师用书理.docx

第十二章推理与证明、算法、复数第一节合情推理与演绎推理本节主要包括2个知识点：1.合情推理；2.演绎推理.突破点(一)合情推理基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 类型定义特点归纳推理根据某类事物的部分对象具有某种特征，推出这类事物的全部对象都具有这种特征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考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 归纳推理运用归纳推理时的一般步骤(1)通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)；(2)把这种相似性推广到一个明确表述的一般命题(猜想)；(3)对所得出的一般性命题进行检验类型(一)与数字有关的推理例1给出以下数对序列：(1,1)(1,2)(2,1)(1,3)(2,2)(3,1)(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)记第i行的第 j 个数对为aij，如a43(3,2)，则anm()A(m，nm1) B(m1，nm)C(m1，nm1) D(m，nm)解析由前4行的特点，归纳可得：若anm(a，b)，则am，bnm1，anm(m，nm1)答案A易错提醒解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等类型(二)与式子有关的推理例2(1)(2016山东高考)观察下列等式：2212；222223；222234；222245；照此规律，222_.(2)已知x(0，)，观察下列各式：x2，x3，x4，类比得xn1(nN*)，则a_.解析(1)观察前4个等式，由归纳推理可知222n(n1).(2)第一个式子是n1的情况，此时a111；第二个式子是n2的情况，此时a224；第三个式子是n3的情况，此时a3327，归纳可知ann.答案(1)(2)nn方法技巧与式子有关的推理类型及解法(1)与等式有关的推理观察每个等式的特点，找出等式左右两侧的规律及符号后可解(2)与不等式有关的推理观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解类型(三)与图形有关的推理例3某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为()A21 B34 C52 D55解析因为211,321,532，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为213455.答案D方法技巧与图形有关的推理的解法与图形变化相关的归纳推理，解决的关键是抓住相邻图形之间的关系，合理利用特殊图形，找到其中的变化规律，得出结论，可用赋值检验法验证其真伪性类比推理1类比推理的应用一般分为类比定义、类比性质和类比方法，常用技巧如下：类比定义在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解类比性质从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键类比方法有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移2平面中常见的元素与空间中元素的类比：平面点线圆三角形角面积周长空间线面球三棱锥二面角体积表面积例4如图，在梯形ABCD中，ABCD，ABa，CDb(ab)若EFAB，EF到CD与AB的距离之比为mn，则可推算出：EF.用类比的方法，推想出下面问题的结果在上面的梯形ABCD中，分别延长梯形的两腰AD和BC交于O点，设OAB，ODC的面积分别为S1，S2，则OEF的面积S0与S1，S2的关系是()AS0BS0C.D.解析在平面几何中类比几何性质时，一般是由平面几何中点的性质类比推理线的性质；由平面几何中线段的性质类比推理面积的性质故由EF类比到关于OEF的面积S0与S1，S2的关系是.答案C方法技巧 类比推理的步骤和方法(1)类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤为：找出两类事物之间的相似性或一致性；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，得到类似的结论能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1考点二由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：“mnnm”类比得到“abba”；“(mn)tmtnt”类比得到“(ab)cacbc”；“(mn)tm(nt)”类比得到“(ab)ca(bc)”；“t0，mtxtmx”类比得到“p0，apxpax”；“|mn|m|n|”类比得到“|ab|a|b|”；“”类比得到“”以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是()A1 B2 C3 D4解析：选B正确，错误2考点二在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则()A. B. C. D.解析：选D正四面体的内切球与外接球的半径之比为13，故.3考点一类型(一)两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位如图所示，则下列座位号码符合要求的应当是()窗口12过道345窗口6789101112131415A48,49 B62,63 C75,76 D84,85解析：选D由已知图形中座位的排序规律可知，被5除余1的数和能被5整除的座位号靠窗，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析选项中的4组座位号知，A、B两组座位号都不靠窗，C中两个座位没有连在一起，只有D符合条件4考点一类型(二)设n为正整数，f(n)1，计算得f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，观察上述结果，可推测一般的结论为_解析：f(21)，f(22)2，f(23)，f(24)，归纳得f(2n)(nN*)答案：f(2n)(nN*)5考点一类型(三)蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n个图的蜂巢总数则f(4)_，f(n)_.解析：因为f(1)1，f(2)716，f(3)191612，所以f(4)16121837，所以f(n)1612186(n1)3n23n1.答案：373n23n1突破点(二)演绎推理基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 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(2)模式：“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：大前提已知的一般原理；小前提所研究的特殊情况；结论根据一般原理，对特殊情况做出的判断(3)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 演绎推理典例数列an的前n项和记为Sn，已知a11，an1Sn(nN*)证明：(1)数列是等比数列；(2)Sn14an.证明(1)an1Sn1Sn，an1Sn，(n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn.故2，(小前提)故是以2为公比，1为首项的等比数列(结论)(大前提是等比数列的定义)(2)由(1)可知数列是等比数列，(大前提)所以4(n2)，即Sn14(n1)4Sn14an(n2)又a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)所以对于任意正整数n，都有Sn14an.(结论)方法技巧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，本例中，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能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1已知函数f(x)(a0，且a1)(1)证明：函数yf(x)的图象关于点对称；(2)求f(2)f(1)f(0)f(1)f(2)f(3)的值解：(1)证明：函数f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，它关于点对称的点的坐标为(1x，1y)(大前提)由已知y，则1y1，f(1x)，(小前提)1yf(1x)，即函数yf(x)的图象关于点对称(结论)(2)由(1)知1f(x)f(1x)，即f(x)f(1x)1.f(2)f(3)1，f(1)f(2)1，f(0)f(1)1.故f(2)f(1)f(0)f(1)f(2)f(3)3.2已知函数yf(x)满足：对任意a，bR，ab，都有af(a)bf(b)af(b)bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数证明：设任意x1，x2R，取x1x1f(x2)x2f(x1)，所以x1f(x1)f(x2)x2f(x2)f(x1)0，f(x2)f(x1)(x2x1)0，因为x10，所以f(x2)f(x1)0，即f(x2)f(x1)(小前提)所以yf(x)为R上的单调增函数(结论) 全国卷5年真题集中演练明规律 1(2016全国甲卷)有三张卡片，分别写有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_解析：由丙所言可能有两种情况一种是丙持有“1和2”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和3”，符合甲所言情况；另一种是丙持有“1和3”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和2”，不符合甲所言情况故甲持有“1和3”答案：1和32(2014新课标全国卷)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三个去过同一城市由此判断乙去过的城市为_解析：由于甲、乙、丙三人去过同一城市，而甲没有去过B城市，乙没有去过C城市，因此三人去过的同一城市应为A，而甲去过的城市比乙多，但没去过B城市，所以甲去过A，C城市，乙去过的城市应为A.答案：A课时达标检测 重点保分课时一练小题夯双基，二练题点过高考练基础小题强化运算能力1(1)已知a是三角形一边的长，h是该边上的高，则三角形的面积是ah，如果把扇形的弧长l，半径r分别看成三角形的底边长和高，可得到扇形的面积为lr；(2)由112,1322,13532，可得到1352n1n2，则(1)(2)两个推理过程分别属于()A类比推理、归纳推理 B类比推理、演绎推理C归纳推理、类比推理 D归纳推理、演绎推理解析：选A(1)由三角形的性质得到扇形的性质有相似之处，此种推理为类比推理；(2)由特殊到一般，此种推理为归纳推理，故选A.2“因为指数函数yax是增函数(大前提)，而yx是指数函数(小前提)，所以yx是增函数(结论)”，上面推理的错误在于()A大前提错导致结论错B小前提错导致结论错C推理形式错导致结论错D大前提和小前提都错导致结论错解析：选Ayax是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错误3观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A121 B123 C231 D211解析：选B令ananbn，则a11，a23，a34，a47，得an2anan1，从而a618，a729，a847，a976，a10123.4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_解析：由题图知第1个图形的小正方形个数为1，第2个图形的小正方形个数为12，第3个图形的小正方形个数为123，第4个图形的小正方形个数为1234，则第n个图形的小正方形个数为123n.答案：5在平面几何中：ABC中C的角平分线CE分AB所成线段的比为 .把这个结论类比到空间：在三棱锥ABCD中(如图)，DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到类比的结论是_解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得.答案：练常考题点检验高考能力一、选择题1给出下面类比推理(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)：“若a，bR，则ab0ab”类比推出“a，bC，则ab0ab”；“若a，b，c，dR，则复数abicdiac，bd”类比推出“a，b，c，dQ，则abcdac，bd ”；“a，bR，则ab0ab”类比推出“若a，bC，则ab0ab”；“若xR，则|x|11x1”类比推出“若zC，则|z|11z1”其中类比结论正确的个数为()A1 B2 C3 D4解析：选B类比结论正确的有.复数不能比较大小，错误2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)解析：选B依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第n组中每个“整数对”的和均为n1，且第n组共有n个“整数对”，这样的前n组一共有个“整数对”，注意到60，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各对数依次为：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，因此第60个“整数对”是(5,7)3观察下列各式：553 125,5615 625,5778 125,58390 625，591 953 125，则52 016的末四位数字为()A3 125 B5 625C0 625 D8 125解析：选C553 125 ,5615 625,5778 125,58390 625，591 953 125，可得59与55的后四位数字相同，由此可归纳出5m4k与5m(kN*，m5,6,7,8)的后四位数字相同，又2 01645028，所以52 016与58的后四位数字相同，为0 625，故选C.4若数列an是等差数列，则数列bn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()Adn BdnCdn Ddn解析：选D若an是等差数列，则a1a2anna1d，bna1dna1，即bn为等差数列；若cn是等比数列，则c1c2cncq12(n1)cq，dnc1q，即dn为等比数列，故选D.5古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数比如：他们研究过图1中的1,3,6,10，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1,4,9,16，这样的数为正方形数下列数中既是三角形数又是正方形数的是()A289 B1 024C1 225 D1 378解析：选C观察三角形数：1,3,6,10，记该数列为an，则a11，a2a12，a3a23，anan1n.a1a2an(a1a2an1)(123n)，an123n，观察正方形数：1,4,9,16，记该数列为bn，则bnn2.把四个选项的数字，分别代入上述两个通项公式，可知使得n都为正整数的只有 1 225.6某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行某公司有A，B，C，D，E五辆车，保证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，由此可知下列推测一定正确的是()A今天是周六 B今天是周四CA车周三限行 DC车周五限行解析：选B因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路，E车周四限行，所以今天不是周三；因为B车昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因为A，C两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，选B.二、填空题7对于实数x，x表示不超过x的最大整数，观察下列等式： 3， 10， 21，按照此规律第n个等式的等号右边的结果为_解析：因为 13， 25， 37，以此类推，第n个等式的等号右边的结果为n(2n1)，即2n2n.答案：2n2n8如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，xn，都有f.若ysin x在区间(0，)上是凸函数，那么在ABC中，sin Asin Bsin C的最大值是_解析：由题意知，凸函数满足f，又ysin x在区间(0，)上是凸函数，则sin Asin Bsin C3sin3sin.答案：9设函数f(x)(x0)，观察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，根据以上事实，由归纳推理可得：当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x)_.解析：根据题意知，各式中分子都是x，分母中的常数项依次是2,4,8,16，可知fn(x)的分母中常数项为2n，分母中x的系数为2n1，故fn(x)f(fn1(x).答案：10.如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上数字标签：原点处标0，点(1,0)处标1，点(1，1)处标2，点(0，1)处标3，点(1，1)处标4，点(1,0)处标5，点(1,1)处标6，点(0,1)处标7，依此类推，则标签为2 0172的格点的坐标为_解析：因为点(1,0)处标112，点(2,1)处标932，点(3,2)处标2552，点(4,3)处标4972，依此类推得点(1 009，1 008)处标2 0172.答案：(1 009,1 008)三、解答题11在RtABC中，ABAC，ADBC于D，求证：.在四面体ABCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想？并说明理由解：如图所示，由射影定理AD2BDDC，AB2BDBC，AC2BCDC，.又BC2AB2AC2，.猜想，在四面体ABCD中，AB、AC、AD两两垂直，AE平面BCD，则.证明：如图，连接BE并延长交CD于F，连接AF.ABAC，ABAD，ACADA，AB平面ACD.AF平面ACD，ABAF.在RtABF中，AEBF，.AB平面ACD，ABCD.AE平面BCD，AECD.又ABAEA，CD平面ABF，CDAF.在RtACD中，.12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：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(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，并证明你的结论解：(1)选择式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301.(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.第二节直接证明与间接证明、数学归纳法本节主要包括3个知识点：1.直接证明；2.间接证明；3.数学归纳法.突破点(一)直接证明基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 内容综合法分析法定义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.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)为止思维过程由因导果执果索因框图表示书写格式因为，所以或由，得要证，只需证，即证考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”综合法综合法是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围是：(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式；(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型例1(2017武汉模拟)已知函数f(x)(x1)ln xx1.(1)若0，求f(x)的最大值；(2)若曲线yf(x)在点(1，f(1)处的切线与直线xy10垂直，证明：0.解(1)f(x)的定义域为(0，)当0时，f(x)ln xx1.则f(x)1，令f(x)0，解得x1.当0x0，故f(x)在(0,1)上是增函数；当x1时，f(x)0，故f(x)在(1，)上是减函数故f(x)在x1处取得最大值f(1)0.(2)证明：由题可得，f(x)ln x1.由题设条件，得f(1)1，即1.f(x)(x1)ln xx1.由(1)知，ln xx10，且x1)当0x1时，x10，f(x)(x1)ln xx1xln x(ln xx1)0.当x1时，x10，f(x)(x1)ln xx1ln x(xln xx1)ln xx0，0.综上可知，0.方法技巧综合法证题的思路分析法分析法是逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中需要用到的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导时，常考虑用分析法例2已知a0，证明 a2.证明要证 a2，只需证 (2)因为a0，所以(2)0，所以只需证22，即2(2)84，只需证a2.因为a0，a2显然成立当且仅当a1时，等号成立，所以要证的不等式成立方法技巧分析法证题的思路(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1考点一命题“对于任意角，cos4sin4cos 2”的证明：“cos4sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2sin2cos 2”过程应用了()A分析法B综合法C综合法、分析法综合使用D间接证明法解析：选B因为证明过程是“从左向右”，即由条件逐步推向结论，故选B.2考点一(2017广州调研)若a，b，c为实数，且ab0，则下列命题正确的是()Aac2bc2 Ba2abb2C. D.解析：选Ba2aba(ab)，ab0，ab0，a(ab)0，即a2ab0，a2ab.又abb2b(ab)0，abb2，由得a2abb2.3考点一已知实数a1，a2，a2 017满足a1a2a3a2 0170，且|a12a2|a22a3|a2 0172a1|，证明：a1a2a3a2 0170.证明：根据条件知：(a12a2)(a22a3)(a32a4)(a2 0172a1)(a1a2a3a2 017)0.另一方面，令|a12a2|a22a3|a32a4|a2 0172a1|m，则a12a2，a22a3，a32a4，a2 0172a1中每个数或为m或为m.设其中有k个m，(2 017k)个m，则(a12a2)(a22a3)(a32a4)(a2 0172a1)km(2 017k)(m)(2k2 017)m.由知：(2k2 017)m0.而2k2 017为奇数，不可能为0，所以m0.于是知：a12a2，a22a3，a32a4，a2 0162a2 017，a2 0172a1.所以a122 017a1，即得a10.从而a1a2a3a2 0170.命题得证4考点二已知m0，a，bR，求证：2.证明：因为m0，所以1m0.所以要证原不等式成立，只需证(amb)2(1m)(a2mb2)，即证m(a22abb2)0，即证m(ab)20，即证(ab)20，而(ab)20显然成立，故原不等式得证突破点(二)间接证明基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 1反证法假设原命题不成立(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，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法2用反证法证明问题的一般步骤第一步分清命题“pq”的条件和结论第二步作出命题结论q相反的假设綈q第三步由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果第四步断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是结论q成立，从而间接地证明了命题pq为真3.常见的结论和反设词原结论词反设词至少有一个一个都没有至多有一个至少有两个至少有n个至多有(n1)个至多有n个至少有(n1)个都是不都是对任意x成立存在某个x不成立对任意x不成立存在某个x成立p或q綈p且綈qp且q綈p或綈q不都是都是考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 证明否定性命题例1已知数列an的前n项和为Sn，且满足anSn2.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列an中任意三项不可能按原来顺序成等差数列解(1)当n1时，a1S12a12，则a11.又anSn2，所以an1Sn12，两式相减得an1an，所以an是首项为1，公比为的等比数列，所以an.(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap1，aq1，ar1(pqr，且p，q，rN*)，则2，所以22rq2rp1.(*)又因为pqr，所以rq，rpN*.所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立所以假设不成立，原命题得证证明存在性问题例2若f(x)的定义域为a，b，值域为a，b(a2)，使函数h(x)是区间a，b上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由解(1)由已知得g(x)(x1)21，其图象的对称轴为x1，区间1，b在对称轴的右边，所以函数在区间1，b上单调递增由“四维光军”函数的定义可知，g(1)1，g(b)b，即b2bb，解得b1或b3.因为b1，所以b3.(2)假设函数h(x)在区间a，b(a2)上是“四维光军”函数，因为h(x)在区间(2，)上单调递减，所以有即解得ab，这与已知矛盾故不存在证明“至多”“至少”“唯一”命题例3已知f(x)ln(1ex)mx(xR)，对于给定区间(a，b)，存在x0(a，b)，使得f(x0)成立，求证：x0唯一证明假设存在x0，x0(a，b)，且x0x0，使得f(x0)，f(x0)成立，即f(x0)f(x0)因为f(x)m，记g(x)f(x)，所以g(x)0，f(x)是(a，b)上的单调递增函数所以x0x0，这与x0x0矛盾，所以x0是唯一的 能力练通 抓应用体验的“得”与“失” 1考点三用反证法证明命题“设a，b 为实数，则方程x3axb0 至少有一个实根”时，要作的假设是()A方程x3axb0没有实根B方程 x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0 至多有两个实根D方程x3axb0 恰好有两个实根解析：选A用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，而至少有一个实根的否定是没有实根，故作的假设是“方程x3axb0没有实根”2考点一、三若a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：(ab)2(bc)2(ca)20；ab与ab及ab中至少有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立其中判断正确的个数是()A0 B1 C2 D3解析：选C由于a，b，c不全相等，则ab，bc，ca中至少有一个不为0，故正确；显然正确；令a2，b3，c5，满足ac，bc，ab，故错误3考点三已知xR，ax2，b2x，cx2x1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.证明：假设a，b，c均小于1，即a1，b1，c1，则有abc3，而abcx22xx2x12x22x32233，两者矛盾，所以假设不成立，故a，b，c至少有一个不小于1.4考点一设an是公比为q的等比数列(1)推导an的前n项和公式；(2)设q1，证明数列an1不是等比数列解：(1)设an的前n项和为Sn，当q1时，Sna1a1a1na1；当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)证明：假设数列an1是等比数列，则对任意的kN*，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1.a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故数列an1不是等比数列5考点二已知四棱锥SABCD中，底面是边长为1的正方形，又SBSD，SA1.(1)求证：SA平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由解：(1)证明：由已知得SA2AD2SD2，故SAAD.同理SAAB.又ABADA，所以SA平面ABCD.(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD.BCAD，BC平面SAD.BC平面SAD.而BCBFB，平面FBC平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，假设不成立故在棱SC上不存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD.突破点(三)数学归纳法基础联通 抓主干知识的“源”与“流” 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设nk(kn0，kN*)时命题成立，证明当nk1时命题也成立只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立上述证明方法叫做数学归纳法考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” 用数学归纳法证明等式例1设f(n)1(nN*)求证：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)证明(1)当n2时，左边f(1)1，右边21，左边右边，等式成立(2)假设nk(k2，kN*)时，结论成立，即f(1)f(2)f(k1)kf(k)1，那么，当nk1时，f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k)k(k1)k(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1，当nk1时结论仍然成立由(1)(2)可知：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)方法技巧用数学归纳法证明等式的策略(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值(2)由nk到nk1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用nk时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明用数学归纳法证明不等式例2用数学归纳法证明：12(nN*，n2)证明(1)当n2时，12，命题成立(2)假设nk(k2，kN*)时命题成立，即12.当nk1时，12均成立证明：(1)当n2时，左边1；右边.左边右边，不等式成立(2)假设nk(k2，且kN*)时不等式成立，即.则当nk1时，1.当nk1时，不等式也成立由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立3考点三(2017常德模