（课标Ⅰ卷）2020届高考数学一轮复习第十四章推理与证明课件.pptx

第十四章 推理与证明,高考理数 (课标专用),1.(2019课标,4,5分)古希腊时期,人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是,0.618,称为黄金分割比例 ,著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外,最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是 .若某人满足上述两个黄金分割比例,且腿长为105 cm,头顶至脖子下端的长度为26 cm,则其身高可能是 ( ) A.165 cm B.175 cm C.185 cm D.190 cm,五年高考,A组 统一命题课标卷题组,答案 B 本题主要考查学生的数学应用意识、抽象概括能力、运算求解能力,以及方程思 想;考查的核心素养为数学抽象、数学建模以及数学运算. 由人体特征可知,头顶至咽喉的长度应小于头顶至脖子下端的长度,故咽喉至肚脐的长度应小 于 42 cm,可得到此人的身高应小于26+42+ 178 cm; 同理,肚脐至足底的长度应大于腿长105 cm,故此人的身高应大于105+1050.618170 cm,结 合选项可知,只有B选项符合题意,故选B. 一题多解 用线段代替人,如图.,已知 = = 0.618,c105,c+d=a,设此人身高为h cm,则a+b=h,由 a 64.89, 由 d42.07, 所以c+d26+42.07=68.07,即a68.07, 由 b110.15, 整理可得64.89+105a+b68.07+110.15, 即169.89h178.22(单位:cm).故选B.,2.(2017课标,7,5分)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩.老师说:你 们四人中有2位优秀,2位良好,我现在给甲看乙、丙的成绩,给乙看丙的成绩,给丁看甲的成绩. 看后甲对大家说:我还是不知道我的成绩.根据以上信息,则 ( ) A.乙可以知道四人的成绩 B.丁可以知道四人的成绩 C.乙、丁可以知道对方的成绩 D.乙、丁可以知道自己的成绩,答案 D 本题主要考查逻辑推理能力. 由题意可知,“甲看乙、丙的成绩,不知道自己的成绩”说明乙、丙两人是一个优秀一个良好, 则乙看了丙的成绩,可以知道自己的成绩;丁看了甲的成绩,也可以知道自己的成绩.故选D.,3.(2016课标,15,5分)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 .,答案 1和3,解析 由丙说的话可知丙的卡片上的数字一定不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2,则乙的 卡片上的数字是2和3,甲的卡片上的数字是1和3,满足题意;若丙的卡片上的数字是1和3,则乙 的卡片上的数字是2和3,此时,甲的卡片上的数字只能是1和2,不满足题意.故甲的卡片上的数 字是1和3. 思路分析 先由丙说的话判定丙的卡片上的数字一定不是2和3,再按丙的卡片上的数字为1和 2,1和3分类讨论即可解题. 导师点睛 确定一人,从他说的话入手去判断,各个击破,从而得到结论.,B组 自主命题省(区、市)卷题组 考点一 合情推理与演绎推理,1.(2016北京,8,5分)袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次 从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放入乙盒, 否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,则 ( ) A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 C.乙盒中红球不多于丙盒中红球 D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多,答案 B 解法一:假设袋中只有一红一黑两个球,第一次取出后,若将红球放入了甲盒,则乙盒 中有一个黑球,丙盒中无球,A错误;若将黑球放入了甲盒,则乙盒中无球,丙盒中有一个红球,D 错误;同样,假设袋中有两个红球和两个黑球,第一次取出两个红球,则乙盒中有一个红球,第二 次必然拿出两个黑球,则丙盒中有一个黑球,此时乙盒中红球多于丙盒中的红球,C错误.故选B. 解法二:设袋中共有2n个球,最终放入甲盒中k个红球,放入乙盒中s个红球.依题意知,甲盒中有 (n-k)个黑球,乙盒中共有k个球,其中红球有s个,黑球有(k-s)个,丙盒中共有(n-k)个球,其中红球有 (n-k-s)个,黑球有(n-k)-(n-k-s)=s个.所以乙盒中红球与丙盒中黑球一样多.故选B.,2.(2017北京,14,5分)三名工人加工同一种零件,他们在一天中的工作情况如图所示,其中点Ai的 横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数,点Bi的横、纵坐标分别为第i名 工人下午的工作时间和加工的零件数,i=1,2,3. 记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数,则Q1,Q2,Q3中最大的是 ; 记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数,则p1,p2,p3中最大的是 .,答案 Q1 p2,解析 本题考查推理的基础知识和直线的斜率,考查转化与化归思想及分析问题和解决问题 的能力. 设线段AiBi的中点为Ci(xi,yi). 由题意知Qi=2yi,i=1,2,3,由题图知y1最大,所以Q1,Q2,Q3中最大的是Q1. 由题意知pi= = ,i=1,2,3. 的几何意义为点Ci(xi,yi)与原点O连线的斜率. 比较OC1,OC2,OC3的斜率,由题图可知OC2的斜率最大,即p2最大.,考点二 直接证明与间接证明 (2018江苏,19,16分)记f (x),g(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0R,满足f(x0)=g(x0)且 F (x0)=g(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”. (1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”; (2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值; (3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)= .对任意a0,判断是否存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+),内存在“S点”,并说明理由.,解析 本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解 决问题的能力以及逻辑推理能力. (1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2, 则f (x)=1,g(x)=2x+2, 由f(x)=g(x)且f (x)=g(x), 得 此方程组无解. 因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”. (2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x, 则f (x)=2ax,g(x)= , 设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f (x0)=g(x0),得 即 (*) 得ln x0=- ,即x0= ,则a= = .,当a= 时,x0= 满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,因此,a的值为 . (3)f (x)=-2x,g(x)= ,x0, f (x0)=g(x0)b =- 0x0(0,1), f(x0)=g(x0)- +a= =- a= - , 令h(x)=x2- -a= ,x(0,1),a0, 设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x(0,1),a0, 则m(0)=-a0m(0)m(1)0,存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”. 思路分析 本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决,问题,第三问中先利用f (x0)=g(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a= - ,从而转化为 研究h(x)= ,x(0,1),a0的零点存在性问题,再研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x(0, 1),a0,由m(0)0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.,考点三 数学归纳法 (2017浙江,22,15分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).证明:当nN*时, (1)00. 当n=1时,x1=10. 假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+10,则00.,因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1. 因此00(x0). 函数f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0, 因此 -2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0, 故2xn+1-xn (nN*). (3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn . 由 2xn+1-xn得 - 2 0, 所以 - 2 2n-1 =2n-2,故xn .综上, xn (nN*).,方法总结 1.证明数列单调性的方法. 差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断 其符号. 商比法:作商 ,判断 与1的大小,同时注意an的正负. 数学归纳法. 反证法:例如求证:nN*,an+1an,可反设存在kN*,有ak+1ak,从而导出矛盾.,2.证明数列的有界性的方法. 构造法:构造函数,求函数的值域,得数列有界. 反证法. 数学归纳法.,3.数列放缩的方法. 裂项法:利用不等式性质,把数列的第k项分裂成某数列的相邻两项差的形式,再求和,达到放 缩的目的. 累加法:先把an+1-an进行放缩.例:an+1-anqn, 则有n2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)a1+q+q2+qn-1. 累乘法:先把 进行放缩.例: q(q0), 则有n2时,an=a1 a1qn-1(其中a10). 放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列an放缩成等比数列bn,求和后,再进行适 当放缩.,1.(2015福建,15,5分)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xn(nN*),其中xk(k=1,2,n)称为 第k位码元.二元码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1, 或者由1变为0). 已知某种二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组: 其中运算定义为:00=0,01=1,10=1,11=0. 现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101,那么利用上 述校验方程组可判定k等于 .,C组 教师专用题组 考点一 合情推理与演绎推理,答案 5,解析 设a,b,c,d0,1,在规定的运算法则下,满足abcd=0的情形可分为下列三类:4 个1:1111=0,2个1:1100=0,0个1:0000=0,因此,对于错码1101101,可得: x4x5x6x7=11010; x2x3x6x7=1001=0; x1x3x5x7=10110, 结合题意可知错误码元只能出现在x5上, 若x5=0,则校验方程组成立,故k=5.,2.(2014课标,14,5分)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:我们三人去过同一城市. 由此可判断乙去过的城市为 .,答案 A,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,所以甲去过的城市数应为2,乙 去过的城市应为A. 解题关键 得出甲、乙、丙三人去过的同一城市为A城市是解题的关键.,1.(2018北京,20,14分)设n为正整数,集合A=|=(t1,t2,tn),tk0,1,k=1,2,n.对于集合A中 的任意元素=(x1,x2,xn)和=(y1,y2,yn),记M(,)= (x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y2|)+(xn+yn-|xn- yn|). (1)当n=3时,若=(1,1,0),=(0,1,1),求M(,)和M(,)的值; (2)当n=4时,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意元素,当,相同时,M(,)是奇数;当,不 同时,M(,)是偶数.求集合B中元素个数的最大值; (3)给定不小于2的n,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意两个不同的元素,M(,)=0.写出 一个集合B,使其元素个数最多,并说明理由.,考点二 直接证明与间接证明,解析 (1)因为=(1,1,0),=(0,1,1),所以 M(,)= (1+1-|1-1|)+(1+1-|1-1|)+(0+0-|0-0|)=2, M(,)= (1+0-|1-0|)+(1+1-|1-1|)+(0+1-|0-1|)=1. (2)设=(x1,x2,x3,x4)B,则M(,)=x1+x2+x3+x4. 由题意知x1,x2,x3,x40,1,且M(,)为奇数, 所以x1,x2,x3,x4中1的个数为1或3.所以 B(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1),(0,1,1,1),(1,0,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,0). 将上述集合中的元素分成如下四组: (1,0,0,0),(1,1,1,0);(0,1,0,0),(1,1,0,1);(0,0,1,0),(1,0,1,1);(0,0,0,1),(0,1,1,1). 经验证,对于每组中两个元素,均有M(,)=1. 所以每组中的两个元素不可能同时是集合B的元素. 所以集合B中元素的个数不超过4. 又集合(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)满足条件, 所以集合B中元素个数的最大值为4.,(3)设Sk=(x1,x2,xn)|(x1,x2,xn)A,xk=1,x1=x2=xk-1=0(k=1,2,n), Sn+1=(x1,x2,xn)|x1=x2=xn=0, 所以A=S1S2Sn+1. 对于Sk(k=1,2,n-1)中的不同元素,经验证,M(,)1. 所以Sk(k=1,2,n-1)中的两个元素不可能同时是集合B的元素. 所以B中元素的个数不超过n+1. 取ek=(x1,x2,xn)Sk且xk+1=xn=0(k=1,2,n-1). 令B=e1,e2,en-1SnSn+1,则集合B的元素个数为n+1,且满足条件. 故B是一个满足条件且元素个数最多的集合.,2.(2017北京,20,13分)设an和bn是两个等差数列,记cn=maxb1-a1n,b2-a2n,bn-ann(n=1,2,3, ),其中maxx1,x2,xs表示x1,x2,xs这s个数中最大的数. (1)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明cn是等差数列; (2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当nm时, M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2, 是等差数列.,解析 本题考查等差数列,不等式,合情推理等知识,考查综合分析,归纳抽象,推理论证能力. (1)c1=b1-a1=1-1=0, c2=maxb1-2a1,b2-2a2=max1-21,3-22=-1, c3=maxb1-3a1,b2-3a2,b3-3a3=max1-31,3-32,5-33=-2. 当n3时, (bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0时,取正整数m ,则当nm时,nd1d2,因此cn=b1-a1n. 此时,cm,cm+1,cm+2,是等差数列. 当d1=0时,对任意n1, cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1). 此时,c1,c2,c3,cn,是等差数列. 当d1 时,有nd1max , 故当nm时, M.,解后反思 解决数列的相关题时,可通过对某些项的观察,分析和比较,发现它们的相同性质或 变化规律,再利用综合法进行推理论证.,3.(2016浙江,20,15分)设数列an满足 1,nN*. (1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*; (2)若|an| ,nN*,证明:|an|2,nN*. 证明 (1)由 1得|an|- |an+1|1, 故 - ,nN*, 所以 - = + + + + n, - = + + + + n,均有|an|2+ 2n. ,由m的任意性得|an|2 . 否则,存在n0N*,有| |2,取正整数m0lo 且m0n0,则 =| |-2, 与式矛盾. 综上,对于任意nN*,均有|an|2.,1.(2014安徽,21,13分)设实数c0,整数p1,nN*. (1)证明:当x-1且x0时,(1+x)p1+px; (2)数列an满足a1 ,an+1= an+ .证明:anan+1 . 证明 (1)用数学归纳法证明: 当p=2时,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立. 假设p=k(k2,kN*)时,不等式(1+x)k1+kx成立. 当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x. 所以p=k+1时,原不等式也成立. 综合可得,当x-1,x0时,对一切整数p1,不等式(1+x)p1+px均成立. (2)证法一:先用数学归纳法证明an . 当n=1时,由题设a1 知an 成立. 假设n=k(k1,kN*)时,不等式ak 成立. 由an+1= an+ 易知an0,nN*.,考点三 数学归纳法,当n=k+1时, = + =1+ . 由ak 0得-11+p = . 因此 c,即ak+1 . 所以n=k+1时,不等式an 也成立. 综合可得,对一切正整数n,不等式an 均成立. 再由 =1+ 可得 an+1 ,nN*. 证法二:设f(x)= x+ x1-p,x ,则xpc,并且 f (x)= + (1-p)x-p= 0,x .,由此可得, f(x)在 ,+)上单调递增. 因而,当x 时, f(x)f( )= . 当n=1时,由a1 0,即 c可知 a2= a1+ =a1 ,从而a1a2 . 故当n=1时,不等式anan+1 成立. 假设n=k(k1,kN*)时,不等式akak+1 成立,则 当n=k+1时, f(ak)f(ak+1)f( ),即有ak+1ak+2 . 所以n=k+1时,原不等式也成立. 综合可得,对一切正整数n,不等式anan+1 均成立. 方法技巧 由k到k+1的证明中寻找由k到k+1的变化规律是难点,突破难点的关键是掌握由k到 k+1的证明方法.在运用归纳假设时,应分析P(k)与P(k+1)的差异及联系,利用拆、添、并、放、 缩等方法,或从P(k)出发拼凑P(k+1),或从P(k+1)中分离出P(k),再进行局部调整;也可考虑寻求 二者的“结合点”,以便顺利过渡,切实掌握“观察归纳猜想证明”这一特殊到一般的,推理方法.,2.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1= +b(nN*). (1)若b=1,求a2,a3及数列an的通项公式; (2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2nca2n+1对所有nN*成立?证明你的结论.,解析 (1)解法一:a2=2,a3= +1. 由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1, 从而(an-1)2是首项为0,公差为1的等差数列, 故(an-1)2=n-1,即an= +1(nN*). 解法二:a2=2,a3= +1, 可写为a1= +1,a2= +1,a3= +1. 因此猜想an= +1. 下面用数学归纳法证明上式: 当n=1时结论显然成立. 假设n=k时结论成立,即ak= +1,则 ak+1= +1= +1= +1. 这就是说,当n=k+1时结论成立. 所以an= +1(nN*). (2)解法一:设f(x)= -1,则an+1=f(an).,令c=f(c),即c= -1,解得c= . 下面用数学归纳法证明命题a2nf(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2. 再由f(x)在(-,1上为减函数得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31. 故ca2k+31,因此a2(k+1)ca2(k+1)+11. 这就是说,当n=k+1时结论成立. 综上,符合条件的c存在,其中一个值为c= . 解法二:设f(x)= -1,则an+1=f(an). 先证:0an1(nN*). 当n=1时,结论明显成立. 假设n=k时结论成立,即0ak1.,易知f(x)在(-,1上为减函数, 从而0=f(1)f(ak)f(0)= -1f(a2k+1)=a2k+2, a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2n+1),即a2n+1a2n+2, 所以a2n+1 -1,解得a2n+1 . 综上,由、知存在c= ,使a2nca2n+1对一切nN*成立.,1.(2018山东淄博一模,6)有一段“三段论”推理是这样的:对于可导函数f(x),若f (x0)=0,则x=x0 是函数f(x)的极值点,因为f(x)=x3在x=0处的导数值为0,所以x=0是f(x)=x3的极值点,以上推理 ( ) A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.结论正确,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,答案 A 大前提是“对于可导函数f(x),若f (x0)=0,则x=x0是函数f(x)的极值点”,不是真命题, 因为对于可导函数f(x),如果f (x0)=0,且满足在x0附近左右两侧导函数值异号,那么x=x0才是函数 f(x)的极值点,所以大前提错误.故选A.,2.(2017河北衡水中学三调,9)来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人,刚好碰在一起. 他们除懂本国语言外,每人还会说其他三国语言中的一种.有一种语言是三个人会说的,但没有 一种语言四人都懂,现知道:甲是日本人,丁不会说日语,但他俩能自由交谈;四人中没有一 个人既能用日语交谈,又能用法语交谈;乙、丙、丁交谈时,不能只用一种语言;乙不会说 英语,当甲与丙交谈时,他能做翻译.针对他们懂的语言,正确的推理是 ( ) A.甲日德、乙法德、丙英法、丁英德 B.甲日英、乙日德、丙德法、丁日英 C.甲日德、乙法德、丙英德、丁英德 D.甲日法、乙英德、丙法德、丁法英,答案 A 分析题目和选项,由中丁不会说日语,排除B选项;由知,没有人既会日语又会法 语,排除D选项;由知乙、丙、丁不会同一种语言,排除C选项,故选A.,3.(2019安徽蚌埠模拟,7)设x,y,zR+,a=x+ ,b=y+ ,c=z+ ,则a,b,c三数 ( ) A.都小于2 B.都大于2 C.至少有一个不大于2 D.至少有一个不小于2,答案 D x,y,zR+,a+b+c=x+ +y+ +z+ 2 +2 +2 =6,当且仅当x=y=z= 1时取等号,a,b,c至少有一个不小于2.故选D.,4.(2019山西忻州二模,14)刘徽是中国古代最杰出的数学家之一,他在中国算术史上最重要的 贡献就是注释九章算术,刘徽在割圆术中提出的“割之弥细,所失弥少,割之又割以至于不 可割,则与圆合体而无所失矣”,体现了无限与有限之间转化的思想方法,这种思想方法应用广 泛.如数式2+ 是一个确定值x(数式中的省略号表示按此规律无限重复),该数式的值可 以用如下方法求得:令原式=x,则2+ =x,即x2-2x-1=0,解得x=1 ,取正数得x= +1.用类似的 方法可得 = .,答案 3,解析 由题意,可令 =x,则 =x,两边平方,得6+x=x2,即x2-x-6=0.解得x=3或x= -2.取正数得x=3.故答案为3.,一、选择题(每题5分,共20分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间：30分钟 分值：35分),1.(2018山西孝义模拟,7)有编号依次为1,2,3,4,5,6的6名学生参加数学竞赛选拔赛,今有甲、 乙、丙、丁四位老师在猜谁将得第一名,甲猜不是3号就是5号;乙猜6号不可能;丙猜2号,3号,4 号都不可能;丁猜是1号,2号,4号中的某一个.若以上四位老师中只有一位老师猜对,则猜对者是 ( ) A.甲 B.乙 C.丙 D.丁,答案 C 若1号是第一名,则甲错,乙对,丙对,丁对,不符合题意; 若2号是第一名,则甲错,乙对,丙错,丁对,不符合题意; 若3号是第一名,则甲对,乙对,丙错,丁错,不符合题意; 若4号是第一名,则甲错,乙对,丙错,丁对,不符合题意; 若5号是第一名,则甲对,乙对,丙对,丁错,不符合题意; 若6号是第一名,则甲错,乙错,丙对,丁错,符合题意. 故猜对者是丙. 思路分析 根据题意,逐一讨论第一名分别是1,2,3,4,5,6号时,甲、乙、丙、丁的对错,进而得 结论. 方法总结 解决此类推理问题,正确理解逻辑关系是关键.,2.(2019安徽芜湖模拟,3)因为对数函数y=logax是减函数(大前提),而y=log2x是对数函数(小前 提),所以y=log2x是减函数(结论).上面推理是 ( ) 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,答案 A 当a1时,对数函数y=logax是增函数,当0a1时,对数函数y=logax是减函数,故推理 的大前提是错误的.故选A.,3.(2019湖南邵阳二模,9)在平面几何里有射影定理:设三角形ABC的两边ABAC,D是A点在BC 上的射影,则AB2=BDBC.拓展到空间,在四面体A-BCD中,AD面ABC,点O是A在面BCD内的射 影,且O在BCD内,类比平面三角形射影定理,得出正确的结论是 ( ) A. =SBCOSBCD B. =SBODSBOC C. =SDOCSBOC D. =SABDSABC,答案 A 在平面几何中,若ABC中,ABAC,ADBC,D是垂足,则AB2=BDBC,我们可以类 比这一性质,推理出:若三棱锥A-BCD中,AD面ABC,AO面BCD,O为垂足,则 =SBOC SBDC.故选A. 解后反思 这是一个类比推理的题,在由平面图形到空间图形的类比推理中,一般是由点的性 质类比推理到线的性质. 方法总结 类比推理的一般步骤:(1)找出两类事物之间的相似性或一致性,(2)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).,4.(2019湖南株洲模拟,5)下面四个推理中,不属于演绎推理的是( ) A.因为函数y=sin x(xR)的值域为-1,1,2x-1R,所以y=sin(2x-1)(xR)的值域为-1,1 B.昆虫都是6条腿,竹节虫是昆虫,所以竹节虫有6条腿 C.在平面中,对于三条不同的直线a,b,c,若ab,bc,则ac,将此结论放到空间中也是如此 D.如果一个人在墙上写字的位置与他的视线平行,那么,墙上字迹离地的高度大约是他的身高, 凶手在墙上写字的位置与他的视线平行,福尔摩斯量得墙壁上的字迹距地面六尺多,于是,他得 出了凶手身高六尺多的结论,答案 C C中的推理属于合情推理中的类比推理,A,B,D中的推理都是演绎推理.故选C. 解后反思 演绎推理是由一般到特殊的推理,是一种必然性的推理,演绎推理得到的结论不一 定是正确的,这要取决于前提是否真实和推理的形式是否正确,因此不有助于发现新结论.,5.(2017湖北襄阳优质高中联考,15)将三项式(x2+x+1)n展开,当n=0,1,2,3,时,得到以下等式: (x2+x+1)0=1, (x2+x+1)1=x2+x+1, (x2+x+1)2=x4+2x3+3x2+2x+1, (x2+x+1)3=x6+3x5+6x4+7x3+6x2+3x+1, 观察多项式系数之间的关系,可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角,其构造方法为: 第0行为1,以下各行每个数是它正头顶上与左右两肩上3个数(不足3个数的,缺少的数记为0)的 和,第k行共有(2k+1)个数,若(x2+x+1)5(1+ax)的展开式中,x7项的系数为75,则实数a的值为 .,二、填空题(每题5分,共5分),答案 1,解析 根据题意可得广义杨辉三角第5行的数为: 1,5,15,30,45,51,45,30,15,5,1, 故(1+ax)(x2+x+1)5的展开式中,x7项的系数为30+45a=75,得a=1. 解题关键 写出广义杨辉三角的第5行并能理解其含义是解题的关键.,6.(2019安徽定远重点中学一模,18)已知数列an满足a1=1,an+1=an+ (c0,nN*). (1)证明:an+1an1; (2)若对任意nN*,都有an n-1,证明: (i)对于任意mN*,当nm时,an (n-m)+am; (ii)an . 证明 (1)因为c0,所以an+1=an+ an(nN*), 下面用数学归纳法证明an1. 当n=1时,a1=11. 假设当n=k时,ak1, 则当n=k+1时,ak+1=ak+ ak1. 所以,当nN*时,an1. 所以an+1an1.,三、解答题(共10分),(2)(i)当nm时,anam1, 所以an+1=an+ an+ , 所以an+1-an ,累加得an-am (n-m), 所以an (n-m)+am. (ii)若c ,当m 时, am -1= ,又am1,所以 时, n-1 (n-m)