2022年2021高考数学复习-近年高考数学分类汇编-第14章推理与证明

1、第十四章推理与证明第1节 合情推理与演绎推理题型 149 归纳推理 暂无1. (2013 陕西理 14）观察下列等式：2112212322212362222123410照此规律，第n个等式可为. 2. （2013 湖北理 14）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1，3，6，10，第n个三角型数为nnnn21212) 1(2记第n个k边形数为n ( , )n k(k 3)，以下列出了部分k边形数中第n 个数的表达式：三角形数n ( ,3)nnn21212，正方形数n2( ,3)nn，五边形数n ( ,5)nnn21232，六边形数n ( ,6)nnn22，可以推测n (

2、, )n k的表达式，由此计算n (10,24)3.（ 2014 陕西理14） 观察分析下表中的数据：多面体面数 (f) 顶点数 (v) 棱数 (e) 三棱锥569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中，,f v e所满足的等式是_. 4.(2015 山东理 11) 观察下列各式：001c4；01133cc4；0122555ccc4；012337777cccc4；精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 1 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - -

3、 - - 第 1 页，共 16 页 - - - - - - - - -照此规律，当*nn 时，012121212121ccccnnnnn. 4.解析观察各等式两侧的规律，由归纳推理的思想，不难发现：012121ccnn212121ccnnn14n5.（ 2015 湖北理 10）设xr， x表示不超过x的最大整数 . 若存在实数t ，使得 1t，22t，ntn同时成立，则正整数n 的最大值是（） a3b4c5d65.解析由 1t，22t，55t，得21t,，232t,，343t,，454t,，565t,，由得56t ，与矛盾，所以正整数n 的最大值是4. 故选 b. 命题意图考查归纳推理与不等式

4、的性质. 题型 150 类比推理 暂无1. (2013福建理 15）当1, xrx时，有如下表达式：xxxxn1112，两边同时积分得：111112222220000011 ddddd1nxx xxxxxxx，从而得到如下等式：23111111111ln 2.2223212nn请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：2310121111111cccc2223212nnnnnnn题型 151 演绎推理 暂无1 （2013 四川理15）设12,np pp为平面内的n个点，在平面内的所有点中，若点p到12,np pp点的距离之和最小，则称点p为12,np pp点的一个 “ 中位点 ” 例如，线段a

5、b上的任意点都是端点,a b的中位点则有下列命题：若,a b c三个点共线，c在线段上，则c是,a b c的中位点；直角三角形斜边的点是该直角三角形三个顶点的中位点；若四个点,a b c d共线，则它们的中位点存在且唯一；梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点其中的真命题是_ （写出所有真命题的序号）精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 2 页，共 16 页 - - - - - - - -

6、 -ob3a3b2a2b1a12. (2013 安徽理 14）如图，互不相同的点12naaa， ，和12nbbb， ，分别在角o的两条边上， 所有nna b相互平行，且所有梯形11nnnna b ba的面积均相等. 设nnoaa.若1212aa，则数列na的通项公式是. 3. （2013 浙江理 10）在空间中，过点a作平面的垂线，垂足为b，记()bfa.设,是两个不同的平面，对空间任意一点p，12() ,( )qffpqffp，恒有21pqpq，则a. 平面与平面垂直b. 平面与平面所成的（锐）二面角为45c. 平面与平面平行d. 平面与平面所成的（锐）二面角为604. (2013 湖南理

7、8） 在等腰三角形abc中，=4ab ac，点p是边ab上异于,a b的一点，光线从点p出发，经,bc ca发射后又回到原点p（如图1） .若光线qr经过abc的中心，则ap等于（）. a2b1c83d435.（ 2014 新课标 1 理 14）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. 6.（ 2014 北京理20） （本小题13 分）对于数对序列1122:,nnpa babab，记111tpab，112max,2kkkktpbtpaaak n剟，其中112max

8、,kktpaaa表示1ktp和12kaaa两个数中最大的数，（1）对于数对序列: 2,5 , 4,1p，求12,t p tp的值 . （2）记m为, , ,a b c d四 个 数 中 最 小 值 ， 对 于 由 两 个 数 对,a bc d组 成 的 数 对 序 列:,pa bc d和,p : c da b，试分别对ma和md的两种情况比较2tp和2tp的大小 . 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 3 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - -

9、 - 第 3 页，共 16 页 - - - - - - - - -（3）在由5个数对11,8 , 5,2 , 16,11 , 11,11 , 4,6组成的所有数对序列中，写出一个数对序列p使5tp最小，并写出5tp的值 . （只需写出结论）. 7.（ 2017 全国 2卷理科 7）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7解析四

10、人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说的话甲不知道自己成绩乙、丙中必有一优一良（若为两优，甲会知道自己成绩；两良亦然）.乙看了丙成绩，知道自己的成绩丁看甲，甲、丁中也为一优一良，丁知道自己的成绩故选 d. 8.（2017 全国 1 卷理科 12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了 “ 解数学题获取软件激活码” 的活动 .这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2， 4，1，2，4，8， 1，2，4，8，16 ，其中第一项是02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此类推 .求满足如下条件的最小整

11、数100nn：且该数列的前n项和为 2 的整数幂 .那么该款软件的激活码是（）. a.440b.330c.220d.1108. 解析设首项为第1 组，接下来两项为第2 组，再接下来三项为第3 组，以此类推设第n组的项数为n，则n组的项数和为12nn，由题意得，100n，令11002nn，得14n且*nn，即n出现在第13 组之后，第n组的和为122112nn， n 组总共的和为12 122212nnnn，若要使前n项和为 2 的整数幂，则12nnn项的和21k应与2n互为相反数，即*21214kn knn ， ，2log3kn，得n的最小值为295nk，则2912954402n.故选 a. 第

12、 2 节证明题型 152 综合法与分析法证明1.（ 2015 全国 ii 理 24）选修 4-5：不等式选讲设a，b，c，d均为正数，且abcd.证明：(1)若abcd，则abcd；精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 4 页，共 16 页 - - - - - - - - -(2)abcd是abcd的充要条件 . 1.分析 （1）由abcd，及abcd，可证明22abcd，两边开方即得abcd；

13、（ 2）由第（ 1）问的结论来证明.在证明中要注意分别证明充分性和必要性. 解析（1）因为22ababab，22cdcdcd，由题设abcd，abcd，得22abcd，因此abcd.（2）( i)若abcd，则22abcd，即2244ababcdcd. 因为abcd，所以abcd，由（）得abcd. ( ii) 若abcd，则22abcd，即2abab2cdcd.因为abcd，所以abcd，于是222244abababcdcdcd，因此abcd. 综上，abcd是abcd 的充要条件 . 命题意图不等式的证明要紧抓不等式的性质，结合其正负性来证明.充要条件的证明体现了数学推理的严谨性，要分充分

14、性和必要性两个方面来证明. 2. （2016 山东理 16 （1） ）在abc中，角a，b，c的对边分别为a，b，c，已知tantan2(tantan).coscosababba求证：2abc；2.解析（1）由题意知，sinsinsinsin2coscoscoscoscoscosababababab，化简得2 sin cossin cossinsinabbaab，即2sinsinsina bab. 因为abc，所以sinsin sina bcc. 从而 sinsin=2sinabc .由正弦定理得2abc . 3.（ 2016 四川理 17（1） ）在abc中，角a，b，c所对的边分别是a，b

15、，c，且coscossinabcabc. 证明：sinsinsinabc；精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 5 页，共 16 页 - - - - - - - - -3.解析 （1）根据正弦定理，可设(0)sinsinsinabck kabc，则sinaka ，sinbkb ，sinckc . 代入coscossinabcabc中，有coscossinsinsinsinabckakbkc，可变

16、形得sinsinsin cos +sin cossin().ababbaab在abc中，由abc，有sinsin sinabcc，所以 sinsinsin.abc4.（ 2016 浙江理 20（1） ）设数列na满足112nnaa,，n求证：1122nnaa，n；4.解析由11122nnnnaaaa,，得1112nnaa,.两边同时除以2n，得1*11,222nnnnnaann,，所以1223111223122222222nnnnnnnaaaaaaaa121111+222n,11111221111212nn， 因此1122nnaa.5.（ 2016 天津理18）已知na是各项均为正数的等差数列

17、，公差为d，对任意的*nn，nb是na和1na的等比中项. （1）设22*1,nnncbbnn，求证：数列nc是等差数列；（2）设1ad，2211nknkktb，*nn.求证：21112nkktd. 5.解析（1）证明：由题意得21nnnba a，有221nnncbb121nnnnaaa a12nda，因此212122nnnnccdaad，所以nc是等差数列 . （2）证明：2222221234212nnntbbbbbb2422ndaaa2222212nn aadd n n. 所以222211111111111112121212nnnkkkktdk kdkkdnd. 精品学习资料 可选择p d

18、 f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 6 页，共 16 页 - - - - - - - - -题型 153 反证法证明1.（ 2015 湖南理 16（3） ）设0a，0b，且11abab. （1）2ab；（2）22aa与22bb不可能同时成立. 1.解析证明 ： 由abbababa11，0,0 ba得1ab（i）由基本不等式及1ab，有22abab，即2ab. (ii) 假设22aa与22bb同时成立，则由22aa及0a

19、得10a；同理，10b，从而10ab，这与1ab相矛盾 . 故22aa与22bb不可能同时成立. 2.（ 2016 全国甲理15）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_. 3.（ 2016 浙江理 20）设数列na满足112nnaa,，n（1）求证：1122nnaa，n； （2）若32nna ,，n，证明：2na ,，n3.解析（1）由11122nnnnaaaa,，得1112nnaa,

20、.两边同时除以2n，得1*11,222nnnnnaann,，所以1223111223122222222nnnnnnnaaaaaaaa121111+222n,11111221111212nn，因此1122nnaa.（2）任取n，由（ 1）知，对于任意mn，1121112122222222nmnnnnmmnmnnnnmmaaaaaaaa11122nn,11111122111111222212nm nmnm nn，故11222mnnnmaa11132222mnnm3224mn精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 16 页 - - -

21、- - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 7 页，共 16 页 - - - - - - - - -从而对于任意mn，均有3224mnna，当m趋于正无穷时，3224mn单调递减趋于0 ，即2.na,否则存在*0nn，有02na，取正整数000342log2nnam，且00mn，则003040002log23322244nnamnnna，即0003224mnna与式相矛盾 . 由上所述，对于任意nn ，均有2na,. 4 （2016 上海理 23（3） ）若无穷数列na满足：只要pqaa*,p qn，必有11pqaa，则称n

22、a具有性质p（1）若na具有性质p 且11a，22a，43a，52a，67821aaa，求3a；（2）若无穷数列nb是等差数列， 无穷数列nc是公比为正数的等比数列，151bc，5181bc，nnnabc，判断na是否具有性质p，并说明理由；（3）设nb是无穷数列，已知1sinnnnaba*nn，求证：“对任意1a，na都具有性质p”的充要条件为“nb是常数列”4解析（1）因为252aa，所以36aa，473aa，582aa，因为67821aaa，所以6782116aaa，所以316a（2）设nb的公差为 d ，nc的公差为q，则0q，因为51480bbd，所以20d，故2019nbn；因为4

23、51181cqc，所以13q，故513nnc所以5120193nnnnabcn，由题意1582aa，但2212748a，6130410133a，显然62aa故na不具有性质p（3）先论证充分性：若nb为常数列，不妨设nbc，则1sinnnaca，若存在,p q使得pqaa，则11sinsinppqqacacaa，故na具有性质p再论证必要性：证法一（反证法） ：假设nb不是常数列，则存在kn，使得12kbbbb，而1kbb下面证明存在满足1sinnnnaba的na，使得121kaaa，但21kkaa设sinfxxxb，取mn，使得mb，则0fmmb，0fmmb，故存在c使得0fc取1ac，因为

24、1sinnnaba1nk剟，所以21sinabcca，依此类推，得121kaaac，但2111sinsinsinkkkkababcbc，即21kkaa，所以na不具有性质，与假设矛盾，所以nb是常数列精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 8 页，共 16 页 - - - - - - - - -综上所述： “ 对任意1a，na都具有性质p” 的充要条件为 “nb是常数列 ” 证法二： 考察连续函数

25、1sinfxxbx，其中1b为任意实数，因为1122sin20fbb，1122sin20fbb，所以存在112,2tbb，使得1sin0fttbt，若对任意的1a，na都具有性质p，取1at，此时211sinaba11sinbtta，从而会有32aa，32aa，1nnaa，因此对任意的*nn，都有121sinnnnbaa1sinnnnaab，从而nb是常数列综上所述： “ 对任意1a，na都具有性质p” 的充要条件为 “nb是常数列 ” 评注事实上，若对任意1a，na具有性质p，则211sinaba，构造函数1fxxb，sing xx，由,fxgx图像可得，对任意的1b，二者图像必有一个交点（

26、但这一点需要数学理论的论述），所以一定能找到一个1a， 使得111sinaba， 所以2111sinabaa， 即1nnaa 故1211sinsinnnnnnnbaaaab， 所以nb是常数列题型 154 数学归纳法证明 暂无1.（ 2015 江苏 23）已知集合1,2,3x，1,2,3,nyn*nn，设,nsa b a整除b或b整除a，,nax by，令f n表示集合ns所含元素的个数（1）写出6f的值；（2）当6n 时，写出fn的表达式，并用数学归纳法证明故22aa与22bb不可能同时成立. 1.分析其实解决此除了需要有良好的数学分类思维以外，还需下表辅助我们理解问题的本质12345678

27、91011121314151617186162636465661kkkkkkkk共组组第带标记的表示为3的倍数或约数 （其实1是奇葩， 其余的都是3的倍数） ，带标记的表示为2的倍数或约数，而则表示既是3的倍数或约数又是2的倍数或约数（即为6的倍数或约数，此题不作研究）这样研究6nk*kn时，可直接得：63121112fnkkkk，当63nk*kn时，可直接得：63311211117fnkkkk这就是本题的本质，以6为周期进行分类整合并进行数学归纳研究解析（1）当6n时，1,2,3x，1,2,3,4,5,6ny，,a b可取1,1，1,2，1,3，1,4，1,5，1,6，2,1，2,2，2,4

28、，精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 9 页，共 16 页 - - - - - - - - -2,6，3,1，3,3，3,6，共13个，故613f（2）当6n时，*112,6113,61115,62117,63119,641110,65knkknkknkfnknkknkknkkn，证明：1当1k时，枚举可得613f，714f，816f，918f，1020f，1121f，符合通式；2假设kt时，

29、成立，即*112,6113,61115,62117,63119,641110,65tnttnttntfntnttnttnttn成立，则当1kt时，此时66nt，此时6fn比fn多出有序数对11个，即多出1,61t，1,62t，1,63t，1,64t，1,65t，1,66t，2,62t，2,64t，2,66t，3,63t，3,66t，从而6111112fnfnt，符合通式；另外，当67nt，68nt，69nt，610nt，611nt，同理可证，综上，即*1112,661113,671115,6861117,691119,61011110,611tnttnttntf ntnttntttntn，即当

30、1kt时也成立例如61nk时，16nk，则111711311366nnfnk，精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 10 页，共 16 页 - - - - - - - - -综上所述：*1112,66117,616118,626119,6361110,646115,656nnknnknnkf nnnknkknnnkn2.（ 2015 安徽理 18）设*nn，nx是曲线221nyx在点1,2处的

31、切线与x轴交点的横坐标（1）求数列nx的通项公式；（2）记2221321nntx xx，求证：14ntn. 2. 解析（ 1）2221122nnyxnx，所以曲线221nyx在点1,2处的切线斜率为22n，从而切线方程为2221ynx令0y，解得切线与x轴的交点的横坐标1111nnxnn（2）证法一 ：证明：由题设和（）中的计算结果知：22222213211321242nnntx xxn当1n时，114t；当2n时，因为222221222121121222nnnnxnnn2212nnnn，所以2112112234nntnn综上可得对任意的*nn，均有14ntn证法二 ：分析证明数列不等式时，对

32、于不等式两端含n且一端是积的形式1niiaf n，可采用对称的思想，使其化为两个数列积的形式，再通过比较通项的大小，最后根据不等式“ 同向同正可乘 ” 的基本性质，叠乘得以证明证明 ：设14ngn是数列nb的前n项积，则当1n时，114b；当2n时，141ngn，精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 11 页，共 16 页 - - - - - - - - -所以11nnngnbgn由（ 1）可

33、得，当1n时，22111124xb；当2n时，22212112nnnnxbnn223221411044nnnnnn，所以此时221nnxb，所以可得222352123nnx xxb bb，综上可得22221352112314nnx x xxbb bbn，即14ntn3.（ 2015 广东理 21）数列na满足：*12122+4,2nnnaanann. (1) 求3a的值；(2) 求数列na的前n项和nt；(3) 令11ba，11111223nnntbannn，求证：数列nb的前n项和ns满足22lnnsn. 3. 解析 （1）由题可得3123123232aaaaaa3 12 132223442

34、24，所以314a（2）由题可得当1n时，12121221nnnnaaanaaana1242nn211422nnnn，所以112nna又1012412a也适合此式，所以112nna，所以数列na是首项为1，公比为12的等比数列，故1111221212nnnt（3）由题可得12111122nnnaaabannn，所以1221122aba，1233111323aaba，1234411114234aaaba，精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 12 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - -

35、- - - - - - - - - - - 第 12 页，共 16 页 - - - - - - - - -所以1211112nnsbbban211111122naann121112naaan1112ntn11111222nn11212n记ln111xfxxxx，则2211111xfxxxx当1,0 x时，0fx，当0,x时，0fx，所以fx在1,0上单调递减，在0,上单调递增，所以当0 x时，min00fxf，当0 x时，00fxf，所以ln101xxxx，所以*11ln 11nnnn，所以12ln21，13ln32，1ln1nnn，即有11123lnlnlnln23121nnnn，所以111

36、2122ln23nn，即22lnnsn4.（ 2015 湖北理 22）已知数列na的各项均为正数，*1(1)()nnnbnannn，e为自然对数的底数（1）求函数( )1exf xx的单调区间，并比较1(1)nn与 e 的大小；（2）计算11ba，1212bba a，1 23123bb ba a a，由此推测计算1212nnb bba aa的公式，并给出证明；（3）令112()nnnca aa，数列na，nc的前 n 项和分别记为ns,nt, 证明：ennts. 4. 解析（1）( )f x的定义域为(,)，( )1exfx. 当( )0fx，即0 x时，( )f x 单调递增；当( )0fx

37、，即0 x时，( )f x 单调递减 . 故( )f x 的单调递增区间为(,0) ，单调递减区间为(0,) . 当0 x时，( )(0)0f xf，即 1exx. 令1xn，得111enn，即1(1)enn. 精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页，共 16 页 - - - - - - - - -精品学习资料 可选择p d f - - - - - - - - - - - - - - 第 13 页，共 16 页 - - - - - - - - -（2）11111 (1)1121ba；2221212121212 2(1)(21)32b

38、bbba aaa；233312331 21231 23133(1)(31)43b b bbbba a aa aa. 由此推测：1212(1) .nnnb bbna aa下面用数学归纳法证明. （1）当1n时，左边右边2，成立 . （2）假设当n k时，成立，即1212(1)kkkb bbka aa. 当1nk时，1111(1)(1)1kkkbkak，由归纳假设可得：111211211211211(1)(1)(1)(2)1kkkkkkkkkkkb bb bb bbbkkka aa aa aaak. 所以当1nk时，也成立. 根据（ 1） （2） ，可知对一切正整数n都成立 . 所以11*22(1

39、) ,nnnb bbnna aan. （3）由nc的定义，算术-几何平均不等式，nb的定义及得：123nntcccc111131211212312()()()()nnaa aa a aa aa111131212312112()()()()2341nnb b bbbbbbbn,12312112122334(1)nbbbbbbbbbn n1211111111223(1)2334(1)(1)nbbbn nn nn n1211111(1)()()1211nbbbnnnn1212nbbbn1212111(1)(1)(1)12nnaaan12eeenaaaens，即ennts. 5.（ 2015 浙江理 20）已知数列na满足1a=12且*21nnnanaan（1）证明：1*12nnanan剟；（2）设数列2na