《导学教程》高三数学二轮复习教案-专题三-第3讲-推理与证明

1、第3讲推理与证明精选文档自主学习导引真题感悟1. （2012 江西）观察下列各式:a+b=1, a2+b2=3, a3+b3 = 4, a4+b4= 7,a5+ b5=11,，则 a10+b10=A. 28B. 76C. 123D. 199解析 观察规律，归纳推理.从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10+b10=123.答案 C2. （2012 福建）某地区规划道路建设，考虑道路铺设方案.方案设计图中，点 表示城市，两点之间连线表示两城市间可铺设道路， 连线上数据表示两城市间铺 设道路的费用，要求从任一城市都能

2、到达其余各城市，并且铺设道路的总费用最小.例如：在三个城市道路设计中，若城市间可铺设道路的线路图如图（1）,则最优设计方案如图（2）,此时铺设道路的最小总费用为10.(1)U)现给出该地区可铺设道路的线路图如图（3）,则铺设道路的最小总费用为解析 根据题目中图（3）给出的信息及题意，要求的是铺设道路的最小总费用，且从任一城市都能到达其余各城市，可将图（3）调整为如图所示的结构（线段下方 的数字为两城市之间铺设道路的费用）.此时铺设道路的总费用为 2 + 3+1 + 2+3+5=16.答案 16考题分析具备一定的推理与证明能力是高考的一项基本要求.归纳推理是高考考查的热 点，这类题目具有很好的区

3、分度，考查形式一般为选择题或填空题.网络构建高频考点突破考点一：合情推理【例1】(1)(2012 武昌模拟)设£户)=$访2以+ 8$2以(乂2,利用三角变换,估计fk(x)在k=1,2,3时的取值情况，对 kCN+时推测fk(x)的取值范围是 (结果用k表示).(2)在平面几何里，有“若 ABC勺三边长分别为a, b, c,内切圆半径为r, ，1则三角形面积为 S»A ABC= 2(a+b+c)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体ABCD勺四个面的面积分别为S1, S2, S3, S4,内切球的半径为r,则四面体的 体积为. ”审题导引(1)由f1(x)、f2(x)

4、、f3(x)的取值范围观察规律可得；(2)注意发现其中的规律总结出共性加以推广，或将结论类比到其他方面，得出 结论.规范解答(1)当 k=1, f1(x) = sin 2x + cos2x=1.当 k=2 时，f 2(x) =sin 4x+cos4x= (sin 2x + cos2x)2 2sin 2xcos2x = 1 2sin 22x.V0<sin 22x<1, a f2(x) 2, 1 .当 k=3 时，f 3(x) =sin 6x+cos6x二(sin 2x + cos2x)(sin 4x sin 2xcos2x + cos4x)=1 3sin 2xcos2x= 1 fsi

5、n 22x.4, ,0<sin 22x<1, . . f 3(x) C * 1 , 1.故可推测/<fk(x)<1.(2)三角形的面积类比为四面体的体积，三角形的边长类比为四面体四个面1一，1的面积，内切圆半径类比为内切球的半径.二维图形中 3类比为三维图形中的23得V四面体ABCD=1a(S+S2+S+$)r.故填 V 3四面体ABC1(Si + S2+ 4+ &) r. 3一 1 一答案(1)/<fk(x)<lV四面体ABC-【规律总结】归纳推理与类比推理之区别(1)归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理.在进行归纳时，要先根据 已知的部分个

6、体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论.(2)类比推理是由特殊到特殊的推理，是两类类似的对象之间的推理，其中一个 对象具有某个性质，则另一个对象也具有类似的性质.在进行类比时，要充分考 虑已知对象性质的推理过程，然后类比推导类比对象的性质.【变式训练】 a+a2+ an1.右数列an(nCM)是等差数列，则有通项为 bn=(nCN+)的数列bn也为等差数列，类比上述性质，若数列Cn是等比数列，且Cn> 0,则 有通项为dn =(nEN.)的数列dn也是等比数列.解析 :Cn是等比数歹I,且Cn>0,.lg Cn是等差数列，令 dn= nC1 . C2 Cn,lg

7、 c + lg C2+lg Cn则 lg dn口,由题意知lg dn为等差数列，dn= nC1 C2 Cn为等比数列.答案n/C1 . C2 Cn2.平面内有n条直线，其中任何两条都不平行，任何三条不过同一点，试归纳 它们的交点个数.解析 n = 2时，交点个数：f(2)=1.n = 3时，交点个数：f(3) =3.n = 4时，交点个数：f(4) =6.n = 5时，交点个数：f(5) =10.,1猜想归纳：f(n) =2门(门1)( n>2) .考点二：演绎推理【例2】求证：a, b, c为正实数的充要条件是 a+b+c>0,且ab+bc+ca>0 和 abc>0.

8、审题导引 由a、b、c为正实数，显然易得a+b+c>0, ab+ bc+ca>0, abc >0,即“必要性”的证明用直接法易于完成.证明“充分性”时，要综合三个 不等式推出a、b、c是正实数，有些难度、需用反证法.规范解答(1)证必要性(直接证法)：因为a、b、c为正实数，所以a+b+c >0,ab+bc+ca>0, abc>0.所以必要性成立.证充分性(反证法)：假设a、b、c不全为正实数(原结论是a、b、c都是正实 数)，由于abc>0,则它们只能是二负一正.不妨设 a<0, b<0, c>0,又由于 ab+bc+ac>0

9、? a(b+ c) +bc>0,因为bc<0,所以a(b+c) >0.又a<0,所以b+c<0.而 a+b+c>0,所以 a+ (b+c)>0.所以a>0,与a<0的假设矛盾.故假设不成立，原结论成立，即 a、b、c均为正实数.【规律总结】1 .演绎推理问题的处理方法从思维过程的指向来看，演绎推理是以某一类事物的一般判断为前提， 而作出关 于该类事物的判断的思维形式，因此是从一般到特殊的推理.数学中的演绎法一 股是以三段论的格式进行的.三段论由大前提、小前提和结论三个命题组成，大 前提是一个一般性原理，小前提给出了适合于这个原理的一个特殊情

10、形， 结论则 是大前提和小前提的逻辑结果.2,适用反证法证明的六种题型反证法是一种重要的间接证明方法，适用反证法证明的题型有：(1)易导出与已知矛盾的命题；(2)否定性命题；(3)唯一性命题；(4)至少至多型命题；(5) 一些 基本定理；(6)必然性命题等.【变式训练】3.若定义在区间D上的函数f(x)对于D上的n个值X1, X2,，Xn,总满-1.-rXl + X2+ + xn足n【f(xi)+f”2)+f(Xn) <fn,称函数 f(x)为 d上的凸函数.现已知f(X)=sin X在(0,冗)上是凸函数，则在 ABC中，sin A+ sin BXi + X2 + + Xn+ sin

11、C的最大值是1 -解析因为凸函数酒足nf (Xi) +f(X2) + - + f (Xn) <f(大前提)f(X)=sin x在(0,冗)上是凸函数，(小前提)Aa B+ C所以 f(A)+f(B)+f(。&3f + J ,(结论) 3即 sin A+ sin B+ sin Cw 3sin "3 = 2.因此sin A+ sinB+ sin C的最大值是223考点三：数学归纳法【例3】设数列an的前n项和为S,且S2(an + 2)&+1 = 0,1 S = anbn(n求ai, a2的值和数歹/an的通项公式;若正项数列cn满足：cn<a-(nCN+,

12、0V a<1),求证：£ii 十 bn i aCk7< i. k+ i审题导引(i)由于& (an+2)&+i = 0中含有S2,通过升降角标的方法 无法把S转化为an,这样就需要把an转化为S-S. i(n>2),通过探求S,然后 根据求得的Sn求an的通项公式；(2)根据(i)求得的结果，根据 谭；的结构确定放缩的方法求证.k十I2八一i规范解答(i) S2(ai + 2)S+i = 0? ai=2,iS2 (az+2) S+ i - 0? & = $.Sn-(an + 2)S+i = 0,当n2时，an=&Si,代入式，得 SS

13、i 2&+i=0,又由 S = 5，S2 a1 + a2= , S3= 彳 232 一 S2 4猜想s=nn+ 1下面用数学归纳法证明：当n=1时，显然成立；一k假设当n = k时，&7, k+ 1则门=卜+1 时，&+ 6 2&+i+1=0,S 1k+1 2S+1k k+1 + 1 成乂 2-kT1综合，可知猜想成立.一-1，所以当n2时，an=Sn-&1、,当n=1时也满足,51故 an = n n+1 (nC NU) .证明由(1),得bn=n,cn<-J-，1+ n-1 a 1n'a+ ni二 Ck二 11川 31 kn <3

14、1 k k+1 =1_nn <1.【规律总结】使用数学归纳法需要注意的三个问题在使用数学归纳法时还要明确：(1)数学归纳法是一种完全归纳法，其中前两步在推理中的作用是：第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，二者缺一不可；在运用数学归纳法时，要注意起点n,并非一定取1,也可能取0,2等值，要 看清题目；(3)第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清楚由k到k + 1时命题变化 的情况.【变式训练】4. (2012 青岛二模)已知集合 A= x| x= 2n1, n N, B= x| x= -6n+3, n N+,设&是等差数列an的前n项和，若an的任一项an An B 且首

15、项a1是An B中的最大数，750Vs0< 300.(1)求数列 an的通项公式；l an 13n 9若数列bn满足bn =令丁 = 24(b2+ b4+bs+b2n),试比较 Tn48n2n+1的大小.解析(1)根据题设可得：集合A中所有的元素可以组成以3为首项，2 为公差的递减等差数列；集合 B中所有的元素可以组成以一3为首项，一6为公 差的递减等差数列.由此可得，对任意的nCM,有AH B= B,An B中的最大数为一3,即a= 3,设等差数列an的公差为d,则an= 3+ (n1)d,S1010 a1 + aio= 45d30,v- 750<Sio< 300,- 75

16、0<45d-30< 300,即一16V d<-6,由于B中所有的元素可以组成以一3为首项，一6为公差的递减等差数列, 所以 d= 6n(mC Z,0),由一16< - 6m< -6?2,所以d= 12,所以数列an的通项公式为an=912n(nC M). bn= -22a,'n13n 9,2 nMJ2 12Tn 24( bz+ b4+ a + + b2n) 24 X12T 48n2448n24 2n 2n1l2n+1 = 24-2n-2n+ 1 = 2n 2n+1，于是确定Tn与248n1的大小关系等价于比较2n与2n+1的大小，234由 2<2X1

17、+1,2 <2X2+ 1,2 >2X3+ 1,2 >2X4+1,可猜想当n>3时，2n>2n+1,证明如下：证法一 当n = 3时，由上验算可知成立.假设n=k时，2k>2k+1,贝U 2k+1 = 2 2k>2(2k+1) =4k + 2 = 2(k+1)+ 1 + (2k1) >2(k+1) +1,所以当n=k+l时猜想也成立.根据可知，对一切n>3的正整数,都有 2n>2n+1,tt 48n t t 48n 当 n=1,2 时，Tn<-当 n3 时，Tn>-,5 2n+1，5 2n+1证法二当n3时，2n=(1 +1

18、)n = Cn+Cn+-+ CT + Cn Cn+G + C + C= 2n+ 2>2n+1,.48n 当 n=1,2 时，Tn<-,' 2n+1'当 n>3 时，Tn>248n7.名师押题高考【押题1】已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1) ,(1,2) ,(2,1) ,(1,3),A. (7,5)C. (2,10)解析和为n+ 1,、门10汪总到一(2,2) , (3,1) , (1,4) , (2,3) , (3,2) , (4,1),，则第 60 个整数对是B. (5,7) D. (10,1)依题意，就每组整数对的和相同的分为一组， 不难得知每组整数对的且每组共有n个整数对，这样的前n组一共有n n；1个整数对,10+111 11+1-<60<2，因此第60个整数对处于第11组(每对整数对的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每对整数对的和为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).故选B.答案 B押题依据能用归纳和类比进行简单的推理是高考对合情推理的基本要求.相比较而言，归纳推理是高考的一个热点.本题体现了归纳对推理的思想，需从所 给的数对中总结归纳出其规律，进而推导出第6