届高考数学一轮复习第十二章推理与证明算法复数学案理

1、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1判断题(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确()(2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理()(3)在类比时，平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比对象较为合适()答案：(1)(2)(3

2、)2填空题(1)已知数列an中，a11，n2时，anan12n1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是an_.解析：a11，a24，a39，a416，猜想ann2.答案：n2(2)由“半径为R的圆内接矩形中，正方形的面积最大”，推理出“半径为R的球的内接长方体中，正方体的体积最大”是合情推理中的_推理答案：类比(3)观察下列不等式：1；.则第5个不等式为_答案：af(b)bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调递增函数证明：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

3、以f(x2)f(x1)0，即f(x2)f(x1)(小前提)所以yf(x)为R上的单调递增函数(结论)全国卷5年真题集中演练明规律 1(2017全国卷)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解析：选D依题意，四人中有2位优秀，2位良好，由于甲知道乙、丙的成绩，但还是不知道自己的成绩，则乙、丙必有1位优秀，1位良好，甲、丁必有1位优秀，1位

4、良好，因此，乙知道丙的成绩后，必然知道自己的成绩；丁知道甲的成绩后，必然知道自己的成绩，因此选D.2(2016全国卷)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”

5、答案：1和33(2014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 小题对点练点点落实对点练(一)合情推理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

6、)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观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10()A121B123 C231D211解析：选B令ananbn，则a11，a23，a34，a47，得an2anan1，从而a618，a729，a847，a976，a10123.3下面图形由小正方形组成，请观察图至

7、图的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是()An(n1)B.C.Dn(n1)解析：选C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.4观察下列各式：553 125,5615 625,5778 125,58390 625，591 953 125，则52 018的末四位数字为()A3 125B5 625C0 625D8 125解析：选B553 125 ,5615 625,5778 125,58390 625，591 953 125，可得59与55的后四位

8、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 01845036，所以52 018与56的后四位数字相同，为5 625，故选B.5(2018山西孝义期末)我们知道：在平面内，点(x0，y0)到直线AxByC0的距离公式d，通过类比的方法，可求得：在空间中，点(2,4,1)到直线x2y2z30的距离为()A3B5C.D3解析：选B类比平面内点到直线的距离公式，可得空间中点(x0，y0，z0)到直线AxByCzD0的距离公式为d，则所求距离d5，故选B.6.如图，将一张等边三角形纸片沿中位线剪成4个小三角形，称为第一次操作；然后，将其中的一个三角形按同样方式

9、再剪成4个小三角形，共得到7个小三角形，称为第二次操作；再将其中一个三角形按同样方式再剪成4个小三角形，共得到10个小三角形，称为第三次操作根据以上操作，若要得到100个小三角形，则需要操作的次数是_解析：由题意可知，第一次操作后，三角形共有4个；第二次操作后，三角形共有437个；第三次操作后，三角形共有43310个由此可得第n次操作后，三角形共有43(n1)3n1个当3n1100时，解得n33.答案：337以下数表的构造思路源于我国南宋数学家杨辉所著的详解九章算术一书中的“杨辉三角形”.1234535798121620282 0132 0142 0152 0164 0274 0294 031

10、8 0568 06016 116 该表由若干数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有一个数，则这个数为_解析：观察数列，可以发现规律：每一行都是一个等差数列，且第一行的公差为1，第二行的公差为2，第三行的公差为4，第四行的公差为8，第2 015行的公差为22 014，故第一行的第一个数为221，第二行的第一个数为320，第三行的第一个数为421，第四行的第一个数为522，第n行的第一个数为(n1)2n2，故第2 016行(最后一行)仅有一个数为(12 016)22 0142 01722 014.答案：2 01722 0148.如图，将平面直角坐标系中的格点

11、(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)对点练(二)演绎推理1下面四个推导过程符合演绎推理三段论形式且推理正确的是()A大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：是无理数；结论：是无限不循环小数B

12、大前提：无限不循环小数是无理数；小前提：是无限不循环小数；结论：是无理数C大前提：是无限不循环小数；小前提：无限不循环小数是无理数；结论：是无理数D大前提：是无限不循环小数；小前提：是无理数；结论：无限不循环小数是无理数解析：选B对于A，小前提与结论互换，错误；对于B，符合演绎推理过程且结论正确；对于C和D，大前提均错误故选B.2某人进行了如下的“三段论”：如果f(x0)0，则xx0是函数f(x)的极值点，因为函数f(x)x3在x0处的导数值f(0)0，所以x0是函数f(x)x3的极值点你认为以上推理的()A大前提错误B小前提错误C推理形式错误D结论正确解析：选A若f(x0)0，则xx0不一定

13、是函数f(x)的极值点，如f(x)x3，f(0)0，但x0不是极值点，故大前提错误3正弦函数是奇函数，f(x)sin(x21)是正弦函数，因此f(x)sin(x21)是奇函数，以上推理()A结论正确B大前提不正确C小前提不正确D全不正确解析：选C因为f(x)sin(x21)不是正弦函数，所以小前提不正确. 4(2018湖北八校联考)有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第一名；观众丙猜测：1,2,6号选手中的一位获得第一名；观众丁猜测：4,5,6号选手都不可能获得第一名比赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜对比赛结果，此人是()A

14、甲B乙C丙D丁解析：选D若甲猜测正确，则4号或5号得第一名，那么乙猜测也正确，与题意不符，故甲猜测错误，即4号和5号均不是第一名；若乙猜测正确，则3号不可能得第一名，即1,2,4,5,6号选手中有一位获得第一名，那么甲和丙中有一人也猜对比赛结果，与题意不符，故乙猜测错误；若丙猜测正确，那么乙猜测也正确，与题意不符，故仅有丁猜测正确，所以选D.5在一次调查中，甲、乙、丙、丁四名同学的阅读量有如下关系：甲、丙阅读量之和与乙、丁阅读量之和相同，甲、乙阅读量之和大于丙、丁阅读量之和，丁的阅读量大于乙、丙阅读量之和那么这四名同学按阅读量从大到小排序依次为_解析：因为甲、丙阅读量之和等于乙、丁阅读量之和，

15、甲、乙阅读量之和大于丙、丁阅读量之和，所以乙的阅读量大于丙的阅读量，甲的阅读量大于丁的阅读量，因为丁的阅读量大于乙、丙阅读量之和，所以这四名同学按阅读量从大到小排序依次为甲、丁、乙、丙答案：甲、丁、乙、丙大题综合练迁移贯通1给出下面的数表序列：其中表n(n1,2,3，)有n行，第1行的n个数是1,3,5，2n1，从第2行起，每行中的每个数都等于它肩上的两数之和写出表4，验证表4各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成等比数列，并将结论推广到表n(n3)(不要求证明)解：表4为1357 4 81212 2032它的第1,2,3,4行中的数的平均数分别是4,8,16,32，它们构成首项为4，公比为2

16、的等比数列将这一结论推广到表n(n3)，即表n(n3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首项为n，公比为2的等比数列2在RtABC中，ABAC，ADBC于点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于点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，

17、AECD.又ABAEA，CD平面ABF，CDAF.在RtACD中，.3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 151si

18、n 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

19、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”1判断题(1)综合法是直接证明，分析法是间接证明()(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件()(3)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程()(4)证明不等式，由分析法可得，要证2，只需证2，即证132134，即2.因为4240，所以2成立答案：2(2)已知a，b是不相等的正数，x，y，则x、y的大小关系是_解析：x2(ab2)，y2ab(abab)

20、(ab2)x2，又x0，y0，yx.答案：yx(3)设ab0，m，n，则m，n的大小关系是_解析：ab0， 0，n2m2ab(ab2)22b22b0，n2m2，又m0，n0，nm.答案：nm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(2018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，)

21、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例2已知a0，1，求证：.证明由已知1及a0

22、，可知0b，只需证1，只需证1abab1，只需证abab0，即1，即1.这是已知条件，所以原不等式得证方法技巧 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1.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

23、法解析：选B因为证明过程是“由因导果”，即由条件逐步推向结论，故选B.2.(2018广州调研)若a，b，c为实数，且ab0，则下列不等式成立的是()Aac2bc2Ba2abb2C.D.解析：选Ba2aba(ab)，ab0，ab0，a(ab)0，即a2ab0，a2ab.又abb2b(ab)0，abb2，由得a2abb2.3.已知a，b，c为正实数，abc1，求证：a2b2c2.证明：因为abc1，所以(abc)2a2b2c22ab2ac2bca2b2c2a2b2a2c2b2c23(a2b2c2)，当且仅当abc时，等号成立所以a2b2c2.4.已知m0，a，bR，求证：2.证明：因为m0，所以1

24、m0.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 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

25、3常见的结论和反设词原结论词反设词原结论词反设词至少有一个一个都没有对任意x成立存在某个x不成立至多有一个至少有两个对任意x不成立存在某个x成立至少有n个至多有(n1)个p或q綈p且綈q至多有n个至少有(n1)个p且q綈p或綈q都是不都是不都是都是1判断题(1)用反证法证明结论“ab”时，应假设“ab，那么 ”，假设的内容应是_答案：(2)应用反证法推出矛盾的推导过程中，可把下列哪些作为条件使用_(填序号)结论相反的判断即假设；原命题的条件；公理、定理、定义；原结论答案：(3)写出下列命题的否定若a，b，c满足a2b2c2，则a，b，c不都是奇数；否定为_；若p0，q0，p3q32，则pq2；

26、否定为_；所有的正方形都是矩形；否定为_；至少有一个实数x，使x210；否定为_答案：若a，b，c满足a2b2c2，则a，b，c都是奇数若p0，q0，p3q32，则pq2至少存在一个正方形不是矩形不存在实数x，使x210证明否定性命题例1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an1是等比数列，则对任意的kN*，(ak11)2(ak1)(ak21

27、)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列证明存在性问题例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

28、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a，b，c是互不相等的非零实数，用反证法证明三个方程ax22bxc0，bx22cxa0，cx22axb0中至少有一个方程有两个相异实根证明假设三个方程都没有两个相异实根，则14b24ac0，24c24ab0，34a24bc0.上述三个式子相加得：a22abb2b22bcc2c22aca20，即(ab)2(bc)2(ca)20.由已知a，b，c是互不相等的非零实数因此，上式“”不能同时成立，即(ab)2(bc)2(ca)2b与ab及ab中至少

29、有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立其中判断正确的个数是()A0B1 C2D3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.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.等差数列an的前n项和为Sn，a11，S393.(1)求数列an的通项an与前n项和Sn；(2)设bn(nN*)，求证：数列bn中

30、任意不同的三项都不可能成为等比数列解：(1)由已知得d2，故an2n1，Snn(n)(2)证明：由(1)得bnn.假设数列bn中存在三项bp，bq，br(p，q，rN*，且互不相等)成等比数列，则bbpbr，即(q)2(p)(r)，(q2pr)(2qpr)0.p，q，rN*，2pr，即(pr)20.pr，与pr矛盾假设不成立，即数列bn中任意不同的三项都不可能成等比数列5.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

31、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 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

32、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1判断题(1)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明()(2)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用()(3)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由nk到nk1时，项数都增加了一项()(4)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.()答案：(1)(2)(3)(4)2填空题(1)在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步检验n_.解析：三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n3.答案：3(2)若f(n)1(nN*)，则f(1)为_解析：当n1时，f(1)1.答案

33、：1(3)用数学归纳法证明：“11)”，由nk(k1)不等式成立，推证nk1时，左边应增加的项的项数是_解析：由nk(k1)到nk1时，不等式左端增加的项为，共增加(2k11)(2k1)2k(项)答案：2k用数学归纳法证明等式例1已知等差数列an的公差为3，其前n项和为Sn，等比数列bn的公比为2，且a1b12.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记Tnanb1an1b2a1bn，nN*，证明：Tn122an10bn(nN*)解(1)由a12，公差d3，ana1(n1)d3n1.在等比数列bn中，公比q2，首项b12，bn22n12n.(2)证明：当n1时，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；假设当nk时等式成立，即Tk122ak10bk，当nk1时，Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1ak1