《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 概率、統(tǒng)計、復(fù)數(shù)、算法、推理與證明 第5講 推理與證明學(xué)案 文 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 概率、統(tǒng)計、復(fù)數(shù)、算法、推理與證明 第5講 推理與證明學(xué)案 文 蘇教版（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講推理與證明 2019考向?qū)Ш娇键c掃描三年考情考向預(yù)測2019201820171合情推理近年江蘇高考的“推理與證明”沒有單獨設(shè)題，主要和其他知識結(jié)合在一起，屬于綜合題，可以綜合在諸如數(shù)列、函數(shù)、不等式等內(nèi)容中，既有計算又有證明“合情推理”是一種重要的歸納，明年在客觀題中考查的可能性較大2演繹推理第19題第20題第15題必記的概念與定理1歸納推理：主要應(yīng)用于先由已知條件歸納出一個結(jié)論，并加以證明或以推理作為題目的已知條件給出猜測的結(jié)論，并要求考生會應(yīng)用或加以證明2類比推理：通過兩類事物的相似性或一致性，用一類事物的性質(zhì)去推測另一類事物的性質(zhì)，得出一個明確的結(jié)論常見的有結(jié)論類比和方法類比3演繹

2、推理：演繹推理是從一般到個別的推理，推理的主要形式是三段論三段論中包含三個判斷：第一個判斷稱為大前提，它提供了一個一般的原理；第二個判斷叫小前提，它指出了一個特殊情況；這兩個判斷聯(lián)合起來，揭示了一般原理和特殊情況的內(nèi)在聯(lián)系，從而產(chǎn)生第三個判斷結(jié)論為了方便，在運用三段論推理時，常常采用省略大前提或小前提的表述方式對于復(fù)雜的論證，總是采用一連串的三段論，把前一個三段論的結(jié)論作為下一個三段論的前提合情推理典型例題 (1)(2019湖北八校聯(lián)考)觀察下列等式：121，12223，1222326，1222324210，由以上等式推測出一個一般性的結(jié)論：對于nN*，12223242(1)n1n2_(2)(

3、2019蘇州五校聯(lián)考)對于三次函數(shù)f(x)ax3bx2cxd(a0)，給出定義：設(shè)f(x)是函數(shù)yf(x)的導(dǎo)數(shù)，f(x)是f(x)的導(dǎo)數(shù)，若方程f(x)0有實數(shù)解x0，則稱點(x0，f(x0)為函數(shù)yf(x)的“拐點”某同學(xué)經(jīng)過探究發(fā)現(xiàn)，任何一個三次函數(shù)都有“拐點”，任何一個三次函數(shù)的圖象都有對稱中心，且“拐點”就是對稱中心設(shè)函數(shù)f(x)x3x23x，請你根據(jù)這一發(fā)現(xiàn)，計算ffff_【解析】(1)由于1(1)11，3(1)21，6(1)31，10(1)41，則12223242(1)n1n2(1)n1(2)f(x)x2x3，由f(x)2x10，得x，則點為yf(x)的圖象的對稱中心，所以f(x

4、)圖象上任一點M(x，f(x)關(guān)于點的對稱點N(1x，2f(x)也在f(x)圖象上，即f(1x)2f(x)，所以f(x)f(1x)2，故ffff2，故ffff2 016【答案】(1)(1)n1(2)2 016歸納推理的一般步驟是：(1)通過觀察個別事物發(fā)現(xiàn)某些相同的性質(zhì)；(2)從已知的相同性質(zhì)中推出一個明確表述的一般性命題，并且在一般情況下，如果歸納的個別事物越多，越具有代表性，那么推廣的一般性結(jié)論也就越可靠類比推理是合情推理中的一類重要推理，強調(diào)的是兩類事物之間的相似性，有共同要素是產(chǎn)生類比遷移的客觀因素類比可以由概念性質(zhì)上的相似性引起，如等差數(shù)列與等比數(shù)列的類比；也可以由解題方法上的類似引

5、起，當(dāng)然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的類比一般來說，高考中的類比問題多發(fā)生在橫向與縱向類比上，如圓錐曲線中橢圓與雙曲線等的橫向類比以及平面與空間中三角形與三棱錐的縱向類比等對點訓(xùn)練1131，2335，337911，4313151719 ，若某數(shù)n3按上述規(guī)律展開后，發(fā)現(xiàn)等式右邊含有2 013這個數(shù)，則n_解析 觀察等式規(guī)律可知n3等于連續(xù)n個奇數(shù)的和，又131，2335，337911，4313151719，所以前n個式子右邊的奇數(shù)的個數(shù)的和為：1234n，又2 013是第1 007個奇數(shù)，且當(dāng)n44時，990，當(dāng)n45時，1 035，所以發(fā)現(xiàn)等式右邊含有2 013這個數(shù)，則n45

6、答案 452在平面幾何中有如下結(jié)論：若正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則推廣到空間幾何中可以得到類似結(jié)論：若正四面體ABCD的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則_解析 平面幾何中，圓的面積與圓的半徑的平方成正比，而在空間幾何中，球的體積與半徑的立方成正比，所以答案 演繹推理典型例題 (2019南京、鹽城模擬)已知數(shù)列an滿足：a1，anan10 (nN*)；數(shù)列bn滿足：bnaa (nN*)(1)求數(shù)列an，bn的通項公式；(2)證明：數(shù)列bn中的任意三項不可能成等差數(shù)列【解】(1)已知化為，而1a，所以數(shù)列1a是首項為，公比為的等比數(shù)列，則1a，則a1由anan10，

7、知數(shù)列an的項是正負(fù)相間出現(xiàn)的，因此an(1)n1，bnaa(2)證明：假設(shè)存在數(shù)列bn中的某三項成等差數(shù)列，不妨設(shè)為bm、bs、bp，其中m、s、p是互不相等的正整數(shù)，可設(shè)msb0)，F(xiàn)1、F2是橢圓的兩個焦點，P為橢圓上的一個動點，過F2作F1PF2的外角平分線的垂線，垂足為M，則OM的長為定值類比此命題，在雙曲線中也有命題q：已知雙曲線1(a0，b0)，F(xiàn)1、F2是雙曲線的兩個焦點，P為雙曲線上的一個動點，過F2作F1PF2的_的垂線，垂足為M，則OM的長為定值_解析 對于橢圓，延長F2M與F1P的延長線交于Q由對稱性知，M為F2Q的中點，且PF2PQ，從而OMF1Q且OMF1Q而F1Q

8、F1PPQF1PPF22a，所以O(shè)Ma對于雙曲線，過F2作F1PF2內(nèi)角平分線的垂線，垂足為M，類比可得OMa因為OMF1Q(PF1PF2)2aa答案 內(nèi)角平分線a7設(shè)ABC的三邊長分別為a、b、c，ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r類比這個結(jié)論可知：四面體ABCD的四個面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球半徑為R，四面體ABCD的體積為V，則R_解析 設(shè)四面體ABCD的內(nèi)切球的球心為O，連結(jié)OA，OB，OC，OD，將其分割成四個四面體，由分割法可得VS1RS2RS3RS4R，所以R答案 8(2019江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(八)已知下列等式：22422426224224262

9、821026022426282102122142112觀察上述等式的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)第n(nN*)個等式的右邊可以表示為an2bnc(a，b，c為實常數(shù))的形式，則c_解析 法一：每個等式的左邊有(2n1)個偶數(shù)的平方相加減，第一個偶數(shù)為2，最后一個偶數(shù)為2(2n1)，正負(fù)相間，所以第n個等式的左邊為224262822(2n2)22(2n1)2，即424682(2n2)2(2n1)4(123452n22n1)8n24n，所以a8，b4，c0，所以c2法二：令n1，2，3，得解得，所以c2答案 29(2019無錫質(zhì)量檢測)有甲、乙二人去看望高中數(shù)學(xué)老師張老師，期間他們做了一個游戲，張老師的生日是m月n

10、日，張老師把m告訴了甲，把n告訴了乙，然后張老師列出來如下10個日期供選擇：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日看完日期后，甲說：“我不知道，但你一定也不知道”乙聽了甲的話后，說：“本來我不知道，但現(xiàn)在我知道了”甲接著說：“哦，現(xiàn)在我也知道了”則張老師的生日是_解析 根據(jù)甲說的“我不知道，但你一定也不知道”，可排除5月5日、5月8日、9月4日、9月6日、9月9日；根據(jù)乙聽了甲的話后說的“本來我不知道，但現(xiàn)在我知道了”，可排除2月7日、8月7日；根據(jù)甲接著說的“哦，現(xiàn)在我也知道了”，可以得知張老師生日為8月4日答案 8月4日10(20

11、19武漢調(diào)研)如圖(1)所示，在平面幾何中，設(shè)O是等腰直角三角形ABC的底邊BC的中點，AB1，過點O的動直線與兩腰或其延長線的交點分別為R，Q，則有2類比以上結(jié)論，將其拓展到空間中，如圖(2)所示，設(shè)O是正三棱錐ABCD的底面BCD的中心，AB，AC，AD兩兩垂直，AB1，過點O的動平面與三棱錐的三條側(cè)棱或其延長線的交點分別為Q，R，P，則有_解析 設(shè)O到正三棱錐ABCD三個側(cè)面的距離為d，易知V三棱錐RAQPSAQPARAQAPARAQAPAR又因為V三棱錐RAQPV三棱錐OAQPV三棱錐OARPV三棱錐OAQRSAQPdSARPdSAQRd(AQAPARAPAQAR)d，所以AQAPAR

12、(AQAPARAPAQAR)d，即而V三棱錐ABDC111，所以V三棱錐OABDV三棱錐ABDC，即SABDdd，所以d，所以3答案 311(2019蘇州期末)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)asin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55(1)從上述五個式子中選擇一個，求出常數(shù)a；(2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為一個三角恒等式，并證明你

13、的結(jié)論解 (1)選擇式計算：asin215cos215sin 15cos 151sin 30(2)猜想的三角恒等式為：sin2cos2(30)sin cos(30)證明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos212(2019徐州模擬)已知函數(shù)f(x)x1，設(shè)g1(x)f(x)，gn(x)f(gn1(x)(n1，nN*)，(1)求g2(x)，g3(x)的表達(dá)式，并猜想gn(x)(nN*)的表達(dá)式(直接寫

14、出猜想結(jié)果)；(2)若關(guān)于x的函數(shù)yx2i(x) (nN*)在區(qū)間，1上的最小值為6，求n的值(符號“”表示求和，例如：i123n)解 (1)因為g1(x)f(x)x1，所以g2(x)f(g1(x)f(x1)(x1)1x2，g3(x)f(g2(x)f(x2)(x2)1x3，所以猜想gn(x)xn(2)因為gn(x)xn，所以i(x)g1(x)g2(x)gn(x)nx，所以yx2i(x)x2nx當(dāng)1，即n2時，函數(shù)y在區(qū)間(，1上是減函數(shù)，所以當(dāng)x1時，ymin6，即n2n100，該方程沒有整數(shù)解當(dāng)2時，ymin6，解得n4，綜上所述，n413由部分自然數(shù)構(gòu)成如圖所示的數(shù)表，用aij(ij)表示

15、第i行第j個數(shù)(i，jN*)，使ai1aiii，每行中的其余各數(shù)分別等于其“肩膀”上的兩個數(shù)的和設(shè)第n(nN*)行中各數(shù)的和為bn(1)用bn表示bn1；(2)試問：數(shù)列bn中是否存在不同的三項bp，bq，br(p，q，rN*)恰好成等差數(shù)列？若存在，求出p，q，r的關(guān)系；若不存在，請說明理由解 (1)bnan1an2ann，bn1a(n1)1a(n1)2a(n1)(n1)n1(an1an2)(an(n1)ann)n12(an1an2ann)22bn2(2)因為bn12bn2，所以bn122(bn2)，所以bn2是以b123為首項，2為公比的等比數(shù)列， 則bn232n1bn32n12若數(shù)列bn

16、中存在不同的三項bp，bq，br(p，q，rN*)恰好成等差數(shù)列，不妨設(shè)pqr，顯然bn是遞增數(shù)列，則2bqbpbr，即2(32q12)(32p12)(32r12)，化簡得：22qr2pr1，(*)由于p，q，rN*，且pqr，知qr1，pr2，所以(*)式左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)， 故數(shù)列bn中不存在不同的三項bp，bq，br(p，q，rN*)恰好成等差數(shù)列14已知函數(shù)f(x)(axax)，其中a0且a1(1)分別判斷f(x)在(，)上的單調(diào)性；(2)比較f(1)1與f(2)2、f(2)2與f(3)3的大小，由此歸納出一個更一般的結(jié)論，并證明；(3)比較與、與的大小，由此歸納出一個更一般的結(jié)論

17、，并證明解 (1)f(x)(axax)ln a，若0a1，則0，ln a0，若a1，則0，ln a0，所以f(x)0；因此，對任意a0且a1，都有f(x)0，f(x)在(，)上單調(diào)遞增(2)直接計算知f(1)10，f(2)2aa12，f(3)3a2a22，根據(jù)基本不等式aa120，所以f(2)2f(1)1，又因為(a2a22)(aa12)(aa1)2()2()2(aa11)(a1)2(aa11)0，所以f(3)3f(2)2一般性結(jié)論：x0，f(x1)(x1)f(x)x證明：記g(x)f(x1)(x1)f(x)x(ax1ax1)(axax)11，g(x)ln a與(1)類似地討論知，對x0和a0且a1都有g(shù)(x)0，g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，g(0)0，所以g(x)g(0)0，即x0，f(x1)(x1)f(x)x(3)1，(aa1)，根據(jù)基本不等式(aa1)1，0，所以一般性結(jié)論：x0，證明：記g(x)，x0，g(x)，設(shè)h(x)，則h(0)0且h(x)，類似(1)的討論知對x0和a0且a1，h(x)0，從而h(x)h(0)0，g(x)0，g(x)在(0，)上單調(diào)遞增，所以x0，- 13 -