第5講推理與證明 2019考向?qū)Ш娇键c(diǎn)掃描三年考情考向預(yù)測(cè)2019201820171合情推理近年江蘇高考的“推理與證明”沒(méi)有單獨(dú)設(shè)題，主要和其他知識(shí)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(jì)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(gè)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(cè)的結(jié)論，并要求考生會(huì)應(yīng)用或加以證明2類比推理：通過(guò)兩類事物的相似性或一致性，用一類事物的性質(zhì)去推測(cè)另一類事物的性質(zhì)，得出一個(gè)明確的結(jié)論常見(jiàn)的有結(jié)論類比和方法類比3演繹推理：演繹推理是從一般到個(gè)別的推理，推理的主要形式是三段論三段論中包含三個(gè)判斷：第一個(gè)判斷稱為大前提，它提供了一個(gè)一般的原理；第二個(gè)判斷叫小前提，它指出了一個(gè)特殊情況；這兩個(gè)判斷聯(lián)合起來(lái)，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(gè)判斷結(jié)論為了方便，在運(yùn)用三段論推理時(shí)，常常采用省略大前提或小前提的表述方式對(duì)于復(fù)雜的論證，總是采用一連串的三段論，把前一個(gè)三段論的結(jié)論作為下一個(gè)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(cè)出一個(gè)一般性的結(jié)論：對(duì)于nN*，12223242(1)n1n2_(2)(2019·蘇州五校聯(lián)考)對(duì)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(shí)數(shù)解x0，則稱點(diǎn)(x0，f(x0)為函數(shù)yf(x)的“拐點(diǎn)”某同學(xué)經(jīng)過(guò)探究發(fā)現(xiàn)，任何一個(gè)三次函數(shù)都有“拐點(diǎn)”，任何一個(gè)三次函數(shù)的圖象都有對(duì)稱中心，且“拐點(diǎn)”就是對(duì)稱中心設(shè)函數(shù)f(x)x3x23x，請(qǐng)你根據(jù)這一發(fā)現(xiàn)，計(jì)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(diǎn)為yf(x)的圖象的對(duì)稱中心，所以f(x)圖象上任一點(diǎn)M(x，f(x)關(guān)于點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)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(guò)觀察個(gè)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(gè)明確表述的一般性命題，并且在一般情況下，如果歸納的個(gè)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(qiáng)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(lái)說(shuō)，高考中的類比問(wèn)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(duì)點(diǎn)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(gè)數(shù)，則n_解析 觀察等式規(guī)律可知n3等于連續(xù)n個(gè)奇數(shù)的和，又131，2335，337911，4313151719，所以前n個(gè)式子右邊的奇數(shù)的個(gè)數(shù)的和為：1234n，又2 013是第1 007個(gè)奇數(shù)，且當(dāng)n44時(shí)，990，當(dāng)n45時(shí)，1 035，所以發(fā)現(xiàn)等式右邊含有2 013這個(gè)數(shù)，則n45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，anan1<0 (nN*)；數(shù)列bn滿足：bnaa (nN*)(1)求數(shù)列an，bn的通項(xiàng)公式；(2)證明：數(shù)列bn中的任意三項(xiàng)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(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，則1a×，則a1×由anan1<0，知數(shù)列an的項(xiàng)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(xiàng)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)m<s<p，而通項(xiàng)公式bn×隨n的增大而減小，那么只能有2bsbmbp，可得2××××，則2×1當(dāng)sm2時(shí)，2×2×，上式不可能成立，則只能有sm1，此時(shí)等式為1，即，那么pmlog，pm為正整數(shù)，log為無(wú)理數(shù)，不可能相等所以假設(shè)不成立，故數(shù)列bn中的任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列 運(yùn)用演繹推理證明問(wèn)題常用綜合法和分析法，我們常用分析法尋找解決問(wèn)題的突破口，然后用綜合法來(lái)寫出證明過(guò)程，有時(shí)候，分析法和綜合法交替使用有關(guān)否定性結(jié)論的證明常用反證法或舉出一個(gè)結(jié)論不成立的例子即可對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練3已知數(shù)列an和bn滿足：a1，an1ann4，bn(1)n(an3n21)，其中為實(shí)數(shù)，n為正整數(shù)(1)證明：對(duì)任意實(shí)數(shù)，數(shù)列an不是等比數(shù)列；(2)試判斷數(shù)列bn是否為等比數(shù)列解 (1)證明：假設(shè)存在一個(gè)實(shí)數(shù)，使an是等比數(shù)列，則有aa1a3，即2492490，矛盾所以an不是等比數(shù)列(2)因?yàn)閎n1(1)n1an13(n1)21(1)n1(1)n·(an3n21)bn，又b1(18)，當(dāng)18時(shí)，bn0 (nN*)，此時(shí)bn不是等比數(shù)列；當(dāng)18時(shí)，b1(18)0，由bn1bn，可知bn0，所以 (nN*)故當(dāng)18時(shí)，數(shù)列bn是以(18)為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列綜上知，當(dāng)18時(shí)，數(shù)列bn構(gòu)不成等比數(shù)列；當(dāng)18時(shí)，數(shù)列bn是以(18)為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列1(2019·蘇州期末)從11，14(12)，149123，14916(1234)，歸納出第n個(gè)式子為_答案 14916(1)n1n2(1)n1(123n)2觀察下列等式：1，1，1，據(jù)此規(guī)律，第n個(gè)等式可為_解析 等式的左邊的通項(xiàng)為，前n項(xiàng)和為1；右邊的每個(gè)式子的第一項(xiàng)為，共有n項(xiàng)，故為答案 13(2019·徐州模擬)已知數(shù)列an中，a1，an1，則該數(shù)列的前22項(xiàng)和等于_解析 因?yàn)閍1，an1，所以a21，a32，a4，所以數(shù)列an是以3為周期的周期數(shù)列，所以S227(a1a2a3)a17×11答案 114(2019·宿遷調(diào)研)觀察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，則a10b10_解析 從給出的式子特點(diǎn)觀察可推知，從第三項(xiàng)開始，后一個(gè)式子的右端值等于它前面兩個(gè)式子右端值的和，照此規(guī)律，則a10b10123答案 1235 如圖，在圓內(nèi)畫1條弦，把圓分成2部分；畫2條相交的弦，把圓分成4部分；畫3條兩兩相交的弦，最多把圓分成7部分；畫n條兩兩相交的弦，最多把圓分成_個(gè)部分解析 易知當(dāng)n條弦的交點(diǎn)不在圓周上，且沒(méi)有公共交點(diǎn)時(shí)，把圓分的部分最多當(dāng)畫1條弦時(shí)，分成11個(gè)部分；當(dāng)畫2條弦時(shí)，分成112個(gè)部分；當(dāng)畫3條弦時(shí)，分成1123個(gè)部分；所以畫n條弦時(shí)，分成1123n(n2n)1(個(gè))部分答案 (n2n)16(2019·南京模擬)命題p：已知橢圓1(a>b>0)，F(xiàn)1、F2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為橢圓上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)F2作F1PF2的外角平分線的垂線，垂足為M，則OM的長(zhǎng)為定值類比此命題，在雙曲線中也有命題q：已知雙曲線1(a>0，b>0)，F(xiàn)1、F2是雙曲線的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為雙曲線上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，過(guò)F2作F1PF2的_的垂線，垂足為M，則OM的長(zhǎng)為定值_解析 對(duì)于橢圓，延長(zhǎng)F2M與F1P的延長(zhǎng)線交于Q由對(duì)稱性知，M為F2Q的中點(diǎn)，且PF2PQ，從而OMF1Q且OMF1Q而F1QF1PPQF1PPF22a，所以O(shè)Ma對(duì)于雙曲線，過(guò)F2作F1PF2內(nèi)角平分線的垂線，垂足為M，類比可得OMa因?yàn)镺MF1Q(PF1PF2)·2aa答案 內(nèi)角平分線a7設(shè)ABC的三邊長(zhǎng)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(gè)結(jié)論可知：四面體ABCD的四個(gè)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(gè)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：22422426224224262821026022426282102122142112觀察上述等式的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)第n(nN*)個(gè)等式的右邊可以表示為an2bnc(a，b，c為實(shí)常數(shù))的形式，則c_解析 法一：每個(gè)等式的左邊有(2n1)個(gè)偶數(shù)的平方相加減，第一個(gè)偶數(shù)為2，最后一個(gè)偶數(shù)為2(2n1)，正負(fù)相間，所以第n個(gè)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(wú)錫質(zhì)量檢測(cè))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(gè)游戲，張老師的生日是m月n日，張老師把m告訴了甲，把n告訴了乙，然后張老師列出來(lái)如下10個(gè)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(shuō)：“我不知道，但你一定也不知道”乙聽了甲的話后，說(shuō)：“本來(lái)我不知道，但現(xiàn)在我知道了”甲接著說(shuō)：“哦，現(xiàn)在我也知道了”則張老師的生日是_解析 根據(jù)甲說(shuō)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(shuō)的“本來(lái)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(shuō)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(2019·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(diǎn)，AB1，過(guò)點(diǎn)O的動(dòng)直線與兩腰或其延長(zhǎng)線的交點(diǎn)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(guò)點(diǎn)O的動(dòng)平面與三棱錐的三條側(cè)棱或其延長(zhǎng)線的交點(diǎn)分別為Q，R，P，則有_解析 設(shè)O到正三棱錐A­BCD三個(gè)側(cè)面的距離為d，易知V三棱錐R­AQPSAQP·AR×·AQ·AP·ARAQ·AP·AR又因?yàn)閂三棱錐R­AQPV三棱錐O­AQPV三棱錐O­ARPV三棱錐O­AQRSAQP·dSARP·dSAQR·d(AQ·APAR·APAQ·AR)d，所以AQ·AP·AR(AQ·APAR·APAQ·AR)d，即而V三棱錐A­BDC××1×1×1，所以V三棱錐O­ABDV三棱錐A­BDC，即·SABD·d××d，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(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)asin213°cos217°sin 13°cos 17°；sin215°cos215°sin 15°cos 15°；sin218°cos212°sin 18°cos 12°；sin2(18°)cos248°sin(18°)cos 48°；sin2(25°)cos255°sin(25°)cos 55°(1)從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出常數(shù)a；(2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為一個(gè)三角恒等式，并證明你的結(jié)論解 (1)選擇式計(jì)算：asin215°cos215°sin 15°cos 15°1sin 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 30°cos sin 30°sin )2sin (cos 30°·cos sin 30°sin )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)(n>1，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(hào)“”表示求和，例如：i123n)解 (1)因?yàn)間1(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?yàn)間n(x)xn，所以i(x)g1(x)g2(x)gn(x)nx，所以yx2i(x)x2nx當(dāng)1，即n2時(shí)，函數(shù)y在區(qū)間(，1上是減函數(shù)，所以當(dāng)x1時(shí)，ymin6，即n2n100，該方程沒(méi)有整數(shù)解當(dāng)<1，即n>2時(shí)，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)表示第i行第j個(gè)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(gè)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(wèn)：數(shù)列bn中是否存在不同的三項(xiàng)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(qǐng)說(shuō)明理由解 (1)bnan1an2ann，bn1a(n1)1a(n1)2a(n1)(n1)n1(an1an2)(an(n1)ann)n12(an1an2ann)22bn2(2)因?yàn)閎n12bn2，所以bn122(bn2)，所以bn2是以b123為首項(xiàng)，2為公比的等比數(shù)列， 則bn23·2n1bn3·2n12若數(shù)列bn中存在不同的三項(xiàng)bp，bq，br(p，q，rN*)恰好成等差數(shù)列，不妨設(shè)p>q>r，顯然bn是遞增數(shù)列，則2bqbpbr，即2(3·2q12)(3·2p12)(3·2r12)，化簡(jiǎn)得：2·2qr2pr1，(*)由于p，q，rN*，且p>q>r，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(xiàng)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a>0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(gè)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(gè)更一般的結(jié)論，并證明解 (1)f(x)(axax)ln a，若0<a<1，則<0，ln a<0，所以f(x)>0，若a>1，則>0，ln a>0，所以f(x)>0；因此，對(duì)任意a>0且a1，都有f(x)>0，f(x)在(，)上單調(diào)遞增(2)直接計(jì)算知f(1)10，f(2)2aa12，f(3)3a2a22，根據(jù)基本不等式aa12>0，所以f(2)2>f(1)1，又因?yàn)?a2a22)(aa12)(aa1)2()2()2(aa11)(a1)2(aa11)>0，所以f(3)3>f(2)2一般性結(jié)論：x>0，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(duì)x>0和a>0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x>0，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：x>0，>證明：記g(x)，x>0，g(x)×，設(shè)h(x)，則h(0)0且h(x)，類似(1)的討論知對(duì)x>0和a>0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x>0，>- 13 -