2019-2020年高考數學大二輪總復習 增分策略 專題四 數列 推理與證明 第4講 推理與證明試題1(xx湖北)已知集合A(x，y)|x2y21，x，yZ，B(x，y)|x|2，|y|2，x，yZ，定義集合AB(x1x2，y1y2)|(x1，y1)A，(x2，y2)B，則AB中元素的個數為()A77 B49 C45 D302(xx北京)學生的語文、數學成績均被評定為三個等級，依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”若學生甲的語文、數學成績都不低于學生乙，且其中至少有一門成績高于乙，則稱“學生甲比學生乙成績好”如果一組學生中沒有哪位學生比另一位學生成績好，并且不存在語文成績相同、數學成績也相同的兩位學生，那么這組學生最多有()A2人 B3人C4人 D5人3(xx山東)觀察下列各式：C40；CC41; CCC42；CCCC43；照此規(guī)律，當nN*時，C C C C_.4(xx福建)一個二元碼是由0和1組成的數字串x1x2xn(nN*)，其中xk(k1,2，n)稱為第k位碼元二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發(fā)生碼元錯誤(即碼元由0變?yōu)?，或者由1變?yōu)?)已知某種二元碼x1x2x7的碼元滿足如下校驗方程組：其中運算定義為000,011,101,110.現已知一個這種二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯誤后變成了1101101，那么利用上述校驗方程組可判定k等于_1.以數表、數陣、圖形為背景與數列、周期性等知識相結合考查歸納推理和類比推理，多以小題形式出現.2.直接證明和間接證明的考查主要作為證明和推理數學命題的方法，常與函數、數列及不等式等綜合命題.熱點一歸納推理(1)歸納推理是由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或者由個別事實概括出一般結論的推理(2)歸納推理的思維過程如下：例1(1)古希臘畢達哥拉斯學派的數學家研究過各種多邊形數，如三角形數1,3,6,10，第n個三角形數為n2n，記第n個k邊形數為N(n，k)(k3)，以下列出了部分k邊形數中第n個數的表達式：三角形數N(n,3)n2n，正方形數 N(n,4)n2，五邊形數 N(n,5)n2n，六邊形數 N(n,6)2n2n可以推測N(n，k)的表達式，由此計算N(10,24)_.(2)已知f(n)1(nN*)，經計算得f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，則有_思維升華歸納遞推思想在解決問題時，從特殊情況入手，通過觀察、分析、概括，猜想出一般性結論，然后予以證明，這一數學思想方法在解決探索性問題、存在性問題或與正整數有關的命題時有著廣泛的應用其思維模式是“觀察歸納猜想證明”，解題的關鍵在于正確的歸納猜想跟蹤演練1(1)有菱形紋的正六邊形地面磚，按下圖的規(guī)律拼成若干個圖案，則第六個圖案中有菱形紋的正六邊形的個數是()A26 B31 C32 D36(2)兩旅客坐火車外出旅游，希望座位連在一起，且有一個靠窗，已知火車上的座位的排法如圖所示，則下列座位號碼符合要求的應當是()A48,49 B62,63 C75,76 D84,85熱點二類比推理(1)類比推理是由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理(2)類比推理的思維過程如下：例2(1)在平面幾何中有如下結論：若正三角形ABC的內切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則.推廣到空間幾何可以得到類似結論：若正四面體ABCD的內切球體積為V1，外接球體積為V2，則_.(2)(xx日照高三第一次模擬考試)已知雙曲正弦函數sh x和雙曲余弦函數ch x與我們學過的正弦函數和余弦函數有許多類似的性質，請類比正弦函數和余弦函數的和角或差角公式，寫出雙曲正弦或雙曲余弦函數的一個類似的正確結論_思維升華類比推理是合情推理中的一類重要推理，強調的是兩類事物之間的相似性，有共同要素是產生類比遷移的客觀因素，類比可以由概念性質上的相似性引起，如等差數列與等比數列的類比，也可以由解題方法上的類似引起當然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的類比跟蹤演練2(1)若數列an是等差數列，bn，則數列bn也為等差數列類比這一性質可知，若正項數列cn是等比數列，且dn也是等比數列，則dn的表達式應為()AdnBdnCdn Ddn(2)若點P0(x0，y0)在橢圓1(a>b>0)外，過點P0作該橢圓的兩條切線，切點分別為P1，P2，則切點弦P1P2所在直線的方程為1.那么對于雙曲線1(a>0，b>0)，類似地，可以得到切點弦所在直線的方程為_熱點三直接證明和間接證明直接證明的常用方法有綜合法和分析法，綜合法由因導果，而分析法則是執(zhí)果索因，反證法是反設結論導出矛盾的證明方法例3已知數列an滿足：a1，anan1<0 (n1)；數列bn滿足：bnaa (n1)(1)求數列an，bn的通項公式；(2)證明：數列bn中的任意三項不可能成等差數列思維升華(1)有關否定性結論的證明常用反證法或舉出一個結論不成立的例子即可(2)綜合法和分析法是直接證明常用的兩種方法，我們常用分析法尋找解決問題的突破口，然后用綜合法來寫出證明過程，有時候，分析法和綜合法交替使用跟蹤演練3(1)已知ABC的三個內角A，B，C成等差數列，A，B，C的對邊分別為a，b，c.求證：；(2)已知f(x)ax(a>1)，證明：方程f(x)0沒有負根熱點四數學歸納法數學歸納法證明的步驟(1)證明當n取第一個值n0(n0N*)時結論成立(2)假設nk(kN*，且kn0)時結論成立，證明nk1時結論也成立由(1)(2)可知，對任意nn0，且nN*時，結論都成立例4已知f(n)1，g(n)，nN*.(1)當n1,2,3時，試比較f(n)與g(n)的大??；(2)猜想f(n)與g(n)的大小關系，并給出證明思維升華用數學歸納法證明與正整數有關的等式命題時，關鍵在于弄清等式兩邊的構成規(guī)律，等式的兩邊各有多少項，由nk到nk1時，等式的兩邊會增加多少項，增加怎樣的項難點在于尋求等式在nk和nk1時的聯系跟蹤演練4設a>0，f(x)，令a11，an1f(an)，nN*.(1)寫出a2，a3，a4的值，并猜想數列an的通項公式；(2)用數學歸納法證明你的結論1把正整數按一定的規(guī)則排成了如圖所示的三角形數表設aij(i，jN*)是位于這個三角形數表中從上往下數第i行、從左往右數第j個數，如a428.若aij2 011，則i與j的和為_2已知下列不等式：x2，x3，x4，則第n個不等式為_3設數列an是公比為q的等比數列，Sn是它的前n項和，證明：數列Sn不是等比數列提醒：完成作業(yè)專題四第4講二輪專題強化練專題四 第4講推理與證明A組專題通關1觀察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，則a10b10等于()A28 B76C123 D1992觀察下列事實：|x|y|1的不同整數解(x，y)的個數為4，|x|y|2的不同整數解(x，y)的個數為8，|x|y|3的不同整數解(x，y)的個數為12，則|x|y|20的不同整數解(x，y)的個數為()A76 B80 C86 D923(xx合肥模擬)正弦函數是奇函數，f(x)sin(x21)是正弦函數，因此f(x)sin(x21)是奇函數，以上推理()A結論正確 B大前提不正確C小前提不正確 D全不正確4下列推理是歸納推理的是()AA，B為定點，動點P滿足|PA|PB|2a>|AB|，則P點的軌跡為橢圓B由a11，an3n1，求出S1，S2，S3，猜想出數列的前n項和Sn的表達式C由圓x2y2r2的面積r2，猜想出橢圓1的面積SabD以上均不正確5已知函數f(x)是R上的單調增函數且為奇函數，數列an是等差數列，a3>0，則f(a1)f(a3)f(a5)的值()A恒為正數 B恒為負數C恒為0 D可正可負6(xx山東)定義運算“”：xy(x，yR，xy0)，當x0，y0時，xy(2y)x的最小值為_7平面內有n條直線，最多可將平面分成f(n)個區(qū)域，則f(n)的表達式為_8如果函數f(x)在區(qū)間D上是凸函數，那么對于區(qū)間D內的任意x1，x2，xn，都有f()若ysin x在區(qū)間(0，)上是凸函數，那么在ABC中，sin Asin Bsin C的最大值是_9某同學在一次研究性學習中發(fā)現，以下五個式子的值都等于同一個常數：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數；(2)根據(1)的計算結果，將該同學的發(fā)現推廣為三角恒等式，并證明你的結論10已知a，b，m為非零實數，且a2b22m0，12m0.(1)求證：；(2)求證：m.B組能力提高11(xx西安五校聯考)已知“整數對”按如下規(guī)律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，則第60個“整數對”是()A(7,5) B(5,7)C(2,10) D(10,1)12對大于1的自然數m的三次冪可用奇數進行以下方式的“分裂”：23，33，43，.仿此，若m3的“分裂數”中有一個是59，則m的值為_13在平面上，我們如果用一條直線去截正方形的一個角，那么截下的一個直角三角形，按下圖所標邊長，由勾股定理有：c2a2b2.設想正方形換成正方體，把截線換成如圖的截面，這時從正方體上截下三條側棱兩兩垂直的三棱錐OLMN，如果用S1，S2，S3表示三個側面面積，S4表示截面面積，那么類比得到的結論是_14蜜蜂被認為是自然界中最杰出的建筑師，單個蜂巢可以近似地看作是一個正六邊形，如圖為一組蜂巢的截面圖其中第一個圖有1個蜂巢，第二個圖有7個蜂巢，第三個圖有19個蜂巢，按此規(guī)律，以f(n)表示第n個圖的蜂巢總數(1)試給出f(4)，f(5)的值，并求f(n)的表達式(不要求證明)；(2)證明：<.學生用書答案精析第4講推理與證明高考真題體驗1C如圖，集合A表示如圖所示的所有圓點“”，集合B表示如圖所示的所有圓點“”所有圓點“”，集合AB顯然是集合(x，y)|x|3，|y|3，x，yZ中除去四個點(3，3)，(3,3)，(3，3)，(3,3)之外的所有整點(即橫坐標與縱坐標都為整數的點)，即集合AB表示如圖所示的所有圓點“”所有圓點“”所有圓點“”，共45個故AB中元素的個數為45.故選C.2B假設滿足條件的學生有4位及4位以上，設其中4位同學分別為甲、乙、丙、丁，則4位同學中必有兩個人語文成績一樣，且這兩個人數學成績不一樣(或4位同學中必有兩個數學成績一樣，且這兩個人語文成績不一樣)，那么這兩個人中一個人的成績比另一個人好，故滿足條件的學生不能超過3人當有3位學生時，用A，B，C表示“優(yōu)秀”“合格”“不合格”，則滿足題意的有AC，CA，BB，所以最多有3人34n1解析觀察每行等式的特點，每行等式的右端都是冪的形式，底數均為4，指數與等式左端最后一個組合數的上標相等，故有CCCC4n1.45解析()x4x5x6x711011，()x2x3x6x710010；()x1x3x5x710111.由()()知x5，x7有一個錯誤，()中沒有錯誤，x5錯誤，故k等于5.熱點分類突破例1(1)1 000(2)f(2n)>(n2，nN*)解析(1)由N(n,4)n2，N(n,6)2n2n，可以推測：當k為偶數時，N(n，k)n2n，N(10,24)100101 1001001 000.(2)由題意得f(22)>，f(23)>，f(24)>，f(25)>，所以當n2時，有f(2n)>.故填f(2n)>(n2，nN*)跟蹤演練1(1)B(2)D解析(1)有菱形紋的正六邊形個數如下表：圖案123個數61116由表可以看出有菱形紋的正六邊形的個數依次組成一個以6為首項，以5為公差的等差數列，所以第六個圖案中有菱形紋的正六邊形的個數是65(61)31.故選B.(2)由已知圖形中座位的排列順序，可得：被5除余1的數和能被5整除的座位號臨窗，由于兩旅客希望座位連在一起，且有一個靠窗，分析答案中的4組座位號，只有D符合條件例2(1)(2)ch(xy)ch xch ysh xsh y解析(1)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.(2)ch xch ysh xsh y(exyexyexyexyexyexyexyexy)(2exy2e(xy)ch(xy)，故知ch(xy)ch xch ysh xsh y，或sh(xy)sh xch ych xsh y，或sh(xy)sh xch ych xsh y.跟蹤演練2(1)D(2)1解析(1)由an為等差數列，設公差為d，則bna1d，又正項數列cn為等比數列，設公比為q，則dnc1，故選D.(2)設P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P0(x0，y0)，則過點P1，P2的切線的方程分別為1，1.因為P0(x0，y0)在這兩條切線上，所以1，1，這說明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)都在直線1上，故切點弦P1P2所在直線的方程為1.例3(1)解已知化為，而1a，所以數列1a是首項為，公比為的等比數列，則1an1，則a1n1，由anan1<0，知數列an的項正負相間出現，因此an(1)n1，bnaann1n1.(2)證明假設存在某三項成等差數列，不妨設為bm、bn、bp，其中m、n、p是互不相等的正整數，可設m<n<p，而bnn1隨n的增大而減小，那么只能有2bnbmbp，可得2n1m1p1，則2nm1pm.當nm2時，2nm22，上式不可能成立，則只能有nm1，此時等式為1pm，即pm，那么pmlog，左邊為正整數，右邊為無理數，不可能相等所以假設不成立，那么數列bn中的任意三項不可能成等差數列跟蹤演練3證明(1)要證，即證3，也就是1，只需證c(bc)a(ab)(ab)(bc)，需證c2a2acb2，又ABC三內角A，B，C成等差數列，故B60，由余弦定理，得b2c2a22accos 60，即b2c2a2ac，故c2a2acb2成立于是原等式成立(2)假設x0是f(x)0的負根，則x0<0，且x01，a，所以0<a <10<<1，解得<x0<2，這與x0<0矛盾，故方程f(x)0沒有負根例4解(1)當n1時，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)；當n2時，f(2)，g(2)，所以f(2)<g(2)；當n3時，f(3)，g(3)，所以f(3)<g(3)(2)由(1)，猜想f(n)g(n)，下面用數學歸納法給出證明當n1,2,3時，不等式顯然成立，假設當nk(k3)時不等式成立，即1<.那么，當nk1時，f(k1)f(k)<.因為<0，所以f(k1)<g(k1)由可知，對一切nN*，都有f(n)g(n)成立跟蹤演練4(1)解a11，a2f(a1)f(1)；a3f(a2)；a4f(a3).猜想an(nN*)(2)證明易知，n1時，猜想正確假設nk時猜想正確，即ak，則ak1f(ak).這說明，nk1時猜想正確由知，對于任何nN*，都有an.高考押題精練1108解析由三角形數表的排列規(guī)律知，aij2 011，則i必為奇數設i2m1.在第i行上面，必有m行為奇數行，m行為偶數行在前2m行中，共有奇數m2個最大的奇數為1(m21)22m21，由2m21<2 011得m的最大值31.i63.最大的奇數為1 921，在第63行中，首項為1 923，即1 923(j1)22 011，j45，故ij108.2xn1解析已知所給不等式的左邊第一個式子都是x，不同之處在于第二個式子，當n1時，為；當n2時，為；當n3時，為顯然式子中的分子與分母是對應的，分母為xn，分子是nn，所以不等式左邊的式子為x，顯然不等式右邊的式子為n1，所以第n個不等式為xn1.3證明假設Sn是等比數列，則SS1S3，即a(1q)2a1a1(1qq2)因為a10，所以(1q)21qq2，即q0，這與q0矛盾，故Sn不是等比數列二輪專題強化練答案精析第4講推理與證明1C觀察可得各式的值構成數列1,3,4,7,11，其規(guī)律為從第三項起，每項等于其前相鄰兩項的和，所求值為數列中的第十項繼續(xù)寫出此數列為1,3,4,7,11,18,29,47,76,123，第十項為123，即a10b10123.2B由|x|y|1的不同整數解的個數為4，|x|y|2的不同整數解的個數為8，|x|y|3的不同整數解的個數為12，歸納推理得|x|y|n的不同整數解的個數為4n，故選B.(本題用列舉法也不難找出|x|y|20的80個不同整數解)3C因為f(x)sin(x21)不是正弦函數，所以小前提不正確4B從S1，S2，S3猜想出數列的前n項和Sn，是從特殊到一般的推理，所以B是歸納推理5A由已知得f(0)0，a1a52a3>0，所以a1>a5.由于f(x)單調遞增且為奇函數，所以f(a1)f(a5)>f(a5)f(a5)0，又f(a3)>0，所以f(a1)f(a3)f(a5)>0.故選A.6.解析由題意，得xy(2y)x，當且僅當xy時取等號7f(n)解析1條直線將平面分成11個區(qū)域；2條直線最多可將平面分成1(12)4個區(qū)域；3條直線最多可將平面分成1(123)7個區(qū)域；，n條直線最多可將平面分成1(123n)1個區(qū)域8.解析由題意知，凸函數滿足f()，又ysin x在區(qū)間(0，)上是凸函數，則sin Asin Bsin C3sin3sin.9解方法一(1)選擇式，計算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301.(2)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 sin2sin2cos2.方法二(1)同方法一(2)三角恒等式為sin2cos2(30)sin cos(30).證明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin (cos 30cos sin 30sin )cos 2(cos 60cos 2sin 60sin 2)sin cos sin2cos 2cos 2sin 2sin 2(1cos 2)1cos 2cos 2.10證明(1)(分析法)要證成立，只需證()(a2b2)9，即證149，即證4.根據基本不等式，有24成立，所以原不等式成立(2)(綜合法)因為a2b2m2，2m1，由(1)，知(m2)(2m1)9，即2m25m70，解得m1或m.又因為a2b2m2>0.所以m>2，故m1舍去，所以m.11B依題意，就每組整數對的和相同的分為一組，不難得知每組整數對的和為n1，且每組共有n個整數時，這樣的前n組一共有個整數，注意到<60<，因此第60個整數對處于第11組(每對整數對的和為12的組)的第5個位置，結合題意可知每對整數對的和為12的組中的各數對依次為(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，因此第60個整數對是(5,7)128解析由已知可觀察出m3可分裂為m個連續(xù)奇數，最小的一個為(m1)m1.當m8時，最小的數為57，第二個便是59.m8.13SSSS解析將側面面積類比為直角三角形的直角邊，截面面積類比為直角三角形的斜邊，可得SSSS.14(1)解f(4)37，f(5)61.由于f(2)f(1)716，f(3)f(2)19726，f(4)f(3)371936，f(5)f(4)613746，因此，當n2時，有f(n)f(n1)6(n1)，所以f(n)f(n)f(n1)f(n1)f(n2)f(2)f(1)f(1)6(n1)(n2)2113n23n1.又f(1)1312311，所以f(n)3n23n1.(2)證明當k2時，<()所以<1(1)()()1(1)<1.