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2019-2020年高考数学一轮总复习 第七章 推理与证明课堂过关 理
考点新知
能用归纳和类比等方法进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用；掌握演绎推理的基本方法，并能运用它们进行一些简单的推理；了解合情推理和演绎推理的联系和区别．
① 了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用. ② 了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理. ③ 了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异．
1. 已知＝2，＝3，＝4，…，类比这些等式，若＝6(a、b均为正数)，则a＋b＝________．
答案：41
解析：观察下列等式＝2，＝3，＝4，…，第n个应该是＝(n＋1)，则第5个等式中：a＝6，b＝a2－1＝35，a＋b＝41.
2. 在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝，推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝________.
答案：
解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故＝.
3. 设等差数列{an}的前n项和为Sn.若存在正整数m、n(m
0，∴ a1＝1；
当n＝2时，S2＝，即a＋2a2－1＝0.
∵ a2>0, ∴ a2＝－1.同理可得，a3＝－.
(2) 由(1)猜想an＝－.
(3) Sn＝1＋(－1)＋(－)＋…＋(－)＝.
已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，则a3＝________，a1·a2·a3·…·a2 007＝________．
答案：－ 3
解析：(解法1)分别求出a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，可以发现a5＝a1，且a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2 007＝a2 005·a2 006·a2 007＝a1·a2·a3＝3.
(解法2)由an＋1＝，联想到两角和的正切公式，设a1＝2＝tanθ，则有a2＝tan，a3＝tan，a4＝tan，a5＝tan(π＋θ)＝a1，….则a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2 007＝a2 005·a2 006·a2 007＝a1·a2·a3＝3.
题型2 类比推理
2 现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为.类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．
答案：
解析：在已知的平面图形中，中心O到两边的距离相等(如图1)，即OM＝ON.四边形OPAR是圆内接四边形，Rt△OPN≌Rt△ORM，因此S四边形OPAR＝S正方形OMAN＝a2.
同样地，类比到空间，如图2.
两个棱长均为a的正方体重叠部分的体积为a3.
在Rt△ABC中，两直角边的长分别为a，b，直角顶点C到斜边的距离为h，则易证＝＋.在四面体SABC中，侧棱SA，SB，SC两两垂直，SA＝a，SB＝b，SC＝c，点S到平面ABC的距离为h，类比上述结论，写出h与a，b，c之间的等式关系并证明．
解：类比得到：＝＋＋.
证明：过S作△ABC所在平面的垂线，垂足为O，连结CO并延长交AB于D，连结SD，∵ SO⊥平面ABC，∴ SO⊥AB.∵ SC⊥SA，SC⊥SB，∴ SC⊥平面ABS，∴ SC⊥AB，SC⊥SD，∴ AB⊥平面SCD，∴ AB⊥SD.在Rt△ABS中，有＝＋， 在Rt△CDS中，有＝＋＝＋＋.
题型3 演绎推理
, 3) 设同时满足条件：①≤bn＋1(n∈N*)；②bn≤M(n∈N*，M是与n无关的常数)的无穷数列{bn}叫“特界” 数列．
(1) 若数列{an}为等差数列，Sn是其前n项和，a3＝4，S3＝18，求Sn；
(2) 判断(1)中的数列{Sn}是否为“特界” 数列，并说明理由．
解：(1) 设等差数列{an}的公差为d，
则a1＋2d＝4，3a1＋3d＝18，解得a1＝8，d＝－2，Sn＝na1＋d＝－n2＋9n.
(2) 由－Sn＋1＝
＝＝＝－1<0，得b，那么>”时，假设的内容应为______________．
答案：＝或<
解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即＝或<.
3. －2与－的大小关系是______________．
答案：－2>－
解析： 由分析法可得，要证－2>－，只需证＋>＋2，即证13＋2>13＋4，即>2.因为42>40，所以－2>－成立．
4. 定义集合运算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，设集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，则集合A·B的所有元素之和为________．
答案：0
解析：依题意知α≠kπ＋，k∈Z.①α＝kπ＋(k∈Z)时，B＝，A·B＝；②α＝2kπ或α＝2kπ＋(k∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}；③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}；④α≠且α≠kπ＋(k∈Z)时，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，－cosα}．综上可知A·B中的所有元素之和为0.
5. 设a、b为两个正数，且a＋b＝1，则使得＋≥μ恒成立的μ的取值范围是________．
答案：(－∞，4]
解析：∵ a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴ ＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.要使得＋≥μ恒成立，只要μ≤4.
1. 直接证明
(1) 定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法．
(2) 一般形式
ABC…本题结论．
(3) 综合法
① 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法．
② 推证过程
……
(4) 分析法
① 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法称为分析法．
② 推证过程
……
2. 间接证明
(1) 常用的间接证明方法有反证法、正难则反等．
(2) 反证法的基本步骤
① 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．
② 归谬——从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果．
③ 存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立.
题型1 直接证明(综合法和分析法)
, 1) 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，…)，证明：
(1) 数列是等比数列；
(2) Sn＋1＝4an.
证明：(1) ∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，…)，∴ (n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴ ＝2·，即＝2，∴ 数列是等比数列．
(2) 由(1)知：＝4·(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋1)·＝4an(n≥2)．又a2＝3S1＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，∴ 对一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.
, 2) 设a、b、c均为大于1的正数，且ab＝10，求证：logac＋logbc≥4lgc.
证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明logac＋logbc≥4lgc，只要证明＋≥4lgc，即≥4，因为ab＝10，故lga＋lgb＝1.只要证明≥4，由于a>1，b>1，故lga>0，lgb>0，所以0c恒成立．而a＋b＝(a＋b)＝10＋＋≥16，∴ c<16.又>，>，∴ <＋＝1，∴ c>10，∴ 102.
证明：(1) 假设函数f(x)是偶函数，则f(－2)＝f(2)，即＝，解得a＝2，这与a≠2矛盾，所以函数f(x)不可能是偶函数．
(2) 因为f(x)＝，所以f′(x)＝.
① 充分性：当a>2时，f′(x)＝<0，所以函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减；
② 必要性：当函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减时，有f′(x)＝≤0，即a≥2，又a≠2，所以a>2.
综合①②知，原命题成立．
1. 已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
答案：cn＋1＜cn
解析：由条件得cn＝an－bn＝－n＝，
∴ cn随n的增大而减小．∴ cn＋1＜cn.
2. 一个平面封闭区域内任意两点距离的最大值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域(阴影部分)的周率从左到右依次记为τ1，τ2，τ3，τ4，则τ1，τ2，τ3，τ4的大小关系为________．
答案：τ4＞τ2＞τ3＞τ1
解析：在图(1)中，设图形所在的矩形长为a，宽为b，则其周率为，由不等式的性质可知≤2；在图(2)中设大圆的半径为R，则易知外边界长为πR，而内边界恰好为一个半径为的小圆的周长πR，故整个边界长为2πR，而封闭曲线的直径最大值为2R，故周率为π；图(3)中周长为直径的三倍，故周率为3；图(4)中设各边长为a，则整个边界的周长为12a，直径为2a，故周率为2，故四个周率大小τ4＞τ2＞τ3＞τ1.
3. 定义：若存在常数k，使得对定义域D内的任意两个x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，则称函数f(x)在定义域D上满足利普希茨条件．若函数f(x)＝(x≥1)满足利普希茨条件，则常数k的最小值为________．
答案：
解析：若函数f(x)＝(x≥1)满足利普希茨条件，则存在常数k，使得对定义域[1，＋∞)内的任意两个x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，设x1>x2，则k≥＝.而0<<，所以k的最小值为.
4. 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：
① sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；
② sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；
③ sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；
④ sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；
⑤ sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.
(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②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝.
(2) (解法1)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.
(解法2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.
证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝＋－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝－cos2α＋＋ (cos60°cos2α＋sin60°·sin2α)－sinαcosα－sin2α＝－cos2α＋＋cos2α＋sin2α－sin2α－(1－cos2α)＝1－cos2α－＋cos2α＝.
5. 如图，已知半径为r的圆M的内接四边形ABCD的对角线AC和BD相互垂直且交点为P.
(1) 若四边形ABCD中的一条对角线AC的长度为d(01)时，第一步应验证________．
答案：1＋＋<2
解析：∵ n∈N*，n>1，∴ n取的第一个数为2，左端分母最大的项为＝.
2. (选修22P88练习题3改编)用数学归纳法证明不等式“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取为________．
答案：5
解析：当n≤4时，2n≤n2＋1；当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，所以n0应取为5.
3. 设f(n)＝1＋＋＋＋…＋(n∈N*)，则f(k＋1)－f(k)＝________.
答案：＋＋
解析：f(k＋1)－f(k)＝1＋＋＋＋…＋－(1＋＋＋＋…＋)＝＋＋.
4. 利用数学归纳法证明不等式＋＋…＋>时，由k递推到k＋1时左边应添加的因式是________．
答案：－
解析：f(k＋1)－f(k)＝＋＋…＋＋－
(＋＋…＋)＝＋－＝－.
5. 已知a1＝，an＋1＝，则a2，a3，a4，a5的值分别为________________，由此猜想an＝________．
答案：、、、
解析：a2＝＝＝＝，同理a3＝＝＝，a4＝＝，a5＝＝，猜想an＝.
1. 由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法．
2. 对某些与正整数有关的数学命题常采用下面的方法来证明它们的正确性：先证明当n取第1个值n0时，命题成立；然后假设当n＝k(k∈N，k≥n0)时命题成立；证明当n＝k＋1时，命题也成立，这种证明方法叫做数学归纳法．
3. 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤为：
(1) 归纳奠基：证明凡取第一个自然数n0时命题成立；
(2) 归纳递推：假设n＝k(k∈N，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时，命题成立；
(3) 由(1)(2)得出结论．
[备课札记]
题型1 证明等式
1 (xx·陕西)设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求证：gn(x)＝.
证明：(数学归纳法)① 当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．
② 假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即结论成立．
由①②可知，结论对所有n∈N*均成立．
用数学归纳法证明：
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N)．
证明：① 当n＝1时，等式左边＝1－＝＝右边，等式成立．
② 假设当n＝k(k∈N)时，等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，那么，当n＝k＋1时，有1－＋－＋…＋－＋－＝＋＋…＋＋－＝＋＋…＋＋，上式表明当n＝k＋1时，等式也成立．
由①②知，等式对任何n∈N均成立．
题型2 证明不等式
, 2) (xx·南通二模)各项均为正数的数列{xn}对一切n∈N*均满足xn＋＜2.证明：
(1) xn＜xn＋1；
(2) 1－＜xn＜1.
证明：(1) ∵ xn＞0，xn＋＜2，∴ 0＜＜2－xn，
∴ xn＋1＞，且2－xn＞0.
∵ －xn＝＝≥0.
∴ ≥xn，∴ xn≤＜xn＋1，即xn＜xn＋1.
(2) 下面用数学归纳法证明：xn＞1－.
① 当n＝1时，由题设x1＞0可知结论成立；
② 假设n＝k时，xk＞1－，当n＝k＋1时，
由(1)得，xk＋1＞＞＝＝1－.
由①②可得，xn＞1－.
下面先证明xn≤1.
假设存在自然数k，使得xk＞1，则一定存在自然数m，使得xk＞1＋.
因为xk＋＜2，xk＋1＞＞＝，xk＋2＞＞＝，…，xk＋m－1＞＝2，与题设xk＋＜2矛盾，所以xn≤1.若xk＝1，则xk＋1＞xk＝1，根据上述证明可知存在矛盾．所以xn＜1成立．
已知x1，x2，…，xn∈R＋，且x1x2…xn＝1，求证：
(＋x1)(＋x2)…(＋xn)≥(＋1)n.
证明(数学归纳法)：(ⅰ) 当n＝1时，＋x1＝＋1，不等式成立．
(ⅱ) 假设n＝k时不等式成立，即(＋x1)(＋x2)…(＋xk)≥(＋1)k成立．
则n＝k＋1时，若xk＋1＝1，则命题成立；若xk＋1>1，则x1，x2，…，xk中必存在一个数小于1，不妨设这个数为xk，从而(xk－1)(xk＋1－1)<0，即xk＋xk＋1>1＋xkxk＋1.xk＋1<1同理可得，
所以(＋x1)(＋x2)…(＋xk)(＋xk＋1)
＝(＋x1)(＋x2)…[2＋(xk＋xk＋1)＋xkxk＋1]
≥(＋x1)(＋x2)…[2＋(1＋xkxk＋1)＋xkxk＋1]
＝(＋x1)(＋x2)…(＋xkxk＋1)(＋1)
≥(＋1)n(＋1)＝(＋1)k＋1.
故n＝k＋1时，不等式也成立．
由(ⅰ)(ⅱ)知原不等式成立．
题型3 数列问题
3 设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，….
(1) 求a1，a2；
(2) 猜想数列{Sn}的通项公式，并给出证明．
解：(1) 当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，
于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝；
当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，
于是－a2－a2＝0，解得a2＝.
(2) 由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.①
由(1)得S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝.
由①可得S3＝.由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，….
下面用数学归纳法证明这个结论．
(ⅰ) n＝1时已知结论成立.
(ⅱ) 假设n＝k(k∈N*)时结论成立，即Sk＝，
当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝，
即Sk＋1＝，故n＝k＋1时结论也成立．
综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知Sn＝对所有正整数n都成立．
(xx·镇江期末)已知数列{an}满足a1＝，an＋1·(1＋an)＝1.
(1) 试计算a2，a3，a4，a5的值；
(2) 猜想|an＋1－an|与(其中n∈N*)的大小关系，并证明你的猜想．
解：(1) 由已知计算得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝.
(2) 由(1)得|a2－a1|＝，|a3－a2|＝，|a4－a3|＝，|a5－a4|＝，而n分别取1，2，3，4时，分别为，，，，故猜想|an＋1－an|≤.下面用数学归纳法证明以上猜想：
① 当n＝1时，已证；
② 当n＝k≥1时，
假设|ak＋1－ak|≤，对n∈N*：由a1＝，an＋1＝，得an>0，∴ 02＋＝，
∴ |ak＋2－ak＋1|＝＝≤≤＝.∴ 当n＝k≥1时，结论成立．由①和②知，以上猜想成立．
题型4 综合运用
, 4) 若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过点P(4，5)，Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn＜xn＋1<3.
证明：① 当n＝1时，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．∴ 直线PQ1的方程为y＝4x－11，令y＝0，得x2＝，因此，2≤x1＜x2＜3，即n＝1时结论成立．
② 假设当n＝k时结论成立，即2≤xk＜xk＋1＜3.∴ 直线PQk＋1的方程为y－5＝(x－4)．又f(xk＋1)＝x－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0，得xk＋2＝＝4－.
由归纳假设，20，即xk＋1时，则f(2k＋1)－f(2k)等于________．
答案：＋＋…＋
解析：∵ f(2k＋1)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋，f(2k)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋，∴ f(2k＋1)－f(2k)＝＋＋…＋.
2. 用数学归纳法证明不等式：＋＋＋…＋＞1(n∈N*且n＞1)．
证明：①当n＝2时，左边＝＋＋＝＞1，
∴ n＝2时不等式成立；
②假设当n＝k(k≥2)时不等式成立，
即＋＋＋…＋＞1，
那么当n＝k＋1时，
左边＝＋…＋＋
＝＋＋…＋＋－
＞1＋(2k＋1)·－＝1＋＞1.
综上，对于任意n∈N*，n>1不等式均成立，原命题得证．
3. 已知函数f(x)＝－x3＋ax在(－1，0)上是增函数．
(1) 求实数a的取值范围A；
(2) 当a为A中最小值时，定义数列{an}满足：a1∈(－1，0)，且2an＋1＝f(an)，用数学归纳法证明an∈(－1，0)，并判断an＋1与an的大小．
解 ：(1) ∵ f′(x)＝－3x2＋a≥0即a≥3x2在x∈(－1，0)恒成立，∴ A＝[3，＋∞)
(2) 用数学归纳法证明：an∈(－1，0)．
(ⅰ) n＝1时，由题设a1∈(－1，0)；
(ⅱ) 假设n＝k时，ak∈(－1，0)，则当n＝k＋1时，ak＋1＝f(ak)＝(－a＋3ak)，由(1)知：f(x)＝－x3＋3x在(－1，0)上是增函数，又ak∈(－1，0)，所以[－(－1)3＋3×(－1)]＝－1
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2019-2020年高考数学一轮总复习
第七章
推理与证明课堂过关
2019
2020
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数学
一轮
复习
第七
推理
证明
课堂
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