2020年高考理科数学《推理与证明》题型归纳与训练.docx

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2、3； sin 7 2 sin 2 7 2 sin 3 7 2 sin 6 7 24 334； sin 9 2 sin 2 9 2 sin 3 9 2 sin 8 9 24 345； 照此规律， sin 2n1 2 sin 2 2n1 2 sin 3 2n1 2 sin 2n 2n1 2_. 【答案】【答案】 4 3n(n1) 【解析】【解析】观察等式右边的规律：第 1 个数都是4 3，第 2 个数对应行数 n，第 3 个数为 n1. 2与不等式有关的推理与不等式有关的推理 例例 2 已知 ai0(i1,2,3，n)，观察下列不等式： a1a2 2 a1a2； a1a2a3 3 3 a1a2a3

3、； a1a2a3a4 4 4 a1a2a3a4； 照此规律，当 nN*，n2 时，a1a2an n _. 2 【答案】【答案】 n a1a2an 【解析】【解析】根据题意得a1a2an n n a1a2an(nN*，n2) 3与数列有关的推理与数列有关的推理 例例 3 观察下列等式： 123n1 2n(n1)； 1361 2n(n1) 1 6n(n1)(n2)； 14101 6n(n1)(n2) 1 24n(n1)(n2)(n3)； 可以推测，1515 1 24n(n1)(n2)(n3)_. 【答案】【答案】 1 120n(n1)(n2)(n3)(n4)(nN *) 【解析】【解析】根据式子中

4、的规律可知，等式右侧为 1 54321n(n1)(n2)(n3)(n4) 1 120n(n1)(n2)(n3)(n4) (nN *) 4与图形变化有关的推理与图形变化有关的推理 例例 4 某种树的分枝生长规律如图所示，第 1 年到第 5 年的分枝数分别为 1,1,2,3,5，则预计第 10 年树的分枝 数为() A21B34C52D55 【答案】【答案】D 【解析】【解析】由 211,312,523 知，从第三项起，每一项都等于前两项的和，则第 6 年为 8，第 7 年 为 13，第 8 年为 21，第 9 年为 34，第 10 年为 55，故选 D. 【思维点拨】【思维点拨】归纳推理问题的常

5、见类型及解题策略 (1)与数字有关的等式的推理观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解 (2)与不等式有关的推理观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解 (3)与数列有关的推理通常是先求出几个特殊现象，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列 出即可 3 (4)与图形变化有关的推理合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性 题型二题型二 类比推理类比推理 例例 1(1)等差数列an的公差为 d，前 n 项的和为 Sn，则数列 Sn n 为等差数列，公差为d 2.类似地，若各项均为正 数的等比数列bn的公比为 q，前 n 项的积为 Tn，则等比数列 n T

6、n的公比为() A.q 2 Bq2 C. qD. n q 【答案】【答案】C 【解析】【解析】由题设，得 Tnb1b2b3bnb1b1qb1q2b1qn 1bn 1q1 2(n1) (1) 2 1 nn n b q . n Tn 1 2 1 n bq ，等比数列 n Tn的公比为 q，故选 C. (2)在平面上，设 ha，hb，hc是ABC 三条边上的高，P 为三角形内任一点，P 到相应三边的距离分别为 Pa， Pb， Pc， 我 们 可 以 得 到 结 论 ： Pa ha Pb hb Pc hc 1. 把 它 类 比 到 空 间 ， 则 三 棱 锥 中 的 类 似 结 论 为 _ 【答案】【

7、答案】 Pa ha Pb hb Pc hc Pd hd1 【解析【解析】设 ha，hb，hc，hd分别是三棱锥 ABCD 四个面上的高，P 为三棱锥 ABCD 内任一点，P 到相应 四个面的距离分别为 Pa，Pb，Pc，Pd，于是可以得出结论：Pa ha Pb hb Pc hc Pd hd1. 【思维点拨【思维点拨】 (1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行类比，提出猜想其中找 到合适的类比对象是解题的关键 (2)类比推理常见的情形有平面与空间类比；低维的与高维的类比；等差数列与等比数列类比；数的运算与 向量的运算类比；圆锥曲线间的类比等 题型三题型三 演绎推理演绎推理

8、例例 1 数列an的前 n 项和记为 Sn，已知 a11，an1n2 n Sn(nN*)证明： (1)数列 Sn n 是等比数列； (2)Sn14an. 【答案】略【答案】略 【解析】【解析】(1)an1Sn1Sn，an1n2 n Sn， (n2)Snn(Sn1Sn)，即 nSn12(n1)Sn. 4 Sn1 n12 Sn n ，又S1 1 10，(小前提) 故 Sn n 是以 1 为首项，2 为公比的等比数列(结论) (大前提是等比数列的定义，这里省略了) (2)由(1)可知 Sn1 n14 Sn1 n1(n2)， Sn14(n1) Sn1 n14 n12 n1 Sn1 4an(n2)，(小

9、前提) 又 a23S13，S2a1a21344a1，(小前提) 对于任意正整数 n，都有 Sn14an.(结论) (第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件) 【思维点拨】【思维点拨】演绎推理是由一般到特殊的推理，常用的一般模式为三段论，演绎推理的前提和结论之间有 着某种蕴含关系，解题时要找准正确的大前提，一般地，当大前提不明确时，可找一个使结论成立的充分 条件作为大前提 直接证明与间接证明直接证明与间接证明 题型四分析法题型四分析法 例例 1 已知 a0，求证：a2 1 a2 2a 1 a2. 【答案】略【答案】略 【解析】【解析】要证a2 1 a2 2a 1 a2， 只要证a

10、2 1 a22a 1 a 2， 0a，故只要证 a2 1 a22 2 a1 a 2 2， 即 a2 1 a24 a2 1 a24a 221 a22 2 a1 a 2， 从而只要证 2a2 1 a2 2 a1 a ， 只要证 4 a2 1 a22 a22 1 a2，即 a2 1 a22， 而上述不等式显然成立，故原不等式成立 【思维点拨】【思维点拨】分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判 断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时命题得证 5 题型五题型五 综合法综合法 例例 1 已知函数 f(x)ln(1x)，g(x)

11、abx1 2x 21 3x 3，函数 yf(x)与函数 yg(x)的图象在交点(0,0)处有公 共切线 (1)求 a，b 的值； (2)证明：f(x)g(x) 【答案】【答案】a0，b1. 【解析】【解析】(1)f(x) 1 1x，g(x)bxx 2， 由题意得 g0f0， f0g0， 解得 a0，b1. (2)证明：令 h(x)f(x)g(x)ln (x1)1 3x 31 2x 2x(x1)， h(x) 1 x1x 2x1x 3 x1， x1，当1x0； 当 x0 时，h(x)af(b)bf(a)，试证明：f(x)为 R 上的单调 增函数 【答案】【答案】证明略 【解析】【解析】设 x1，x

12、2R，取 x1x1f(x2)x2f(x1)， x1f(x1)f(x2)x2f(x2)f(x1)0， f(x2)f(x1)(x2x1)0， x10，f(x2)f(x1) yf(x)为 R 上的单调增函数 3.袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将 其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒重复上述过程，直 到袋中所有球都被放入盒中，则() A乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 9 B乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 C乙盒中红球不多于丙盒中红球 D乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 【答案】【答案】B 【解析】【解析】取两个球往盒

13、子中放有 4 种情况： 红红，则乙盒中红球数加 1； 黑黑，则丙盒中黑球数加 1； 红黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加 1； 黑红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加 1. 因为红球和黑球个数一样多，所以和的情况一样多和的情况完全随机和对 B 选项中的乙 盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响和出现的次数是一样的，所以对 B 选项中的乙盒中的 红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样综上，选 B. 直接证明与间接证明直接证明与间接证明 题型四分析法题型四分析法 1 分析法又称执果索因法， 若用分析法证明： “设 abc， 且 abc0， 求证 b2ac0Bac0 C(ab)(ac)0D(a

14、b)(ac)bc，且 abc0，所以0,0,acbac 且，b2acQBPQ CPQD由 a 的取值确定 【答案】C 【解析】不妨设 PQ，要证 PQ，只要证 P2Q2， 只要证 2a72 aa72a72 a3a4， 只要证 a27aa27a12， 只要证 012， 012 成立，PQ 成立 3要使 3 a 3 b 3 ab成立，则 a，b 应满足() Aabb 10 Bab0 且 ab Cab0 且 a0 且 ab 或 ab0 且 a0，b0，c0， a1 b b1 c c1 a a1 a b1 b c1 c 6， 当且仅当 abc1 时，“”成立，故三者不能都小于 2，即至少有一个不小于

15、2. 2如果 a ab ba bba成立，则 a，b 应满足的条件是_ 【答案】a0，b0 且 ab 【解析】a ab b(a bb a) a(ab) b(ba) ( a b)(ab) ( a b)2( a b) 当 a0，b0 且 ab 时，( a b)2( a b)0. a ab ba bba成立的条件是 a0，b0 且 ab. 3若 a，b，c 是不全相等的正数，求证： lgab 2 lgbc 2 lgca 2 lg alg blg c. 【答案】证明略 【解析】a，b，c(0，)， 11 ab 2 ab0，bc 2 bc0，ac 2 ac0. 由于 a，b，c 是不全相等的正数， 上述

16、三个不等式中等号不能同时成立， ab 2 bc 2 ca 2 abc0 成立 上式两边同时取常用对数，得 lg ab 2 bc 2 ca 2lg abc， lgab 2 lgbc 2 lgca 2 lg alg blg c. 题型六题型六 反证法反证法 1用反证法证明命题：若 abc 为偶数，则“自然数 a，b，c 恰有一个偶数”时正确反设为() A自然数 a，b，c 都是奇数 B自然数 a，b，c 都是偶数 C自然数 a，b，c 中至少有两个偶数 D自然数 a，b，c 中都是奇数或至少有两个偶数 【答案】D 【解析】由于“自然数 a，b，c 中恰有一个偶数”的否定是“自然数 a，b，c 都是

17、奇数或至少有两个偶数”，故 选 D 2.用反证法证明命题“已知 a，b 为实数，则方程 x3axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是() A方程 x3axb0 没有实根 B方程 x3axb0 至多有一个实根 C方程 x3axb0 至多有两个实根 D方程 x3axb0 恰好有两个实根 【答案】A 【解析】 用反证法证明命题的步骤中第一步是假设命题的反面成立， 而“方程 x3axb0 至少有一个实根” 的反面是“方程 x3axb0 没有实根”，故选 A 3.已知四棱锥 SABCD 中，底面是边长为 1 的正方形，又 SBSD 2，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 【答案】略 【解析】 12 (1)证明由已知得 SA2AD2SD2，SAAD. 同理 SAAB. 又 ABADA，AB平面 ABCD，AD平面 ABCD， SA平面 ABCD. (2)解假设在棱 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 不存在这样的点 F，使得 BF平面 SAD.