【步步高 江苏专用(理)】2014届高三数学《大二轮专题复习与增分策略》专题三 第3讲推理与证明

第3讲　推理与证明 【高考考情解读】　1.高考主要考查对合情推理和演绎推理的理解及应用；直接证明和间接证明的考查主要作为证明和推理数学命题的，常与函数、数列、不等式、解析几何等综合命题．数学归纳法是证明与正整数有关的数学命题的正确性的一种严格的推理方法．考查“归纳—猜想—证明”的模式，常与数列结合考查.2.归纳推理和类比推理等主要是和数列、不等式等内容联合考查，多以填空题的形式出现，难度中等；而考查证明问题的知识面广，涉及知识点多，题目难度较大，主要考查逻辑推理能力、归纳能力和综合能力，难度较大． 1． 合情推理 (1)归纳推理 ①归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理． ②归纳推理的思维过程如下： →→ (2)类比推理 ①类比推理是由特殊到特殊的推理 ②类比推理的思维过程如下： →→ 2． 演绎推理 (1)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括： ①大前提——已知的一般性原理． ②小前提——所研究的特殊情况． ③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断． (2)合情推理与演绎推理的区别 归纳和类比是常用的合情推理，从推理形式上看，归纳是由部分到整体、个别到一般的推理；类比是由特殊到特殊的推理；而演绎推理是由一般到特殊的推理．从推理所得的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确． 3． 直接证明 (1)综合法 用P示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为 →→→…→ (2)分析法 用Q表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为 →→→…→ 得到一个明显成立的条件 4． 间接证明 反证法的证明过程可以概括为“否定——推理——否定”，即从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)的过程．用反证法证明命题“若p则q”的过程可以用如图所示的框图表示． 5． 数学归纳法 数学归纳法证明的步骤 (1)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时结论成立． (2)假设n＝k(k∈N*，且k≥n0)时结论成立，证明n＝k＋1时结论也成立． 由(1)(2)可知，对任意n≥n0，且n∈N*时，结论都成立. 考点一　归纳推理 例1 　(2013·湖北)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1,3,6,10，…，第n个三角形数为＝n2＋n，记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式： 三角形数    　    N(n,3)＝n2＋n， 正方形数              N(n,4)＝n2， 五边形数              N(n,5)＝n2－n， 六边形数              N(n,6)＝2n2－n ……………………………………… 可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝____________. 答案　1 000 解析　由N(n,4)＝n2，N(n,6)＝2n2－n，…，可以推测： 当k为偶数时，N(n，k)＝n2＋n， ∴N(10,24)＝×100＋×10 ＝1 100－100＝1 000. 归纳推理的一般步骤是：(1)通过观察个别事物发现某些相同的性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题．并且在一般情况下，如果归纳的个别事物越多，越具有代表性，那么推广的一般性结论也就越可靠． (1)在数列{an}中，若a1＝2，a2＝6，且当n∈N*时，an＋2是an·an＋1的个位数字，则a2 014＝________. 答案　2 解析　由a1＝2，a2＝6， 得a3＝2，a4＝2，a5＝4，a6＝8，a7＝2，a8＝6，…， 据此周期为6， 又2 014＝6×335＋4， 所以a2 014＝a4＝2. (2)如图所示：有三根针和套在一根针上的n个金属片，按下列规则，把金属片从一根针上全部移到另一根针上． a．每次只能移动一个金属片； b．在每次移动过程中，每根针上较大的金属片不能放在较小的金属片上面．将n个金属片从1号针移到3号针最少需要移动的次数记为f(n)． 则①f(3)＝________；②f(n)＝________. 答案　①7　②2n－1 解析　①f(1)＝1，f(2)＝3，f(3)＝2f(2)＋1＝7. ②先把上面的n－1个金属片移到2号针， 需要f(n－1)次，然后把最下面的一个金属片移到3号针， 需要1次，再把2号针上的n－1个金属片移到3号针， 需要f(n－1)次，所以f(n)＝2f(n－1)＋1， 得f(n)＋1＝2[f(n－1)＋1]， 故数列{f(n)＋1}是以2为首项，公比为2的等比数列， 所以f(n)＋1＝2n，于是f(n)＝2n－1. 考点二　类比推理 例2 　(1)在平面几何中有如下结论：若正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝.推广到空间几何可以得到类似结论：若正四面体ABCD的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝________. (2)椭圆与双曲线有许多优美的对偶性质，如对于椭圆有如下命题：AB是椭圆＋＝1(a>b>0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－.那么对于双曲线则有如下命题：AB是双曲线－＝1(a>0，b>0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，则kOM·kAB＝________. 答案　(1)　(2) 解析　(1)本题考查类比推理，也即是由特殊到特殊的推理．平面几何中，圆的面积与圆的半径的平方成正比，而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，所以＝. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)， 则有 将A，B代入双曲线－＝1中得 －＝1，－＝1， 两式相减得＝， 即＝， 即＝， 即kOM·kAB＝. 类比推理是合情推理中的一类重要推理，强调的是两类事物之间的相似性，有共同要素是产生类比迁移的客观因素，类比可以由概念性质上的相似性引起，如等差数列与等比数列的类比；也可以由解题方法上的类似引起，当然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的类比，本题即属于此类．一般来说，高考中的类比问题多发生在横向与纵向类比上，如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类比以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等． (1) 现有一个关于平面图形的命题，如图，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中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为 ________． (2)命题p：已知椭圆＋＝1(a>b>0)，F1、F2是椭圆的两个焦点，P为椭圆上的一个动点，过F2作∠F1PF2的外角平分线的垂线，垂足为M，则OM的长为定值．类比此命题，在双曲线中也有命题q：已知双曲线－＝1(a>b>0)，F1、F2是双曲线的两个焦点，P为双曲线上的一个动点，过F2作∠F1PF2的________的垂线，垂足为M，则OM的长为定值________． 答案　(1)　(2)内角平分线　a 解析　(1)两个正方体重叠部分的体积为一个常数，可考虑极端情况，即两个正方体重叠部分恰好构成一个棱长为的正方体，这个小正方体的体积为. (2)对于椭圆，延长F2M与F1P的延长线交于Q. 由对称性知，M为F2Q的中点，且PF2＝PQ， 从而OM∥F1Q且OM＝F1Q. 而F1Q＝F1P＋PQ＝F1P＋PF2＝2a，所以OM＝a. 对于双曲线，过F2作∠F1PF2内角平分线的垂线，垂足为M， 类比可得OM＝a. 因为OM＝F1Q＝(PF1－PF2)＝·2a＝a. 考点三　直接证明与间接证明 例3 　已知数列{an}满足：a1＝，＝，anan＋1<0 (n≥1)；数列{bn}满足：bn＝a－a (n≥1)． (1)求数列{an}，{bn}的通项公式； (2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列． (1)解　已知＝化为＝， 而1－a＝， 所以数列{1－a}是首项为，公比为的等比数列， 则1－a＝×n－1，则a＝1－×n－1， 由anan＋1<0，知数列{an}的项正负相间出现， 因此an＝(－1)n＋1 ， bn＝a－a＝－×n＋×n－1 ＝×n－1. (2)证明　假设存在某三项成等差数列，不妨设为bm、bn、bp，其中m、n、p是互不相等的正整数，可设m. (1)解　＝＝2＋， 所以{}是首项为1，公差为2的等差数列， 所以＝1＋2(n－1)＝2n－1，即an＝. (2)证明　＝＋1＝2n，所以bn＝， 所以Pn＝(1＋b1)(1＋b3)…(1＋b2n－1) ＝(1＋1)…. 用数学归纳法证明如下： ①当n＝1时，P1＝2>. ②假设当n＝k(k≥1)时命题成立， 即Pk＝(1＋b1)(1＋b3)…(1＋b2k－1) ＝(1＋1)…>， 则n＝k＋1时， Pk＋1＝(1＋b1)(1＋b3)…(1＋b2k－1)(1＋b2k＋1) ＝(1＋1)…>. 因为＝， 所以P－()2＝2－()2 ＝＝>0， 所以Pk＋1>，即当n＝k＋1时结论成立． 由①②可得对于任意正整数n，Pn>都成立． (1)用数学归纳法证明不等式问题时，从n＝k到n＝k＋1的推证过程中，证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等，有时还要考虑与原不等式等价的命题，运用放缩法时，要注意放缩的“度”． (2)用数学归纳法证明与正整数有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小．对第二类形式往往先对n取前几个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个n值开始都成立的结论，再用数学归纳法证明． 已知数列{an}是各项均不为0的等差数列，Sn为其前n项和，且满足S2n－1＝a，n∈N*，数列{bn}满足bn＝Tn为数列{bn}的前n项和． (1)求an，bn； (2)试比较T2n与2n2＋的大小． 解　(1)设{an}首项为a1，公差为d，在S2n－1＝a中，令n＝1,2得即