2019高考数学考点突破——推理与证明：数学归纳法 Word版含解析

♦♦♦学生用书（后跟详细参考答案和教师用书）♦♦♦把握命题趋势，提高复习效率，提升解题能力，打造高考高分！【助力高考】2019年高考备战数学专题复习精品资料第十三章 推理与证明、算法、复数第73讲 数学归纳法★★★核心知识回顾★★★知识点、数学归纳法一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取 (n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设当n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当 时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立．★★★高考典例剖析★★★考点一、用数学归纳法证明等式 例1： 用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1) (n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝1时， 左边＝12×1×(2×1＋2)＝18，右边＝14(1＋1)＝18，左边＝右边，所以等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14(k ＋2)＝k ＋14(k ＋1＋1). 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式恒成立．1．(2018·朝阳模拟)设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)． 考点二、用数学归纳法证明不等式 例2： 设实数c >0，整数p >1，n ∈N *. (1)证明：当x >－1且x ≠0时，(1＋x )p >1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1>1pc ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n .证明：a n >a n ＋1>1pc . 证明 (1)①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设当p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k >1＋kx 成立． 则当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )·(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x . 所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立． 综合①②可得，当x >－1，且x ≠0时， 对一切整数p >1，不等式(1＋x )p >1＋px 均成立． (2)方法一 ①当n ＝1时，由题设知a 1>1pc 成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >1pc 成立． 由a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n 易知a n >0，n ∈N *. 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c p a －p k ＝1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c p k a －1. 由a k >1pc >0得－1<－1p <1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c p k a －1<0.由(1)中的结论得⎝⎛⎭⎫a k ＋1a k p ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c p k a －1p >1＋p ·1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c p k a －1＝c p k a . 因此1pk a+>c ，即a k ＋1>1pc .所以当n ＝k ＋1时，不等式a n >1pc 也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >1pc 均成立． 再由a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p n －1可得a n ＋1a n <1， 即a n ＋1<a n .综上所述，a n >a n ＋1>1pc ，n ∈N *.方法二 设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p，x ≥1p c ，则x p ≥c ，并且f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p＝p －1p ⎝⎛⎭⎫1－cx p >0，x >1p c . 由此可得，f (x )在[1pc ，＋∞)上单调递增， 因而，当x >1pc 时，f (x )>f (1pc )＝1pc . ①当n ＝1时，由a 1>1pc >0， 即1p a >c 可知a 2＝p －1p a 1＋11pc a p-＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c 1p a －1<a 1， 并且a 2＝f (a 1)>1p c ，从而a 1>a 2>1pc . 故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>1pc 成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时， 不等式a k >a k ＋1>1pc 成立，则当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋1)>f (1pc )，即有a k＋1>a k＋2>1p c.所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式a n>a n＋1>1pc均成立．2．(2018·衡水调研)若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{x n}如下：x1＝2，x n＋1是过点P(4,5)，Q n(x n，f(x n))(n∈N*)的直线PQ n与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤x n<x n＋1<3.考点三、归纳—猜想—证明命题点1与函数有关的证明问题例3：(2018·梅州质检)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．(1)令g1(x)＝g(x)，g n＋1(x)＝g(g n(x))，n∈N*，求g n(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．解由题设得g(x)＝x1＋x(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝x1＋x，g2(x)＝g(g1(x))＝x1＋x1＋x1＋x＝x1＋2x，g3(x)＝x1＋3x，…，可猜想g n(x)＝x1＋nx.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝x1＋x，结论成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即g k(x)＝x1＋kx.则当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k (x )1＋g k (x )＝x 1＋kx 1＋x 1＋kx ＝x1＋(k ＋1)x ，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N *成立． (2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立． 设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x －a(1＋x )2＝x ＋1－a (1＋x )2， 当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增． 又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴当a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立)． 当a >1时，对x ∈(0，a －1]，有φ′(x )≤0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即当a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， ∴ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立．综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]． 命题点2 与数列有关的证明问题例4： (2018·东营模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，并且满足2S n ＝a 2n ＋n ，a n >0(n ∈N *)．猜想{a n }的通项公式，并用数学归纳法加以证明． 解 分别令n ＝1,2,3，得 ⎩⎪⎨⎪⎧2a 1＝a 21＋1，2(a 1＋a 2)＝a 22＋2，2(a 1＋a 2＋a 3)＝a 23＋3，∵a n >0，∴a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3， 猜想：a n ＝n . 由2S n ＝a 2n ＋n ，①可知，当n ≥2时，2S n －1＝a 2n －1＋(n －1)，②①－②，得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n ＝2a n ＋a 2n －1－1.(ⅰ)当n ＝2时，a 22＝2a 2＋12－1，∵a 2>0，∴a 2＝2.(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，a k ＝k ，那么当n ＝k ＋1时，a 2k ＋1＝2a k ＋1＋a 2k －1＝2a k ＋1＋k 2－1，即[a k ＋1－(k ＋1)][a k ＋1＋(k －1)]＝0， ∵a k ＋1>0，k ≥2，∴a k ＋1＋(k －1)>0， ∴a k ＋1＝k ＋1，即当n ＝k ＋1时也成立． ∴a n ＝n (n ≥2)，显然当n ＝1时，也成立， 故对于一切n ∈N *，均有a n ＝n . 命题点3 存在性问题的证明例5： 设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)．(1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论． 解 (1)方法一 a 2＝2，a 3＝2＋1. 再由题设条件知(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝1.从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． 方法二 a 2＝2，a 3＝2＋1.可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1. 因此猜想a n ＝n －1＋1. 下面用数学归纳法证明上式： 当n ＝1时结论显然成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即a k ＝k －1＋1， 则a k ＋1＝(a k －1)2＋1＋1＝(k －1)＋1＋1 ＝(k ＋1)－1＋1.所以当n ＝k ＋1时结论成立． 所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)． (2)方法一 设f (x )＝(x －1)2＋1－1， 则a n ＋1＝f (a n )．令c ＝f (c )，即c ＝(c －1)2＋1－1， 解得c ＝14.下面用数学归纳法证明加强命题：a 2n <c <a 2n ＋1<1.当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1， 所以a 2<14<a 3<1，结论成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即a 2k <c <a 2k ＋1<1.易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即1>c >a 2k ＋2>a 2. 再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，故c <a 2k ＋3<1. 因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝14.方法二 设f (x )＝(x －1)2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )． 先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)．① 当n ＝1时，结论显然成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而 0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1， 即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立． 故①成立．再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)．②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1， 有a 2<a 3，即n ＝1时②成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1. 由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得 a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2， a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1. 这就是说，当n ＝k ＋1时②成立， 所以②对一切n ∈N *成立． 由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n <14.③又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数， 得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2，所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1. 解得a 2n ＋1>14.④综上，由②③④知存在c ＝14使得a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．3．(2018·西安模拟)已知正项数列{a n }中，对于一切的n ∈N *均有a 2n ≤a n －a n ＋1成立． (1)证明：数列{a n }中的任意一项都小于1； (2)探究a n 与1n 的大小关系，并证明你的结论．4．数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *)．(1)计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ； (2)证明(1)中的猜想．★★★知能达标演练★★★一、选择题1．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．42．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1，n ∈N *)，在验证n ＝1时，等式左边的项是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 33．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N *)，某同学用数学归纳法证明的过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1. ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立． 则上述证法( ) A ．过程全部正确 B ．n ＝1验证得不正确 C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确4．(2018·商丘周测)设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是( ) A ．若f (1)<1成立，则f (10)<100成立 B ．若f (2)<4成立，则f (1)≥1成立C ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立D ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立 二、填空题5．已知{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N *，且a 1＝2，则a 2＝______，a 3＝______，a 4＝______，猜想a n ＝______.6．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N *)时，假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k ＋1时，左端增加的项数是__________．7．(2018·泉州模拟)设S 1＝12，S 2＝12＋22＋12，…，S n ＝12＋22＋32＋…＋(n －1)2＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明S n ＝n (2n ＋1)3时，第二步从“k ”到“k ＋1”应添加的项为________． 三、解答题8．在数列{b n }中，b 1＝2，b n ＋1＝3b n ＋42b n ＋3(n ∈N *)．求b 2，b 3，试判定b n 与2的大小，并加以证明．9．数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立．10．求证：(n ＋1)(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1·3·5·…·(2n －1)(n ∈N *)．11．数列{x n }满足x 1＝0，x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c (n ∈N *)．(1)证明：{x n }是递减数列的充要条件是c <0； (2)若0<c ≤14，证明：数列{x n }是递增数列．12．(2017·广州模拟)已知函数f (x )＝ax －32x 2的最大值不大于16，又当x ∈⎣⎡⎦⎤14，12时，f (x )≥18. (1)求a 的值；(2)设0<a 1<12，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *，证明：a n <1n ＋1.13．(2017·浙江)已知数列{x n }满足：x 1＝1，x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)(n ∈N *)． 证明：当n ∈N *时， (1)0＜x n ＋1＜x n ； (2)2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12；(3)12n －1≤x n ≤12n －2.♦♦♦详细参考答案♦♦♦把握命题趋势，提高复习效率，提升解题能力，打造高考高分！【助力高考】2019年高考备战数学专题复习精品资料第十三章 推理与证明、算法、复数 第73讲 数学归纳法★★★核心知识回顾★★★知识点、数学归纳法一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设当n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立．★★★高考典例剖析★★★考点一、用数学归纳法证明等式♦♦♦跟踪训练♦♦♦1．证明 (1)当n ＝2时，左边＝f (1)＝1，右边＝2⎝⎛⎭⎫1＋12－1)＝1，左边＝右边，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立，即f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＝k [f (k )－1]，那么，当n ＝k ＋1时，f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＋f (k )＝k [f (k )－1]＋f (k )＝(k ＋1)f (k )－k＝(k ＋1)⎣⎡⎦⎤f (k ＋1)－1k ＋1－k ＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]，∴当n ＝k ＋1时结论成立．由(1)(2)可知当n ≥2，n ∈N *时，f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1]．考点二、用数学归纳法证明不等式♦♦♦跟踪训练♦♦♦2．证明 ①当n ＝1时，x 1＝2，f (x 1)＝－3，Q 1(2，－3)．所以直线PQ 1的方程为y ＝4x －11，令y ＝0，得x 2＝114，因此2≤x 1<x 2<3， 即n ＝1时结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即2≤x k <x k ＋1<3.当n ＝k ＋1时，直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f (x k ＋1)－5x k ＋1－4·(x －4)． 又f (x k ＋1)＝x 2k ＋1－2x k ＋1－3，代入上式，令y ＝0，得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1， 由归纳假设，2<x k ＋1<3，x k ＋2＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3； x k ＋2－x k ＋1＝(3－x k ＋1)(1＋x k ＋1)2＋x k ＋1>0， 即x k ＋1<x k ＋2，所以2≤x k ＋1<x k ＋2<3，即当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n,2≤x n <x n ＋1<3.考点三、归纳—猜想—证明♦♦♦跟踪训练♦♦♦3．证明 (1)由a 2n ≤a n －a n ＋1，得a n ＋1≤a n －a 2n .∵在数列{a n }中，a n >0，∴a n ＋1>0，∴a n －a 2n >0，∴0<a n <1，故数列{a n }中的任何一项都小于1.(2)由(1)知0<a 1<1＝11， 那么a 2≤a 1－a 21＝－⎝⎛⎭⎫a 1－122＋14≤14<12， 由此猜想a n <1n. 下面用数学归纳法证明：当n ≥2，且n ∈N *时猜想正确．①当n ＝2时已证；②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时，有a k <1k成立， 那么1k ≤12，a k ＋1≤a k －a 2k ＝－⎝⎛⎭⎫a k －122＋14 <－⎝⎛⎭⎫1k －122＋14＝1k －1k 2＝k －1k 2<k －1k 2－1＝1k ＋1，∴当n ＝k ＋1时，猜想正确．综上所述，对于一切n ∈N *，都有a n <1n. 4． (1)解 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，∴a 1＝1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，∴a 2＝32； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴a 3＝74； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4，∴a 4＝158.[2分] 由此猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．[4分] (2)证明 ①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．[5分]②假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1， 那么当n ＝k ＋1时，[7分]a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k＝2＋a k －a k ＋1，∴2a k ＋1＝2＋a k .[9分]∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k 12＝2k ＋1－12k. ∴当n ＝k ＋1时，结论成立．[11分]由①②知猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)成立．[12分] ★★★知能达标演练★★★一、选择题1．答案 C解析 凸n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验n ＝3.2．答案 C解析 当n ＝1时，n ＋1＝2，∴左边＝1＋a 1＋a 2＝1＋a ＋a 2.3．答案 D解析 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法．4．答案 D解析 ∵f (k )≥k 2成立时，f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，∴f (4)≥16时，有f (5)≥52，f (6)≥62，…，f (k )≥k 2成立．二、填空题5．答案 3 4 5 n ＋16．答案 2k解析 运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N *)． 当n ＝k 时，则有1＋2＋3＋…＋2k ＝2k －1＋22k －1(k ∈N *)，左边表示的为2k 项的和． 当n ＝k ＋1时，则左边＝1＋2＋3＋…＋2k ＋(2k ＋1)＋…＋2k ＋1，表示的为2k ＋1项的和，增加了2k ＋1－2k ＝2k 项. 7．答案 (k ＋1)2＋k 2解析 由S 1，S 2，…，S n 可以发现由n ＝k 到n ＝k ＋1时，中间增加了两项(k ＋1)2＋k 2(n ，k ∈N *)．三、解答题8．解 由b 1＝2，b n ＋1＝3b n ＋42b n ＋3， 得b 2＝3×2＋42×2＋3＝107，b 3＝5841. 经比较有b 1>2，b 2>2，b 3> 2.猜想b n >2(n ∈N *)．下面利用数学归纳法证明．①当n ＝1时，∵b 1＝2，∴2<b 1.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立， 即 2 <b k ，∴b k － 2 >0.当n ＝k ＋1时，b k ＋1－2＝3b k ＋42b k ＋3－ 2 ＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3>0. ∴b k ＋1> 2，也就是说，当n ＝k ＋1时，结论也成立．根据①②知b n >2(n ∈N *)．9．证明 ①当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52. ∵左边>右边，∴不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时不等式成立，即⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1>2k ＋12. 则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎣⎡⎦⎤1＋12(k ＋1)－1 >2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12. ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由①②知对于一切大于1的自然数n ，不等式都成立．10．证明 (1)当n ＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即(k ＋1)(k ＋2)·…·(k ＋k )＝2k ·1·3·5·…·(2k －1)，那么当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k ＋1)＝(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2)＝2k ·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)·2＝2k ＋1·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)， 所以当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)可知，对所有n ∈N *等式成立．11．证明 (1)充分性：若c <0，由于x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c ≤x n ＋c <x n ，所以数列{x n }是递减数列．必要性：若{x n }是递减数列，则x 2<x 1，且x 1＝0.又x 2＝－x 21＋x 1＋c ＝c ，所以c <0.故{x n }是递减数列的充要条件是c <0.(2)若0<c ≤14，要证{x n }是递增数列． 即x n ＋1>x n ，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0，也就是证明x n < c .下面用数学归纳法证明当0<c ≤14时，x n < c 对任意n ≥1，n ∈N *都成立． ①当n ＝1时，x 1＝0< c ≤12，结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即x k < c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝⎛⎦⎤－∞，12上单调递增， 所以x k ＋1＝f (x k )<f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立．故x n < c 对任意n ≥1，n ∈N *都成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c >x n ，即{x n }是递增数列．12．(1)解 由题意，知f (x )＝ax －32x 2＝－32⎝⎛⎭⎫x －a 32＋a 26. 又f (x )max ≤16，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫a 3＝a 26≤16. 所以a 2≤1.又当x ∈⎣⎡⎦⎤14，12时，f (x )≥18， 所以⎩⎨⎧f ⎝⎛⎭⎫12≥18，f ⎝⎛⎭⎫14≥18，即⎩⎨⎧ a 2－38≥18，a 4－332≥18，解得a ≥1. 又因为a 2≤1，所以a ＝1.(2)证明 用数学归纳法证明：①当n ＝1时，0<a 1<12，显然结论成立． 因为当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，0<f (x )≤16， 所以0<a 2＝f (a 1)≤16<13. 故当n ＝2时，原不等式也成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式0<a k <1k ＋1成立． 由(1)知a ＝1，f (x )＝x －32x 2， 因为f (x )＝x －32x 2的对称轴为直线x ＝13， 所以当x ∈⎝⎛⎦⎤0，13时，f (x )为增函数． 所以由0<a k <1k ＋1≤13，得0<f (a k )<f ⎝⎛⎭⎫1k ＋1.于是，0<a k ＋1＝f (a k )<1k ＋1－32·1(k ＋1)2＋1k ＋2－1k ＋2＝1k ＋2－k ＋42(k ＋1)2(k ＋2)<1k ＋2. 所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．根据①②，知对任意n ∈N *，不等式a n <1n ＋1成立． 13．证明 (1)用数学归纳法证明x n ＞0.当n ＝1时，x 1＝1＞0.假设当n ＝k 时，x k ＞0，那么当n ＝k ＋1时，若x k ＋1≤0，则0＜x k ＝x k ＋1＋ln(1＋x k ＋1)≤0，与假设矛盾，故x k ＋1＞0，因此x n ＞0(n ∈N *)．所以x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)＞x n ＋1，因此0＜x n ＋1＜x n (n ∈N *)．(2)由x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)得，x n x n ＋1－4x n ＋1＋2x n＝x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)．记函数f (x )＝x 2－2x ＋(x ＋2)ln(1＋x )(x ≥0)．f ′(x )＝2x 2＋x x ＋1＋ln ()1＋x ＞0(x ＞0)， 函数f (x )在[0，＋∞)上单调递增，所以f (x )≥f (0)＝0，因此x 2n ＋1－2x n ＋1＋(x n ＋1＋2)ln(1＋x n ＋1)＝f (x n ＋1)≥0，故2x n ＋1－x n ≤x n x n ＋12(n ∈N *)． (3)因为x n ＝x n ＋1＋ln(1＋x n ＋1)≤x n ＋1＋x n ＋1＝2x n ＋1，所以x n ≥12n －1. 由x n x n ＋12≥2x n ＋1－x n 得 1x n ＋1－12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －12＞0， 所以1x n －12≥2⎝⎛⎭⎫1x n －1－12≥…≥2n －1⎝⎛⎭⎫1x 1－12 ＝2n －2， 故x n ≤12n －2.综上，12n 1≤x n ≤12n 2(n ∈N *)．♦♦♦教师用书♦♦♦把握命题趋势，提高复习效率，提升解题能力，打造高考高分！【助力高考】2019年高考备战数学专题复习精品资料第十三章 推理与证明、算法、复数 第73讲 数学归纳法★★★核心知识回顾★★★知识点、数学归纳法一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设当n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立． 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立．★★★高考典例剖析★★★考点一、用数学归纳法证明等式例1： 用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝1时，左边＝12×1×(2×1＋2)＝18， 右边＝14(1＋1)＝18， 左边＝右边，所以等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *且k ≥1)时等式成立，即有12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14(k ＋2)＝k ＋14(k ＋1＋1). 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切n ∈N *等式恒成立．1．(2018.朝阳模拟)设f (n )＝1＋12＋13＋ (1)(n ∈N *)． 求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝2时，左边＝f (1)＝1，右边＝2⎝⎛⎭⎫1＋12－1)＝1，左边＝右边，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立，即f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＝k [f (k )－1]，那么，当n ＝k ＋1时，f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＋f (k )＝k [f (k )－1]＋f (k )＝(k ＋1)f (k )－k＝(k ＋1)⎣⎡⎦⎤f (k ＋1)－1k ＋1－k ＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]，∴当n ＝k ＋1时结论成立．由(1)(2)可知当n ≥2，n ∈N *时，f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1]． 考点二、用数学归纳法证明不等式例2： 设实数c >0，整数p >1，n ∈N *.(1)证明：当x >－1且x ≠0时，(1＋x )p >1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1>1p c ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c pa 1－p n .证明：a n >a n ＋1>1p c . 证明 (1)①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设当p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k >1＋kx 成立． 则当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )·(1＋kx ) ＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x .所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，且x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p >1＋px 均成立．(2)方法一 ①当n ＝1时，由题设知a 1>1p c 成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >1p c 成立．由a n ＋1＝p －1p a n ＋c pa 1－p n 易知a n >0，n ∈N *. 则当n ＝k ＋1时，a k ＋1a k ＝p －1p ＋c p a －p k ＝1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c p k a －1. 由a k >1p c >0得－1<－1p <1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c p k a －1<0. 由(1)中的结论得⎝⎛⎭⎫a k ＋1a k p ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c p k a －1p >1＋p ·1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c p k a －1＝c p k a . 因此1p k a + >c ，即a k ＋1>1p c .所以当n ＝k ＋1时，不等式a n >1p c 也成立． 综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >1p c 均成立．再由a n ＋1a n ＝1＋1p ⎝⎛⎭⎫c a p n －1可得a n ＋1a n<1， 即a n ＋1<a n .综上所述，a n >a n ＋1>1p c ，n ∈N *.方法二 设f (x )＝p －1p x ＋c px 1－p ，x ≥1p c ， 则x p ≥c ，并且f ′(x )＝p －1p ＋c p(1－p )x －p ＝p －1p ⎝⎛⎭⎫1－c x p >0，x >1p c . 由此可得，f (x )在[1p c ，＋∞)上单调递增， 因而，当x >1p c 时，f (x )>f (1p c )＝1p c .①当n ＝1时，由a 1>1pc >0，即1p a >c 可知a 2＝p －1p a 1＋11p c a p - ＝a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫c 1p a －1<a 1， 并且a 2＝f (a 1)>1p c ，从而a 1>a 2>1p c .故当n ＝1时，不等式a n >a n ＋1>1pc 成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式a k >a k ＋1>1p c 成立，则当n ＝k ＋1时，f (a k )>f (a k ＋1)>f (1p c )，即有a k ＋1>a k ＋2>1p c .所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n ，不等式a n >a n ＋1>1p c 均成立．2． (2018·衡水调研)若函数f (x )＝x 2－2x －3，定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过点P (4,5)，Q n (x n ，f (x n ))(n ∈N *)的直线PQ n 与x 轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤x n <x n ＋1<3. 证明 ①当n ＝1时，x 1＝2，f (x 1)＝－3，Q 1(2，－3)．所以直线PQ 1的方程为y ＝4x －11，令y ＝0，得x 2＝114，因此2≤x 1<x 2<3， 即n ＝1时结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即2≤x k <x k ＋1<3.当n ＝k ＋1时，直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f (x k ＋1)－5x k ＋1－4·(x －4)． 又f (x k ＋1)＝x 2k ＋1－2x k ＋1－3，代入上式，令y ＝0，得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1， 由归纳假设，2<x k ＋1<3，x k ＋2＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3； x k ＋2－x k ＋1＝(3－x k ＋1)(1＋x k ＋1)2＋x k ＋1>0， 即x k ＋1<x k ＋2，所以2≤x k ＋1<x k ＋2<3，即当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n,2≤x n <x n ＋1<3.考点三、归纳—猜想—证明命题点1 与函数有关的证明问题例3： (2018·梅州质检)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．(1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N *，求g n (x )的表达式；(2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解 由题设得g (x )＝x 1＋x(x ≥0)． (1)由已知，g 1(x )＝x 1＋x ，g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x1＋x 1＋x 1＋x＝x 1＋2x ，g 3(x )＝x 1＋3x ，…，可猜想g n (x )＝x 1＋nx. 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，g 1(x )＝x 1＋x，结论成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即g k (x )＝x 1＋kx. 则当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k (x )1＋g k (x )＝x1＋kx 1＋x 1＋kx＝x 1＋(k ＋1)x ，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N *成立．(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax 1＋x恒成立． 设φ(x )＝ln(1＋x )－ax 1＋x(x ≥0)， 则φ′(x )＝11＋x －a (1＋x )2＝x ＋1－a (1＋x )2， 当a ≤1时，φ′(x )≥0(当且仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)，∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴当a ≤1时，ln(1＋x )≥ax 1＋x 恒成立(当且仅当x ＝0时等号成立)． 当a >1时，对x ∈(0，a －1]，有φ′(x )≤0，∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减，∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即当a >1时，存在x >0，使φ(x )<0，∴ln(1＋x )≥ax 1＋x不恒成立． 综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．命题点2 与数列有关的证明问题例4： (2018·东营模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，并且满足2S n ＝a 2n ＋n ，a n >0(n ∈N *)．猜想{a n }的通项公式，并用数学归纳法加以证明．解 分别令n ＝1,2,3，得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a 1＝a 21＋1，2(a 1＋a 2)＝a 22＋2，2(a 1＋a 2＋a 3)＝a 23＋3，∵a n >0，∴a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，猜想：a n ＝n .由2S n ＝a 2n ＋n ，①可知，当n ≥2时，2S n －1＝a 2n －1＋(n －1)，②①－②，得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n ＝2a n ＋a 2n －1－1.(ⅰ)当n ＝2时，a 22＝2a 2＋12－1，∵a 2>0，∴a 2＝2.(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，a k ＝k ，那么当n ＝k ＋1时，a 2k ＋1＝2a k ＋1＋a 2k －1＝2a k ＋1＋k 2－1，即[a k ＋1－(k ＋1)][a k ＋1＋(k －1)]＝0，∵a k ＋1>0，k ≥2，∴a k ＋1＋(k －1)>0，∴a k ＋1＝k ＋1，即当n ＝k ＋1时也成立．∴a n ＝n (n ≥2)，显然当n ＝1时，也成立，故对于一切n ∈N *，均有a n ＝n .命题点3 存在性问题的证明例5： 设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *)．(1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论． 解 (1)方法一 a 2＝2，a 3＝2＋1.再由题设条件知(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝1.从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．方法二 a 2＝2，a 3＝2＋1.可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋1.下面用数学归纳法证明上式：当n ＝1时结论显然成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即a k ＝k －1＋1，则a k ＋1＝(a k －1)2＋1＋1＝(k －1)＋1＋1 ＝(k ＋1)－1＋1.所以当n ＝k ＋1时结论成立．所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *)．(2)方法一 设f (x )＝(x －1)2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．令c ＝f (c )，即c ＝(c －1)2＋1－1，解得c ＝14. 下面用数学归纳法证明加强命题：a 2n <c <a 2n ＋1<1.当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1，所以a 2<14<a 3<1，结论成立． 假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即a 2k <c <a 2k ＋1<1.易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即1>c >a 2k ＋2>a 2. 再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，故c <a 2k ＋3<1.因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝14. 方法二 设f (x )＝(x －1)2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．先证：0≤a n ≤1(n ∈N *)．①当n ＝1时，结论显然成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即0≤a k ≤1.易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1，即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．故①成立．再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *)．②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1，有a 2<a 3，即n ＝1时②成立．假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1.由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2，a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立，所以②对一切n ∈N *成立．由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n <14.③ 又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2，所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1.解得a 2n ＋1>14.④ 综上，由②③④知存在c ＝14使得a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立．3．(2018·西安模拟)已知正项数列{a n }中，对于一切的n ∈N *均有a 2n ≤a n －a n ＋1成立．(1)证明：数列{a n }中的任意一项都小于1；(2)探究a n 与1n的大小关系，并证明你的结论． 证明 (1)由a 2n ≤a n －a n ＋1，得a n ＋1≤a n －a 2n . ∵在数列{a n }中，a n >0，∴a n ＋1>0，∴a n －a 2n >0，∴0<a n <1，故数列{a n }中的任何一项都小于1.(2)由(1)知0<a 1<1＝11， 那么a 2≤a 1－a 21＝－⎝⎛⎭⎫a 1－122＋14≤14<12， 由此猜想a n <1n. 下面用数学归纳法证明：当n ≥2，且n ∈N *时猜想正确．①当n ＝2时已证；②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时，有a k <1k成立， 那么1k ≤12，a k ＋1≤a k －a 2k ＝－⎝⎛⎭⎫a k －122＋14 <－⎝⎛⎭⎫1k －122＋14＝1k －1k 2＝k －1k 2<k －1k 2－1＝1k ＋1， ∴当n ＝k ＋1时，猜想正确．综上所述，对于一切n ∈N *，都有a n <1n. 4．数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *)．(1)计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ；(2)证明(1)中的猜想．(1)解 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，∴a 1＝1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，∴a 2＝32； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴a 3＝74； 当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4，∴a 4＝158.[2分] 由此猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．[4分] (2)证明 ①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．[5分]②假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1， 那么当n ＝k ＋1时，[7分]a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k＝2＋a k －a k ＋1，∴2a k ＋1＝2＋a k .[9分]∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k. ∴当n ＝k ＋1时，结论成立．[11分]由①②知猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)成立．[12分]★★★知能达标演练★★★一、选择题1．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( ) A ．1B ．2C ．3D ．4答案 C解析 凸n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验n ＝3.2．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋an ＋1＝1－a n ＋21－a (a ≠1，n ∈N *)，在验证n ＝1时，等式左边的项是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3 答案 C解析 当n ＝1时，n ＋1＝2，∴左边＝1＋a 1＋a 2＝1＋a ＋a 2.3．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N *)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<(k 2＋3k ＋2)＋(k ＋2)＝(k ＋2)2＝(k ＋1)＋1.∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．则上述证法( )A ．过程全部正确B ．n ＝1验证得不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确答案 D解析 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法．4．(2018·商丘周测)设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (1)<1成立，则f (10)<100成立B ．若f (2)<4成立，则f (1)≥1成立C ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立D ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立答案 D解析 ∵f (k )≥k 2成立时，f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，∴f (4)≥16时，有f (5)≥52，f (6)≥62，…，f (k )≥k 2成立．二、填空题5．已知{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N *，且a 1＝2，则a 2＝______，a 3＝______，a 4＝______，猜想a n ＝______.答案 3 4 5 n ＋16．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N *)时，假设当n ＝k 时命题成立，则当n ＝k ＋1时，左端增加的项数是__________．答案 2k解析 运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n ＝2n －1＋22n －1(n ∈N *)． 当n ＝k 时，则有1＋2＋3＋…＋2k ＝2k －1＋22k －1(k ∈N *)，左边表示的为2k 项的和． 当n ＝k ＋1时，则左边＝1＋2＋3＋…＋2k ＋(2k ＋1)＋…＋2k ＋1，表示的为2k ＋1项的和，增加了2k ＋1－2k ＝2k 项. 7．(2018·泉州模拟)设S 1＝12，S 2＝12＋22＋12，…，S n ＝12＋22＋32＋…＋(n －1)2＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明S n ＝n (2n ＋1)3时，第二步从“k ”到“k ＋1”应添加的项为________．答案 (k ＋1)2＋k 2解析 由S 1，S 2，…，S n 可以发现由n ＝k 到n ＝k ＋1时，中间增加了两项(k ＋1)2＋k 2(n ，k ∈N *)．三、解答题8．在数列{b n }中，b 1＝2，b n ＋1＝3b n ＋42b n ＋3(n ∈N *)．求b 2，b 3，试判定b n 与2的大小，并加以证明．解 由b 1＝2，b n ＋1＝3b n ＋42b n ＋3， 得b 2＝3×2＋42×2＋3＝107，b 3＝5841. 经比较有b 1>2，b 2>2，b 3> 2.猜想b n >2(n ∈N *)．下面利用数学归纳法证明．①当n ＝1时，∵b 1＝2，∴2<b 1.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立， 即 2 <b k ，∴b k － 2 >0.当n ＝k ＋1时，b k ＋1－2＝3b k ＋42b k ＋3－ 2 ＝(3－22)b k ＋(4－32)2b k ＋3＝(3－22)(b k －2)2b k ＋3>0.∴b k ＋1> 2，也就是说，当n ＝k ＋1时，结论也成立． 根据①②知b n >2(n ∈N *)．9．数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立．证明 ①当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52. ∵左边>右边，∴不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时不等式成立，即⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1>2k ＋12. 则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎣⎡⎦⎤1＋12(k ＋1)－1 >2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1>4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12. ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由①②知对于一切大于1的自然数n ，不等式都成立．10．求证：(n ＋1)(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1·3·5·…·(2n －1)(n ∈N *)． 证明 (1)当n ＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即(k ＋1)(k ＋2)·…·(k ＋k )＝2k ·1·3·5·…·(2k －1)，那么当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k ＋1)＝(k ＋2)(k ＋3)·…·(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2)＝2k ·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)·2＝2k ＋1·1·3·5·…·(2k －1)(2k ＋1)， 所以当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)(2)可知，对所有n ∈N *等式成立．11．数列{x n }满足x 1＝0，x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c (n ∈N *)． (1)证明：{x n }是递减数列的充要条件是c <0；(2)若0<c ≤14，证明：数列{x n }是递增数列． 证明 (1)充分性：若c <0，由于x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c ≤x n ＋c <x n ，所以数列{x n }是递减数列．必要性：若{x n }是递减数列，则x 2<x 1，且x 1＝0. 又x 2＝－x 21＋x 1＋c ＝c ，所以c <0.故{x n }是递减数列的充要条件是c <0.(2)若0<c ≤14，要证{x n }是递增数列． 即x n ＋1>x n ，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0，也就是证明x n < c .下面用数学归纳法证明当0<c ≤14时，x n < c 对任意n ≥1，n ∈N *都成立． ①当n ＝1时，x 1＝0< c ≤12，结论成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即x k < c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝⎛⎦⎤－∞，12上单调递增， 所以x k ＋1＝f (x k )<f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立．故x n < c 对任意n ≥1，n ∈N *都成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c >x n ，即{x n }是递增数列．12．(2017·广州模拟)已知函数f (x )＝ax －32x 2的最大值不大于16，又当x ∈⎣⎡⎦⎤14，12时，f (x )≥18. (1)求a 的值；(2)设0<a 1<12，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *，证明：a n <1n ＋1. (1)解 由题意，知f (x )＝ax －32x 2＝－32⎝⎛⎭⎫x －a 32＋a 26. 又f (x )max ≤16，所以f (x )max ＝f ⎝⎛⎭⎫a 3＝a 26≤16. 所以a 2≤1.又当x ∈⎣⎡⎦⎤14，12时，f (x )≥18， 所以⎩⎨⎧f ⎝⎛⎭⎫12≥18，f ⎝⎛⎭⎫14≥18，即⎩⎨⎧ a 2－38≥18，a 4－332≥18，解得a ≥1.。

专题08推理证明及数学文化研究发现，课标全国卷的试卷结构和题型具有一定的稳定性和延续性，每个题型考查的知识点、考查方法、考查角度、思维方法等相对固定，掌握了全国卷的各种题型，就把握了全国卷命题的灵魂，基于此，潜心研究全国Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ卷及高考数学考试说明，精心分类汇总至少最近三年全国卷的所有题型（按年份先理后文的排列），对把握全国卷命题的方向，指导我们的高考有效复习，走出题海，快速提升成绩，会起到事半功倍的效果。

推理证明及数学文化——近3年推理与证明考了2道，数学文化考了6道小题，推理与证明主要出现在全国Ⅱ卷，不是常规的考法，倒像是公务员考试的逻辑推理题，但这是一个信号，因为逻辑推理题是发展抽象思维能力很好的载体，是数学核心素养的体现。

1.（2018年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅰ卷数学（理10））如图来自古希腊数学家希波克拉底所研究的几何图形．此图由三个半圆构成，三个半圆的直径分别为直角三角形ABC的斜边BC，直角边AB，AC．△ABC的三边所围成的区域记为I，黑色部分记为Ⅱ，其余部分记为Ⅲ．在整个图形中随机取一点，此点取自Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ的概率分别记为p1，p2，p3，则（）A．p1=p2B．p1=p3C．p2=p3D．p1=p2+p3【考点】CF：几何概型．【专题】11：计算题；38：对应思想；4O：定义法；5I：概率与统计．【分析】如图：设BC=2r1，AB=2r2，AC=2r3，分别求出Ⅰ，Ⅱ，Ⅲ所对应的面积，即可得到答案．【解答】解：如图：设BC=2r1，AB=2r2，AC=2r3，∴r12=r22+r32，∴SⅠ=×4r2r3=2r2r3，SⅢ=×πr12﹣2r2r3，SⅡ=×πr32+×πr22﹣SⅢ=×πr32+×πr22﹣×πr12+2r2r3=2r2r3，∴SⅠ=SⅡ，∴P1=P2，故选：A．【点评】本题考查了几何概型的概率问题，关键是求出对应的面积，属于基础题．2.（2017年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅰ卷数学（理2））如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）A．B．C．D．【考点】CF：几何概型．【专题】35：转化思想；4O：定义法；5I：概率与统计．【分析】根据图象的对称性求出黑色图形的面积，结合几何概型的概率公式进行求解即可．【解答】解：根据图象的对称性知，黑色部分为圆面积的一半，设圆的半径为1，则正方形的边长为2，则黑色部分的面积S=，则对应概率P==，故选：B．【点评】本题主要考查几何概型的概率计算，根据对称性求出黑色阴影部分的面积是解决本题的关键．3.（2017年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅰ卷数学（理12））几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件．为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动．这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，…，其中第一项是20，接下来的两项是20，21，再接下来的三项是20，21，22，依此类推．求满足如下条件的最小整数N：N＞100且该数列的前N项和为2的整数幂．那么该款软件的激活码是（）A．440 B．330 C．220 D．110【考点】8E：数列的求和．【专题】35：转化思想；4R：转化法；54：等差数列与等比数列．【分析】方法一：由数列的性质，求得数列{b n}的通项公式及前n项和，可知当N为时（n∈N+），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，分别判断，即可求得该款软件的激活码；方法二：由题意求得数列的每一项，及前n项和S n=2n+1﹣2﹣n，及项数，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，分别即可求得N的值．【解答】解：设该数列为{a n}，设b n=+…+=2n+1﹣1，（n∈N+），则=a i，由题意可设数列{a n}的前N项和为S N，数列{b n}的前n项和为T n，则T n=21﹣1+22﹣1+…+2n+1﹣1=2n+1﹣n﹣2，可知当N为时（n∈N+），数列{a n}的前N项和为数列{b n}的前n项和，即为2n+1﹣n﹣2，容易得到N＞100时，n≥14，A项，由=435，440=435+5，可知S440=T29+b5=230﹣29﹣2+25﹣1=230，故A项符合题意．B项，仿上可知=325，可知S330=T25+b5=226﹣25﹣2+25﹣1=226+4，显然不为2的整数幂，故B项不符合题意．C项，仿上可知=210，可知S220=T20+b10=221﹣20﹣2+210﹣1=221+210﹣23，显然不为2的整数幂，故C项不符合题意．D项，仿上可知=105，可知S110=T14+b5=215﹣14﹣2+25﹣1=215+15，显然不为2的整数幂，故D项不符合题意．故选A．方法二：由题意可知：，，，…，根据等比数列前n项和公式，求得每项和分别为：21﹣1，22﹣1，23﹣1，…，2n﹣1，每项含有的项数为：1，2，3，…，n，总共的项数为N=1+2+3+…+n=，所有项数的和为S n：21﹣1+22﹣1+23﹣1+…+2n﹣1=（21+22+23+…+2n）﹣n=﹣n=2n+1﹣2﹣n，由题意可知：2n+1为2的整数幂．只需将﹣2﹣n消去即可，则①1+2+（﹣2﹣n）=0，解得：n=1，总共有+2=3，不满足N＞100，②1+2+4+（﹣2﹣n）=0，解得：n=5，总共有+3=18，不满足N＞100，③1+2+4+8+（﹣2﹣n）=0，解得：n=13，总共有+4=95，不满足N＞100，④1+2+4+8+16+（﹣2﹣n）=0，解得：n=29，总共有+5=440，满足N＞100，∴该款软件的激活码440．故选：A．【点评】本题考查数列的应用，等差数列与等比数列的前n项和，考查计算能力，属于难题．4.（2016年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅰ卷数学（理））未考5.（2018年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理8））我国数学家陈景润在哥德巴赫猜想的研究中取得了世界领先的成果．哥德巴赫猜想是“每个大于2的偶数可以表示为两个素数的和”，如30=7+23．在不超过30的素数中，随机选取两个不同的数，其和等于30的概率是（）A．B．C．D．【考点】CB：古典概型及其概率计算公式．【专题】36：整体思想；4O：定义法；5I：概率与统计．【分析】利用列举法先求出不超过30的所有素数，利用古典概型的概率公式进行计算即可．【解答】解：在不超过30的素数中有，2，3，5，7，11，13，17，19，23，29共10个，从中选2个不同的数有=45种，和等于30的有（7，23），（11，19），（13，17），共3种，则对应的概率P==，故选：C．【点评】本题主要考查古典概型的概率的计算，求出不超过30的素数是解决本题的关键．6.（2017年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理3））我国古代数学名著《算法统宗》中有如下问题：“远看巍巍塔七层，红光点点倍加增，共灯三百八十一，请问尖头几盏灯？”意思是：一座7层塔共挂了381盏灯，且相邻两层中的下一层灯数是上一层灯数的2倍，则塔的顶层共有灯（）A．1盏B．3盏C．5盏D．9盏【考点】89：等比数列的前n项和．【专题】34：方程思想；4O：定义法；54：等差数列与等比数列．【分析】设塔顶的a1盏灯，由题意{a n}是公比为2的等比数列，利用等比数列前n项和公式列出方程，能求出结果．【解答】解：设塔顶的a1盏灯，由题意{a n}是公比为2的等比数列，∴S7==381，解得a1=3．故选：B．【点评】本题考查等比数列的首项的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意等比数列的性质的合理运用．7.（2017年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理7））甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（）A．乙可以知道四人的成绩B．丁可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩D．乙、丁可以知道自己的成绩【考点】F4：进行简单的合情推理．【专题】2A：探究型；35：转化思想；48：分析法；5M：推理和证明．【分析】根据四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，继而可以推出正确答案【解答】解：四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，甲不知自己的成绩→乙丙必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己的成绩；若是两良，甲也会知道自己的成绩）→乙看到了丙的成绩，知自己的成绩→丁看到甲、丁也为一优一良，丁知自己的成绩，给甲看乙丙成绩，甲不知道自已的成绩，说明乙丙一优一良，假定乙丙都是优，则甲是良，假定乙丙都是良，则甲是优，那么甲就知道自已的成绩了．给乙看丙成绩，乙没有说不知道自已的成绩，假定丙是优，则乙是良，乙就知道自己成绩．给丁看甲成绩，因为甲不知道自己成绩，乙丙是一优一良，则甲丁也是一优一良，丁看到甲成绩，假定甲是优，则丁是良，丁肯定知道自已的成绩了故选：D．【点评】本题考查了合情推理的问题，关键掌握四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，属于中档题．8.（2016年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理15））有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是______________．【考点】F4：进行简单的合情推理．【专题】2A：探究型；49：综合法；5L：简易逻辑．【分析】可先根据丙的说法推出丙的卡片上写着1和2，或1和3，分别讨论这两种情况，根据甲和乙的说法可分别推出甲和乙卡片上的数字，这样便可判断出甲卡片上的数字是多少．【解答】解：根据丙的说法知，丙的卡片上写着1和2，或1和3；（1）若丙的卡片上写着1和2，根据乙的说法知，乙的卡片上写着2和3；∴根据甲的说法知，甲的卡片上写着1和3；（2）若丙的卡片上写着1和3，根据乙的说法知，乙的卡片上写着2和3；又甲说，“我与乙的卡片上相同的数字不是2”；∴甲的卡片上写的数字不是1和2，这与已知矛盾；∴甲的卡片上的数字是1和3．故答案为：1和3．【点评】考查进行简单的合情推理的能力，以及分类讨论得到解题思想，做这类题注意找出解题的突破口．9.（2018年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅲ卷数学（理3））中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【考点】L7：简单空间图形的三视图．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5F：空间位置关系与距离．【分析】直接利用空间几何体的三视图的画法，判断选项的正误即可．【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．【点评】本题看出简单几何体的三视图的画法，是基本知识的考查．10.（2017年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅲ卷数学（理））未考11.（2016年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅲ卷数学（理））未考12.（2018年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅰ卷数学（文））未考13.（2017年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅰ卷数学（文4））如图，正方形ABCD内的图形来自中国古代的太极图．正方形内切圆中的黑色部分和白色部分关于正方形的中心成中心对称．在正方形内随机取一点，则此点取自黑色部分的概率是（）A．B．C．D．【考点】CF：几何概型．【专题】35：转化思想；4O：定义法；5I：概率与统计．【分析】根据图象的对称性求出黑色图形的面积，结合几何概型的概率公式进行求解即可．【解答】解：根据图象的对称性知，黑色部分为圆面积的一半，设圆的半径为1，则正方形的边长为2，则黑色部分的面积S=，则对应概率P==，故选：B．【点评】本题主要考查几何概型的概率计算，根据对称性求出黑色阴影部分的面积是解决本题的关键．14.（2016年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅰ卷数学（文））未考15.（2018年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（文））未考16.（2017年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（文9））甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（）A．乙可以知道四人的成绩B．丁可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩D．乙、丁可以知道自己的成绩【考点】F4：进行简单的合情推理．【专题】2A：探究型；35：转化思想；48：分析法；5M：推理和证明．【分析】根据四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，继而可以推出正确答案【解答】解：四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，甲不知自己的成绩→乙丙必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己的成绩；若是两良，甲也会知道自己的成绩）→乙看到了丙的成绩，知自己的成绩→丁看到甲、丁也为一优一良，丁知自己的成绩，给甲看乙丙成绩，甲不知道自已的成绩，说明乙丙一优一良，假定乙丙都是优，则甲是良，假定乙丙都是良，则甲是优，那么甲就知道自已的成绩了．给乙看丙成绩，乙没有说不知道自已的成绩，假定丙是优，则乙是良，乙就知道自己成绩．给丁看甲成绩，因为甲不知道自己成绩，乙丙是一优一良，则甲丁也是一优一良，丁看到甲成绩，假定甲是优，则丁是良，丁肯定知道自已的成绩了故选：D．【点评】本题考查了合情推理的问题，关键掌握四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，属于中档题．17.（2016年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（文16））有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是___________．【考点】F4：进行简单的合情推理．【专题】2A：探究型；49：综合法；5L：简易逻辑．【分析】可先根据丙的说法推出丙的卡片上写着1和2，或1和3，分别讨论这两种情况，根据甲和乙的说法可分别推出甲和乙卡片上的数字，这样便可判断出甲卡片上的数字是多少．【解答】解：根据丙的说法知，丙的卡片上写着1和2，或1和3；（1）若丙的卡片上写着1和2，根据乙的说法知，乙的卡片上写着2和3；∴根据甲的说法知，甲的卡片上写着1和3；（2）若丙的卡片上写着1和3，根据乙的说法知，乙的卡片上写着2和3；又甲说，“我与乙的卡片上相同的数字不是2”；∴甲的卡片上写的数字不是1和2，这与已知矛盾；∴甲的卡片上的数字是1和3．故答案为：1和3．【点评】考查进行简单的合情推理的能力，以及分类讨论得到解题思想，做这类题注意找出解题的突破口．18.（2018年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅲ卷数学（文3））中国古建筑借助榫卯将木构件连接起来．构件的凸出部分叫榫头，凹进部分叫卯眼，图中木构件右边的小长方体是榫头．若如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，则咬合时带卯眼的木构件的俯视图可以是（）A．B．C．D．【考点】L7：简单空间图形的三视图．【专题】11：计算题；35：转化思想；49：综合法；5F：空间位置关系与距离．【分析】直接利用空间几何体的三视图的画法，判断选项的正误即可．【解答】解：由题意可知，如图摆放的木构件与某一带卯眼的木构件咬合成长方体，小的长方体，是榫头，从图形看出，轮廓是长方形，内含一个长方形，并且一条边重合，另外3边是虚线，所以木构件的俯视图是A．故选：A．【点评】本题看出简单几何体的三视图的画法，是基本知识的考查．19.（2017年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅲ卷数学（文））未考20.（2016年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅲ卷数学（文））未考。

合情推理与演绎推理【考点梳理】1．合情推理2．演绎推理(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括： ①大前提——已知的一般原理； 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． 【考点突破】考点一、归纳推理【例1】(1)从1开始的自然数按如图所示的规则排列，现有一个三角形框架在图中上下或左右移动，使每次恰有九个数在此三角形内，则这九个数的和可以为( )A ．2 018B ．2 019C ．2 020D ．2 021(2)观察下列等式：1＋2＋3＋…＋n ＝12n (n ＋1)；1＋3＋6＋…＋12n (n ＋1)＝16n (n ＋1)(n ＋2)；1＋4＋10＋…＋16n (n ＋1)(n ＋2)＝124n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)；……可以推测，1＋5＋15＋…＋124n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)＝_______________________. (3)分形几何学是数学家伯努瓦·曼德尔布罗在20世纪70年代创立的一门新的数学学科，它的创立为解决传统科学众多领域的难题提供了全新的思路．按照如图(1)所示的分形规律可得如图(2)所示的一个树形图．若记图(2)中第n 行黑圈的个数为a n ，则a 2 018＝________.[答案] (1) D (2) 1120n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)(n ＋4) (3) 32 017－12[解析] (1)根据题干图所示的规则排列，设最上层的一个数为a ，则第二层的三个数为a ＋7，a ＋8，a ＋9，第三层的五个数为a ＋14，a ＋15，a ＋16，a ＋17，a ＋18，这九个数之和为a ＋3a ＋24＋5a ＋80＝9a ＋104.由9a ＋104＝2 021，得a ＝213，是自然数，故选D.(2)根据式子中的规律可知，等式右侧为15×4×3×2×1·n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)(n ＋4)＝1120n (n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)(n ＋4)．(3)根据题图(1)所示的分形规律，可知1个白圈分形为2个白圈1个黑圈，1个黑圈分形为1个白圈2个黑圈，把题图(2)中的树形图的第1行记为(1，0)，第2行记为(2，1)，第3行记为(5，4)，第4行的白圈数为2×5＋4＝14，黑圈数为5＋2×4＝13，所以第4行的“坐标”为(14，13)，同理可得第5行的“坐标”为(41，40)，第6行的“坐标”为(122，121)，….各行黑圈数乘2，分别是0，2，8，26，80，…，即1－1，3－1，9－1，27－1，81－1，…，所以可以归纳出第n 行的黑圈数a n ＝3n －1－12(n ∈N *)，所以a 2 018＝32 017－12. 【类题通法】破解归纳推理的思维步骤【对点训练】1．数列12，13，23，14，24，34，…，1m ＋1，2m ＋1，…，mm ＋1，…的第20项是( )A ．58 B ．34 C ．57 D ．67[答案] C [解析] 数列m m ＋1在数列中是第1＋2＋3＋…＋m ＝m m ＋2项，当m ＝5时，即56是数列中第15项，则第20项是57，故选C.2．观察下列等式：⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π3－2＋⎝⎛⎭⎪⎫sin 2π3－2＝43×1×2； ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π5－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 4π5－2＝43×2×3； ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π7－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π7－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π7－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 6π7－2＝43×3×4； ⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π9－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π9－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π9－2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 8π9－2＝43×4×5； …… 照此规律，⎝ ⎛⎭⎪⎫sin π2n ＋1－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 2π2n ＋1－2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫sin 3π2n ＋1－2＋…＋⎝⎛⎭⎪⎫sin 2n π2n ＋1－2＝________.[答案] 43n (n ＋1)[解析] 通过观察已给出等式的特点，可知等式右边的43是个固定数，43后面第一个数是等式左边最后一个数括号内角度值分子中π的系数的一半，43后面第二个数是第一个数的下一个自然数，所以，所求结果为43×n ×(n ＋1)，即43n (n ＋1)．3．下面图形由小正方形组成，请观察图(1)至图(4)的规律，并依此规律，写出第n 个图形中小正方形的个数是__________.[答案]n n ＋2(n ∈N *)[解析] 由题图知第n 个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋…＋n .所以总个数为n n ＋2(n ∈N *)．考点二、类比推理【例2】(1)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，则S 4，S 8－S 4，S 12－S 8，S 16－S 12成等差数列．类比以上结论我们可以得到的一个真命题为：设等比数列{b n }的前n 项积为T n ，则____________________成等比数列．(2) 祖暅是我国南北朝时代的数学家，是祖冲之的儿子．他提出了一条原理：“幂势既同，则积不容异．”这里的“幂”指水平截面的面积，“势”指高．这句话的意思是：两个等高的几何体若在所有等高处的水平截面的面积相等，则这两个几何体体积相等．设由椭圆y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)所围成的平面图形绕y 轴旋转一周后，得一橄榄状的几何体(称为椭球体)如图所示，课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式的方法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积等于________．[答案] (1) T 4，T 8T 4，T 12T 8，T 16T 12 (2) 43πb 2a [解析] (1)利用类比推理把等差数列中的差换成商即可．(2)椭圆的长半轴长为a ，短半轴长为b ，现构造两个底面半径为b ，高为a 的圆柱，然后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥，根据祖暅原理得出椭球体的体积V ＝2(V 圆柱－V 圆锥)＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫π×b 2×a －13π×b 2×a ＝43πb 2a .【类题通法】1．进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比，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；低维与高维类比；等差数列与等比数列类比；运算类比(和与积、乘与乘方，差与除，除与开方)．数的运算与向量运算类比；圆锥曲线间的类比等． 【对点训练】1．若P 0(x 0，y 0)在椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)外，过P 0作椭圆的两条切线的切点为P 1，P 2，则切点弦P 1P 2所在的直线方程是x 0x a 2＋y 0yb 2＝1，那么对于双曲线，则有如下命题：若P (x 0，y 0)在双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)外，过P 0作双曲线的两条切线，切点为P 1，P 2，则切点弦P 1P 2所在直线的方程是________．[答案]x 0x a 2－y 0y b 2＝1 [解析] 类比椭圆的切点弦方程可得双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的切点弦方程为x 0x a 2－y 0yb2＝1.2．若等差数列{a n }的前n 项之和为S n ，则一定有S 2n －1＝(2n －1)a n 成立．若等比数列{b n }的前n 项之积为T n ，类比等差数列的性质，则有( )A ．T 2n －1＝(2n －1)＋b nB ．T 2n －1＝(2n －1)b nC．T2n－1＝(2n－1)b n D．T2n－1＝b2n－1n[答案] D[解析] 在等差数列{a n}中，a1＋a2n－1＝2a n，a2＋a2n－2＝2a n，…，故有S2n－1＝(2n－1)a n，在等比数列{b n}中，b1b2n－1＝b2n，b2·b2n－2＝b2n，…，故有T2n－1＝b1b2…b2n－1＝b2n－1n.考点三、演绎推理【例3】来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，刚好碰在一起．他们除懂本国语言外，每人还会说其他三国语言中的一种．有一种语言是三个人会说的，但没有一种语言四人都懂，现知道：①甲是日本人，丁不会说日语，但他俩能自由交谈；②四人中没有一个人既能用日语交谈，又能用法语交谈；③乙、丙、丁交谈时，不能只用一种语言；④乙不会说英语，当甲与丙交谈时，他能做翻译．针对他们懂的语言，正确的推理是( )A．甲日德、乙法德、丙英法、丁英德B．甲日英、乙日德、丙德法、丁日英C．甲日德、乙法德、丙英德、丁英德D．甲日法、乙英德、丙法德、丁法英[答案] A[解析] 分析题目和选项，由①知，丁不会说日语，排除B选项；由②知，没有人既会日语又会法语，排除D选项；由③知乙、丙、丁不会同一种语言，排除C选项，故选A.【类题通法】演绎推理是由一般到特殊的推理，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的规范性.【对点训练】有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________.[答案] 1和3[解析] 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”.。

第十九章 推理与证明(数学归纳法)考纲解读分析解读 数学归纳法主要用来解决与正整数有关的命题,是命题的热点内容.通常与推理、数列、不等式证明、二项式定理等知识结合来考查逻辑推理能力.命题探究(1)由已知,得f 1(x)=f '0(x)='=-,于是f 2(x)=f '1(x)='-'=--+,所以f 1=-, f 2=-+.故2f 1+f 2=-1.(2)证明:由已知,得xf 0(x)=sin x,等式两边分别对x 求导,得f 0(x)+xf '0(x)=cos x,即f 0(x)+xf 1(x)=cos x=sin ,类似可得2f 1(x)+xf 2(x)=-sin x=sin(x+π),3f 2(x)+xf 3(x)=-cos x=sin ,4f 3(x)+xf 4(x)=sin x=sin(x+2π).下面用数学归纳法证明等式nf n-1(x)+xf n (x)=sin 对所有的n∈N *都成立.(i)当n=1时,由上可知等式成立. (ii)假设当n=k 时等式成立,即kf k-1(x)+xf k (x)=sin .因为[kf k-1(x)+xf k (x)]'=kf 'k-1(x)+f k (x)+xf'k (x)=(k+1)f k (x)+xf k+1(x),'=cos·'=sin ,所以(k+1)f k (x)+xf k+1(x)=sin.因此当n=k+1时,等式也成立.所以=(n∈N*).综合(i),(ii)可知等式nf n-1(x)+xf n (x)=sin对所有的n∈N*都成立.令x=,可得nf n-1+f n =sin(n∈N*).五年高考考点数学归纳法1.(2017浙江,22,15分)已知数列{x n}满足:x1=1,x n=x n+1+ln(1+x n+1)(n∈N*).证明:当n∈N*时,(1)0<x n+1<x n;(2)2x n+1-x n ≤;(3)≤x n ≤.证明(1)用数学归纳法证明:x n>0.当n=1时,x1=1>0.假设n=k时,x k>0,那么n=k+1时,若x k+1≤0,则0<x k=x k+1+ln(1+x k+1)≤0,矛盾,故x k+1>0.因此x n>0(n∈N*).所以x n=x n+1+ln(1+x n+1)>x n+1.因此0<x n+1<x n(n∈N*).(2)由x n=x n+1+ln(1+x n+1)得,x n x n+1-4x n+1+2x n =-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1).记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),f '(x)=+ln(1+x)>0(x>0).函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,因此-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1)=f(x n+1)≥0,故2x n+1-x n ≤(n∈N*).(3)因为x n=x n+1+ln(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1,所以x n ≥.由≥2x n+1-x n 得-≥2>0,所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2,故x n≤.综上,≤x n≤(n∈N*).2.(2014广东节选,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n,满足S n=2na n+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15.(1)求a1,a2,a3的值;(2)求数列{a n}的通项公式.解析(1)依题有解得a1=3,a2=5,a3=7.(2)∵S n=2na n+1-3n2-4n,①∴当n≥2时,S n-1=2(n-1)a n-3(n-1)2-4(n-1).②①-②并整理得a n+1=.由(1)猜想a n=2n+1,下面用数学归纳法证明.当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;假设当n=k时,a k=2k+1命题成立.则当n=k+1时,a k+1===2k+3=2(k+1)+1,即当n=k+1时,结论成立.综上,∀n∈N*,a n=2n+1.3.(2014重庆,22,12分)设a1=1,a n+1=+b(n∈N*).(1)若b=1,求a2,a3及数列{a n}的通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有n∈N*成立?证明你的结论.解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.再由题设条件知(a n+1-1)2=(a n-1)2+1.从而{(a n-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,故(a n-1)2=n-1,即a n=+1(n∈N*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想a n=+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即a k=+1,则a k+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以a n=+1(n∈N*).(2)解法一:设f(x)=-1,则a n+1=f(a n).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用数学归纳法证明加强命题a2n<c<a2n+1<1.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<<a3<1,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则a n+1=f(a n).先证:0≤a n≤1(n∈N*).①当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤a k≤1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(a k)≤f(0)=-1<1.即0≤a k+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.再证:a2n<a2n+1(n∈N*).②当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2<a3,即n=1时②成立.假设n=k时,结论成立,即a2k<a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.由②得a2n<-1,即(a2n+1)2<-2a2n+2,因此a2n<.③又由①、②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④综上,由②、③、④知存在c=使a2n<c<a2n+1对一切n∈N*成立.4.(2013江苏,23,10分)设数列{a n}:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,…,,…,即当<n≤(k∈N*)时,a n=(-1)k-1k.记S n=a1+a2+…+a n(n∈N*).对于l∈N*,定义集合P l={n|S n是a n的整数倍,n∈N*,且1≤n≤l}.(1)求集合P11中元素的个数;(2)求集合P2 000中元素的个数.解析(1)由数列{a n}的定义得a1=1,a2=-2,a3=-2,a4=3,a5=3,a6=3,a7=-4,a8=-4,a9=-4,a10=-4,a11=5,所以S1=1,S2=-1,S3=-3,S4=0,S5=3,S6=6,S7=2,S8=-2,S9=-6,S10=-10,S11=-5,从而S1=a1,S4=0×a4,S5=a5,S6=2a6,S11=-a11,所以集合P11中元素的个数为5.(2)先证:S i(2i+1)=-i(2i+1)(i∈N*).事实上,①当i=1时,S i(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,故原等式成立;②假设i=m时成立,即S m(2m+1)=-m(2m+1),则i=m+1时,S(m+1)(2m+3)=S m(2m+1)+(2m+1)2-(2m+2)2=-m(2m+1)-4m-3=-(2m2+5m+3)=-(m+1)(2m+3).综合①②可得S i(2i+1)=-i(2i+1).于是S(i+1)(2i+1)=S i(2i+1)+(2i+1)2=-i(2i+1)+(2i+1)2=(2i+1)(i+1).由上可知S i(2i+1)是2i+1的倍数,而a i(2i+1)+j=2i+1(j=1,2,…,2i+1),所以S i(2i+1)+j=S i(2i+1)+j(2i+1)是a i(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+1)的倍数.又S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是2i+2的倍数,而a(i+1)(2i+1)+j=-(2i+2)(j=1,2,…,2i+2),所以S(i+1)(2i+1)+j=S(i+1)(2i+1)-j(2i+2)=(2i+1)(i+1)-j(2i+2)不是a(i+1)(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+2)的倍数,故当l=i(2i+1)时,集合P l中元素的个数为1+3+…+(2i-1)=i2,于是,当l=i(2i+1)+j(1≤j≤2i+1)时,集合P l中元素的个数为i2+j.又2 000=31×(2×31+1)+47,故集合P2 000中元素的个数为312+47=1 008.教师用书专用(5—6)5.(2014陕西,21,14分)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.(1)令g1(x)=g(x),g n+1(x)=g(g n(x)),n∈N+,求g n(x)的表达式;(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.解析由题设得,g(x)=(x≥0).(1)由已知,得g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,g3(x)=,…,可得g n(x)=.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,g1(x)=,结论成立.②假设n=k时结论成立,即g k(x)=.那么,当n=k+1时,g k+1(x)=g(g k(x))===,即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),则φ'(x)=-=,当a≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ'(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ(a-1)<φ(0)=0.即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立,综上可知,a的取值范围是(-∞,1].(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,n-f(n)=n-ln(n+1),比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则<ln.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,<ln 2,结论成立.②假设当n=k时结论成立,即++…+<ln(k+1).那么,当n=k+1时,++…++<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.证法二:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则ln>.故有ln 2-ln 1>,ln 3-ln 2>,……ln(n+1)-ln n>,上述各式相加可得ln(n+1)>++…+.结论得证.6.(2014大纲全国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)-(a>1).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a1=1,a n+1=ln(a n+1),证明:<a n≤.解析(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),f '(x)=.(2分)(i)当1<a<2时,若x∈(-1,a2-2a),则f '(x)>0, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;若x∈(a2-2a,0),则f '(x)<0, f(x)在(a2-2a,0)上是减函数;若x∈(0,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上是增函数.(4分)(ii)当a=2时, f '(x)≥0, f '(x)=0成立当且仅当x=0, f(x)在(-1,+∞)上是增函数. (iii)当a>2时,若x∈(-1,0),则f '(x)>0, f(x)在(-1,0)上是增函数;若x∈(0,a2-2a),则f '(x)<0, f(x)在(0,a2-2a)上是减函数;若x∈(a2-2a,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(a2-2a,+∞)上是增函数.(6分)(2)由(1)知,当a=2时, f(x)在(-1,+∞)上是增函数.当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=0,即ln(x+1)>(x>0).又由(1)知,当a=3时, f(x)在[0,3)上是减函数.当x∈(0,3)时, f(x)<f(0)=0,即ln(x+1)<(0<x<3).(9分)下面用数学归纳法证明<a n≤.(i)当n=1时,由已知<a1=1,故结论成立;(ii)设当n=k时结论成立,即<a k≤.当n=k+1时,a k+1=ln(a k+1)>ln>=,a k+1=ln(a k+1)≤ln<=,即当n=k+1时有<a k+1≤,结论成立.根据(i)、(ii)知对任何n∈N*结论都成立.(12分)三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点数学归纳法1.(2018江苏淮安、宿迁高三(上)期中)设n≥3,n∈N*,在集合{1,2,…,n}的所有元素个数为2的子集中,把每个子集中较大元素的和记为a,较小元素之和记为b.(1)当n=3时,求a,b的值;(2)求证:对任意的n≥3,n∈N*,为定值.解析(1)当n=3时,集合{1,2,3}的所有元素个数为2的子集为{1,2},{1,3},{2,3},所以a=2+3+3=8,b=1+1+2=4.(2)证明:当n=3时,由(1)可得a=8,b=4,为;假设n=k时,=,则n=k+1时,a'=a+(k+1)k,b'=b+(1+2+…+k)=b+k(1+k),由a=2b,可得a'=2b+k(1+k)=2b',则n=k+1时,=.故对任意的n≥3,n∈N*,为定值.2.(苏教选2—1,二,3,8,变式)设a>0,f(x)=,令a1=1,a n+1=f(a n),n∈N*.(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列{a n}的通项公式;(2)用数学归纳法证明你的结论.解析(1)∵a1=1,∴a2=f(a1)=f(1)=;a3=f(a2)=;a4=f(a3)=.猜想a n=(n∈N*).(2)证明:①易知,n=1时,猜想正确.②假设n=k(k∈N*)时猜想正确,即a k=,则a k+1=f(a k)====.所以n=k+1时猜想正确.由①②知,对于任何n∈N*,都有a n=.3.(2017江苏苏北四市摸底)设n∈N*,f(n)=3n+7n-2.(1)求f(1),f(2),f(3)的值;(2)证明:对任意正整数n,f(n)是8的倍数.解析(1)f(1)=31+71-2=8,f(2)=32+72-2=56,f(3)=33+73-2=368.(2)证明:①当n=1时,f(1)=8是8的倍数,命题成立.②假设当n=k时命题成立,即f(k)=3k+7k-2是8的倍数,当n=k+1时,f(k+1)=3k+1+7k+1-2=3(3k+7k-2)+4(7k+1),因为7k+1是偶数,所以4(7k+1)是8的倍数,又由归纳假设知3(3k+7k-2)是8的倍数,所以f(k+1)是8的倍数,所以当n=k+1时,命题也成立.根据①②知命题对任意n∈N*成立.4.(2017江苏南通中学质检)在数列a0,a1,a2,…,a n,…中,已知a0=a1=1,a2=3,a n=3a n-1-a n-2-2a n-3(n≥3).(1)求a3,a4;(2)证明:a n>2n-1(n≥2).解析(1)a3=3a2-a1-2a0=6,a4=3a3-a2-2a1=13.(2)证明:易知a5=3a4-a3-2a2=27,猜想当n≥4时,a n>2a n-1.(i)当n=4,5时,上述不等式成立,即有a4>2a3,a5>2a4,(ii)假设当n=k(k≥5)时,a k>2a k-1,a k-1>2a k-2,则当n=k+1时,a k+1=3a k-a k-1-2a k-2=2a k+(a k-a k-1-2a k-2)=2a k+(a k-2a k-1)+(a k-1-2a k-2)>2a k.即n=k+1(k≥5)时,a k+1>2a k,综上,当n≥4时,a n>2a n-1.∴a n>2a n-1>22a n-2>…>2n-3a3=2n-3×6>2n-1,即a n >2n-1(n≥4),又a 2=3>22-1,a 3=6>23-1,所以a n >2n-1(n≥2).B 组 2016—2018年模拟·提升题组(满分:30分 时间:15分钟)解答题(共30分)1.(苏教选2—1,二,13,变式)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足:S n =+-1,且a n >0,n∈N *. (1)求a 1,a 2,a 3,并猜想{a n }的通项公式; (2)证明通项公式的正确性. 解析 (1)当n=1时,由已知得a 1=+-1,+2a 1-2=0. ∵a 1>0,∴a 1=-1.当n=2时,由已知得a 1+a 2=+-1, 将a 1=-1代入并整理得+2a 2-2=0.∵a 2>0,∴a 2=-. 同理可得a 3=-.猜想a n =-(n∈N *).(2)证明:①由(1)知,当n=1,2,3时,通项公式成立.②假设当n=k(k≥3,k∈N *)时,通项公式成立, 即a k =-.a k+1=S k+1-S k =+--,将a k =-代入上式并整理得+2a k+1-2=0,∵a k+1>0,∴a k+1=-.即当n=k+1时,通项公式也成立. 由①和②可知,对所有n∈N *,a n =-都成立.2.(2017江苏南通、扬州、泰州高三第三次模拟考试,23)已知函数f 0(x)=(a≠0,ac -bd≠0).设f n (x)为f n-1(x)(n∈N *)的导函数. (1)求f 1(x), f 2(x);(2)猜想f n(x)的表达式,并证明你的结论.解析(1)f1(x)=f0'(x)==,f2(x)=f1'(x)==.(2)猜想f n(x)=,n∈N*.证明:①当n=1时,由(1)知结论成立;②假设当n=k,k∈N*时结论成立,即有f k(x)=.当n=k+1时,f k+1(x)=f k'(x)==(-1)k-1·a k-1·(bc-ad)·k![(ax+b)-(k+1)]'=,所以当n=k+1时结论成立.由①②得, f n(x)=,n∈N*.C组2016—2018年模拟·方法题组方法数学归纳法1.(2017苏锡常镇四市高三教学情况调研(二),23)已知f n(x)=x n-(x-1)n+…+(-1)k(x-k)n+…+(-1)n(x-n)n,其中x∈R,n∈N*,k∈N ,k≤n.(1)试求f1(x), f2(x), f3(x)的值;(2)试猜测f n(x)关于n的表达式,并证明你的结论.解析(1)f1(x)=x-(x-1)=x-x+1=1;f2(x)=x2-(x-1)2+(x-2)2=x2-2(x2-2x+1)+(x2-4x+4)=2;f3(x)=x3-(x-1)3+(x-2)3-(x-3)3=x3-3(x-1)3+3(x-2)3-(x-3)3=6.(2)猜测:f n(x)=n!.而k=k=,n=n=,所以k=n.用数学归纳法证明结论成立.①当n=1时, f1(x)=1,结论成立.②假设当n=k时,结论成立,即f k(x)=x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k=k!.当n=k+1时, f k+1(x)=x k+1-(x-1)k+1+…+(-1)k+1·(x-k-1)k+1=x k+1-(x-1)k(x-1)+…+(-1)k(x-k)k(x-k)+(-1)k+1(x-k-1)k+1=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]+[(x-1)k-2(x-2)k+…+(-1)k+1k(x-k)k]+(-1)k+1(x-k-1)k+1]=x[x k-(+)(x-1)k+…+(-1)k(+)(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k+1(x-k)k]+(-1)k+1·(x-k-1)k(x-k-1)=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k+1·(x-k)k]+x(-1)k+1(x-k-1)k-(k+1)(-1)k+1(x-k-1)k=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k](*).由归纳假设知(*)式等于x·k!-x·k!+(k+1)·k!=(k+1)!.所以当n=k+1时,结论也成立.综合①②知, f n(x)=n!成立.2.(2017苏、锡、常、镇调研,24)设|θ|<,n为正整数,数列{a n}的通项公式为a n=sin tan nθ,其前n项和为S n.(1)求证:当n为偶数时,a n=0;当n为奇数时,a n=(-1tan nθ;(2)求证:对任何正整数n,S2n=sin 2θ·[1+(-1)n+1tan2nθ].证明(1)当n为偶数时,设n=2k,k∈N*,a n=a2k=sin tan2kθ=sin kπ·tan2kθ=0,a n=0.当n为奇数时,设n=2k-1,k∈N*,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ.当k=2m时,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ=-tan nθ,此时=2m-1,所以a n=a2k-1=-tan nθ=(-1)2m-1tan nθ=(-1tan nθ.当k=2m-1时,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ=tan nθ,此时=2m-2, 所以a n=a2k-1=tan nθ=(-1)2m-2tan nθ=(-1tan nθ.综上,当n为偶数时,a n=0;当n为奇数时,a n=(-1tan nθ.(2)当n=1时,由(1)得S2=a1+a2=tan θ,sin 2θ[1+(-1)1+1tan2θ]=sin 2θ(1+tan2θ)=sin θcos θ·=tan θ.故n=1时,命题成立.假设n=k时命题成立,即S2k=sin 2θ·[1+(-1)k+1·tan2kθ].当n=k+1时,由(1)得S2(k+1)=S2k+a2k+1+a2k+2=S2k+a2k+1=sin 2θ·[1+(-1)k+1tan2kθ]+(-1)k tan2k+1θ=sin 2θ·=sin 2θ·=sin 2θ·[1+(-1)k+2·tan2k+2θ].即当n=k+1时命题成立.综上所述,对正整数n命题成立.。

数学归纳法一、基础知识：1、数学归纳法适用的范围：关于正整数n 的命题（例如数列，不等式，整除问题等），则可以考虑使用数学归纳法进行证明2、第一数学归纳法：通过假设n k =成立，再结合其它条件去证1n k =+成立即可。

证明的步骤如下：（1）归纳验证：验证0n n =（0n 是满足条件的最小整数）时，命题成立 （2）归纳假设：假设()0,n k k n n N =≥∈成立，证明当1n k =+时，命题也成立 （3）归纳结论：得到结论：0,n n n N ≥∈时，命题均成立 3、第一归纳法要注意的地方：（1）数学归纳法所证命题不一定从1n =开始成立，可从任意一个正整数0n 开始，此时归纳验证从0n n =开始（2）归纳假设中，要注意0k n ≥，保证递推的连续性（3）归纳假设中的n k =，命题成立，是证明1n k =+命题成立的重要条件。

在证明的过程中要注意寻找1n k =+与n k =的联系4、第二数学归纳法：在第一数学归纳法中有一个细节，就是在假设n k =命题成立时，可用的条件只有n k =，而不能默认其它n k ≤的时依然成立。

第二数学归纳法是对第一归纳法的补充，将归纳假设扩充为假设n k ≤，命题均成立，然后证明1n k =+命题成立。

可使用的条件要比第一归纳法多，证明的步骤如下： （1）归纳验证：验证0n n =（0n 是满足条件的最小整数）时，命题成立 （2）归纳假设：假设()0,n k k n n N ≤≥∈成立，证明当1n k =+时，命题也成立 （3）归纳结论：得到结论：0,n n n N ≥∈时，命题均成立二、典型例题例1：已知等比数列{}n a 的首项12a =，公比3q =，设n S 是它的前n 项和，求证：131n n S n S n++≤ 思路：根据等比数列求和公式可化简所证不等式：321n n ≥+，n k =时，不等式为321k k ≥+；当1n k =+时，所证不等式为1323k k +≥+，可明显看到n k =与1n k =+中，两个不等式的联系，从而想到利用数学归纳法进行证明 证明：()11311n nn a q S q -==--，所证不等式为：1313131n n n n+-+≤-()()()1313131n n n n +∴-≤+- 1133331n n n n n n n ++⇔⋅-≤⋅+-- 321n n ⇔≥+，下面用数学归纳法证明： （1）验证：1n =时，左边=右边，不等式成立（2）假设()1,n k k k N =≥∈时，不等式成立，则1n k =+时，()()133332163211k k k k k +=⋅≥+=+>++ 所以1n k =+时，不等式成立n N *∴∀∈，均有131n n S n S n++≤ 小炼有话说：数学归纳法的证明过程，关键的地方在于寻找所证1n k =+与条件n k =之间的联系，一旦找到联系，则数学归纳法即可使用例2（2015，和平模拟）：已知数列{}n a 满足0n a >，其前n 项和1n S >，且()()112,6n n n S a a n N *=++∈ （1）求数列{}n a 的通项公式（2）设21log 1n n b a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，并记n T 为数列{}n b 的前n 项和，求证：233log ,2n n a T n N *+⎛⎫>∈ ⎪⎝⎭解：（1）2632n nn S a a =++ ① ()21116322,n n n S a a n n N *---=++≥∈ ②①-②可得：()222211116333n n n n n n n n n a a a a a a a a a ----=-+-⇒+=-0n a > 所以两边同除以1n n a a -+可得：13n n a a --={}n a ∴是公差为3的等差数列()131n a a n ∴=+-，在2632n nn S a a =++中令1n =可得： 211116321S a a a =++⇒=（舍）或12a =31n a n ∴=-（2）思路：利用（1）可求出n b 和n T ，从而简化不等式可得：33633225312n n n +⎛⎫⋅⋅⋅> ⎪-⎝⎭，若直接证明则需要进行放缩，难度较大。

数学归纳法主标题：数学归纳法副标题：为学生详细的分析数学归纳法的高考考点、命题方向以及规律总结。

关键词：数学归纳法，知识总结 难度：3 重要程度：4考点剖析：本考点包括数学归纳法及其应用，考纲要求了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。

命题方向：1.数学归纳法的考查以解答题为主，一般会与数列，不等式证明等内容相结合，考查分析及推理论证能力，试题难度较大．规律总结：1.数学归纳法规律总结 一种表示数学归纳法的框图表示：两个防范(1)第一步验证0n n 时，0n 不一定是1，而是满足条件是初始值．(2)第二步，在证明n ＝k ＋1时，要利用归纳假设，否则就不是数学归纳法． 三个关键点(1)n ＝0n 时成立，弄清楚0n 的含义；(2)由假设n ＝k 成立证明n ＝k ＋1成立时，要推导详实，并且一定要用到n ＝k 的结论；(3)要注意n ＝k 到n ＝k ＋1时变化的项数. 归纳法由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，叫做归纳法。

根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分分为完全归纳法和不完全归纳法。

数学归纳法一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值0n (0n ∈*N )时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k(k ＞0n ，k ∈*N )时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立。

只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从0n 开始的所有正整数n 都成立。

导数在研究函数中的应用主标题：导数在研究函数中的应用备考策略副标题：通过考点分析高考命题方向，把握高考规律，为学生备考复习打通快速通道。

关键词：导数，极值，最值，备考策略 难度：4 重要程度：5 内容考点一 利用导数研究函数的单调性【例1】设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2. (1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )在x ∈[0，＋∞)上是增函数，求实数k 的取值范围． 解 (1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2， ∴f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2x ＝x (e x －2)． 令f ′(x )>0，即x (e x －2)>0， ∴x >ln 2或x <0.令f ′(x )<0，即x (e x －2)<0，∴0<x <ln 2. 因此函数f (x )的递减区间是(0，ln 2)； 递增区间是(－∞，0)和(ln 2，＋∞)． (2)易知f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x (e x －2k )． ∵f (x )在x ∈[0，＋∞)上是增函数，∴当x ≥0时，f ′(x )＝x (e x －2k )≥0恒成立． ∴e x －2k ≥0，即2k ≤e x 恒成立． 由于e x ≥1，∴2k ≤1，则k ≤12.又当k ＝12时，f ′(x )＝x (e x －1)≥0当且仅当x ＝0时取等号． 因此，实数k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12.【备考策略】(1)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号．而解答本题(2)问时，关键是分离参数k，把所求问题转化为求函数的最小值问题．(2)若可导函数f(x)在指定的区间D上单调递增(减)，求参数范围问题，可转化为f′(x)≥0(或f′(x)≤0)恒成立问题，从而构建不等式，要注意“＝”是否可以取到．考点二利用导数研究函数的极值【例2】设f(x)＝a ln x＋12x＋32x＋1，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴．(1)求a的值；(2)求函数f(x)的极值．审题路线(1)由f′(1)＝0⇒求a的值．(2)确定函数定义域⇒对f(x)求导，并求f′(x)＝0⇒判断根左，右f′(x)的符号⇒确定极值．解(1)由f(x)＝a ln x＋12x＋32x＋1，∴f′(x)＝ax－12x2＋32.由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线垂直于y轴，∴该切线斜率为0，即f′(1)＝0.从而a－12＋32＝0，∴a＝－1.(2)由(1)知，f(x)＝－ln x＋12x＋32x＋1(x>0)，∴f′(x)＝－1x－12x2＋32＝(3x＋1)(x－1)2x2.令f′(x)＝0，解得x＝1或－13(舍去)．当x∈(0,1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.∴f(x)在(0,1)上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数．故f(x)在x＝1处取得极小值f(1)＝3，f(x)无极大值．【备考策略】(1)可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f′(x)的符号不同．(2)若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．考点三 利用导数求函数的最值【例3】已知函数f (x )＝ax 3＋bx ＋c 在x ＝2处取得极值为c －16. (1)求a ，b 的值；(2)若f (x )有极大值28，求f (x )在[－3,3]上的最小值． 审题路线 (1)⎩⎨⎧f ′(2)＝0，f (2)＝c －16⇒a ，b 的值；(2)求导确定函数的极大值⇒求得c 值⇒求得极大值、极小值、端点值⇒求得最值．解 (1)因f (x )＝ax 3＋bx ＋c ，故f ′(x )＝3ax 2＋b ， 由于f (x )在点x ＝2处取得极值c －16， 故有⎩⎨⎧ f ′(2)＝0，f (2)＝c －16，即⎩⎨⎧12a ＋b ＝0，8a ＋2b ＋c ＝c －16.化简得⎩⎨⎧ 12a ＋b ＝0，4a ＋b ＝－8，解得⎩⎨⎧a ＝1，b ＝－12.(2)由(1)知f (x )＝x 3－12x ＋c ，f ′(x )＝3x 2－12. 令f ′(x )＝0，得x ＝－2或2.当x 变化时，f (x )，f ′(x )的变化情况如下表：f (2)＝c －16.由题设条件知，16＋c ＝28，解得c ＝12，此时f (－3)＝9＋c ＝21，f (3)＝－9＋c ＝3，f (2)＝c －16＝－4，因此f (x )在[－3,3]上的最小值为f (2)＝－4.【备考策略】在解决类似的问题时，首先要注意区分函数最值与极值的区别．求解函数的最值时，要先求函数y ＝f (x )在[a ，b ]内所有使f ′(x )＝0的点，再计算函数y ＝f (x )在区间内所有使f ′(x )＝0的点和区间端点处的函数值，最后比较即得．。

专题30 推理与证明考纲解读明方向考纲解读分析解读 1.能利用已知结论类比未知结论或归纳猜想结论并加以证明.2.了解直接证明与间接证明的基本方法,体会数学证明的思想方法.3.掌握“归纳—猜想—证明”的推理方法及数学归纳法的证明步骤.4.归纳推理与类比推理是高考的热点.本章在高考中的推理问题一般以填空题形式出现,分值约为5分,属中档题;证明问题一般以解答题形式出现,分值约为12分,属中高档题.2017年高考全景展示1. 【2017课标II，理7】甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩。

老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩。

看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩。

根据以上信息，则（）A.乙可以知道四人的成绩B.丁可以知道四人的成绩C.乙、丁可以知道对方的成绩D.乙、丁可以知道自己的成绩【答案】D【考点】合情推理【名师点睛】合情推理主要包括归纳推理和类比推理。

数学研究中，在得到一个新结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路与方向。

合情推理仅是“合乎情理”的推理，它得到的结论不一定正确。

而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下)。

2.(2017北京,14,5分)三名工人加工同一种零件,他们在一天中的工作情况如图所示,其中点A i的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数,点B i的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数,i=1,2,3.①记Q i为第i名工人在这一天中加工的零件总数,则Q1,Q2,Q3中最大的是;②记p i为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数,则p1,p2,p3中最大的是.答案①Q1②p23.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{a n}满足:a n-k+a n-k+1+…+a n-1+a n+1+…+a n+k-1+a n+k=2ka n对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{a n}是“P(k)数列”.(1)证明:等差数列{a n}是“P(3)数列”;(2)若数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{a n}是等差数列.(2)数列{a n}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,因此,当n≥3时,a n-2+a n-1+a n+1+a n+2=4a n,①当n≥4时,a n-3+a n-2+a n-1+a n+1+a n+2+a n+3=6a n.②由①知,a n-3+a n-2=4a n-1-(a n+a n+1),③a n+2+a n+3=4a n+1-(a n-1+a n).④将③④代入②,得a n-1+a n+1=2a n,其中n≥4,所以a3,a4,a5,…是等差数列,设其公差为d'.在①中,取n=4,则a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d',在①中,取n=3,则a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d',所以数列{a n}是等差数列.4.(2017北京,20,13分)设{a n}和{b n}是两个等差数列,记c n=max{b1-a1n,b2-a2n,…,b n-a n n}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,x s}表示x1,x2,…,x s这s个数中最大的数.(1)若a n=n,b n=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明{c n}是等差数列;(2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m时,>M;或者存在正整数m,使得c m,c m+1,c m+2,…是等差数列.解析本题考查等差数列,不等式,合情推理等知识,考查综合分析,归纳抽象,推理论证能力.(1)c1=b1-a1=1-1=0,c2=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2×1,3-2×2}=-1,c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=-2.当n≥3时,(b k+1-na k+1)-(b k-na k)=(b k+1-b k)-n(a k+1-a k)=2-n<0,所以b k-na k关于k∈N*单调递减.所以c n=max{b1-a1n,b2-a2n,…,b n-a n n}=b1-a1n=1-n.所以对任意n≥1,c n=1-n,于是c n+1-c n=-1,所以{c n}是等差数列.(2)设数列{a n}和{b n}的公差分别为d1,d2,则b k-na k=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1).所以c n=①当d1>0时,取正整数m>,则当n≥m时,nd1>d2,因此c n=b1-a1n.此时,c m,c m+1,c m+2,…是等差数列.②当d1=0时,对任意n≥1,c n=b1-a1n+(n-1)max{d2,0}=b1-a1+(n-1)(max{d2,0}-a1).此时,c1,c2,c3,…,c n,…是等差数列.③当d1<0时,当n>时,有nd1<d2.所以==n(-d1)+d1-a1+d2+≥n(-d1)+d1-a1+d2-|b1-d2|.对任意正数M,取正整数m>max,故当n≥m时,>M.2016年高考全景展示1.【2016高考新课标2理数】有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3．甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是．【答案】1和3考点：逻辑推理.【名师点睛】逻辑推理即演绎推理，就是从一般性的前提出发，通过推导即“演绎”，得出具体陈述或个别结论的过程.演绎推理的逻辑形式对于理性的重要意义在于，它对人的思维保持严密性、一贯性有着不可替代的校正作用.逻辑推理包括演绎、归纳和溯因三种方式.。

专题28 推理与证明命题规律内 容典 型１ 以断臂维纳斯为素材考查合情推理 2019年高考全国I 卷文数 ２ 以天体的星等与亮度为背景考查演绎推理 2019年高考北京卷文数 ３以金石文化为背景考查归纳推理与演绎推理2019年高考全国II 卷文数命题规律一 以断臂维纳斯为素材考查合情推理【解决之道】此类问题的解决之道为，通过适当的估算、合适的推理即可得出结论. 【三年高考】1.【2019年高考全国I 卷文数】古希腊时期，人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度，称为黄金分割比例)，著名的“断臂维纳斯”便是如此．此外，最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是12．若某人满足上述两个黄金分割比例，且腿长为105 cm ，头顶至脖子下端的长度为26 cm ，则其身高可能是（ ）A ．165 cmB ．175 cmC ．185 cmD ．190 cm【答案】B【解析】方法一：如下图所示. 依题意可知：11,22AC AB CD BC ==， ① 腿长为105 cm 得，即>105CD ，64.89AC=>，64.89105169.89 AD AC CD=+>+=，所以AD>169.89.②头顶至脖子下端长度为26 cm，即AB<26，42.07BC=<，=+<68.07AC AB BC，110.15CD=<，+<68.07+110.15=178.22AC CD，所以<178.22AD.综上，169.89<<178.22AD.故选B.方法二：设人体脖子下端至肚脐的长为x cm，肚脐至腿根的长为y cm，则262611052xx y+==+，得42.07cm, 5.15cmx y≈≈．又其腿长为105cm，头顶至脖子下端的长度为26cm，所以其身高约为42.07+5.15+105+26=178.22，接近175cm．故选B．命题规律二以天体的星等与亮度为背景考查演绎推理【解决之道】此类问题解决之道为，认证阅读题目，理清问题涉及的理论知识，利用理论知识和演绎推理形式进行合理推理即可得出结论.1.【2019年高考北京卷文数】在天文学中，天体的明暗程度可以用星等或亮度来描述．两颗星的星等与亮度满足m 2−m 1=52lg 21E E ，其中星等为m k 的星的亮度为E k （k =1，2）．已知太阳的星等是−26.7，天狼星的星等是−1.45，则太阳与天狼星的亮度的比值为（ ） A ． 1010.1B ． 10.1C ． lg10.1D ． 10–10.1【答案】A【解析】两颗星的星等与亮度满足12125lg 2E m m E -=,令211.45,26.7m m =-=-,()10.111212222lg( 1.4526.7)10.1,1055E E m m E E =⋅-=-+==，故选A ． 命题规律三 以金石文化为背景考查归纳推理与演绎推理【解决之道】要解决此类问题，首先认真阅读材料，仔细观察归纳规律，即可归纳出结论，其次，理清问题涉及的理论知识，利用理论知识和演绎推理形式进行合理推理即可推出正确结论. 【三年高考】1.【2019年高考全国II 卷文数】中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体．半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体共有________个面，其棱长为_________．（本题第一空2分，第二空3分．）【答案】261【解析】由图可知第一层（包括上底面）与第三层（包括下底面）各有9个面，计18个面，第二层共有8个面，所以该半正多面体共有18826+=个面．如图，设该半正多面体的棱长为x ，则AB BE x ==，延长CB 与FE 交于点G ，延长BC 交正方体棱于H ，由半正多面体对称性可知，BGE △为等腰直角三角形，,21)1BG GE CH x GH x x x ∴===∴=+==，1x ∴==，1．。

第十四章 推理与证明第一节 合情推理与演绎推理1.（2017全国2卷理科7）甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（ ）. A ．乙可以知道四人的成绩 B ．丁可以知道四人的成绩 C ．乙、丁可以知道对方的成绩 D ．乙、丁可以知道自己的成绩 1．解析 四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说的话．甲不知道自己成绩→乙、丙中必有一优一良（若为两优，甲会知道自己成绩；两良亦然）.乙看了丙成绩，知道自己的成绩→丁看甲，甲、丁中也为一优一良，丁知道自己的成绩．故选D.2.（2017 全国1卷理科12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16 ，…，其中第一项是02，接下来的两项是02，12，再接下来的三项是02，12，22，依此类推.求满足如下条件的最小整数100N N >：且该数列的前N 项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是（ ）. A.440B.330C.220D.1102. 解析 设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推． 设第n 组的项数为n ，则n 组的项数和为()12n n +，由题意得，100N >，令()11002n n +>，得14n ≥且*n ∈N ，即N 出现在第13组之后，第n 组的和为122112nn -=--，n 组总共的和为()12122212n n n n+--=---，若要使前N 项和为2的整数幂，则()12n n N +-项的和21k-应与2n --互为相反数，即()*21214k n k n -=+∈N ，≥，()2log 3k n =+，得n 的最小值为295n k ==，，则()2912954402N ⨯+=+=.故选A.题型149 归纳推理——暂无 题型150 类比推理——暂无 题型151 演绎推理第二节 证明第十五章 数系的扩充与复数的引入题型155 复数的概念及分类1.（2017天津理9）已知a ∈R ，i 为虚数单位，若i2ia -+为实数，则a 的值为 . 1.解析()()()()()()i 2i 212i i 212i 2i 2i 2i 555a a a a a a ----+--+===-++-为实数，则205a +=，解得2a =-.2.（2017全国1卷理科3）设有下面四个命题：1:p 若复数z 满足1z∈R ，则z ∈R ；2:p 若复数z 满足2z ∈R ，则z ∈R ；3:p 若复数12,z z 满足12z z ∈R ，则12z z =；4:p 若复数z ∈R ，则z ∈R .其中的真命题为（ ）.A.13,p pB.14,p pC.23,p pD.24,p p 2. 解析 1:p 设i z a b =+，则2211i i a b z a b a b -==∈++R ，得到0b =，所以z ∈R .故1p 正确；2:p 若z 1=-2，满足2z ∈R ，而z i =，不满足2z ∈R ，故2p 不正确；3:p 若1z 1=，2z 2=，则12z z 2=，满足12z z ∈R ，而它们实部不相等，不是共轭复数，故3p 不正确；4:p 实数没有虚部，所以它的共轭复数是它本身，也属于实数，故4p 正确.故选B.题型156 与共轭复数、复数相等有关的问题3.（2107山东理2）已知a ∈R ，i 是虚数单位，若z a =，4z z ⋅=，则a =（ ）.A.1或1- C.3. 解析 由z a =，4z z ⋅=，得234a +=，所以1a =±.故选A.4．（2017浙江11）已知a ，b ∈R ，()2i 34i a b +=+（i 是虚数单位），则22a b += ，ab = .4.解析 由222(i)2i a b a b ab +=-+，()2i 34i a b +=+，所以223,2a b ab -==， 解得2,1a b ==，所以225a b +=，2ab =．题型157 复数的模5.（2017江苏02）已知复数()()1i 12i z =++，其中i 是虚数单位，则z 的模是 ．5.解析 解法一：()()1i 12i z =++13i =-+，所以z =．解法二：()()1i 12i z =++1i 12i =+⋅+=． 6.（2107全国3卷理科2）设复数z 满足()1i 2i z +=，则z =（ ）.A ．12B ．2CD ．26．解析 由题意得()()()2i 1i 2i 2i 21i 1i 1i 1i 2z -+====+++-，则z 故选C. 题型158 复数的四则运算7.（2107全国2卷理科1）3i1i+=+（ ）. A ．12i + B ．12i - C ．2i + D ．2i - 7．解析()()()()3i 1i 3i 2i 1i 1i 1i +-+==-++-.故选D. 题型159 复数的几何意义8.（2017北京理2）若复数()()1i i a -+在复平面内对应的点在第二象限，则实数a 的取值范围是（ ）.A.()–1∞，B.()––1∞，C.()1+∞，D.()–1+∞，8. 解析 由()()()()1i i i i 111i a a a a a -+=+-+=++-，则1010a a +<⎧⎨->⎩，即1a <-.故选B.第十五章 数系的扩充与复数的引入题型155 复数的概念及分类1.（2017天津理9）已知a ∈R ，i 为虚数单位，若i2ia -+为实数，则a 的值为 . 1.解析 ()()()()()()i 2i 212i i 212i 2i 2i 2i 555a a a a a a ----+--+===-++-为实数，则205a +=，解得2a =-.2.（2017全国1卷理科3）设有下面四个命题：1:p 若复数z 满足1z∈R ，则z ∈R ；2:p 若复数z 满足2z ∈R ，则z ∈R ；3:p 若复数12,z z 满足12z z ∈R ，则12z z =；4:p 若复数z ∈R ，则z ∈R .其中的真命题为（ ）.A.13,p pB.14,p pC.23,p pD.24,p p 2. 解析 1:p 设i z a b =+，则2211i i a b z a b a b -==∈++R ，得到0b =，所以z ∈R .故1p 正确；2:p 若z 1=-2，满足2z ∈R ，而z i =，不满足2z ∈R ，故2p 不正确；3:p 若1z 1=，2z 2=，则12z z 2=，满足12z z ∈R ，而它们实部不相等，不是共轭复数，故3p 不正确；4:p 实数没有虚部，所以它的共轭复数是它本身，也属于实数，故4p 正确.故选B.题型156 与共轭复数、复数相等有关的问题3.（2107山东理2）已知a ∈R ，i 是虚数单位，若z a =，4z z ⋅=，则a =（ ）.A.1或1- C.3. 解析 由z a =，4z z ⋅=，得234a +=，所以1a =±.故选A.4．（2017浙江11）已知a ，b ∈R ，()2i 34i a b +=+（i 是虚数单位），则22a b += ，ab = .4.解析 由222(i)2i a b a b ab +=-+，()2i 34i a b +=+，所以223,2a b ab -==， 解得2,1a b ==，所以225a b +=，2ab =．题型157 复数的模5.（2017江苏02）已知复数()()1i 12i z =++，其中i 是虚数单位，则z 的模是 ．5.解析 解法一：()()1i 12i z =++13i =-+，所以z =．解法二：()()1i 12i z =++1i 12i =+⋅+=． 6.（2107全国3卷理科2）设复数z 满足()1i 2i z +=，则z =（ ）.A ．12B ．2CD ．26．解析 由题意得()()()2i 1i 2i 2i 21i 1i 1i 1i 2z -+====+++-，则z 故选C. 题型158 复数的四则运算7.（2107全国2卷理科1）3i1i+=+（ ）. A ．12i + B ．12i - C ．2i + D ．2i - 7．解析()()()()3i 1i 3i 2i 1i 1i 1i +-+==-++-.故选D. 题型159 复数的几何意义8.（2017北京理2）若复数()()1i i a -+在复平面内对应的点在第二象限，则实数a 的取值范围是（ ）.A.()–1∞，B.()––1∞，C.()1+∞，D.()–1+∞， 8. 解析 由()()()()1i i i i 111i a a a a a -+=+-+=++-，则1010a a +<⎧⎨->⎩，即1a <-.故选B.第十六章 选讲内容第一节 极坐标与参数方程（选修4-4）题型160 极坐标方程化直角坐标方程1.（2017天津理11）在极坐标系中，直线4cos 106ρθπ⎛⎫-+= ⎪⎝⎭与圆2sin ρθ=的公共点的个数为___________.1.解析 直线14sin 102ρθθ⎫++=⎪⎪⎝⎭化直角坐标方程为210y ++=，由圆22sin 2sin ρθρρθ=⇒=，得其直角坐标方程为222x y y +=，即()2211x y +-=，则圆心()0,1到直线的距离31=4d r ==<，知直线与圆相交，得它们的公共点的个数为2.2.（2017北京理11）在极坐标系中，点A 在圆22cos 4sin 40ρρθρθ--+=上，点P 的坐标为()1,0，则AP 的最小值为___________.2. 解析 由22cos 4sin 40ρρθρθ--+=，化为普通方程为222440x y x y +--+=， 即()()22121x y -+-=，由圆心为()1,2，P 为()1,0，则AP 最小值为1.故选D.3.（2107全国2卷理科22）在直角坐标系xOy 中，以坐标原点为极点，x 轴的正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线1C 的极坐标方程为cos 4ρθ=．（1）M 为曲线1C 上的动点，点P 在线段OM 上，且满足16OM OP ⋅=，求点P 的轨迹2C 的直角坐标方程； （2）设点A 的极坐标为2,3π⎛⎫⎪⎝⎭，点B 在曲线2C 上，求OAB △面积的最大值． 3．解析 （1）设()()00M P ρθρθ，，，，则0||OM OP ρρ==，．由000016cos 4ρρρθθθ=⎧⎪=⎨⎪=⎩，解得4cos ρθ=，化直角坐标方程为()2224x y -+=()0x ≠. （2）联结AC ，易知AOC △为正三角形，||OA 为定值．所以当高最大时，AOB △的面积最大，如图所示，过圆心C 作AO 垂线，交AO 于点H ，交圆C 于B 点，此时AOB S △最大， max 1||||2S AO HB =⋅()12AO HC BC =+2.题型161 直角坐标方程化为极坐标方程 题型162 参数方程化普通方程4.（17江苏21 C ）在平面坐标系xOy 中，已知直线l 的参数方程为82x t ty =-+⎧⎪⎨=⎪⎩ （t 为参数），曲线C 的参数方程为22x sy ⎧=⎪⎨=⎪⎩（s 为参数）．设P 为曲线C 上的动点，求点P 到直线l 的距离的最小值．4.解析 直线l 的普通方程为280x y -+=． 因为点P 在曲线C 上，设()22P s ，从而点P 到直线l的距离224sd +==当s =min d =因此当点P 的坐标为()4,4时，曲线C 上点P 到直线l5.（2017全国1卷理科22）在直角坐标系xOy 中，曲线C 的参数方程为3cos sin x y θθ=⎧⎨=⎩（θ为参数），直线l 的参数方程为()41x a tt y t =+⎧⎨=-⎩为参数. （1）若1a =-，求C 与l 的交点坐标；（2）若C 上的点到la .5.解析 （1）当1a =-时，直线l 的方程为430x y +-=，曲线C 的标准方程为2219xy +=.联立方程2243019x y x y +-=⎧⎪⎨+=⎪⎩，解得30x y =⎧⎨=⎩或21252425x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，则C 与l 交点坐标是()30，和21242525⎛⎫- ⎪⎝⎭，. （2）直线l 一般式方程为440x y a +--=，设曲线C 上点()3cos sin p θθ，． 则点P 到l的距离d ==3tan4ϕ=． 依题意得max d 16a =-或8a =.6.（2017全国3卷理科22）在平面直角坐标系xOy 中，直线1l 的参数方程为2+x ty kt =⎧⎨=⎩（t 为参数），直线2l 的参数方程为2x mm m y k =-+⎧⎪⎨=⎪⎩（为参数）．设1l 与2l 的交点为P ，当k 变化时，P 的轨迹为曲线C ．（1）写出C 的普通方程；（2）以坐标原点为极点，x 轴正半轴为极轴建立极坐标系，设()3cos sin 0l ρθθ+=：，M 为3l 与C 的交点，求M 的极径．6．解析 ⑴将参数方程转化为一般方程()1:2l y k x =- ① ()21:2l y x k=+ ② ⨯①②，消k 可得224x y -=，即点P 的轨迹方程为224x y -=()0y ≠.⑵将极坐标方程转化为一般方程3:0l x y +=，联立2204x y x y ⎧+-=⎪⎨-=⎪⎩，解得x y ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩. 由cos sin x y ρθρθ=⎧⎨=⎩，解得ρ=M．题型163 普通方程化参数方程——暂无 题型164 参数方程与极坐标方程的互化——暂无第二节 不等式选讲（选修4-5）题型165 含绝对值的不等式7.（2017全国1卷理科23）已知函数()2–4f x x ax =++，()11g x x x =++-.（1）当1a =时，求不等式()()f x g x …的解集； （2）若不等式()()f x g x …的解集包含[]–11，，求a 的取值范围. 7.解析 （1）当1a =时，()24f x x x =-++为开口向下，对称轴为12x =的二次函数， ()211121121x x g x x x x x x >⎧⎪=++-=-⎨⎪-<-⎩，，，剟，当(1,)x ∈+∞时，令()()f x g x 単，即242x x x -++…，解得x ⎛∈ ⎝⎦.当[]11x ∈-，时，令()()f x g x 単，即242x x -++…，解得[]1,1x ∈-． 当()1x ∈-∞-，时，令()()f x g x 単，即242x x x -++-…，解得x ∈∅． 综上所述，()()f x g x …的解集为1⎡-⎢⎣⎦．（2）依题意得242x ax -++≥在[]11-，上恒成立，即220x ax --≤在[]11-，恒成立， 则只需()()2211201120a a ⎧-⋅-⎪⎨----⎪⎩……，解得11a -剟． 故a 取值范围是[]11-，． 8.（2017全国3卷理科23）已知函数()12f x x x =+--．（1）求不等式()1f x …的解集； （2）若不等式()2–f x x x m+…的解集非空，求m 的取值范围．8．解析 （1）()12f x x x =+--可等价为()3,121,123,2x f x x x x --⎧⎪=--<<⎨⎪⎩…….由()1f x …，可得①当1x -…时显然不满足题意； ② 当12x -<<时，211x -…，解得1x …； ③ 当2x …时，()31f x =…恒成立.综上，()1f x …的解集为{}1x x …. ⑵不等式()2f x x x m -+…等价于()2f x x x m -+…， 令()()2g x f x x x =-+，则()g x m …的解集非空只需要()max g x m ⎡⎤⎣⎦…. 而()2223,131,123,2x x x g x x x x x x x ⎧-+--⎪=-+--<<⎨⎪-++⎩…….①当1x -…时，()()max 13115g x g =-=---=-⎡⎤⎣⎦； ②当12x -<<时，()2max3335312224g x g ⎛⎫⎛⎫==-+⋅-=⎡⎤ ⎪ ⎪⎣⎦⎝⎭⎝⎭；④ 当2x …时，()()2max 22231g x g ==-++=⎡⎤⎣⎦.综上所述，()max 54g x =⎡⎤⎣⎦，故54m ….题型166 不等式的证明题型167 函数单调性在证明不等式中的应用 题型168 柯西不等式在证明不等式中的应用——暂无9.（2017江苏21 D ）已知,,,a b c d 为实数，且224a b +=，2216c d +=，证明：8ac bd +…．9.解析 由柯西不等式可得()()()22222ac bd a bcd +++…，因为224a b +=，2216c d +=，所以()264ac bd +…，因此8ac bd +…． 10.（2107全国2卷理科23）已知0a >，0b >，332a b +=，求证：（1）()()554a b a b ++…； （2）2a b +…．10．解析 （1）由柯西不等式得()()()2255334a b a b a b ++=+=≥，1a b ==时取等号．（2）因为()()()()()33232233333232244a b a b a a b ab b ab a b a b a b ++=+++=+++++=+…，所以()38a b +≤，即2a b +≤，当且仅当1a b ==时等号成立．。

一.命题解读1、推理是数学的基本思维过程，由于解答试题的过程就是推理的过程，因此高考对本部分内容的考查将会渗透到每一道试题中，对推理的考查往往会直接命制归纳推理或类比推理应用的问题，通过推理产生结论，结合点可以是图形、数列以及设计其他的具有推理特点的新问题，在复习中应注意理解常用的推理方法，掌握其过程以解决具体问题。

2、证明是数学的基本思维过程，是高考的重要内容，并且本部分内容也将会渗透到高考试题中，主要在选择题和填空题中，考查利用基本的证明方法如：分析法、综合法解决问题的意识和能力，也有可能以解答题的形式出现，最典型的命题是与归纳推理结合，通过归纳推理产生结论，然后用数学归纳法加以证明。

二．重点归纳推理与证明中主要知识可以概括为：两种推理形式、两种证明方式、三种证明方法。

1、两种推理形式（1）合情推理：根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出猜想的推理，包括归纳推理与类比推理。

归纳推理：由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理。

类比推理：由两个（两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推测出他们在其他方面也相似或相同；或其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理称为类比推理。

（2）演绎推理：根据一般性的真命题（或逻辑规则）导出特殊命题为真的推理叫演绎推理。

2、两种证明方式（1）直接证明：直接从原命题的条件逐步推得命题成立，这种证明通常称为直接证明。

常用的直接证明方法有综合法与分析法。

（2）间接证明：不是从正面论证命题的真实性，而是考虑证明它的否定为假，间接地达到目的。

常见的间接证明方法是反证法。

3、四种证明方法（1）综合法：从题设中的已知条件或已证的真实判断出发，经过一系列的中间推理，最后导出所求证的命题。

综合法是一种由因导果的证明方法。

（2）分析法：一般地，从要证明的结论出发，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，这种证明方法叫做分析法。

2019年考试大纲解读10 不等式、推理与证明（十三）不等式1．不等关系了解现实世界和日常生活中的不等关系，了解不等式（组）的实际背景.2．一元二次不等式（1）会从实际情境中抽象出一元二次不等式模型.（2）通过函数图像了解一元二次不等式与相应的二次函数、一元二次方程的联系.（3）会解一元二次不等式，对给定的一元二次不等式，会设计求解的程序框图.3．二元一次不等式组与简单线性规划问题（1）会从实际情境中抽象出二元一次不等式组.（2）了解二元一次不等式的几何意义，能用平面区域表示二元一次不等式组.（3）会从实际情境中抽象出一些简单的二元线性规划问题，并能加以解决.4．基本不等式：（1）了解基本不等式的证明过程.（2）会用基本不等式解决简单的最大（小）值问题.（十八）推理与证明1．合情推理与演绎推理（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.2．直接证明与间接证明（1）了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点.（2）了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程、特点.3．数学归纳法了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.这部分内容与2018考纲相比没有什么变化，主要以客观题的形式出现，命题方向如下:不等式的命题方向为：（1）选择题、填空题中以简单的线性规划、不等式的性质为主，有时也与其他知识相交汇，试题难度中等；（2）解答题中通常以其他知识为主，结合不等式的相关知识或有关不等式问题的证明等，试题难度中等偏上.推理与证明的命题方向为：（1）选择题或填空题中常将有关归纳方法的应用与其他知识相交汇，有时以数学文化为背景，试题难度中等；（2）解答题中通常以其他知识为主，通过推理与证明来解决相关问题，注意反证法的应用，试题难度中等或中等偏上.考向一 解不等式样题1 （2018新课标全国Ⅲ理科）设，，则0.2log 0.3a =2log 0.3b =A ．B ．C ．D ．【答案】B【解析】∵，，，，0.2log 0.3a =2log 0.3b =,即，又，，即，故选B.考向二 一元二次不等式的解法样题2 （2018新课标全国Ⅰ理科）已知集合，则A =R ðA ．B ．C ．D ．【答案】B 【解析】解不等式得，所以，所以可以求得，故选B ．样题3 若不等式的解集为,则不等式的解集为A ．或B ．C ．D ．或【答案】B考向三 目标函数的最值问题样题4（2018新课标I 理科）若，满足约束条件，则的最大值为x y 32z x y =+_____________．【答案】6【解析】根据题中所给的约束条件，画出其对应的可行域，如图所示：由可得，画出直线，将其上下移动，结合的几何意义，可知32z x y =+32y x =-2z当直线过点B 时，z 取得最大值，由，解得，此时，故答案为6.()2,0B 【名师点睛】该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z 的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型，根据不同的形式，应用相应的方法求解.样题5 已知满足，则的取值范围是,x y A ．B ．121,812⎡⎤⎢⎥⎣⎦121,732⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．D ．[]65,73[]65,81【答案】A【解析】作出不等式组所表示的平面区域，如图中阴影部分所示，目标函数表示点 与可行域内点的距离的平方，点P 到直线的()3,4P --4x y +=距离：，点P 到坐标原点的距离加上半径：，则目标函数的取值范围是.故选A ．121,812⎡⎤⎢⎥⎣⎦考向四利用线性规划解决实际问题样题6某颜料公司生产两种产品，其中生产每吨产品，需要甲染料1吨，乙染料4吨，丙染料2吨，生产每吨产品，需要甲染料1吨，乙染料0吨，丙染料5吨，且该公司一天之内甲、乙、丙三种染料的用量分别不超过50吨、160吨和200吨，如果产品的利润为300元/吨，产品的利润为200元/吨，则该颜料公司一天之内可获得的最大利润为A．14000元B．16000元C．16000元D．20000元【答案】A【解析】依题意，将题中数据统计如下表所示：学-科网设该公司一天内安排生产产品吨、产品吨，所获利润为元，依据题意得目标函数为，约束条件为,欲求目标函数的最大值，先画出约束条件表示的可行域，如图中阴影部分所示，则点，，，，作直线，当移动该直线过点时，取得最大值，则也取得最大值（也可通过代入凸多边形端点进行计算，比较大小求得）.故.所以工厂每天生产产品40吨，产品10吨时，才可获得最大利润，为14000元.选A．考向五 推理样题7 （2017新课标全国Ⅱ理科）甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则A ．乙可以知道四人的成绩B ．丁可以知道四人的成绩C ．乙、丁可以知道对方的成绩D ．乙、丁可以知道自己的成绩【答案】D考向六 数学归纳法样题8 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n =0有一根为S n －1(n ∈N *)．（1）求a 1，a 2；（2）猜想数列{S n }的通项公式，并给出证明．【解析】（1）当n =1时，方程x 2－a 1x －a 1=0有一根为S 1－1=a 1－1，∴(a 1－1)2－a 1(a 1－1)－a 1=0，解得a 1=.12当n =2时，方程x 2－a 2x －a 2=0有一根为S 2－1=a 1+a 2－1=a 2－，12∴2－a 2－a 2=0，解得a 2=.(a 2－12)(a 2－12)16下面用数学归纳法证明这个结论．①当n =1时，结论成立．②假设n =k (k ∈N *，k ≥1)时结论成立，即S k =，kk ＋1当n =k +1时，S k +1====.12－Sk 12－kk ＋1k ＋1k ＋21(1)1k k +++即当n =k +1时结论成立．由①②知S n =对任意的正整数n 都成立．nn ＋1。

数学归纳法【考点梳理】1．数学归纳法证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立. 2．数学归纳法的框图表示【考点突破】考点一、用数学归纳法证明等式【例1】设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．[解析] (1)当n ＝2时，左边＝f (1)＝1，右边＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1＝1，左边＝右边，等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立， 即f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＝k [f (k )－1]， 那么，当n ＝k ＋1时，f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＋f (k )＝k [f (k )－1]＋f (k )＝(k ＋1)f (k )－k ＝(k ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤fk ＋－1k ＋1－k ＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]， ∴当n ＝k ＋1时结论仍然成立．由(1)(2)可知，f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)． 【类题通法】 1．明确“2思路”(1)用数学归纳法证明等式问题，要“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n 0是多少．(2)由n ＝k 时等式成立，推出n ＝k ＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程．2．记牢“4句话”两个步骤要做到，递推基础不可少； 归纳假设要用到，结论写明莫忘掉． 【对点训练】用数学归纳法证明等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n n ＋2.[解析] (1)当n ＝1时，左边＝12＝1， 右边＝(－1)0×＋2＝1，左边＝右边，原等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k －1·k k ＋2.那么，当n ＝k ＋1时， 12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k ·(k ＋1)2＝(－1)k －1·k k ＋2＋(－1)k·(k ＋1)2＝(－1)k·k ＋12[－k ＋2(k ＋1)]＝(－1)k·k ＋k ＋2.∴n ＝k ＋1时，等式也成立， 由(1)(2)知对任意n ∈N *，都有 12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n n ＋2.考点二、用数学归纳法证明不等式【例2】设实数c >0，整数p >1，n ∈N *.证明：当x >－1且x ≠0时，(1＋x )p>1＋px . [解析] ①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k>1＋kx 成立． 当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )·(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x .所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p>1＋px 均成立． 【类题通法】应用数学归纳法证明不等式应注意的问题1．当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.2．用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法. 【对点训练】求证：12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，n ∈N *.[解析] ①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1).那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2. 下面证明ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋2). 令f (x )＝ln(1＋x )－x1＋x(x >0)，则f ′(x )＝x（1＋x ）2>0，∴f (x )在(0，＋∞)上递增，∴f (x )>f (0)＝0，∵1k ＋1>0，∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1>0，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1－1k ＋11＋1k ＋1>0， 即lnk ＋2k ＋1－1k ＋2>0， ∴ln(k ＋2)－ln(k ＋1)－1k ＋2>0，即ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋2). ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立.根据①②可知，12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，n ∈N *成立.考点三、归纳——猜想——证明【例3】已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a n 2＋1a n－1，且a n >0，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式； (2)证明(1)中的猜想.[解析] (1)当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1，即a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1(a 1>0).当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0. ∴a 2＝5－3(a 2>0).同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *).(2)①由(1)知，当n ＝1，2，3时，通项公式成立. ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，通项公式成立， 即a k ＝2k ＋1－2k －1. 由于a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k， 将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式，整理得a 2k ＋1＋22k ＋1a k ＋1－2＝0，∴a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1，即n ＝k ＋1时通项公式成立.根据①②可知，对所有n ∈N *，a n ＝2n ＋1－2n －1成立. 【类题通法】1．利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性.2．“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题. 【对点训练】设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15. (1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的通项公式．[解析] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2a 2－3－4，a 1＋a 2＝4a 3－12－8，a 1＋a 2＋a 3＝15，解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7. (2)猜测a n ＝2n ＋1. 由S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n 得，S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1)(n ≥2)，两式相减，整理得a n ＝2na n ＋1－2(n －1)a n －6n －1， 即a n ＋1＝2n －12n a n ＋6n ＋12n ，又a 1＝3，a 2＝5，满足式子， 建立了a n 与a n ＋1的递推关系(n ∈N *)； 下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝3＝2×1＋1，满足结论， ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立． 即a k ＝2k ＋1，。

核心考点解读——推理与证明1．（2017高考新课标II，理7）甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则A．乙可以知道四人的成绩B．丁可以知道四人的成绩C．乙、丁可以知道对方的成绩D．乙、丁可以知道自己的成绩2.(2016高考新课标II，理15)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是.3．(2014高考新课标I，理14)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市．由此可判断乙去过的城市为__________．1．在侦破某一起案件时，警方要从甲、乙、丙、丁四名可疑人员中揪出真正的嫌疑人，现有四条明确的信息：（1）此案是两人共同作案；（2）若甲参与此案，则丙一定没参加；（3）若乙参与此案，则丁一定参与；（4）若丙没参与此案，则丁也一定没参与.据此可以判断参与此案的两名嫌疑人是A．甲、乙B．乙、丙C．丙、丁D．甲、丁2．对大于1的自然数的三次幂可以分解成几个奇数的和，比如，依此规律，则的分解和式中一定不含有A．2069 B．2039C．2009 D．19793．中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜千里之外.”其中的“筹”取意是指《孙子算经》中记载的算筹.古代是用算筹来进行计算.算筹是将几寸长的小竹棍摆在下面上进行运算.算筹的摆放形式有纵横两种形式（如下图所示).表示一个多位数时，像阿拉伯计数一样，把各个数位的数码从左到右排列.但各位数码的筹式要纵横相间，个位，百位，万位数用纵式表示，十位，千位，十万位数用横式表示.依此类推.例如3266用算筹表示就是，则8771用算筹可表示为中国古代的算筹数码A．B．C．D．4．设，利用求出数列的前项和，设，类比这种方法可以求得数列的前项和__________.5.用数学归纳法证明：错误！未找到引用源。

（参考）2019年高考数学考点解读+命题热点突破专题04算法推理证明文【考向解读】1.以客观题形式考查算法的基本逻辑结构，会与函数、数列、不等式、统计、概率等知识结合命题．2.以客观题形式考查复数的运算、复数的相等、共轭复数和复数及其代数运算的几何意义，与其他知识较少结合，应注意和三角函数结合的练习．3.推理与证明在选择、填空、解答题中都有体现，但很少单独命题，若单独命题，一般以客观题形式考查归纳与类比．4.通常是以数列、三角、函数、【解析】几何、立体几何等知识为载体，考查对推理与证明的掌握情况，把推理思路的探求、推理过程的严谨，推理方法的合理作为考查重点．【命题热点突破一】程序框图例1、【2016高考新课标1卷】执行右面的程序框图,如果输入的,则输出x,y的值满足011，，===x y n（A）（B）（C）（D）2y x=5y x==4y x=3y x【答案】C【感悟提升】程序框图中单纯的顺序结构非常简单，一般不出现在高考中，在高考中主要出现的是以“条件结构”和“循环结构”为主的程序框图．以“条件结构”为主的程序框图主要解决分段函数求值问题，以“循环结构”为主的程序框图主要解决数列求和、统计求和、数值求积等运算问题，这两种类型的程序框图中，关键因素之一就是“判断条件”，在解题中要切实注意判断条件的应用．【变式探究】某程序框图如图所示，若该程序运行后输出的S的值为72，则判断框内填入的条件可以是( )A．n≤8? B．n≤9? C．n≤10? D．n≤11?【答案】A【命题热点突破二】合情推理与演绎推理例2、(1)观察下列各式：C＝40；C＋C＝41；C＋C＋C＝42；C＋C＋C＋C＝43；……照此规律，当n∈N*时，C＋C＋C＋…＋C＝________．(2)我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法可以求出过点A(－2，3)，且法向量为n＝(－1，2)的直线方程为(－1)×(x＋2)＋2×(y－3)＝0，化简得x－2y＋8＝0.类比上述方法，在空间直角坐标系中，经过点A(1，2，3)，且法向量为n＝(－1，2，－3)的平面的方程为________．【答案】（1）4n－1 （2）x－2y＋3z－6＝0【解析】（1）归纳可知，C＋C＋C＋…＋C＝4n－1.（2）类比直线方程的求解方法，可得平面的方程为（－1）×（x－1）＋2×（y－2）＋（－3）×（z－3）＝0，即x－2y＋3z－6＝0.【感悟提升】由特殊结论得出一般结论的推理是归纳推理，归纳出的一般性结论要包含已知的特殊结论；根据已有结论推断相似对象具有相应结论的推理就是类比推理．归纳和类比得出的结论未必正确，其正确性需要通过演绎推理进行证明．合情推理和演绎推理在解决数学问题中是相辅相成的．【变式探究】已知cos＝，coscos＝，coscos·cos＝，……根据以上等式，可猜想的一般结论是________________．【答案】coscos…cos＝（n∈N*）【解析】从已知等式的左边来看，3，5，7，…是通项为2n＋1的等差数列，等式的右边是通项为的等比数列.由以上分析可以猜想出一般结论为coscos…cos＝（n∈N*）.【命题热点突破三】排列与组合例3、【2016年高考四川理数】用数字1，2，3，4，5组成没有重复数字的五位数，其中奇数的个数为（A）24 （B）48 （C）60 （D）72【答案】D【感悟提升】解决排列组合问题的基本方法有直接法和间接法．直接法就是采用分类、分步的方法逐次求解，间接法是从问题的对立面求解．不论是直接法还是间接法，都要遵循“特殊元素、特殊位置优先考虑”的原则．注意几种典型的排列组合问题：相邻问题(捆绑法)、不相邻问题(插空法)、定序问题(组合法)、分组分配问题(先分组后分配)等．【变式探究】已知直线＋＝1(a ，b 是非零常数)与圆x2＋y2＝100有公共点，且公共点的横坐标和纵坐标均为整数，那么这样的直线有________条.【答案】60【解析】由于圆x2＋y2＝100上满足条件的整数点（x ，y ）有12个：（±10，0），（±6，±8），（±8，±6），（0，±10），所以直线经过这些点，但a ，b 是非零常数，所以直线不与x 轴、y 轴垂直，且不经过原点.满足条件的直线有两类：一类与圆有2个公共点，除去垂直于坐标轴和经过原点的直线，共有C －10－4＝52（条）；另一类与圆有1个公共点（即圆的切线），同样除去垂直于坐标轴的直线，共有8条.综上，所求的直线共有60条.【命题热点突破四】二项式定理例4、【2016年高考理数】在的展开式中，的系数为__________________.（用数字作答）6(12)x -2x【答案】60.【解析】根据二项展开的通项公式可知，的系数为。

2019高考数学考前15天专项突破：推理证明的解题技巧——推理证明的解题技巧本节主要考查的识点有：归纳推理、类比推理两种合情推理和演绎推理；直接证明与间接证明；算法的含义、几种基本的算法语句、程序框图、推理渗透在每个高考试题中，证明的方式出现在高考题中；〔3〕常见的论证方法有：综合法、分析法及反证法等、〔1〕归纳猜想是一种重要的思维方法，是对有限的资料进行观察、分析、归纳、整理，然后提出带有规律性的结论，是由部分到整理，由个别到一般的推理；结果的正确性还需进一步论证，一般地，考查的个体越多，归纳出的结论可靠性越大、〔2〕类比的关健是能把两个系统之间的某些一致性确切地表述出来，也就是要把相关对象在某些方面一致性的含糊认识说清楚，在学习中要注意通过类比去发现探索新问题、〔3〕综合法的特点是：以“”看“可知”，逐步推向“未知”，实际上是寻找使问题成立的必要条件，是一个由因导果的过程；分析法的特点是：从“未知”看“需知”逐步靠拢“”，即寻找使问题成立的充分条件，是一个执果索因的过程、〔4〕一般来说：分析法有两种证明途径：①由命题结论出发，寻找结论成立的充分条件，逐步推导下去；②由命题结论出发，寻找结论成立的充要条件，逐步推导下去、〔5〕反证法在高考中的要求不高，但这种“正难那么反”的思维方式值得重视，解决问题时要注意从多方面考虑，提高解决问题的灵活性、【高考要求】〔1〕合情推理与演绎推理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;〔2〕直接证明与间接证明①了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点;②了解间接证明的一种基本方法──反证法；了解反证法的思考过程、特点；〔3〕了解算法的含义；理解程序框图的三种基本结构：顺序、选择、循环；理解几种基本算法语句.题型一：合情推理例1〔1〕假设∆ABC 内切圆半径为r ，三边长为a 、b 、c ，那么∆ABC 的面积S ＝12 r (a +b +c )类比到空间，假设四面体内切球半径为R ，四个面的面积为S 1、S 2、S 3、S 4，那么四面体的体积＝、〔2〕在古腊毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，…这些数叫做三角形数，因为这些数对应的点可以排成一个正三角形,那么第n 个三角形数为(). A.n B.)1(21n nC.12-nD.)1(21-n n【特别提醒】〔1〕类比推理是指两类对象具有一些类似特征，由其中一类的某些特征推出另一类对象的某些特征；〔2〕这是一种归纳推理方法，要善于发现其中的数字间的特征才能找到规律，得到一般形式.题型二：演绎推理例2.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，E,F 分别是11A B,AC 的中点，点D 在11B C 上，11A D B C ⊥.求证：〔1〕EF ∥ABC 平面； 〔2〕111A FD BB C C ⊥平面平面.题型三：直接证明 例3,0,0>>b a 求证：.b a ab ba+≥+证法1：〔综合法〕,0,0>>b a ab ba 2≥+∴，当且仅当b a =时等号成立，ba ab 2≥+∴当且仅当b a =时等号成立，,22b a a ab b ba +≥+++∴即.b a ab ba +≥+证法2：〔分析法〕要证.b a ab ba+≥+，只要证,a b b a b b a a +≥+即证0)()(≥-+-a b b b a a ，即证,0))((≥--b a b a 即0)()(2≥+-b a b a由,0,0>>b a ,0)(2≥-b a ,0>+b a 得0)()(2≥+-b a b a ，所以原不等式成立 【特别提醒】综合法着力分析和求证之间的差异和联系，并合理运用条件进行有效的变换是证明的关键，综合法可以使证明过程表述简洁，但必须首先考虑从哪开始，这一点比较困难，分析法就可以帮助我们克服这一点，运用分析法比较容易探求解题的途径，但过程不及综合法简单，所以应把它们结合起来.〔1〕用综合法证明时难找到突破口，解题受阻；〔2〕分析法是寻找使不等式成立的充分条件，最后要充分说明推出的结论为什么成立.题型四：间接证明例4：函数y=a x +12+-x x (a ＞1).〔1〕证明：函数f(x)在〔-1,+∞)上为增函数； 〔2〕用反证法证明方程f (x )=0没有负数根.〔2〕方法一假设存在x 0＜0(x 0≠-1)满足f(x 0)=0,那么a 0x =-1200+-x x .∵a ＞1,∴0＜a 0x ＜1,∴0＜-1200+-x x ＜1,得21＜x 0＜2，与假设x 0＜0相矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.方法二假设存在x 0＜0(x 0≠-1)满足f(x 0)=0,①假设-1＜x 0＜0，那么1200+-x x ＜-2,a 0x ＜1,∴f(x 0)＜-1,与f(x 0)=0矛盾.②假设x 0＜-1,那么1200+-x x ＞0,a 0x ＞0,∴f(x 0)＞0,与f(x 0)=0矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.【特别提醒】用反证法证明把握三点〔1〕必须先否定结论，即肯定结论的反面；〔2〕必须从否定结论进行推理，即把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证，〔3〕导致的矛盾可能多种多样，但推导出的矛盾必须是明显的.【专题训练】1、为提高信息在传输中的抗干扰能力，通常在原信息中按一定规那么加入相关数据组成传输信息、设定原信息为012i a a a a ，{01}∈，〔012i =，，〕，传输信息为00121h a a a h ，其中001102h a a h h a =⊕=⊕，，⊕运算规那么为：000⊕=，011⊕=，101⊕=，110⊕=，例如原信息为111，那么传输信息为01111、传输信息在传输过程中受到干扰可能导致接收信息出错，那么以下三个接收信息：〔1〕11010〔2〕01100〔3〕10111，一定有误的是〔填序号〕、2.函数ln ()xf x xx=-. 〔１〕求函数()f x 的单调区间； 〔2〕试证明：对任意n N *∈，不等式211ln n n n n++<恒成立、 3.如下图，点P 为斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点，PM ⊥BB 1交AA 1于点M ，PN ⊥BB 1交CC 1于点N.〔1〕求证：CC 1⊥MN ；〔2〕在任意△DEF 中有余弦定理：DE 2=DF 2+EF 2-2DF ·EF ·cos ∠DFE.拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个 侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.答案及其解析图335--令'()0f x =得21ln x x =-显然1x =是上方程的解令2()ln 1g x x x =+-，(0,)x ∈+∞，那么1'()2g x x x=+0>∴函数()g x 在(0,)+∞上单调递增 ∴1x =是方程'()0f x =的唯一解 ∵当01x <<时21ln '()1xf x x -=-0>，当1x >时'()0f x <∵11nn+>∴21111ln (1)n n n n n n n n++++<-= 即对n N *∀∈，不等式211ln n n n n++<恒成立、3.【解析】〔1〕∵PM ⊥BB 1，PN ⊥BB 1，∴BB 1⊥平面PMN.∴BB 1⊥MN .又CC 1∥BB 1，∴CC 1⊥MN .〔2〕在斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，有S 211A ABB =S 211B BCC +S 211A ACC －2S11B BCC S11A ACC cos α.其∴P M 2·CC 21=PN 2·CC 21+MN 2·CC 21-2〔PN ·CC 1〕·〔MN ·CC 1〕cos ∠MNP ，由于S11B BCC =PN ·CC 1，S11A ACC =MN ·CC 1，S11A ABB =PM ·BB 1=PM ·CC 1，∴S 211A ABB =S 211B BCC +S 211A ACC －2S11B BCC ·S11A ACC ·cos α.。

专题04 推理与证明【母题来源一】【2019年高考全国Ⅱ卷理数】2019年1月3日嫦娥四号探测器成功实现人类历史上首次月球背面软着陆，我国航天事业取得又一重大成就，实现月球背面软着陆需要解决的一个关键技术问题是地面与探测器的通讯联系．为解决这个问题，发射了嫦娥四号中继星“鹊桥”，鹊桥沿着围绕地月拉格朗日2L 点的轨道运行．2L 点是平衡点，位于地月连线的延长线上．设地球质量为M １，月球质量为M ２，地月距离为R ，2L 点到月球的距离为r ，根据牛顿运动定律和万有引力定律，r 满足方程：121223()()M M M R r R r r R +=++．设r Rα=，由于α的值很小，因此在近似计算中34532333(1)ααααα++≈+，则r 的近似值为 ABCD【答案】D【母题来源二】【2017年高考全国Ⅱ卷理数】甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则A ．乙可以知道四人的成绩B ．丁可以知道四人的成绩C ．乙、丁可以知道对方的成绩D ．乙、丁可以知道自己的成绩【命题意图】1．合情推理与演绎推理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．2．直接证明与间接证明①了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点．②了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程、特点．【命题规律】这类试题在考查题型上主要以选择题或填空题的形式出现，主要考查合情推理与演绎推理，直接证明与间接证明，试题难度不大，多为中低档题．【答题模板】1．根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳类比．2．演绎推理是从一般到特殊的推理；其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略．3．综合法的证明步骤如下：①分析条件，选择方向：确定已知条件和结论间的联系，合理选择相关定义、定理等；②转化条件，组织过程：将条件合理转化，书写出严密的证明过程．特别地，根据题目特点选取合适的证法可以简化解题过程．4．分析法的证明过程是：确定结论与已知条件间的联系，合理选择相关定义、定理对结论进行转化，直到获得一个显而易见的命题即可．5．反证法的一般步骤用反证法证明命题时，要从否定结论开始，经过正确的推理，导出逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)的过程．这个过程包括下面三个步骤：①反设——假设命题的结论不成立，即假设原结论的反面为真；②归谬——由“反设”作为条件，经过一系列正确的推理，得出矛盾；③存真——由矛盾结果断定反设错误，从而肯定原结论成立．即反证法的证明过程可以概括为：反设——归谬——存真．【方法总结】1．归纳推理是由部分到整体、由特殊到一般的推理，由归纳推理所得的结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠．2．类比推理应用的类型及相应方法①类比定义：在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解；②类比性质：从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键；③类比方法：有一些处理问题的方法具有类比性，可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移．3．解决此类数阵问题时，通常利用归纳推理，其步骤如下：①明确各行、各列数的排列顺序；②分别归纳各行、各列中数的规律；③按归纳出的规律写出第n 行第m 个数．解决此类问题一般需要转化为求数列的通项公式或前n 项和等．4．演绎推理的结论是否正确，取决于该推理的大前提、小前提和推理形式是否全部正确，因此，分析推理中的错因实质就是判断大前提、小前提和推理形式是否正确．5．逆向思考是用分析法证明的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．6．证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．7．用反证法证明不等式要把握的三点（1）必须先否定结论，即肯定结论的反面．（2）必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为条件，且必须依据这一条件进行推证．（3）推导出的矛盾可能多种多样，有的与已知矛盾，有的与假设矛盾，有的与已知事实矛盾等，且推导出的矛盾必须是明显的．1．【重庆市巴蜀中学2019届高三适应性月考七】某演绎推理的“三段”分解如下：①函数()lg f x x =是对数函数；②对数函数log (1)a y x a =>是增函数；③函数()lg f x x =是增函数．则按照演绎推理的三段论模式，排序正确的是A ．①→②→③B ．③→②→①C ．②→①→③D ．②→③→①【答案】C2．【陕西省宝鸡市2019届高考模拟检测三】下列推理不属于合情推理的是A ．由铜、铁、铝、金、银等金属能导电，得出一切金属都能导电．B ．半径为r 的圆面积2S r =π，则单位圆面积为S =π．C ．由平面三角形的性质推测空间三棱锥的性质．D ．猜想数列2，4，8，…的通项公式为2nn a =．n ∈+N ．【答案】B3．【陕西省榆林市2019届高考第三次模拟测试】西安市为了缓解交通压力，实行机动车限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末（周六和周日）不限行某公司有A ，B ，C ，D ，E 五辆车，每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E 车周四限行，B 车昨天限行，从今天算起，A ，C 两车连续四天都能上路行驶，E 车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是A ．今天是周四B ．今天是周六C ．A 车周三限行D ．C 车周五限行 【答案】A4．【黑龙江省哈尔滨市第六中学上学期期末】2018年暑假期间哈六中在第5届全国模拟联合国大会中获得最佳组织奖，其中甲、乙、丙、丁中有一人获个人杰出代表奖，记者采访时，甲说：我不是杰出个人；乙说：丁是杰出个人；丙说：乙获得了杰出个人；丁说：我不是杰出个人，若他们中只有一人说了假话，则获得杰出个人称号的是A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁 【答案】B5．【辽宁省朝阳市重点高中2019届高三第四次模拟】甲，乙，丙，丁四名学生，仅有一人阅读了语文老师推荐的一篇文章．当它们被问到谁阅读了该篇文章时，甲说：“丙或丁阅读了”；乙说：“丙阅读了”；丙说：“甲和丁都没有阅读”；丁说：“乙阅读了”．假设这四名学生中只有两人说的是对的，那么读了该篇文章的学生是A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁【答案】B6．【宁夏石嘴山市第三中学2019届高三下学期一模】在侦破某一起案件时，警方要从甲、乙、丙、丁四名可疑人员中查出真正的嫌疑人，现有四条明确信息：（1）此案是两人共同作案； （2）若甲参与此案，则丙一定没参与；（3）若乙参与此案，则丁一定参与； （4）若丙没参与此案，则丁也一定没参与．据此可以判断参与此案的两名嫌疑人是A ．丙、丁B ．乙、丙C ．甲、乙D ．甲、丁【答案】A7．【新疆2019届高三第三次诊断性测试】现将甲、乙、丙、丁四个人安排到座位号分别是1,2,3,4的四个座位上，他们分别有以下要求，甲：我不坐座位号为1和2的座位； 乙：我不坐座位号为1和4的座位；丙：我的要求和乙一样； 丁：如果乙不坐座位号为2的座位，我就不坐座位号为1的座位． 那么坐在座位号为3的座位上的是A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁【答案】C8．【重庆一中2019届高三下学期5月月考】在数学兴趣课堂上，老师出了一道数学思考题，某小组的三人先独立思考完成，然后一起讨论．甲说：“我做错了！”乙对甲说：“你做对了！”丙说：“我也做错了！”老师看了他们三人的答案后说：“你们三人中有且只有一人做对了，有且只有一人说对了．”请问下列说法正确的是 A ．甲说对了B ．甲做对了C ．乙说对了D ．乙做对了【答案】A9．【西南名校联盟重庆市第八中学2019届高三5月高考适应性月考】甲、乙、丙、丁四个人参加某项竞赛，四人在成绩公布前做出如下预测：甲说：获奖者在乙丙丁三人中； 乙说：我不会获奖，丙获奖；丙说：甲和丁中的一人获奖； 丁说：乙猜测的是对的．成绩公布后表明，四人中有两人的预测与结果相符，另外两人的预测与结果不相符．已知俩人获奖，则获奖的是A ．甲和丁B ．甲和丙C ．乙和丙D ．乙和丁 【答案】D 10．【山东省实验中学等四校2019届高三联合考试】观察下列式子，1ln 23>，11ln 335>+，111ln 4357>++，……，根据上述规律，第n 个不等式应该为______________． 【答案】111ln(1)3521n n +>++++L 11．【陕西省延安市2019届高考模拟】甲、乙、丙三位教师分别在延安、咸阳、宝鸡的三所中学里教不同的学科A ，B ，C ，已知：①甲不在延安工作，乙不在咸阳工作； ②在延安工作的教师不教C 学科；③在咸阳工作的教师教A 学科； ④乙不教B 学科．可以判断乙工作的地方和教的学科分别是______________、______________．【答案】宝鸡， C。