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2018高考数学(理)复习 2013-2017高考分类汇编 第14章 推理与证明 全国通用 WORD版含解析.doc

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资源描述

1、第十四章 推理与证明第1节 合情推理与演绎推理题型149 归纳推理暂无1. (2013陕西理14)观察下列等式:照此规律,第个等式可为 . 2.(2013湖北理14)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,第个三角型数为记第个边形数为 (),以下列出了部分边形数中第个数的表达式:三角形数 ,正方形数 ,五边形数 ,六边形数 , 可以推测的表达式,由此计算 3.(2014 陕西理 14) 观察分析下表中的数据: 多面体 面数() 顶点数() 棱数() 三棱锥 五棱锥 立方体 猜想一般凸多面体中,所满足的等式是_.4.(2015山东理11) 观察下列各式:;照此规律,当时, .

2、4.解析 观察各等式两侧的规律,由归纳推理的思想,不难发现:5.(2015湖北理10)设,表示不超过的最大整数. 若存在实数,使得,同时成立,则正整数的最大值是( )A B C D 5.解析 由, ,得,由得,与矛盾,所以正整数的最大值是4.故选B.命题意图 考查归纳推理与不等式的性质.题型150 类比推理暂无1. (2013福建理15)当时,有如下表达式:,两边同时积分得: ,从而得到如下等式:请根据以上材料所蕴含的数学思想方法,计算: 题型151 演绎推理暂无1(2013四川理15)设为平面内的个点,在平面内的所有点中,若点到点的距离之和最小,则称点为点的一个“中位点”例如,线段上的任意点

3、都是端点的中位点则有下列命题:若三个点共线,在线段上,则是的中位点;直角三角形斜边的点是该直角三角形三个顶点的中位点;若四个点共线,则它们的中位点存在且唯一;梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点其中的真命题是_(写出所有真命题的序号)2. (2013安徽理14)如图,互不相同的点和分别在角的两条边上,所有相互平行,且所有梯形的面积均相等. 设.若,则数列的通项公式是 . 3. (2013浙江理10)在空间中,过点作平面的垂线,垂足为,记.设是两个不同的平面,对空间任意一点,恒有,则A. 平面与平面垂直 B. 平面与平面所成的(锐)二面角为 C. 平面与平面平行 D. 平面与平面所成的(

4、锐)二面角为 4. (2013湖南理8)在等腰三角形中,点是边上异于的一点,光线从点出发,经发射后又回到原点(如图).若光线经过的中心,则等于( ).A B C D 5.(2014 新课标1理14)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过,三个城市时, 甲说:我去过的城市比乙多,但没去过城市; 乙说:我没去过城市; 丙说:我们三人去过同一城市; 由此可判断乙去过的城市为 .6.(2014 北京理 20)(本小题13分)对于数对序列,记,其中表示和两个数中最大的数,(1) 对于数对序列,求的值.(2) 记为四个数中最小值,对于由两个数对组成的数对序列和,试分别对和的两种情况比较和的大小.(3)在由个数对

5、组成的所有数对序列中,写出一个数对序列使最小,并写出的值.(只需写出结论).7.(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7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

6、,丁知道自己的成绩故选D.8.(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,接下来的两项是,再接下来的三项是,依此类推.求满足如下条件的最小整数且该数列的前项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是( ).A. B. C. D.8. 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,以此类推设第组的项数为,则组的项数和为,由题意得,令,得且,即出现在第13组

7、之后,第组的和为,组总共的和为,若要使前项和为2的整数幂,则项的和应与互为相反数,即,得的最小值为,则.故选A.第2节 证明题型152 综合法与分析法证明1.(2015全国II理24)选修4-5:不等式选讲设,均为正数,且.证明:(1)若,则;(2)是的充要条件.1.分析(1)由,及 ,可证明 ,两边开方即得;(2)由第(1)问的结论来证明.在证明中要注意分别证明充分性和必要性.解析(1)因为,由题设,得,因此.(2)( i)若,则,即.因为,所以,由()得.( ii)若,则,即.因为,所以,于是,因此.综上,是的充要条件.命题意图 不等式的证明要紧抓不等式的性质,结合其正负性来证明.充要条件

8、的证明体现了数学推理的严谨性,要分充分性和必要性两个方面来证明.2.(2016山东理16(1)在中,角,的对边分别为,已知求证:;2.解析 (1)由题意知,化简得,即.因为,所以.从而.由正弦定理得.3.(2016四川理17(1)在中,角, 所对的边分别是, ,且.证明:;3.解析(1)根据正弦定理,可设,则,.代入中,有,可变形得在中,由,有,所以4.(2016浙江理20(1)设数列满足,求证:,;4.解析 由,得.两边同时除以,得,所以,因此.5.(2016天津理18)已知是各项均为正数的等差数列,公差为,对任意的, 是和的等比中项.(1)设,求证:数列是等差数列;(2)设,.求证:.5.

9、解析 (1)证明:由题意得,有,因此,所以是等差数列.(2)证明:.所以.题型153 反证法证明1.(2015湖南理16(3)设,且.(1);(2)与不可能同时成立.1.解析 证明: 由,得 ()由基本不等式及,有,即.() 假设与同时成立,则由及得;同理,从而,这与相矛盾. 故与不可能同时成立.2.(2016全国甲理15)有三张卡片,分别写有和,和,和.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”,乙看了丙的卡片后说:“我与丙的卡片上相同的数字不是”,丙说:“我的卡片上的数字之和不是”,则甲的卡片上的数字是_.3.(2016浙江理20)设数列满足,(1)

10、求证:,;(2)若,证明:,3.解析 (1)由,得.两边同时除以,得,所以,因此.(2)任取,由(1)知,对于任意,故从而对于任意,均有,当趋于正无穷时,单调递减趋于,即否则存在,有,取正整数,且,则,即与式相矛盾.由上所述,对于任意,均有.4(2016上海理23(3) 若无穷数列满足:只要,必有,则称具有性质(1)若具有性质 且, , , ,求;(2)若无穷数列是等差数列,无穷数列是公比为正数的等比数列,判断是否具有性质,并说明理由;(3)设是无穷数列,已知,求证:“对任意,都具有性质”的充要条件为“是常数列”4解析 (1)因为,所以,因为,所以,所以(2)设的公差为,的公差为,则,因为,所

11、以,故;因为,所以,故所以,由题意,但,显然故不具有性质(3)先论证充分性:若为常数列,不妨设,则,若存在使得,则,故具有性质再论证必要性:证法一(反证法):假设不是常数列,则存在,使得,而下面证明存在满足的,使得,但设,取,使得,则,故存在使得取,因为,所以,依此类推,得,但,即,所以不具有性质,与假设矛盾,所以是常数列综上所述:“对任意,都具有性质”的充要条件为“是常数列”证法二:考察连续函数,其中为任意实数,因为,所以存在,使得,若对任意的,都具有性质,取,此时,从而会有,因此对任意的,都有,从而是常数列综上所述:“对任意,都具有性质”的充要条件为“是常数列”评注 事实上,若对任意,具有

12、性质,则,构造函数,由图像可得,对任意的,二者图像必有一个交点(但这一点需要数学理论的论述),所以一定能找到一个,使得,所以,即故,所以是常数列题型154 数学归纳法证明暂无1.(2015江苏23)已知集合,设整除或整除,令表示集合所含元素的个数(1)写出的值;(2)当时,写出的表达式,并用数学归纳法证明故与不可能同时成立.1.分析 其实解决此除了需要有良好的数学分类思维以外,还需下表辅助我们理解问题的本质带标记的表示为的倍数或约数(其实是奇葩,其余的都是的倍数),带标记的表示为的倍数或约数,而则表示既是的倍数或约数又是的倍数或约数(即为的倍数或约数,此题不作研究)这样研究时,可直接得:,当时

13、,可直接得:这就是本题的本质,以为周期进行分类整合并进行数学归纳研究解析 (1)当时,可取,共个,故(2)当时,证明:当时,枚举可得,符合通式;假设时,成立,即成立,则当时,此时,此时比多出有序数对个,即多出,从而,符合通式;另外,当,同理可证,综上,即,即当时也成立例如时,则,综上所述:2.(2015安徽理18)设,是曲线在点处的切线与轴交点的横坐标(1)求数列的通项公式;(2)记,求证:.2. 解析 (1),所以曲线在点处的切线斜率为,从而切线方程为令,解得切线与轴的交点的横坐标(2)证法一:证明:由题设和()中的计算结果知:当时,;当时,因为,所以综上可得对任意的,均有证法二:分析 证明

14、数列不等式时,对于不等式两端含且一端是积的形式,可采用对称的思想,使其化为两个数列积的形式,再通过比较通项的大小,最后根据不等式“同向同正可乘”的基本性质,叠乘得以证明证明:设是数列的前项积,则当时,;当时,所以由(1)可得,当时,;当时,所以此时,所以可得,综上可得,即3.(2015广东理21)数列满足:.(1) 求的值;(2) 求数列的前项和;(3) 令,求证:数列的前项和满足.3. 解析(1)由题可得,所以(2)由题可得当时, ,所以又也适合此式,所以,所以数列是首项为1,公比为的等比数列,故(3)由题可得,所以, ,所以 记,则当时,当时,所以在上单调递减,在上单调递增,所以当时,当时

15、,所以,所以,所以,即有,所以,即4.(2015湖北理22)已知数列的各项均为正数,e为自然对数的底数(1)求函数的单调区间,并比较与e的大小;(2)计算,由此推测计算的公式,并给出证明;(3)令,数列,的前项和分别记为, 证明:. 4. 解析 (1)的定义域为,.当,即时,单调递增;当,即时,单调递减. 故的单调递增区间为,单调递减区间为. 当时,即.令,得,即. (2);. 由此推测: 下面用数学归纳法证明. (1)当时,左边右边,成立. (2)假设当时,成立,即.当时,由归纳假设可得:.所以当时,也成立. 根据(1)(2),可知对一切正整数都成立. 所以.(3)由的定义,算术-几何平均不等式,的定义及得:,即. 5.(2015浙江理20)已知数列满足=且(1)证明: ;(2)设数列的前项和为,证明.5.解析 (1)由题意得,所以, ,所以与同号,又,所以,所以,(2)由题意得,所以, 又,所以 所以,因此, 所以 所以 6.(2015重庆理22)在数列中,(1)若,求数列的通项公式;(2)若,证明:.6. 解析 (1)由, ,有.若存在某个,使得,则由上述递推公式易得重复上述过程可得,此时与矛盾,所以对任意的,从而,即是一个公比,首项的等比数列故(2)由,数列的递推关系式变为,变形为由上式及,归纳可得因为,所以对求和得 =.另一方面,由上已证的不等式知,得: .综上所述:

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