1、第 4 讲 推理与证明1(2015湖北)已知集合 A(x，y)|x2y21，x，yZ，B(x，y)|x|2，|y|2，x，yZ，定义集合 AB(x1x2，y1y2)|(x1，y1)A，(x2，y2)B，则 AB 中元素的个数为()A77B49C45D302(2014北京)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有()A2 人B3 人C4 人D5 人3(201
2、5陕西)观察下列等式：11212，11213141314，11213141516141516，据此规律，第 n 个等式可为_4(2015福建)一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串 x1x2xn(nN*)，其中 xk(k1,2，n)称为第 k 位码元二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0 变为 1，或者由 1 变为 0)已知某种二元码 x1x2x7 的码元满足如下校验方程组：x4x5x6x70，x2x3x6x70，x1x3x5x70，其中运算定义为 000,011,101,110.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 k 位发生码元错误后变成了 1101101
3、，那么利用上述校验方程组可判定 k_.1.以数表、数阵、图形为背景与数列、周期性等知识相结合考查归纳推理和类比推理，多以小题形式出现.2.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方法，常与函数、数列及不等式等综合命题.热点一 归纳推理(1)归纳推理是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(2)归纳推理的思维过程如下：实验、观察 概括、推广 猜测一般性结论例 1(1)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nn1212n212n，记第 n 个 k 边形数为
4、 N(n，k)(k3)，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)12n212n，正方形数N(n,4)n2，五边形数N(n,5)32n212n，六边形数N(n,6)2n2n可以推测 N(n，k)的表达式，由此计算 N(10,24)_.(2)已知 f(n)112131n(nN*)，经计算得 f(4)2，f(8)52，f(16)3，f(32)72，则有_思维升华 归纳递推思想在解决问题时，从特殊情况入手，通过观察、分析、概括，猜想出一般性结论，然后予以证明，这一数学思想方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题时有着广泛的应用其思维模式是“观察归纳猜想证明”
5、，解题的关键在于正确的归纳猜想跟踪演练 1(1)有菱形纹的正六边形地面砖，按下图的规律拼成若干个图案，则第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是()A26B31C32D36(2)两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位的排法如图所示，则下列座位号码符合要求的应当是()A48,49B62,63C75,76D84,85热点二 类比推理(1)类比推理是由两类对象具有某些类似特征和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(2)类比推理的思维过程如下：观察、比较 联想、类推 猜测新的结论例 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
6、为 S1，外接圆面积为 S2，则S1S214.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V1V2_.(2)(2015日照高三第一次模拟考试)已知双曲正弦函数 sh xexex2和双曲余弦函数 ch xexex2与我们学过的正弦函数和余弦函数有许多类似的性质，请类比正弦函数和余弦函数的和 角 或 差 角 公 式，写 出 双 曲 正 弦 或 双 曲 余 弦 函 数 的 一 个 类 似 的 正 确 结 论_思维升华 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
7、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跟踪演练 2(1)若数列an是等差数列，bna1a2ann，则数列bn也为等差数列类比这一性质可知，若正项数列cn是等比数列，且dn也是等比数列，则 dn 的表达式应为()Adnc1c2cnnBdnc1c2cnnCdnn cn1cn2cnnnDdnn c1c2cn(2)若点 P0(x0，y0)在椭圆x2a2y2b21(ab0)外，过点 P0 作该椭圆的两条切线，切点分别为 P1，P2，则切点弦 P1P2 所在直线的方程为x0 xa2 y0yb2 1.那么对于双曲线x2a2y2b21
8、(a0，b0)，类似地，可以得到切点弦所在直线的方程为_热点三 直接证明和间接证明直接证明的常用方法有综合法和分析法，综合法由因导果，而分析法则是执果索因，反证法是反设结论导出矛盾的证明方法例 3 已知数列an满足：a112，31an11an21an1an1，anan11)，证明：方程 f(x)0 没有负根 1把正整数按一定的规则排成了如图所示的三角形数表设 aij(i，jN*)是位于这个三角形数表中从上往下数第 i 行、从左往右数第 j 个数，如 a428.若 aij2 011，则 i 与 j 的和为_2已知下列不等式：x1x2，x4x23，x27x34，则第 n 个不等式为_3设数列an是
9、公比为 q 的等比数列，Sn 是它的前 n 项和，证明：数列Sn不是等比数列 提醒：完成作业 专题四 第 4 讲二轮专题强化练专题四第 4 讲 推理与证明A 组 专题通关1观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则 a10b10等于()A28B76C123D1992观察下列事实：|x|y|1 的不同整数解(x，y)的个数为 4，|x|y|2 的不同整数解(x，y)的个数为 8，|x|y|3 的不同整数解(x，y)的个数为 12，则|x|y|20 的不同整数解(x，y)的个数为()A76B80C86D923(2015合肥模拟)正弦函数是奇函数，f(x)sin(x2
10、1)是正弦函数，因此 f(x)sin(x21)是奇函数，以上推理()A结论正确B大前提不正确C小前提不正确D全不正确4(2015河北衡水中学一模)某珠宝店丢了一件珍贵珠宝，以下四人中只有一个人说了真话，只有一人偷了珠宝甲：我没有偷；乙：丙是小偷；丙：丁是小偷；丁：我没有偷根据以上条件，可以判断偷珠宝的人是()A甲B乙C丙D丁5已知函数 f(x)是 R 上的单调增函数且为奇函数，数列an是等差数列，a30，则 f(a1)f(a3)f(a5)的值()A恒为正数B恒为负数C恒为 0D可正可负6(2015山东)定义运算“”：xyx2y2xy(x，yR，xy0)，当 x0，y0 时，xy(2y)x 的最
11、小值为_7已知 f(x)x1x，x0，若 f1(x)f(x)，fn1(x)f(fn(x)，nN*，则 f2 014(x)的表达式为_8在平面几何中：ABC 的C 的平分线 CE 分 AB 所成的线段的比为ACBCAEBE(如图 1)，把这个结论类比到空间：在三棱锥 ABCD 中(如图 2)，面 DEC 平分二面角 ACDB 且与 AB 相交于 E，则类比得到的结论是_9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：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18
12、)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(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10已知 a，b，m 为非零实数，且 a2b22m0，1a24b212m0.(1)求证：1a24b29a2b2；(2)求证：m72.B 组 能力提高11(2015西安五校联考)已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，则第 60 个“整数对”是()A(7,5)B(5,
13、7)C(2,10)D(10,1)12对大于 1 的自然数 m 的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”：2335，337911，4313151719，.仿此，若 m3 的“分裂数”中有一个是 59，则 m 的值为_13在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按下图所标边长，由勾股定理有：c2a2b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥 OLMN，如果用 S1，S2，S3 表示三个侧面面积，S4 表示截面面积，那么类比得到的结论是_14等差数列an的前 n 项和为 Sn，a11 2，S393 2.(1)求数列an
14、的通项 an 与前 n 项和 Sn；(2)设 bnSnn(nN*)，求证：数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列学生用书答案精析第 4 讲 推理与证明高考真题体验1C 如图，集合 A 表示如图所示的所有圆点“”，集合 B 表示如图所示的所有圆点“”所有圆点“”，集合 AB 显然是集合(x，y)|x|3，|y|3，x，yZ中除去四个点(3，3)，(3,3)，(3，3)，(3,3)之外的所有整点(即横坐标与纵坐标都为整数的点)，即集合 AB表示如图所示的所有圆点“”所有圆点“”所有圆点“”，共 45 个故 AB 中元素的个数为 45.故选 C.2B 假设满足条件的学生有 4 位及 4 位以上
15、，设其中 4 位同学分别为甲、乙、丙、丁，则 4 位同学中必有两个人语文成绩一样，且这两个人数学成绩不一样(或 4 位同学中必有两个数学成绩一样，且这两个人语文成绩不一样)，那么这两个人中一个人的成绩比另一个人好，故满足条件的学生不能超过 3 人当有 3 位学生时，用 A，B，C 表示“优秀”“合格”“不合格”，则满足题意的有 AC，CA，BB，所以最多有 3 人3112131412n1 12n 1n1 1n2 12n解析 等式左边的特征：第 1 个等式有 2 项，第 2 个有 4 项，第 3 个有 6 项，且正负交错，故第 n 个等式左边有 2n 项且正负交错，应为 112131412n1
16、12n；等式右边的特征：第 1 个有 1 项，第 2 个有 2 项，第 3 个有 3 项，故第 n 个有 n 项，且由前几个的规律不难发现第 n 个等式右边应为 1n1 1n2 12n.45解 析 ()x4x5x6x7 1101 1，()x2x3x6x7 1001 0；()x1x3x5x710111.由()()知 x5，x7 有一个错误，()中没有错误，x5 错误，故 k 等于 5.热点分类突破例 1(1)1 000(2)f(2n)n22(n2，nN*)解析(1)由 N(n,4)n2，N(n,6)2n2n，可以推测：当 k 为偶数时，N(n，k)k22 n24k2 n，N(10,24)2422
17、1004242101 1001001 000.(2)由题意得 f(22)42，f(23)52，f(24)62，f(25)72，所以当 n2 时，有 f(2n)n22.故填 f(2n)n22(n2，nN*)跟踪演练 1(1)B(2)D 解析(1)有菱形纹的正六边形个数如下表：图案123个数61116由表可以看出有菱形纹的正六边形的个数依次组成一个以 6 为首项，以 5 为公差的等差数列，所以第六个图案中有菱形纹的正六边形的个数是 65(61)31.故选 B.(2)由已知图形中座位的排列顺序，可得：被 5 除余 1 的数和能被 5 整除的座位号临窗，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析答
18、案中的 4 组座位号，只有 D 符合条件例 2(1)127(2)ch(xy)ch xch ysh xsh y解析(1)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V1V2 127.(2)ch xch ysh xsh yexex2eyey2exex2eyey214(exyexyexyexyexyexyexyexy)14(2exy2e(xy)exyexy2ch(xy)，故知 ch(xy)ch xch ysh xsh y，或 sh(xy)sh xch ych xsh y，或 sh(xy)sh xch ych xsh y.跟踪演练 2(1)D(2)x0
19、xa2 y0yb2 1解析(1)由an为等差数列，设公差为 d，则 bna1a2anna1n12 d，又正项数列cn为等比数列，设公比为 q，则 dnn c1c2cn221nnnnc qc112nq，故选 D.(2)设 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P0(x0，y0)，则过点 P1，P2 的切线的方程分别为x1xa2 y1yb2 1，x2xa2 y2yb2 1.因为 P0(x0，y0)在这两条切线上，所以x1x0a2 y1y0b2 1，x2x0a2 y2y0b2 1，这说明 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)都在直线x0 xa2 y0yb2 1 上，故切点弦 P1P2 所在直线的
20、方程为x0 xa2 y0yb2 1.例 3(1)解 已知31an11an21an1an1 化为1a2n11a2n 23，而 1a2134，所以数列1a2n是首项为34，公比为23的等比数列，则 1a2n34 23n1，则 a2n134 23n1，由 anan10，知数列an的项正负相间出现，因此 an(1)n1134 23n1，bna2n1a2n34 23n34 23n114 23n1.(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 mnp，而 bn14 23n1 随 n 的增大而减小，那么只能有 2bnbmbp，可得 214 23
21、n114 23m114 23p1，则 2 23nm1 23pm.当 nm2 时，2 23nm2 23289，上式不可能成立，则只能有 nm1，此时等式为431 23pm，即13 23pm，那么 pm231log 3，左边为正整数，右边为无理数，不可能相等所以假设不成立，那么数列bn中的任意三项不可能成等差数列跟踪演练 3 证明(1)要证 1ab 1bc3abc，即证abcab abcbc 3，也就是 cab abc1，只需证 c(bc)a(ab)(ab)(bc)，需证 c2a2acb2，又ABC 三内角 A，B，C 成等差数列，故 B60，由余弦定理，得b2c2a22accos 60，即 b2
22、c2a2ac，故 c2a2acb2 成立于是原等式成立(2)假设 x0 是 f(x)0 的负根，则 x00，且 x01，a0 x x02x01，所以 0a0 x 10 x02x011，解得12x02，这与 x00 矛盾，故方程 f(x)0 没有负根高考押题精练1108解析 由三角形数表的排列规律知，aij2 011，则 i 必为奇数设 i2m1.在第 i 行上面，必有 m 行为奇数行，m 行为偶数行在前 2m 行中，共有奇数 m2 个最大的奇数为 1(m21)22m21，由 2m210，所以 a1a5.由于 f(x)单调递增且为奇函数，所以 f(a1)f(a5)f(a5)f(a5)0，又 f(
23、a3)0，所以 f(a1)f(a3)f(a5)0.故选 A.6.2解析 由题意，得 xy(2y)xx2y2xy2y2x22yxx22y22xy2 x22y22xy 2，当且仅当 x 2y时取等号7f2 014(x)x12 014x解析 由已知易知 fn(x)0，fn1(x)f(fn(x)fnx1fnx，1fn1x1fnxfnx 1fnx11fn1x 1fnx1，1fnx是以 1f1x1xx 为首项，1 为公差的等差数列 1fnx1xx(n1)11nxx，fn(x)x1nx，f2 014(x)x12 014x.8.AEEBSACDSBCD解析 由平面中线段的比类比空间中面积的比可得AEEBSAC
24、DSBCD.9解 方法一(1)选择式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 15112sin 3011434.(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30)34.证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin)2sin(cos 30cos sin 30sin)sin234cos2 32 sin cos 14sin2 32 sin cos 12sin234sin234cos234.方法二(1)同方法一(2)三角恒等式为 sin2cos2(30)sin cos(30)34.证明如下：sin2cos2(30)
25、sin cos(30)1cos 221cos6022sin(cos 30cos sin 30sin)1212cos 21212(cos 60cos 2sin 60sin 2)32 sin cos 12sin21212cos 21214cos 2 34 sin 2 34 sin 214(1cos 2)114cos 21414cos 234.10证明(1)(分析法)要证 1a2 4b29a2b2成立，只需证(1a24b2)(a2b2)9，即证 14b2a24a2b2 9，即证b2a24a2b2 4.根据基本不等式，有b2a24a2b22b2a24a2b2 4 成立，所以原不等式成立(2)(综合法)
26、因为 a2b2m2，1a24b22m1，由(1)，知(m2)(2m1)9，即 2m25m70，解得 m1 或 m72.又因为 a2b2m20.所以 m2，故 m1 舍去，所以 m72.11B 依题意，就每组整数对的和相同的分为一组，不难得知每组整数对的和为 n1，且每组共有 n 个整数时，这样的前 n 组一共有nn12个整数，注意到10101260111112，因此第 60 个整数对处于第 11 组(每对整数对的和为 12 的组)的第 5 个位置，结合题意可知每对整数对的和为 12 的组中的各数对依次为(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，因此第 60个整数对是(5,
27、7)128解析 由已知可观察出 m3 可分裂为 m 个连续奇数，最小的一个为(m1)m1.当 m8 时，最小的数为 57，第二个便是 59.m8.13S21S22S23S24解析 将侧面面积类比为直角三角形的直角边，截面面积类比为直角三角形的斜边，可得 S21S22S23S24.14(1)解 由已知得a1 21，3a13d93 2，d2，故 an2n1 2，Snn(n 2)(2)证明 由(1)得 bnSnn n 2.假设数列bn中存在三项 bp，bq，br(p，q，r 互不相等)成等比数列，则 b2qbpbr.即(q 2)2(p 2)(r 2)(q2pr)(2qpr)20.p，q，rN*，q2pr0，2qpr0，(pr2)2pr，(pr)20，pr.与 pr 矛盾数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列