1、第 2 讲 推理与证明、复数考情解读 (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1合情推理(1)归纳推理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(2)类比推理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类比推理的思维过程如下：观察、比较 联想、类推
2、猜测新的结论2演绎推理(1)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：大前提已知的一般原理；小前提所研究的特殊情况；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 表示已知条件、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：PQ1 Q1Q2 Q2Q3 Qn
3、Q(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：QP1 P1P2 P2P3 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肯定条件 p 否定结论 q导致逻辑矛盾“既 p 又綈 q”为假“若 p，则 q”为真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(n0N*)时命题成立(2)假设 nk(kN*，且 kn0)时命题成立，证明 nk1 时命题也成立由(1)(2)可知，对任意 nn
4、0，且 nN*时，命题都成立6复数(1)复数的相等：abicdi(a，b，c，dR)ac，bd.(2)共轭复数：当两个复数实部相等，虚部互为相反数时，这两个复数叫做互为共轭复数(3)运算：(abi)(cdi)(ac)(bd)i、(abi)(cdi)(acbd)(bcad)i、(abi)(cdi)acbdc2d2 bcdac2d2 i(cdi0)(4)复数的模：|z|abi|r a2b2(r0，rR)热点一 归纳推理例 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，
5、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思维启迪(1)根据三个图案中的正六边形个数寻求规律；(2)靠窗口的座位号码能被 5 整除或者被 5 除余 1.答案(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
6、起，且有一个靠窗，分析答案中的 4 组座位号，只有 D 符合条件思维升华 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”，解题的关键在于正确的归纳猜想(1)四个小动物换座位，开始是鼠、猴、兔、猫分别坐 1、2、3、4 号位上(如图)，第一次前后排动物互换座位，第二次左右列动物互换座位，这样交替进行下去，那么第 202次互换座位后，小兔坐在第_号座位上1 鼠2 猴3 兔4 猫 1 兔2 猫3 鼠4 猴 1 猫2 兔3 猴4 鼠 1 猴2
7、 鼠3 猫4 兔开始 第一次 第二次 第三次A1B2C3D4(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_答案(1)B(2)f(2n)n22(n2，nN*)解析(1)考虑小兔所坐的座位号，第一次坐在 1 号位上，第二次坐在 2 号位上，第三次坐在 4号位上，第四次坐在 3 号位上，第五次坐在 1 号位上，因此小兔的座位数更换次数以 4 为周期，因为 2025042，因此第 202 次互换后，小兔所在的座位号与小兔第二次互换座位号所在的座位号相同，因此小兔坐在 2 号位上，故选 B.(2)由题意得 f(22)42，f(23)
8、52，f(24)62，f(25)72，所以当 n2 时，有 f(2n)n22.故填 f(2n)n22(n2，nN*)热点二 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)(2014日照高三第一次模拟考试)已知双曲正弦函数 shxexex2和双曲余弦函数 chxexex2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
9、_思维启迪(1)平面几何中的面积可类比到空间几何中的体积；(2)可利用和角或差角公式猜想，然后验证答案(1)127(2)ch(xy)chx chyshx shy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，设正四面体的棱长为 a，可求内切球的半径 r 612a，外接球的半径 R 64 a，rR13，V1V2 127.(2)chx chyshx shyexex2eyey2exex2eyey214(exyexyexyexyexyexyexyexy)14(2exy2e(xy)exyexy2ch(xy)，故知 ch(xy)chx chyshx shy
10、，或 sh(xy)shx chychx shy，或 sh(xy)shx chychx shy.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，例 2 即属于此类题型一般来说，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)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
11、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)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x2a2y2b21(ab0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M 为 AB 的中点，则 kOMkABb2a2.那么对于双曲线则有如下命题：AB 是双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M 为 AB 的中点，则 kOMkAB_.答案(1)D(2)b2a2解析(1)由an为等差数列，设公差为 d，则 bna1a2anna1n12 d，又正项数列
12、cn为等比数列，设公比为 q，则 dnn c1c2cnncn1qn2n2c1qn12，故选 D.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则有x0 x1x22，y0y1y22.将 A，B 代入双曲线x2a2y2b21 中得x21a2 y21b2 1，x22a2 y22b2 1，两式相减，得x21x22a2y21y22b2，即x1x2x1x2a2y1y2y1y2b2，即y1y2y1y2x1x2x1x2b2a2，即 kOMkABb2a2.热点三 直接证明和间接证明例 3 已知数列an满足：a112，31an11an21an1an1，anan10(n1)；数列bn满足：bna2
13、n1a2n(n1)(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思维启迪(1)利用已知递推式中的特点构造数列1a2n；(2)否定性结论的证明可用反证法(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
14、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 23n114 23m114 23p1，则 2 23nm1 23pm.(*)当 nm2 时，2 23nm2 23289，(*)式不可能成立，则只能有 nm1，此时等式为431 23pm，即13 23pm，那么 pmlog2313，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思维升华(1)有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的例子即可(2)综合法和分析法是直接证明常用的两种方法，我们常用分析法寻找解
15、决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过程，有时候，分析法和综合法交替使用 等差数列an的前 n 项和为 Sn，a11 2，S393 2.(1)求数列an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(1)解 由已知得a1 21，3a13d93 2，所以 d2，故 an2n1 2，Snn(n 2)，nN*.(2)证明 由(1)得 bnSnn n 2.假设数列bn中存在三项 bp，bq，br(pqr)成等比数列，则 b2qbpbr.即(q 2)2(p 2)(r 2)(q2pr)(2qpr)20.p，q，rN*，q2pr0，2
16、qpr0，(pr2)2pr，(pr)20，pr 与 pr 矛盾所以数列bn中任意不同的三项都不可能成等比数列热点四 数学归纳法例 4 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 S2n112a2n，nN*，数列bn满足 bn2n1，n为奇数，12an1，n为偶数，Tn 为数列bn的前 n 项和(1)求 an，bn；(2)试比较 T2n 与 2n2n3的大小思维启迪(1)利用an的前 n 项确定通项公式(公差、首项)，bn的通项公式可分段给出；(2)先求 Tn，归纳猜想 Tn 与 2n2n3的关系，再用数学归纳法证明解(1)设an首项为 a1，公差为 d，在 S2n
17、112a2n中，令 n1,2 得a212S1，a222S3，即a212a1，a1d223a13d，解得 a12，d4，所以 an4n2.所以 bn2n1，n为奇数，2n3，n为偶数.(2)T2n1223222432422n222n31222422n24(12n)3n14n14 4nn123n4n3 132n2n.所以 T2n(2n2n3)13(4n4n1)当 n1 时，13(4n4n1)130，当 n3 时，13(4n4n1)513 0，猜想当 n2 时，T2n2n2n3，即 n2 时，4n4n1.下面用数学归纳法证明：当 n2 时，4216,4219,169，成立；假设当 nk(k2)时成立
18、，即 4k4k1.则当 nk1 时，4k144k4(4k1)16k44k54(k1)1，所以 nk1 时成立由得，当 n2 时，4n4n1 成立综上，当 n1 时，T2n2n2n3.思维升华 在使用数学归纳法证明问题时，在归纳假设后，归纳假设就是证明 nk1 时的已知条件，把归纳假设当已知条件证明后续结论时，可以使用综合法、分析法、反证法 已知 f(n)1123133 143 1n3，g(n)32 12n2，nN*.(1)当 n1,2,3 时，试比较 f(n)与 g(n)的大小关系；(2)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系，并给出证明解(1)当 n1 时，f(1)1，g(1)1，所以 f(1
19、)g(1)，当 n2 时，f(2)98，g(2)118，所以 f(2)g(2)，当 n3 时，f(3)251216，g(3)312216，所以 f(3)g(3)(2)由(1)，猜想 f(n)g(n)，下面用数学归纳法给出证明当 n1,2,3 时，不等式显然成立假设当 nk(k3)时不等式成立，即 1 123133 1431k332 12k2，那么，当 nk1 时，f(k1)f(k)1k1332 12k21k13，因为12k12(12k21k13)k32k13 12k2 3k12k13k20.所以 f(k1)|AB|，则 P 点的轨迹为椭圆B由 a11，an3n1，求出 S1，S2，S3，猜想出
20、数列的前 n 项和 Sn 的表达式C由圆 x2y2r2 的面积 r2，猜想出椭圆x2a2y2b21 的面积 SabD以上均不正确答案 B解析 从 S1，S2，S3 猜想出数列的前 n 项和 Sn，是从特殊到一般的推理，所以 B 是归纳推理2(2014安徽)设 i 是虚数单位，z 表示复数 z 的共轭复数若 z1i，则zii z()A2B2iC2D2i答案 C解析 z1i，z 1i，zi1ii i2ii1i，zii z 1ii(1i)(1i)(1i)2.故选 C.3已知 x0，观察不等式 x1x2x1x2，x4x2x2x24x233 x2x2 4x23，由此可得一般结论：xaxnn1(nN*)，
21、则 a 的值为()AnnBn2C3nD2n答案 A解析 根据已知，续写一个不等式：x33x3x3x3x333x344 x3x3x333x34，由此可得 ann.故选 A.4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可正可负答案 A解析 由已知得 f(0)0，a1a52a30，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(a3)0，所以 f(a1)f(a3)f(a5)0.故选 A.5在平面内点 O 是直线 AB 外一点，点
22、C 在直线 AB 上，若OC OA OB，则 1；类似地，如果点 O 是空间内任一点，点 A，B，C，D 中任意三点均不共线，并且这四点在同一平面内，若DO xOA yOB zOC，则 xyz 等于()A0B1C1D1答案 B解析 在平面内，由三角形法则，得ABOB OA，BCOC OB.因为 A，B，C 三点共线，所以存在实数 t，使ABtBC，即OB OA t(OC OB)，所以OC 1tOA(1t1)OB.因为OC OA OB，所以 1t，1t1，所以 1.类似地，在空间内可得OD OA OB OC，1.因为DO OD，所以 xyz1.故选 B.6已知 f(n)32n28n9，存在正整数
23、 m，使 nN*时，能使 m 整除 f(n)，则 m 的最大值为()A24B32C48D64答案 D解析 由 f(1)64，f(2)7041164，f(3)6 52810264，所以 f(1)，f(2)，f(3)均能被 64 整除，猜想 f(n)能被 64 整除下面用数学归纳法证明：当 n1 时，由上得证；假设当 nk(kN*)时，f(k)32k28k99k18k9 能被 64 整除，则当 nk1 时，f(k1)9(k1)18(k1)999k18k179f(k)64(k1)由归纳假设，f(k)是 64 的倍数，又 64(k1)是 64 的倍数，所以 f(k1)能被 64 整除，所以当 nk1
24、时，猜想也成立因为 f(1)不能被大于 64 的数整除，所以所求 m 的最大值等于 64.故选 D.二、填空题7(2014江苏)已知复数 z(52i)2(i 为虚数单位)，则 z 的实部为_答案 21解析 因为 z(52i)22520i(2i)2220i42120i，所以 z 的实部为 21.8如图所示的是由火柴棒拼成的一列图形，第 n 个图形由 n 个正方形组成，通过观察可以发现第 4 个图形中，火柴棒有_根；第 n 个图形中，火柴棒有_根答案 13,3n1解析 易得第四个图形中有 13 根火柴棒，通过观察可得，每增加一个正方形，需增加三根火柴棒，所以第 n 个图形中的火柴棒为 43(n1)
25、3n1.9观察下列算式：131,2335,337911,4313151719，若某数 m3 按上述规律展开后，发现等式右边含有“2 015”这个数，则 m_.答案 45解析 由题意可得第 n 个算式的左边是 n3，右边是 n 个连续奇数的和，设第 n 个算式的第一个数为 an，则有 a2a1312，a3a2734，anan12(n1)，以上 n1 个式子相加可得 ana1n122n12，故 ann2n1，可得 a451 981，a462 071，故可知 2 015 在 453 的展开式中，故 m45.10(2014课标全国)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
26、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判断乙去过的城市为_答案 A解析 由题意可推断：甲没去过 B 城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一城市”，说明甲去过 A，C 城市，而乙“没去过 C 城市”，说明乙去过城市 A，由此可知，乙去过的城市为 A.11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_.答案 8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，
27、第二个便是 59.所以 m8.三、解答题12已知 a，b，m 为非零实数，且 a2b22m0，1a24b212m0.(1)求证：1a24b29a2b2；(2)求证：m72.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b2a24a2b2 2b2a24a2b2 4 成立，所以原不等式成立(2)(综合法)因为 a2b2m2，1a24b22m1，由(1)，知(m2)(2m1)9，即 2m25m70，解得 m1 或 m72.又a2b2m20，m2，故 m1 舍去，m72.13
28、若不等式 1n1 1n213n1 a24对一切正整数 n 都成立，求正整数 a 的最大值，并证明结论解 方法一 当 n1 时，111 112 131 a24，即2624 a24，所以 a a24，所以2120 a24，即126120 5a120，所以 a2524.下面用数学归纳法证明当 n1 时，已证得不等式成立假设当 nk(kN*)时，不等式成立，即 1k1 1k213k12524.则当 nk1 时，有1k111k1213k11 1k1 1k213k113k213k313k4 1k1252413k213k423k1因为13k213k423k16k13k23k423k118k1229k218k83k23k43k323k23k43k30，所以当 nk1 时不等式也成立由知，对一切正整数 n，都有 1n1 1n213n12524，所以正整数 a 的最大值为 25.方法二 设 f(n)1n1 1n213n1则 f(n1)f(n)13n213n313n4 1n113n213n423n323n23n43n30，数列f(n)为递增数列，f(n)minf(1)1213142624，1n1 1n2 1n313n1 a24对一切正整数 n 都成立可转化为 a24f(n)min，a242624，a26.故正整数 a 的最大值为 25.
