1、第十四章推理与证明考纲展示命题探究1合情推理合情推理包括归纳推理和类比推理，二者区别如下：归纳推理类比推理定义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特点由部分到整体，由个别到一般的推理由特殊到特殊的推理一般步骤(1)通过观察个别对象发现某些相同性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确的一般性命题(猜想)(1)找出两类对象之间的相似性或一致性；(2)用一类对象的性质去推测另一类对象的性质，得出一个明确的命题(猜想)2演绎推理演绎推理
2、是指从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论它是由一般到特殊的推理，“三段论”是它的一般模式，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，对特殊情况作出的判断注意点合情推理与演绎推理的结论的正确性(1)合情推理得出的结论具有猜测性，不一定正确，但是，在数学研究中，得到一个新结论之前，合情推理能帮助猜测和发现结论；证明一个数学结论之前，合情推理能提供证明的思路和方向(2)在演绎推理中，若大前提、小前提、推理形式三者中有一个是错误的，所得的结论就是错误的.1思维辨析(1)归纳推理与类比推理都是由特殊到一般的推理()(2)在类比时，平面中的三角形与空间
3、中的平行六面体作为类比对象较为合适()(3)“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的()(4)在演绎推理中，只要符合演绎推理的形式，结论就一定正确()答案(1)(2)(3)(4)2因为对数函数ylogax(a0，且a1)是增函数，而ylogx是对数函数，所以ylogx是增函数，上面的推理错误的是()A大前提 B小前提C推理形式 D以上都是答案A解析ylogax是增函数，这个大前提是错误的，从而导致结论错误选A.3设函数f(x)(x0)，观察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x
4、)，根据以上事实，由归纳推理可得：当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x)_.答案解析根据题意知，分子都是x，分母中的常数项依次是2,4,8,16，可知fn(x)的分母中常数项为2n，分母中x的系数为2n1，故fn(x).考法综述合情推理与演绎推理主要考向：考查利用归纳推理、类比推理去寻求更为一般的、新的结论，考查演绎推理，主要与立体几何、解析几何、函数与导数等结合选择题与填空题难度不大命题法1合情推理典例1(1)若数列an是等差数列，则数列bnbn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()AdnBdnCdn Ddn(2)有下列各式：
5、11,1，12，则按此规律可猜想此类不等式的一般形式为：_.解析(1)解法一：从商类比开方，从和类比到积，则算术平均数可以类比几何平均数，故dn的表达式为dn.解法二：若an是等差数列，则a1a2anna1d，bna1dna1，即bn为等差数列；若cn是等比数列，则c1c2cncq12(n1)cq，dnc1q，即dn为等比数列，故选D.(2)已知各式可化为如下形式：1，1，1，由归纳推理得1.答案(1)D(2)1(nN*)【解题法】1.常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类(1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知
6、识，如等差数列、等比数列等(2)形的归纳主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳2类比推理的应用一般为类比定义、类比性质和类比方法(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，注意知识的迁移命题法2演绎推理典例2设f(x)3ax22bxc.若abc0，f(0)0，f(1)0，求证：(1)a0且20，f(1)0，c0,3a
7、2bc0.由abc0，消去b得ac0；再由条件abc0，消去c得ab0，21.(2)证法一：抛物线f(x)3ax22bxc的顶点坐标为，21，0，f(1)0，而f0，f(1)0，而fabca0，方程f(x)0有两个实根设方程的两根为x1，x2，由根与系数的关系得x1x20，x1x20，故两根为正又(x11)(x21)20，故两根均小于1，命题得证【解题法】演绎推理的应用方法(1)在应用三段论推理来证明问题时，首先应该明确什么是问题中的大前提和小前提在演绎推理中，只要前提和推理形式是正确的，结论必定是正确的(2)用三段论证明的基本模式是：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
8、对特殊情况做出的判断1对二次函数f(x)ax2bxc(a为非零整数)，四位同学分别给出下列结论，其中有且只有一个结论是错误的，则错误的结论是()A1是f(x)的零点B1是f(x)的极值点C3是f(x)的极值D点(2,8)在曲线yf(x)上答案A解析由A知abc0；由B知f(x)2axb,2ab0；由C知f(x)2axb，令f(x)0可得x，则f3，则3；由D知4a2bc8.假设A选项错误，则，得，满足题意，故A结论错误同理易知当B或C或D选项错误时不符合题意，故选A.2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
9、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人答案B解析用A，B，C分别表示优秀、及格和不及格显然，语文成绩得A的学生最多只有一人，语文成绩得B的也最多只有1人，得C的也最多只有1人，所以这组学生的成绩为(AC)，(BB)，(CA)满足条件，故学生最多为3人3.观察下列各式：C40；CC41；CCC42；CCCC43；照此规律，当nN*时，CCCC_.答案4n1解析第一个等式，n1，而右边式子为40411；第二个等式，n2，而右边式子为41421；第
10、三个等式，n3，而右边式子为42431；第四个等式，n4，而右边式子为43441；归纳可知，第n个等式的右边为4n1.4一个二元码是由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：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，那么利用上述校验方程组可判定k等于_答案5解析因为x4x5x6x711010010110，所以二元码1101101的
11、前3位码元都是对的；因为x2x3x6x71001101110，所以二元码1101101的第6、7位码元也是对的；因为x1x3x5x710111110110，所以二元码1101101的第5位码元是错的，所以k5.5.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_答案A解析根据甲、乙、丙说的可列表得ABC甲乙丙6.观察分析下表中数据多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是_答案FVE2解析由表可知
12、，三棱柱：5692；五棱锥：66102；立方体：68122.由上面的结论可判定：凸多面体中面数(F)，顶点数(V)，棱数(E)的关系为FVE2.7对于数对序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，(an，bn)，记T1(P)a1b1，Tk(P)bkmaxTk1(P)，a1a2ak(2kn)，其中maxTk1(P)，a1a2ak表示Tk1(P)和a1a2ak两个数中最大的数(1)对于数对序列P：(2,5)，(4,1)，求T1(P)，T2(P)的值；(2)记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对(a，b)，(c，d)组成的数对序列P：(a，b)，(c，d)和P：(c，d)，(a，b)，试
13、分别对ma和md两种情况比较T2(P)和T2(P)的大小；(3)在由五个数对(11,8)，(5,2)，(16,11)，(11,11)，(4,6)组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5(P)最小，并写出T5(P)的值(只需写出结论)解(1)T1(P)257，T2(P)1maxT1(P)，241max7,68.(2)T2(P)maxabd，acd，T2(P)maxcdb，cab当ma时，T2(P)maxcdb，cabcdb.因为abdcbd，且acdcbd，所以T2(P)T2(P)当md时，T2(P)maxcdb，cabcab.因为abdcab，且acdcab，所以T2(P)T2(P)所以
14、无论ma还是md，T2(P)T2(P)都成立(3)数对序列P：(4,6)，(11,11)，(16,11)，(11,8)，(5,2)的T5(P)值最小，T1(P)10，T2(P)26，T3(P)42，T4(P)50，T5(P)52.1直接证明(1)综合法综合法是利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立用P表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，用Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：(2)分析法分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止
15、用Q表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：2间接证明反证法(1)定义假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法(2)证明步骤反设假设命题的结论不成立，即假设原结论的反面为真归谬把“反设”作为条件，经过一系列正确的推理，得出矛盾存真由矛盾结果断定反设错误，从而肯定原结论成立注意点使用分析法时的注意事项(1)分析法是“执果索因”，特点是从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理，实际上是寻找使结论成立的充分条件(2)用分析法证明数学问题时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)
16、”“只需证”“即证”等分析到一个明显成立的条件，再说明所要证明的数学问题成立.1思维辨析(1)综合法的思维过程是由因导果，逐步寻找已知的必要条件()(2)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件()(3)用反证法证明时，推出的矛盾不能与假设矛盾()(4)在解决问题时，常常用分析法寻找解题的思路与方法，再用综合法展现解决问题的过程()答案(1)(2)(3)(4)2证明不等式的最适合的方法是()A综合法B分析法C间接证法 D合情推理法答案B解析要证明不等式，只要证()2()2，即证9292，故只要证，即证140，求证：2a3b32ab2a2b.证明要证明2a3b32ab2a2b成立
17、，只需证：2a3b32ab2a2b0，即2a(a2b2)b(a2b2)0，即(ab)(ab)(2ab)0.ab0，ab0，ab0,2ab0，从而(ab)(ab)(2ab)0成立，2a3b32ab2a2b.【解题法】应用分析法与综合法证明时需注意的问题(1)分析法证明时应注意的问题分析法采用逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需要用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导时，常考虑用分析法应用分析法的关键在于需保证分析过程的每一步都是可逆的，它的常用书面表达形式为“要证只需证”或用“”注意用分析法证明时，一定要严格
18、按照格式书写(2)综合法与分析法应用的注意点综合法与分析法各有特点，在解决实际问题时，常把分析法与综合法综合起来运用，通常用分析法分析，综合法书写，这一点在立体几何中应用最为明显同时，在数列、三角函数、解析几何中也大多是利用分析法分析，用综合法证明的办法来证明相关问题对于较复杂的问题，可以采用两头凑的方法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法由条件证明这个中间结论，使原命题得证命题法2间接证明典例2设an是公比为q的等比数列(1)推导an的前n项和公式；(2)设q1，证明数列an1不是等比数列解(1)设an的前n项和为Sn，当q1时，Sna1a1a1na1；当q1
19、时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)证明：假设an1是等比数列，则对任意的kN*，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1.a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列【解题法】1.用反证法证明命题的基本步骤(1)反设，设要证明的结论的反面成立(2)归谬，从反设入手，通过推理得出与已知条件或公理、定理矛盾(3)否定反设，得出原命题结论成立2使用反证法证明问题时，准确地做出反
20、设(即否定结论)是正确运用反证法的前提，常见的“结论词”与“反设词”列表如下：1用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程x3axb0没有实根B方程x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0至多有两个实根D方程x3axb0恰好有两个实根答案A解析因为至少有一个的反面为一个也没有，所以要做的假设为方程x3axb0没有实根，故选A.2.已知数列an满足：a1N*，a136，且an1(n1,2，)记集合Man|nN*(1)若a16，写出集合M的所有元素；(2)若集合M存在一个元素是3的倍数，证明：M的所有元素都是3的倍数；(3)求集合M的元素个数
21、的最大值解(1)6,12,24.(2)证明：因为集合M存在一个元素是3的倍数，所以不妨设ak是3的倍数由an1可归纳证明对任意的nk，an是3的倍数如果k1，则M的所有元素都是3的倍数如果k1，因为ak2ak1或ak2ak136，所以2ak1是3的倍数，于是ak1是3的倍数类似可得，ak2，a1都是3的倍数从而对任意的n1，an是3的倍数，因此M的所有元素都是3的倍数综上，若集合M存在一个元素是3的倍数，则M的所有元素都是3的倍数(3)由a136，an可归纳证明an36(n2,3，)因为a1是正整数，a2所以a2是2的倍数从而当n3时，an是4的倍数如果a1是3的倍数，由(2)知对所有正整数n
22、，an是3的倍数因此当n3时，an12,24,36这时M的元素个数不超过5.如果a1不是3的倍数，由(2)知对所有正整数n，an不是3的倍数因此当n3时，an4,8,16,20,28,32这时M的元素个数不超过8.当a11时，M1,2,4,8,16,20,28,32有8个元素综上可知，集合M的元素个数的最大值为8.3设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项的和记bn，nN*，其中c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.证明由题意得，Snnad.(1)由c0，得bnad.又因为b1，b2，b4
23、成等比数列，所以bb1b4，即2a，化简得d22ad0.因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN*，有Smm2a.从而对于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差是d1，则bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN*，有n3n2cd1nc(d1b1)令Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，则对于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1,2,3,4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有由，得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd1
24、0.即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，则由d1d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又因为cd10，所以c0.数学归纳法的定义及证明步骤数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，第一步是递推的“基础”，第二步是递推的“依据”，两个步骤缺一不可，在证明过程中要防范以下两点：(1)第一步验证nn0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值(2)第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在证明nk1时，命题也成立的过程中一定要用到它，否则就不是数学归纳法第二步关键是“一凑假设，二凑结论”注意点应用数学归纳法证明时，在证明nk1成立时必须使用假设.1思维辨析(1)用数
25、学归纳法证明问题时，第一步是验证当n1时结论成立()(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明()(3)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由nk到nk1时，项数都增加了一项()(4)用数学归纳法证明等式“12222n22n31”，验证n1时，左边式子应为122223.()答案(1)(2)(3)(4)2在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步检验n等于()A1 B2C3 D0答案C解析凸n边形的边最少有三条，故第一个值n0取3.3对于不等式 n1(nN*)，某同学应用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n1时， 11，不等式成立(2)假设当nk(kN*)时，
26、不等式成立，即 k1，则当nk1时，0)，其中r为有理数，且0r1，求f(x)的最小值；(2)试用(1)的结果证明如下命题：设a10，a20，b1，b2为正有理数，若b1b21，则a1b1a2b2a1b1a2b2；(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题注：当为正有理数时，有求导公式(x)x1.解(1)f(x)rrxr1r(1xr1)，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)1时，f(x)0，所以f(x)在(1，)内是增函数故函数f(x)在x1处取得最小值f(1)0.(2)证明：由(1)知，当x(0，)时，有f(x)f(1)0，即xrrx(1r)若a1，a2
27、中有一个为0，则a1b1a2b2a1b1a2b2成立若a1，a2均不为0，由b1b21，可得b21b1，于是在中令x，rb1，可得b1b1(1b1)，即a1b1a2(1b1)，亦即a1b1a2b2.综上，对a10，a20，b1，b2为正有理数，且b1b21，总有a1b1a2b2.(3)(2)中命题的推广形式为：设a1，a2，an为非负实数，b1，b2，bn为正有理数若b1b2bn1，则 a1b1a2b2anbn.用数学归纳法证明如下：a当n1时，b11，有a1a1，成立b假设当nk时，成立，即若a1，a2，ak为非负实数，b1，b2，bk为正有理数，且b1b2bk1，则 a1b1a2b2akb
28、k.当nk1时，已知a1，a2，ak，ak1为非负实数，b1，b2，bk，bk1为正有理数，且b1b2bkbk11，此时0bk10， 故当nk1时，成立由a，b可知，对一切正整数n，所推广的命题成立说明：(3)中如果推广形式中指出式对n2成立，则后续证明中不需讨论n1的情况【解题法】应用数学归纳法证明时的注意事项(1)应用数学归纳法证明等式应注意用数学归纳法证明等式其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0.由nk到nk1时，除等式两边变化的项外还要充分利用nk时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明(2)应用数学归纳法证明不等式应注意当遇到
29、与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法用数学归纳法证明不等式的关键是由nk成立，推证nk1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、放缩法等证明运用放缩法时，要注意放缩的“度”1已知数列an的各项均为正数，bnnnan(nN)，e为自然对数的底数(1)求函数f(x)1xex的单调区间，并比较n与e的大小；(2)计算，由此推测计算的公式，并给出证明；(3)令cn(a1a2an)，数列an，cn的前n项和分别记为Sn，Tn，证明：Tn0，即x0时，f(x)单调递增；当f(x)0时，f(x)单调递减故f(x)的单调递增区间为(，0)
30、，单调递减区间为(0，)当x0时，f(x)f(0)0，即1xex.令x，得1e，即ne.(2)11112；222(21)232；3233(31)343.由此推测：(n1)n.下面用数学归纳法证明.a当n1时，左边右边2，成立b假设当nk时，成立，即(k1)k.当nk1时，bk1(k1)k1ak1，由归纳假设可得(k1)k(k1)k1(k2)k1.所以当nk1时，也成立根据a、b，可知对一切正整数n都成立(3)证明：由cn的定义，算术几何平均不等式，bn的定义及得Tnc1c2c3cn b1b2bnb1b2bn1a12a2nanea1ea2eaneSn.即Tn1)(1)讨论f(x)的单调性；(2)
31、设a11，an1ln (an1)，证明：an.解(1)f(x)的定义域为(1，)，f(x).当1a0，f(x)在(1，a22a)是增函数；若x(a22a,0)，则f(x)0，f(x)在(0，)是增函数当a2时，f(x)0，f(x)0成立当且仅当x0，f(x)在(1，)是增函数；当a2时，若x(1,0)，则f(x)0，f(x)在(1,0)是增函数；若x(0，a22a)，则f(x)0，f(x)在(a22a，)是增函数(2)证明：由(1)知，当a2时，f(x)在(1，)是增函数当x(0，)时，f(x)f(0)0，即ln (x1)(x0)又由(1)知，当a3时，f(x)在0,3)是减函数当x(0,3)
32、时，f(x)f(0)0，即ln (x1)(0x3)下面用数学归纳法证明an.当n1时，由已知a11，故结论成立；设当nk时结论成立，即ln ，ak1ln (ak1)ln ，即当nk1时有0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求2f1f2的值；(2)证明：对任意的nN*，等式都成立解(1)由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2.故2f1f21.(2)证明：由已知，得xf0(x)sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cosx，即f0(x)xf1(x)cosxsin，类似可得2f1(x)xf2(x)sinxsin(x)，3f2(x)
33、xf3(x)cosxsin，4f3(x)xf4(x)sinxsin(x2)下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立当n1时，由上可知等式成立假设当nk时等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin成立因为kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此当nk1时，等式也成立综合，可知等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立令x，可得nfn1fnsin(nN*)所以(nN*)创新考向与演绎推理有关的新定义问题是高考命制创新型试题的一个热
34、点，常与集合、函数等结合，且考查的频次较高，多见于新概念、新法则、新运算等.创新例题如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，xn，都有f.若ysinx在区间(0，)上是凸函数，那么在ABC中，sinAsinBsinC的最大值是_答案解析依题意，ysinx在(0，)上是凸函数，那么对于区间(0，)上有sin，从而sinAsinBsinC.创新练习1.设整数n4，集合X1,2,3，n令集合S(x，y，z)|x，y，zX，且三条件xyz，yzx，zxy恰有一个成立，若(x，y，z)和(z，w，x)都在S中，则下列选项正确的是()A(y，z，w)S，(x，y，w)SB(y
35、，z，w)S，(x，y，w)SC(y，z，w)S，(x，y，w)SD(y，z，w)S，(x，y，w)S答案B解析取x2，y3，z4，w1显然满足(x，y，z)和(z，w，x)都在S中，此时(y，z，w)(3,4,1)S，(x，y，w)(2,3,1)S，故A、C、D均错误，只有B成立，故选B.2我们将具有下列性质的所有函数组成集合M：函数yf(x)(xD)，对任意x，y，D均满足ff(x)f(y)，当且仅当xy时等号成立(1)若定义在(0，)上的函数f(x)M，试比较f(3)f(5)与2f(4)的大小；(2)设函数g(x)x2，求证：g(x)M.解(1)f，即f(3)f(5)2f(4)，但35，
36、所以f(3)f(5)|AB|，则P点的轨迹为椭圆B由a11，an3n1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式C由圆x2y2r2的面积r2，猜想出椭圆1的面积SabD科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇答案B解析由A可知其为椭圆的定义；B.由a11，an3n1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式，属于归纳推理；C.由圆x2y2r2的面积r2，猜想出椭圆1的面积Sab，是类比推理；D.科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇，也属于类比推理，故选B.22016衡水二中周测分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设abc，且abc0，求证 0 Bac0C(ab)(ac)0 D(
37、ab)(ac)0答案C解析ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a202a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)0.32016枣强中学仿真“因为指数函数yax是增函数(大前提)，而yx是指数函数(小前提)，所以函数yx是增函数(结论)”，上面推理的错误在于()A大前提错误导致结论错B小前提错误导致结论错C推理形式错误导致结论错D大前提和小前提错误导致结论错答案A解析“指数函数yax是增函数”是本推理的大前提，它是错误的，因为实数a的取值范围没有确定，所以导致结论是错误的42016衡水二中月考已知a13，a26，且an2an1an，则a2015()A3 B3C6 D6
38、答案D解析a13，a26，a33，a43，a56，a63，a73，an是以6为周期的周期数列又201563355，a2015a56.选D.52016武邑中学热身观察下列事实：|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()A76 B80C86 D92答案B解析个数按顺序构成首项为4，公差为4的等差数列，因此|x|y|20的不同整数解(x，y)的个数为44(201)80，故选B.62016冀州中学猜题用反证法证明某命题时，对结论：“自然数a，b，c中恰有一
39、个偶数”正确的反设为()Aa，b，c中至少有两个偶数Ba，b，c中至少有两个偶数或都是奇数Ca，b，c都是奇数Da，b，c都是偶数答案B解析因为结论“自然数a，b，c中恰有一个偶数”可得题设为：“a，b，c中恰有一个偶数”，所以反设为a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数72016武邑中学仿真当x(0，)时可得到不等式x2，x23，由此可以推广为xn1，取值p等于 ()Ann Bn2Cn Dn1答案A解析x(0，)时可得到不等式x2，x23，在p位置出现的数恰好是不等式左边分母xn的指数n的n次方，即pnn.82016衡水中学模拟观察下列等式1312,132332,13233362,132333
40、43102，根据上述规律，第n个等式为_答案1323n3解析观察表达式的底数可知，11,123,1236,123410，故第n个等式的底数为123n，故第n个等式为1323n3.92016冀州中学期中用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)(nN*)的第二步中，当nk1时等式左边与nk时的等式左边的差等于_答案3k2解析当nk1时，左边(k2)(k3)(2k2)；当nk时，左边(k1)(k2)(2k)，其差为(2k1)(2k2)(k1)3k2.102016衡水中学仿真请阅读下列材料：若两个正实数a1，a2满足aa1，那么a1a2.证明：构造函数f(x)(xa1)2(xa2)22x22(a1a
41、2)x1，因为对一切实数x，恒有f(x)0，所以0，从而得4(a1a2)280，所以a1a2.根据上述证明方法，若n个正实数满足aaa1时，你能得到的结论为_答案a1a2an解析构造函数f(x)(xa1)2(xa2)2(xan)2nx22(a1a2an)x1，因为对一切实数x，恒有f(x)0，所以0，从而得4(a1a2an)24n0，所以a1a2an.112016枣强中学预测已知a0，1，求证：.证明由已知1及a0可知0b，只需证1，只需证1abab1，只需证abab0即1，即1，这是已知条件，所以原不等式得证122016冀州中学一轮检测已知a1，求证三个方程：x24ax4a30，x2(a1)
42、xa20，x22ax2a0中至少有一个方程有实数根证明假设三个方程都没有实数根，则a2，f(8)，f(16)3.观察上述结果，按照上面规律，可推测f(128)_.答案解析观察f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3可知，等式及不等式右边的数构成首项为，公差为的等差数列，故f(128)f(27)6.15.2016衡水中学热身已知函数f(x)ln (ax)(a0)(1)求函数f(x)的单调区间及最值；(2)求证：对于任意正整数n，均有1ln .解(1)由题意得，f(x)ln (ax)1，f(x).当a0时，f(x)的定义域为(0，)，此时f(x)在(0，a)上是减函数，在(a，)上是增函数，f(x)minf(a)ln a2，无最大值当a对一切正整数n都成立，猜想正整数a的最大值，并证明结论解当n1时，即，所以a.当n1时，已证；假设当nk时，不等式成立，即.则当nk1时，有.因为，所以0，所以当nk1时，不等式也成立由知，对一切正整数n，都有，所以a的最大值等于25.
