【数学】2020届一轮复习（文）通用版12推理与证明作业
专题十三 推理与证明
挖命题
【真题典例】
【考情探究】
考点
内容解读
5年考情
预测热度
考题示例
考向
关联考点
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
2017课标Ⅱ,7,5分
根据给出的
说法进行推理
★☆☆
2016课标Ⅱ,15,5分
根据给出的
说法进行推理
2014课标Ⅰ,14,5分
根据给出的
说法进行推理
2.
①了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法;
2018江苏,19,16分
直接证明
利用导数研究
★☆☆
直接证明与间接证明
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
初等函数的性质
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
2014安徽,21,13分
用数学归纳
法证明
不等式的性质
★☆☆
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.
破考点
【考点集训】
考点一 合情推理与演绎推理
1.(2018山东淄博一模,6)有一段“三段论”推理是这样的:对于可导函数f(x),若f '(x0)=0,则x=x0是函数f(x)的极值点,因为f(x)=x3在x=0处的导数值为0,所以x=0是f(x)=x3的极值点,以上推理( )
A.大前提错误 B.小前提错误
C.推理形式错误 D.结论正确
答案 A
2.(2018山西高考考前适应性测试,7)完成下列表格,据此可猜想多面体各面内角和的总和的表达式是( )
多面体
顶点数V
面数F
棱数E
各面内角和的总和
三棱锥
4
6
四棱锥
5
5
五棱锥
6
(说明:上述表格内,顶点数V指多面体的顶点数)
A.2(V-2)π B.(F-2)π
C.(E-2)π D.(V+F-4)π
答案 A
3.(2017山西太原三模,4)我国古代数学名著《九章算术》的论割圆术中有:“割之弥细,所失弥少,割之又割,以至于不可割,则与圆周合体而无所失矣.”它体现了一种无限与有限的转化过程.比如在表达式1+11+11+…中“…”代表无数次重复,但原式却是个定值,它可以通过方程1+1x=x求得x=5+12.类比上述过程,3+23+2…=( )
A.3 B.13+12
C.6 D.22
答案 A
考点二 直接证明与间接证明
1.(2018湖北普通高中联考,7)分析法又叫执果索因法,若使用分析法证明:设a
0 B.c-a>0
C.(c-b)(c-a)>0 D.(c-b)(c-a)<0
答案 C
2.(2018吉林梅河口第五中学第三次月考,5)①已知p3+q3=2,求证p+q≤2,用反证法证明时,可假设p+q>2;②设a为实数, f(x)=x2+ax+a,求证|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不小于12,用反证法证明时可假设|f(1)|≥12,且|f(2)|≥12,以下说法正确的是( )
A.①与②的假设都错误
B.①与②的假设都正确
C.①的假设正确,②的假设错误
D.①的假设错误,②的假设正确
答案 C
考点三 数学归纳法
(2018山东邹城第一中学期中,9)用数学归纳法证明:“(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×5×…×(2n-1)×(2n+1)(n∈N*)”时,从n=k到n=k+1,等式的左边需要增加的代数式是( )
A.2k+1 B.2k+1k+1
C.2k+3k+1 D.2(2k+1)
答案 D
炼技法
【方法集训】
方法 归纳推理与类比推理的应用
1.(2017陕西渭南一模,4)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数,例如:
他们研究过图中的1,3,6,10,…,由于这些数能够表示成三角形,故将其称为三角形数,由以上规律,知这些三角形数从小到大形成一个数列{an},那么a10的值为( )
A.45 B.55 C.65 D.66
答案 B
2.(2018湖南模拟,8)天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支.十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,排列起来,天干在前,地支在后,天干由“甲”起,地支由“子”起,例如,第一年为“甲子”,第二年为“乙丑”,第三年为“丙寅”,……,以此类推,排列到“癸酉”后,天干回到“甲”重新开始,即“甲戌”“乙亥”,然后地支回到“子”重新开始,即“丙子”,以此类推.已知1949年为“己丑”年,那么到中华人民共和国成立80年时为 年( )
A.丙酉 B.戊申 C.己申 D.己酉
答案 D
3.已知数列{an}为等差数列,若am=a,an=b(n-m≥1,m,n∈N*),则am+n=nb-man-m.类比等差数列{an}的上述结论,对于等比数列{bn}(bn>0,n∈N*),若bm=c,bn=d(n-m≥2,m,n∈N*),则可以得到bm+n= .
答案 n-mdncm
过专题
【五年高考】
A组 统一命题·课标卷题组
1.(2016课标Ⅱ,15,5分)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
2.(2014课标Ⅰ,14,5分)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
B组 自主命题·省(区、市)卷题组
考点一 合情推理与演绎推理
1.(2016北京,8,5分)袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放入乙盒,否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,则( )
A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C.乙盒中红球不多于丙盒中红球
D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
答案 B
2.(2015山东,11,5分)观察下列各式:
C10=40;
C30+C31=41;
C50+C51+C52=42;
C70+C71+C72+C73=43;
……
照此规律,当n∈N*时,
C2n-10+C2n-11+C2n-12+…+C2n-1n-1= .
答案 4n-1
考点二 直接证明与间接证明
1.(2014山东,4,5分)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是( )
A.方程x3+ax+b=0没有实根
B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根
C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根
D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根
答案 A
2.(2018江苏,19,16分)记f '(x),g'(x)分别为函数f(x),g(x)的导函数.若存在x0∈R,满足f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),则称x0为函数f(x)与g(x)的一个“S点”.
(1)证明:函数f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”;
(2)若函数f(x)=ax2-1与g(x)=ln x存在“S点”,求实数a的值;
(3)已知函数f(x)=-x2+a,g(x)=bexx.对任意a>0,判断是否存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”,并说明理由.
解析 本题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.
(1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,
则f '(x)=1,g'(x)=2x+2,
由f(x)=g(x)且f '(x)=g'(x),
得x=x2+2x-2,1=2x+2,此方程组无解.
因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.
(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,
则f '(x)=2ax,g'(x)=1x,
设x0为f(x)与g(x)的“S点”,由f(x0)=g(x0)且f '(x0)=g'(x0),得ax02-1=ln x0,2ax0=1x0,即ax02-1=ln x0,2ax02=1,(*)
得ln x0=-12,即x0=e-12,则a=12(e-12)2=e2.
当a=e2时,x0=e-12满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,
因此,a的值为e2.
(3)f '(x)=-2x,g'(x)=bex(x-1)x2,x≠0, f '(x0)=g'(x0)⇒bex0=-2x03x0-1>0⇒x0∈(0,1),
f(x0)=g(x0)⇒-x02+a=bex0x0=-2x02x0-1⇒a=x02-2x02x0-1,
令h(x)=x2-2x2x-1-a=-x3+3x2+ax-a1-x,x∈(0,1),a>0,
设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,
则m(0)=-a<0,m(1)=2>0⇒m(0)·m(1)<0,
又m(x)的图象在(0,1)上连续不断,
∴m(x)在(0,1)上有零点,
则h(x)在(0,1)上有零点.
因此,对任意a>0,存在b>0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+∞)内存在“S点”.
思路分析 本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决问题,第三问中先利用f '(x0)=g'(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=x02-2x02x0-1,
从而转化为研究h(x)=-x3+3x2+ax-a1-x,x∈(0,1),a>0的零点存在性问题,再研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x∈(0,1),a>0,由m(0)<0,m(1)>0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问题.
C组 教师专用题组
考点一 合情推理与演绎推理
1.(2014北京,8,5分)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( )
A.2人 B.3人 C.4人 D.5人
答案 B
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Ai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Bi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Qi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pi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 ①Q1 ②p2
3.(2015福建,15,5分)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*),其中xk(k=1,2,…,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x1x2…x7的码元满足如下校验方程组:
x4⊕x5⊕x6⊕x7=0,x2⊕x3⊕x6⊕x7=0,x1⊕x3⊕x5⊕x7=0,
其中运算⊕定义为:0⊕0=0,0⊕1=1,1⊕0=1,1⊕1=0.
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
4.(2014陕西,14,5分)观察分析下表中的数据:
多面体
面数(F)
顶点数(V)
棱数(E)
三棱柱
5
6
9
五棱锥
6
6
10
立方体
6
8
12
猜想一般凸多面体中F,V,E所满足的等式是 .
答案 F+V-E=2
考点二 直接证明与间接证明
1.(2018北京,20,14分)设n为正整数,集合A={α|α=(t1,t2,…,tn),tk∈{0,1},k=1,2,…,n}.对于集合A中的任意元素α=(x1,x2,…,xn)和β=(y1,y2,…,yn),记
M(α,β)=12[(x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y2|)+…+(xn+yn-|xn-yn|)].
(1)当n=3时,若α=(1,1,0),β=(0,1,1),求M(α,α)和M(α,β)的值;
(2)当n=4时,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意元素α,β,当α,β相同时,M(α,β)是奇数;当α,β不同时,M(α,β)是偶数.求集合B中元素个数的最大值;
(3)给定不小于2的n,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意两个不同的元素α,β,M(α,β)=0.写出一个集合B,使其元素个数最多,并说明理由.
解析 (1)因为α=(1,1,0),β=(0,1,1),所以
M(α,α)=12[(1+1-|1-1|)+(1+1-|1-1|)+(0+0-|0-0|)]=2,
M(α,β)=12[(1+0-|1-0|)+(1+1-|1-1|)+(0+1-|0-1|)]=1.
(2)设α=(x1,x2,x3,x4)∈B,则M(α,α)=x1+x2+x3+x4.
由题意知x1,x2,x3,x4∈{0,1},且M(α,α)为奇数,
所以x1,x2,x3,x4中1的个数为1或3.所以
B⊆{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1),(0,1,1,1),(1,0,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,0)}.
将上述集合中的元素分成如下四组:
(1,0,0,0),(1,1,1,0);(0,1,0,0),(1,1,0,1);(0,0,1,0),(1,0,1,1);(0,0,0,1),(0,1,1,1).
经验证,对于每组中两个元素α,β,均有M(α,β)=1.
所以每组中的两个元素不可能同时是集合B的元素.
所以集合B中元素的个数不超过4.
又集合{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}满足条件,
所以集合B中元素个数的最大值为4.
(3)设Sk={(x1,x2,…,xn)|(x1,x2,…,xn)∈A,xk=1,x1=x2=…=xk-1=0}(k=1,2,…,n),
Sn+1={(x1,x2,…,xn)|x1=x2=…=xn=0},
所以A=S1∪S2∪…∪Sn+1.
对于Sk(k=1,2,…,n-1)中的不同元素α,β,经验证,M(α,β)≥1.
所以Sk(k=1,2,…,n-1)中的两个元素不可能同时是集合B的元素.
所以B中元素的个数不超过n+1.
取ek=(x1,x2,…,xn)∈Sk且xk+1=…=xn=0(k=1,2,…,n-1).
令B={e1,e2,…,en-1}∪Sn∪Sn+1,则集合B的元素个数为n+1,且满足条件.
故B是一个满足条件且元素个数最多的集合.
2.(2017浙江,22,15分)已知数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).
证明:当n∈N*时,
(1)00.
当n=1时,x1=1>0.
假设n=k时,xk>0,那么n=k+1时,若xk+1≤0,则00.
因此xn>0(n∈N*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1.
因此00(x>0).
函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,
因此xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0,
故2xn+1-xn≤xnxn+12(n∈N*).
(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥12n-1.
由xnxn+12≥2xn+1-xn得1xn+1-12≥21xn-12>0,
所以1xn-12≥21xn-1-12≥…≥2n-11x1-12=2n-2,
故xn≤12n-2.综上,12n-1≤xn≤12n-2(n∈N*).
方法总结 1.证明数列单调性的方法.
①差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符号.
②商比法:作商an+1an,判断an+1an与1的大小,同时注意an的正负.
③数学归纳法.
④反证法:例如求证:n∈N*,an+10),
则有n≥2时,an=a1·a2a1·a3a2·…·anan-1≤a1qn-1(其中a1>0).
④放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列{an}放缩成等比数列{bn},求和后,再进行适当放缩.
3.(2017江苏,19,16分)对于给定的正整数k,若数列{an}满足:an-k+an-k+1+…+an-1+an+1+…+an+k-1+an+k=2kan对任意正整数n(n>k)总成立,则称数列{an}是“P(k)数列”.
(1)证明:等差数列{an}是“P(3)数列”;
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”,又是“P(3)数列”,证明:{an}是等差数列.
证明 本小题主要考查等差数列的定义、通项公式等基础知识,考查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探究与解决问题的能力.
(1)因为{an}是等差数列,设其公差为d,则an=a1+(n-1)d,
从而,当n≥4时,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3,
所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,
因此等差数列{an}是“P(3)数列”.
(2)数列{an}既是“P(2)数列”,
又是“P(3)数列”,因此,
当n≥3时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,①
当n≥4时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.②
由①知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),③
an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).④
将③④代入②,得an-1+an+1=2an,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{an}是等差数列.
方法总结 数列新定义型创新题的一般解题思路:
1.阅读审清“新定义”;
2.结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到“新定义”的相关知识;
3.利用“新定义”及常规的数列知识,求解证明相关结论.
考点三 数学归纳法
1.(2015江苏,23,10分)已知集合X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,n}(n∈N*),设Sn={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Yn}.令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.
(1)写出f(6)的值;
(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.
解析 (1)f(6)=13.
(2)当n≥6时,
f(n)=n+2+n2+n3,n=6t,n+2+n-12+n-13,n=6t+1,n+2+n2+n-23,n=6t+2,n+2+n-12+n3,n=6t+3,n+2+n2+n-13,n=6t+4,n+2+n-12+n-23,n=6t+5(t∈N*).
下面用数学归纳法证明:
①当n=6时, f(6)=6+2+62+63=13,结论成立;
②假设n=k(k≥6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:
1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有
f(k+1)=f(k)+3
=k+2+k-12+k-23+3
=(k+1)+2+k+12+k+13,结论成立;
2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有
f(k+1)=f(k)+1
=k+2+k2+k3+1
=(k+1)+2+(k+1)-12+(k+1)-13,结论成立;
3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+k-12+k-13+2
=(k+1)+2+k+12+(k+1)-23,结论成立;
4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+k2+k-23+2
=(k+1)+2+(k+1)-12+k+13,结论成立;
5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+k-12+k3+2
=(k+1)+2+k+12+(k+1)-13,结论成立;
6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有
f(k+1)=f(k)+1
=k+2+k2+k-13+1
=(k+1)+2+(k+1)-12+(k+1)-23,结论成立.
综上所述,结论对满足n≥6的自然数n均成立.
2.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=an2-2an+2+b(n∈N*).
(1)若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式;
(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2nf(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+1)=a2k+2,
a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2n+1),
即a2n+1>a2n+2,
所以a2n+1>a2n+12-2a2n+1+2-1,解得a2n+1>14.④
综上,由②、③、④知存在c=14使a2n1,a2 016a2 017>1,a2 016-1a2 017-1<0,下列结论中正确的是( )
A.q<0
B.a2 016a2 018-1>0
C.T2 016是数列{Tn}中的最大项
D.S2 016>S2 017
答案 C
二、填空题(每小题5分,共20分)
6.(2019届湖北重点高中联考协作体高三期中考试,16)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,j∈N*)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a42=8,若aij=2 018,则i+j= .
答案 81
7.(2018河北衡水中学第十次模拟考试,16)观察下列各式:
13=1;
23=3+5;
33=7+9+11;
43=13+15+17+19;
……
若m3(m∈N*)按上述规律展开后,发现等式右边含有“2 017”这个数,则m的值为 .
答案 45
8.(2017湖北襄阳优质高中联考,15)将三项式(x2+x+1)n展开,当n=0,1,2,3,…时,得到以下等式:
(x2+x+1)0=1,
(x2+x+1)1=x2+x+1,
(x2+x+1)2=x4+2x3+3x2+2x+1,
(x2+x+1)3=x6+3x5+6x4+7x3+6x2+3x+1,
……
观察多项式系数之间的关系,可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角,
其构造方法为:第0行为1,以下各行每个数是它正头顶上与左右两肩上3个数(不足3个数的,缺少的数记为0)的和,第k行共有2k+1个数,若(x2+x+1)5(1+ax)的展开式中,x7项的系数为75,则实数a的值为 .
答案 1
9.(2018河南豫南九校第六次质量考评,15)已知函数f(x)=1x+1x+1+1x+2,由f(x-1)=1x-1+1x+1x+1是奇函数,可得函数f(x)的图象关于点(-1,0)对称,类比这一结论,可得函数g(x)=x+2x+1+x+3x+2+…+x+7x+6的图象关于点 对称.
答案 -72,6