南京大学附中2014届高三数学一轮复习单元训练：推理与证明

第一篇：南京大学附中2014届高三数学一轮复习单元训练：推理与证明

南京大学附中2014届高三数学一轮复习单元训练：推理与证明

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．

第Ⅰ卷(选择题 共60分)

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．若Paa7，Qa3a4，(a0)则P、Q的大小关系是()

B．P＝Q

D．由a的取值确定 A．P＞Q C．P＜Q

【答案】C

2．如果正数a,b,c,d满足abcd4，那么()

A． abcd且等号成立时a,b,c,d的取值唯一

B． abcd且等号成立时a,b,c,d的取值唯一

C． abcd且等号成立时a,b,c,d的取值不唯一

D． abcd且等号成立时a,b,c,d的取值不唯一

22【答案】A 3．用反证法证明命题：“如果ab0，那么ab”时，假设的内容应是()

A．ab

C．ab

【答案】C

4．平面内有一长度为2的线段AB和一动点P,若满足|PA|+|PB|=8,则|PA|的取值范围是()

A．[1,4];B．[2,6];C．[3,5 ];D． [3,6].【答案】C

5．下面哪个平面图形与空间的平行六面体作为类比对象较合适()

A．三角形B．平行四边形

C．梯形D．矩形

【答案】B

6．下边所示的三角形数组是我国古代数学家杨辉发现的，称为杨辉三角形，根据图中的数构成的规律，a所表示的数是()

A．2 B．4 C．6 D．2222B．ab D．ab且ab 22222

2【答案】C

7．由7598139bmb与之间大小关系为(),,,„若a>b>0,m>0,则10811102521ama

B．前者大 C．后者大 D．不确定 A．相等

【答案】B

8．用反证法证明命题：“a,b,c,dR,ab1,cd

少有一个负数”时的假设为()1,且acbd1,则a,b,c,d中至

A．a,b,c,d中至少有一个正数

C．a,b,c,d中至多有一个负数 B．a,b,c,d全为正数 D．a,b,c,d全都大于等于0

【答案】D

9．为确保信息安全,信息需加密传输,发送方由明文→密文(加密),接收方由密文→明文(解密),已知加密规则为:明文a,b,c,d对应密文a+2b,2b+c,2c+3d,4d,例如,明文1,2,3,4对应密文5,7,18,16.当接收方收到密文14,9,23,28时,则解密得到的明文为()

A．4,6,1,7 B．7,6,1,4 C．6,4,1,7 D．1,6,4,7

【答案】C

2S10．设△ABC的三边长分别为a、b、c，△ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝；类a＋b＋c

比这个结论可知：四面体S－ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为R，四面体P－ABC的体积为V，则R＝()

V2VA．B．S1＋S2＋S3＋S4S1＋S2＋S3＋S

43V4VC．D． S1＋S2＋S3＋S4S1＋S2＋S3＋S4

【答案】C

11．用反证法证明命题“a，bN，如果ab可被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除．则假设的内容是()

A．a，b都能被5整除

C．a不能被5整除

【答案】B B．a，b都不能被5整除D．a，b有1个不能被5整除

axax

12．类比“两角和与差的正余弦公式”的形式，对于给定的两个函数，S(x)，2axax，其中a0，且a1，下面正确的运算公式是()C(x)2

①S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；

②S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；

③C(xy)C(x)C(y)S(x)S(y)；

④C(xy)C(x)C(y)S(x)S(y)；

A．①③

【答案】Ｄ

第Ⅱ卷(非选择题 共90分)

二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)

13．连结球面上两点的线段称为球的弦．半径为4的球的两条弦AB、CD的长度分别等于

B．②④ C．①④ D．①②③④

．

【答案】

514．某同学在证明命题“

要证明772”时作了如下分析，请你补充完整.62，只需证明____________,只需证明____________,＋292，即,只需证明1418,____________,展开得9

所以原不等式:762成立.22(72)(6)723【答案】,，因为1418成立。

15．同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第23个图案中需用黑色瓷砖块

.【答案】100

16．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰是 由6颗珠宝（图中圆圈表示珠宝）构成如图1所示的正六边形，第三件首饰如图2，第四件 首饰如图3，第五件首饰如图4，以后每件首饰都在前一件上，按照这种规律增加一定数量 的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断第7件首饰上应有____________颗珠宝。

【答案】9

1三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)

17．已知a是整数，a2是偶数，求证：a也是偶数．

【答案】（反证法）假设a不是偶数，即a是奇数．

设a2n1(nZ)，则a24n24n1．

∵4(n2n)是偶数，∴4n24n1是奇数，这与已知a2是偶数矛盾．

由上述矛盾可知，a一定是偶数．

18．有一种密英文的明文(真实文)按字母分解,其中英文的a,b,c,„,z的26个字母(不分大小写),依次对应1,2,3,„,26这26个自然数,见如下表格

:

给出如下变换公式:

x1(xN,1x26,x不能被2整除)2' Xx13(xN,1x26,x能被2整除)

285+1将明文转换成密文,如8→+13=17,即h变成q；如5→=3，即e变成c.22

①按上述规定，将明文good译成的密文是什么？

②按上述规定，若将某明文译成的密文是shxc，那么原来的明文是什么？

【答案】①g→7→7+115+1→d;o→15→→h;d→o;22

则明文good的密文为dhho

②逆变换公式为

'''2x1(xN,1x13)x' ''2x26(xN,14x26)

则有s→19→2×19-26=12→l；h→8→2×8-1=15→o；

x→24→2×24-26=22→v；c→3→2×3-1=5→e

故密文shxc的明文为love

19．设{an}和{bn}均为无穷数列．

(1）若{an}和{bn}均为等比数列，试研究：{anbn}和{anbn}是否是等比数列？请证明你的结论；若是等比数列，请写出其前n项和公式．

(2）请类比（1），针对等差数列提出相应的真命题（不必证明），并写出相应的等差数列的前n项和公式（用首项与公差表示）．

【答案】（1）①设cnanbn，则设cn2n12n2ncn1cn1(a1q1n1b1q2)(a1q1nb1q2))(a1q1n2b1q2

n2a1b1q1n2q2(q1q2)2

ncn1an1bn1a1q1nb1q2(或）n1cnanbna1q1n1b1q2

当q12q2时，对任意的nN,n2，cncn1cn1（或cn1q1）恒成立，cn

故{anbn}为等比数列；

n(a1b1),q1q21,Sn(a1b1)(1q1n),q1q21.1q1

当q1q2时，2证法一：对任意的nN,n2，cn

证法二：c22cn1cn1，{anbn}不是等比数列． 2c1c3a1b1[2q1q2(q12q2)]0，{anbn}不是等比数列．

②设dnanbn，对于任意nN，*dn1an1bn1q1q2，{anbn}是等比数列． dnanbn

n(a1b1),q1q21,nSna1b1(1q1nq2),qq1.121qq12

(2）设{an}，{bn}均为等差数列，公差分别为d1，d2，则：

①{anbn}为等差数列；Sn(a1b1)nn(n1)(d1d2)2

②当d1与d2至少有一个为0时，{anbn}是等差数列，n(n1)a1d2； 2

n(n1)若d20，Sna1b1nb1d1． 2若d10，Sna1b1n

③当d1与d2都不为0时，{anbn}一定不是等差数列．

20．求证： 6【答案】要证：

只需：即证： > 227 5>2277>22成立，2672> 22

只需证：13+242> 13+240

即证：42>40

∵42>40显然成立，∴ 65>22证毕。

21．△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，a,b,c分别为三个内角A、B、C所对的边，求证：

113。abbcabc

【答案】要证

即证113abcabc，即需证3。abbcabbcabcca2221。又需证c(bc)a(ab)(ab)(bc)，需证caacb abbc

∵△ABC三个内角A、B、C成等差数列。∴B=60°。由余弦定理，有b2c2a22cacos60，即b2c2a2ac。∴c2a2acb2成立，命题得证。

22．已知x1,y1，用分析法证明：xyxy.xyxy，即证xy21xy2，22【答案】要证22即证xy1xy，即证x11y

因为

220，0，不等式得证． x1,y1，所以x210,1y20，22所以x11y

第二篇：高三推理证明与数学归纳法一轮复习

第十六模块推理证明与数学归纳法

第一部分合情推理与演绎推理

一、推理设前提：已知的事实或假 断结论：由前提推出的判

归纳推理合情推理

二、推理分类 类比推理演绎推理主要讲三段论推理

合情推理：前提为真，结论可能为真的推理

演绎推理：前提为真，结论必然为真的推理

合情推理的意义，可以根据条件猜测结论，为证明提供方向。

归纳推理：根据一类事物部分对象具有的性质推出这类事物所有对象都具有这种性质的推理，叫做归纳推理。

类比推理：根据两类事物A与B有某些性质P类似（或完全相同）。若A类事物还有性质q可猜测B事物也有q的性质。

例母鸡与母鸭都是家禽类，母鸭会下蛋，类比推理母鸡也会下蛋。

母鸡与母鸭都是家禽类，母鸭会游泳，类比推理母鸡也会游泳。

白母鸭与黑母鸭都是家禽类，白母鸭会游泳，类比推理黑母鸭也会游泳。

三段论推理：

大前提：一般性的判断，如性质，公理，定理，公式，已知常识等

小前提：已知条件

结论：由大前提和小前提推出的判断

例：用三段论推理证明下面问题

已知：AB//CD,求证：∠1=∠

22大前提：两直线平行，同位角相等

小前提：∠1与∠2是同位角，结论：∠1=∠2

第二部分直接证明与间接证明

综合法直接证明证明方法分析法

间接证明：反证法

一、综合法由因到果（略）

二、分析法：由果索因

若a,b,c是不全相等的正数，求证：lg

要想结论成立 只需lgabbccalglglgalgblgc 222abbcca..lgabc成立 22

2由于y=lgx在x0,上为增函数 abbcca..abc①成立 222

abbccaab;;caa,b,cR由于a,b,c是不全相等的正数故 因为222

abbcca..abca,b,c是不全相等的正数，所以等号取不到 所以222故这只需

所以①成立。

所以原命题正确

分析法套话：要想„成立

只需„成立

这只需„成立

即„成立（变形）

因为„所以„显然成立

所以原命题正确

练习：

设a,b,c为任意三角形的三边长，I=a+b+c,S=ab+bc+ca

试证：I24S

证明：要想结论成立

只需abc4abbcca成立① 2

这只需

即需

即需a222bc2ab2bc2ca0成立② 2222aabacbbcbaccacb0成立③ a

2abac0,bbcba0,ccacb0成立④ 22abc,bac,cab ∴aabac0,bbcba0,ccacb0显然成立 22

分析：①②③④„

分析法的每一步只要找上一步成立的充分性条件即可

⑵是否存在常数c,使得不等式xyxyc对任意的x,y恒成2xyx2yx2y2xy

立？试证明你的结论

分析：特值法找到c,再利用分析法证明

三、反证法：

1、证明格式：首先做出与问题结论相反的假设

从假设出发，经过推理论证得出矛盾

所以假设不成立，原命题正确

注：这里的矛盾指的是与已知的矛盾，与假设矛盾，与公理，性质，定理矛盾。例已知a+b+c>0,ab+bc+ca>0,abc>0

求证：a>0,b>0,c>0

师生活动：把“全（都）”，“不全（都）”，“至多”，“至少”化成恰好，找到原命题结论的否定结论。

A,b,c有3个数大于0，有0个数小于或等于0

a,b,c有2个数大于0，有1个数小于或等于0

a,b,c有1个数大于0，有2个数小于或等于0

a,b,c有0个数大于0，有3个数小于或等于0

从上面的分析可以看出，a,b,c全都大于0的反面是a,b,c至少有一个数小于或等于0 不妨设c≤0

由于abc>0故c≠0,故c<0以下略

第三部分数学归纳法

一、数学归纳法证明步骤

1、奠基步：验证nn时命题成立（n是使命题成立的最小自然数）002、递推步：假设n=k时命题正确（此时默认

纳假设）

验证n=k+1时命题正确

3、综上：nn0nk时命题正确，所以这一步也叫做归n,nN0命题成立

等式问题不等式问题

二、数学归纳法类型题数列问题

整除问题几何问题

（一）等式问题

例求证：n1n2nn

分析：⑴当n=1(从哪看出来？)

左=？怎么算？两头代中间夹。

右=？两头代中间夹

∴左=右

∴n=1时命题正确

⑵假设n=k时命题正确。即k1k2kk2n122n1nN 2k132k1kN 

（把n换成k抄一遍）

当n=k+1时

左=？直接代入，再用“两头代中间夹”变形技巧把归纳假设找出来，用归纳假设证明问题。右=？直接代入

∴n=k+1时命题正确

综上nN*命题成立

证明：⑴当n=1时

左=1+1=2，右=21

22k1∴左=右 ∴n=1时命题正确 ⑵假设n=k时命题正确。即k1k2kk

当n=k+1时

右132k1kN 2k1132k1

左=k2k32k2

k2kk2k2k12k2

k1k2kk2k12

2132k1 k

1=右

∴n=k+1时命题正确

综上nN*命题成立

㈡ 不等式问题

用数学归纳法证明

1111*nnnN,n1 2321

11 23证明：当n=2时 左=1

右=2

∴左<右

∴n=2时命题正确

假设n=k时命题正确，即1

当n=k+1时 111kk成立 2321

左=1111k1 2321

111111kkk1 2321221

∴n=k+1命题成立

∴n2,nN*命题成立

练习：

1、用数学归纳法证明n㈢ 数列问题

㈣ 整除问题 N*时，111n 2n12n12n1133

5是否存在正整数m使得fn2n73n9对任何nN能被m整除？若存在，求*

出最大m的值，若不存在说明理由

解释“最大”的含义

例6,8,12能被1,2整除，其中最大的且能整除这3个数是2，这个 2也叫6,8,12最大公约数。其中本题“最大的m”指所有项的最大公约数

f（1）=36,f（2）=108=3×36,f（3）=360

猜想m=36

下证fn2n73n9能被36整除

证明：n=1时显然成立

假设n=k时命题成立，即fk2k7

当n=k+1时 3k9能被36整除

fk12k17

3kk19 1 32k793183

由二项式定理 k1

3k1121

0k11k11 1k21Ck1

2显然1Ck121Ck121k21k2Ck1211 k10k13k11能被2整除

∴183k11能被36整除 

∴f（k+1）能被36整除

∴n=k+1时命题成立

综上n

三常见问题 N*命题成立

1、投机取巧：奠基步不证明，例当nn时，左边=右边，所以nn时命题正确 002、把归纳假设证明了

3、格式不完整，缺少最后总结语

4、推理中没有用到归纳假设。在变形中一定要把假设变出来再用假设证明问题。

第三篇：2014届高三数学一轮复习巩固与练习：推理与证明推理与证明

巩固

1．下列几种推理过程是演绎推理的是()A．两条直线平行，同旁内角互补，如果∠A与∠B是两条直线的同旁内角，则∠A＋∠B＝180°

B．某校高三(1)班有55人，(2)班有54人，(3)班有52人，由此得高三所有班人数均超过50人

C．由平面三角形的性质，推测空间四面体的性质

11D．在数列{an}中，a1＝1，an＝an－1＋)(n≥2)，由此归纳出{an}的通项公式 2an－

1解析：选A.两条直线平行，同旁内角互补(大前提)

∠A与∠B是两条平行直线的同旁内角(小前提)

∠A＋∠B＝180°(结论)

2．下列表述正确的是()

①归纳推理是由部分到整体的推理 ②归纳推理是由一般到一般的推理 ③演绎推理是由一般到特殊的推理 ④类比推理是由特殊到一般的推理 ⑤类比推理是由特殊到特殊的推理

A．①②③B．②③④

C．②④⑤D．①③⑤

解析：选D.归纳推理是由部分到整体的推理，演绎推理是由一般到特殊的推理，类比推理是由特殊到特殊的推理．

3．下面使用类比推理恰当的是()

A．“若a²3＝b²3，则a＝b”类推出“若a²0＝b²0，则a＝b”

a＋babB．“(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“ cc

a＋babC．“(a＋b)c＝ac＋bc”类推出“c≠0)” ccc

nnnnnnD．“(ab)＝ab”类推出“(a＋b)＝a＋b” c

解析：选C.由类比推理的特点可知．

4．(2010年安徽省皖南八校高三调研)定义集合A，B的运算：A⊗B＝{x|x∈A或x∈B且x∉(A∩B)}，则A⊗B⊗A＝________.解析：如图，A⊗B表示的是阴影部分，设A⊗B＝C，运用类比的方法可知，C⊗A＝B，所以A⊗B⊗A＝B

.答案：B

5．(2009年高考浙江卷)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，________，________，T16成等比数列． T1

2解析：由于等差数列与等比数列具有类比性，且等差数列与和差有关，等比数列与积商有关，因此当等差数列依次每4项之和仍成等差数列时，类比到等比数列为依次每4项的积的商成等比数列．下面证明该结论的正确性：

设等比数列{bn}的公比为q，首项为b1，则T4＝b1q，T8＝b1q＝b1q，121＋2＋„＋111266

T12＝b1q＝b1q，4681＋2＋„＋7828

T8T12422438

＝b1q，T4T8T82T12T8T12

即)²T4，故T4，成等比数列． T4T8T4T8

T8T12

答案：T4T8

6．等差数列{an}中，公差为d，前n项的和为Sn，有如下性质：(1)通项an＝am＋(n－m)d；

*

(2)若m＋n＝p＋q，m、n、p、q∈N，则am＋an＝ap＋aq；(3)若m＋n＝2p，则am＋an＝2ap；

(4)Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等差数列．

∴＝b1q，请类比出等比数列的有关性质．

解：等比数列{an}中，公比为q，前n项和为Sn，则可以推出以下性质：

n－m

(1)an＝amq；

*

(2)若m＋n＝p＋q，m、n、p、q∈N，则am²an＝ap²aq；

(3)若m＋n＝2p，则am²an＝ap；

(4)当q≠－1时，Sn，S2n－Sn，S3n－S2n构成等比数列．

练习

1．下列平面图形中与空间的平行六面体作为类比对象较合适的是()A．三角形B．梯形 C．平行四边形D．矩形

解析：选C.因为平行六面体相对的两个面互相平行，类比平面图形，则相对的两条边互相平行，故选C.7598139b＋mb2，>>，„若a>b>0且m>0，则()

10811102521a＋maA．相等B．前者大 C．后者大D．不确定

b＋mb

解析：选B.观察题设规律，由归纳推理易得.a＋ma

3．“所有9的倍数(M)都是3的倍数(P)，某奇数(S)是9的倍数(M)，故此奇数(S)是3的倍数(P)”，上述推理是()

A．小前提错B．结论错 C．正确的D．大前提错 解析：选C.大前提正确，小前提正确，故命题正确． 4．下列推理是归纳推理的是()

A．A，B为定点，动点P满足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，得P的轨迹为椭圆

B.由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式

x2y2

C．由圆x＋y＝r的面积πr，猜想出椭圆＝1的面积S＝πab

ab

D．科学家利用鱼的沉浮原理制造潜水艇

解析：选B.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．

5．给出下列三个类比结论．

nnnnnnn

①(ab)＝ab与(a＋b)类比，则有(a＋b)＝a＋b；

②loga(xy)＝logax＋logay与sin(α＋β)类比，则有sin(α＋β)＝sinαsinβ；

2222222

③(a＋b)＝a＋2ab＋b与(a＋b)类比，则有(a＋b)＝a＋2a²b＋b.其中结论正确的个数是()

A．0B．1 C．2D．3 解析：选B.③正确．

6．观察图中各正方形图案，每条边上有n(n≥2)个圆点，第n个图案中圆点的个数是an，按此规律推断出所有圆点总和Sn与n的关系式为（）

A．Sn＝2n－2nB．Sn＝2n

C．Sn＝4n－3nD．Sn＝2n＋2n

解析：选A.事实上由合情推理的本质：由特殊到一般，当n＝2时有S2＝4，分别代入即可淘汰B，C，D三选项，从而选A.也可以观察各个正方形图案可知圆点个数可视为首项为4，公差为4的等差数列，因此所有圆点总和即为等差数列前n－1项和，即Sn＝(n－1)³4(n－1)(n－2)2＋2n－2n.7．y＝cosx(x∈R)是周期函数，演绎推理过程为________． 答案：大前提：三角函数是周期函数； 小前提：y＝cosx(x∈R)是三角函数； 结论：y＝cosx(x∈R)是周期函数．

8．对于非零实数a，b，以下四个命题都成立：

12222

①aa＋b)＝a＋2ab＋b；③若|a|＝|b|，则a＝±b；④若a＝ab，则a

a

＝b.那么，对于非零复数a，b，仍然成立的命题的所有序号是________．

解析：对于①，当a＝i时，ai＋i－i＝0，故①不成立；

ai

对于②④，由复数四则运算的性质知，仍然成立．

对于③，取a＝1，b＝i，则|a|＝|b|，但a≠±b，故③不成立． 答案：②④

9．已知数列2008,2009,1，－2008，－2009，„，这个数列的特点是从第二项起，每一项都等于它的前后两项之和，则这个数列的前2009项之和S2009等于________．

解析：数列前几项依次为2008,2009,1，－2008，－2009，－1,2008,2009，„每6项一循环，前6项之和为0，故前2009项包含334个周期和前5个数，故其和为2008＋2009＋1－2008－2009＝1.答案：1

10．用三段论的形式写出下列演绎推理．

(1)若两角是对顶角，则该两角相等，所以若两角不相等，则该两角不是对顶角；(2)矩形的对角线相等，正方形是矩形，所以，正方形的对角线相等． 解：(1)两个角是对顶角

则两角相等，大前提 ∠1和∠2不相等，小前提 ∠1和∠2不是对顶角.结论

(2)每一个矩形的对角线相等，大前提 正方形是矩形，小前提 正方形的对角线相等.结论 11.观察：

(1)tan10°tan20°＋tan20°tan60°＋tan60°tan10°＝1；

(2)tan5°tan10°＋tan10°tan75°＋tan75°tan5°＝1.由以上两式成立，推广到一般结论，写出你的推论． 解：若锐角α，β，γ满足α＋β＋γ＝90°，则tanαtanβ＋tanβtanγ＋tanαtanγ＝1.12．已知等差数列{an}的公差d＝2，首项a1＝5.(1)求数列{an}的前n项和Sn；

(2)设Tn＝n(2an－5)，求S1，S2，S3，S4，S5；T1，T2，T3，T4，T5，并归纳出Sn与Tn的大小规律．

解：(1)由已知a1＝5，d＝2，∴an＝a1＋(n－1)²d＝5＋2(n－1)＝2n＋3.∴Sn＝n(n＋4)．

(2)Tn＝n(2an－5)＝n[2(2n＋3)－5]，∴Tn＝4n＋n.22

∴T1＝5，T2＝4³2＋2＝18，T3＝4³3＋3＝39，T4＝4³42＋4＝68，T5＝4³52＋5＝105.S1＝5，S2＝2³(2＋4)＝12，S3＝3³(3＋4)＝21，S4＝4³(4＋4)＝32，S5＝5³(5＋4)＝45.由此可知S1＝T1，当n≥2时，Sn

第四篇：高三推理与证明专题复习

推理与证明专题复习

中心发言人：王 鑫

时间：2013年04月22日

教学目标

推理与证明

重点与难点

合情推理与演绎推理、直接证明与间接证明

教学过程

知识要点

1．推理

(1)归纳推理：由某类事物的部分对象具有某些特征(或性质)，推出该类事物的全部对象都具有这些特征(或性质)的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理，叫做归纳推理(简称归纳)．归纳推理是由特殊到一般、部分到整体的推理．

(2)类比推理：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，叫做类比推理(简称类比)．类比推理是由特殊到特殊的推理．

(3)演绎推理：根据一般性的真命题(或逻辑规则)导出特殊性命题为真的推理．常用模式“三段论”：大前提、小前提、结论．

2．数学证明

(1)直接证明：分析法和综合法是两种思路相反的证明推理方法．

①分析法：从欲证结论出发，对结论进行等价变形，建立未知结论和已知的“条件，结论”因果关系；

②综合法：从已知条件和结论出发，以演绎推理中的“三段论”规则为工具，推出未知结论；

说明：分析法是倒溯，综合法是顺推．分析法侧重于结论提供的信息，综合法则侧重于条件提供的信息，把两者结合起来，全方位地收集、储存、加工和运用题目提供的全部信息，才能找到合理的解题思路．没有分析，就没有综合，分析是综合的基础，它们相辅相成是对立统一的．

(2)间接证明：反证法是一种间接证明命题的方法，它从命题结论的反面出发，引出矛盾，从而肯定命题的结论．证明欲证命题的等价命题—逆否命题.典例解析

f(x)

例

1设，先分别求f(0)f(1),f(1)f(2),f(2)f(3),，然后归纳猜想

一般性结论，并给出证明。

分析：由f(x)计算各和式得出结论归纳猜想证明

f(0)f(1)





，同理可得

：

解

：

f(1)

f(2)

f(2)f(3)

证明：设x1x2

1,f(x1x2)













,1上是增函数；

例2（1）证明函数f(x)x2x在（2）当x[5,2]时，f(x)是增函数还是减函数？

分析：（1）证明本题的大前提是增函数的定义，即增函数f(x)满足：在给定区间内任取自变量的两个值

x1,x

2且

x1x2，f(x1)f(x2)，小前提是函数

f(x)x2x，x∈

,1，结论满足增函数定义。（2）关键是看[5,2]与f(x)的增区间或减区间的关系.证明：（1）

方法一：

任取

x1,x2

∈

,1，x1x2

则

f(x1)f(x2)(x2x1)(x2x12),x1x21,x2x120,f(x1)f(x2)0,f(x1)f(x2)

于是，根据“三段论”可知，方法二：

'

f(x)x2x

在,1上是增函数.'

f(x)2x22(x1),当x(,1)时，x10,2(x1)0,f(x)0在x(,1)上恒成立.故f(x)在(,1]上是增函数。

,1的子区间，∴f(x)在解（2）∵f(x)在(,1]上是增函数，而[5,2]是区间

[5,2]

上是增函数.例3设P为ABC内一点，ABC三边上的高为hA,hB,hC，P到三边的距离为lA,lB,lC，则有

lAhA

lBhB

lChC



类比到空间中，设P是四面体ABCD内一点，四顶点到对面的距离

分别为hA,hB,hC,hD，P到四个面的距离为lA,lB,lC,lD，则有：解析：面积法：

lAhA

lBhB

lChC

1；体积法：

lAhA

lBhB

lChC

lDhD

1

ab



例 4（分析法）已知非零向量a,b，且ab，求证：|ab|.22

aa

b0。同意注意，分析：aba，将要证式子变形平方即可获证。

ab



abab||ab|aba

b0证明：∵∴，要证，只需证，只需证 22222222

a2abb2(a2abb),只需证a2abb2a2b，22

只需证ab2ab0，即（ab）0，上式显然成立，故原不等式得证。

13.例5（综合法）已知x+y+z=1，求证

xyz

222

分析：利用a2b22ab，同时变形利用x+y+z=1，从而(xyz)2=1可证。证明：

xy2xy,xz2xz,yz2yz,222222

2x2yz2xy2xz2yz.3x3y3zxyz2xy2xz2yz3(xyz)(xyz)1xyz

31

xR,xax1ax1

.例6（反证法）给定实数a,a0且a1，设函数y

求证：经过该函数图象上任意两个不同点的直线不平行于x轴.证明：假设y1

y2(x1x2)，即：

x11ax11

x21ax21

(x11)(ax21)(x21)(ax11)

(a1)(x1x2)0

.因为x1x2，所以x1x20，则a10，即a1这与已知条件相矛盾，故原命题成立.综合训练

1.下列表述正确的是（D）.①归纳推理是由部分到整体的推理；②归纳推理是由一般到一般的推理； ③演绎推理是由一般到特殊的推理；④类比推理是由特殊到一般的推理；

⑤类比推理是由特殊到特殊的推理.A．①②③； B．②③④； C．②④⑤； D．①③⑤.2．分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求使结论成立的（A）Ａ．充分条件 Ｂ．必要条件 Ｃ．充要条件 Ｄ．等价条件 3．有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面,则平行于平面内所有直线；已知直线b

平面，直线a平面，直线b∥平面，则直线b∥直线a”的结论显然是错误的，

这是因为（A）

A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误 4．实数a、b、c不全为0的条件是（A）

A．a、b、c均不为0；B．a、b、c中至少有一个为0； C．a、b、c至多有一个为0； D．a、b、c至少有一个不为0.5．自然数按下表的规律排列

1251017

|||| 4 — 361118||| 9 — 8 — 71219|| 16—15— 14 —1320| 25—24— 23 — 22 — 21

则上起第2 007行，左起第2 008列的数为(D)

A．2 0072B．2 0082C．2 006×2 007D．2 007×2 008 6．对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：

22＝1＋3 32＝1＋3＋5 42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5 33＝7＋9＋11 43＝13＋15＋17＋19 根据上述分解规律，则5＝1＋3＋5＋7＋9；若m(m∈N)的分解中最小的数是21，则m的值为5.7．在ABC中，A,B,C成等差数列，其对边分别为a,b,c.求证：（提示：变形为

cab



aac

1acacb

23*

1ab



1bc



3abc

.；B600，用余弦定理即可）.lg

bc2

lg

ca2

lgalgblgc

8.若a,b,c是不全相等的正数，求证：lg

ab2

.14

9.若a,b,c都是小于1的正数，求证：(1a)b,(1b)c,(1c)a三个数不可能同时大于.

第五篇：2013版高考数学二轮复习专题训练 推理与证明

安徽财经大学附中2013版高考数学二轮复习专题训练：推理与证明

本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分．满分150分．考试时间120分钟．

第Ⅰ卷(选择题 共60分)

一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)

1．用反证法证明命题“a，bN，如果ab可被5整除，那么a，b至少有1个能被5整除．则假设的内容是()

A．a，b都能被5整除 C．a不能被5整除【答案】B

2．设n为正整数,f(n)1

f(16)3,f(32)

21213...

1n

B．a，b都不能被5整除

D．a，b有1个不能被5整除

52,经计算得f(2),f(4)2,f(8)，观察上述结果,可推测出一般结论()

A． f(2n)【答案】B

2n12

n

B．f(2)

n22

2C． f(n)

n22

D．以上都不对

3．用反证法证明命题“若a2b20，则a,b全为0”其反设正确的是()

A．a,b至少有一个不为0 C． a,b全不为0【答案】A

4．给出下面四个类比结论：

①实数a,b,若ab0则a0或b0；类比向量a,b,若ab0，则a0或b0 ②实数a,b,有(ab)a2abb;类比向量a,b,有(ab)a2abb

B． a,b至少有一个为0

D． a,b中只有一个为0

③向量a

a；类比复数z，有z

z

2222

④实数a,b有ab0，则ab0；类比复数z，z2有z1z20，则z1z20

其中类比结论正确的命题个数为()A．0 【答案】B

B．

1C．2

D．

35．若定义在正整数有序对集合上的二元函数f(x,y)满足：①f(x,x)x，②f(x,y)f(y,x)③

(xy)f(x,y)yf(x,xy)，则f(12,16)的值是()

A．12 B． 16 C．24 D．48 【答案】D

6．用反证法证明命题：“若整数系数一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理根，那么 a,b,c中至少有一个是偶数”时，应假设()

A．a,b,c中至多一个是偶数 C． a,b,c中全是奇数 【答案】C 7．由

710

5811,981025,13

921

B． a,b,c中至少一个是奇数

D． a,b,c中恰有一个偶数,„若a>b>0,m>0,则

bmam

与

ba

之间大小关系为()D．不确定

A．相等 B．前者大 C．后者大

【答案】B

8．下面几种推理过程是演绎推理的是()

A．两条直线平行，同旁内角互补，如果A和B是两条平行直线的同旁内角，则AB180． B．由平面三角形的性质，推测空间四面体性质．

C．某校高三共有10个班，1班有51人，2班有53人，3班有52人，由此推测各班都超过50人． D．在数列an中，a11,an【答案】A

9．在求证“数列2，3，,5 不可能为等比数列”时最好采用()

A．分析法

B．综合法

C．反证法

D．直接法

11

an1n2，由此归纳出an的通项公式． 2an1

【答案】C

10．下列哪个平面图形与空间的平行六面体作为类比对象比较合适()

A．三角形

C．平行四边形

B．梯形 D．矩形

【答案】C

11．给出下列四个推导过程：

①∵a，b∈Ｒ＋，∴（b／a）+（a／b）≥2②∵x，y∈Ｒ＋，∴lgx+lgy≥2

;

=2;

③∵a∈R，a≠0， ∴（4／a）+a≥2 ④∵x，y∈R，xy＜0，=4;

∴（x／y）+（y／x）=-［（-（x／y））+（-（y／x））］≤-2其中正确的是()A．①② 【答案】D

B．②③

C．③④

D．①④

=-2.12．在证明命题“对于任意角，cos4sin4cos2”的过程：

“cos4sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2sin2cos2”中应用了()A．分析法

B．综合法 D．间接证法

C．分析法和综合法综合使用 【答案】Ｂ

第Ⅱ卷(非选择题 共90分)

二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)13．观察下列式子：1

2

32，1+



3

54，1







，由此可归纳出的一般结

论是．

【答案】

14．三段论推理的规则为____________ ①如果pq,p真，则q真;②如果bc,ab则ac;③如果a//b,b//c, 则a//c④如果ab,bc,则ac 【答案】②

a2b2ab

15．若a、b是正常数，a≠b，x、y∈(0，＋∞)＝xyxy49

1论，可以得到函数f(x)＝x∈0，的最小值为____________．

x1－2x2【答案】3

516．同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第23个图案中需用黑色瓷砖

块

.【答案】100

三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)17．如图，已知PA矩形ABCD所在平面，M，N分别是AB，PC的中点． 求证：（1）MN∥平面PAD；（2）MNCD．

【答案】（1）取PD的中点E，连结AE，NE． 分别为PC，PD的中点． ∴EN为△PCD的中位线，∵N，E

∥∴EN

CD，AM

AB，而ABCD为矩形，∴CD∥AB∴EN∥AM∴AENM，且CDAB．，且ENAM．

．

为平行四边形，MN∥AE，而MN平面PAC，AE平面PAD，∴MN∥平面PAD∴CDPA

(2）∵PA矩形ABCD所在平面，而CDAD，PA与AD是平面PAD内的两条直交直线，∴CD平面PAD，而AE平面PAD，．

又∵MN∥AE，∴MNCD．

∴AECD

18．若x,y都是正实数，且xy2, 求证：

1xy

1xy

2

与

1yx

2中至少有一个成立.【答案】假设

2

和

1yx

2都不成立，则有

1xy

2和

1yx

2同时成立，因为x0且y0，所以1x2y且1y2x 两式相加，得2xy2x2y.所以xy2，这与已知条件xy2矛盾.因此

1xy

2

和

1yx

2中至少有一个成立.19．有一种密英文的明文(真实文)按字母分解,其中英文的a,b,c,„,z的26个字母(不分大小写),依次对应1,2,3,„,26这26个自然数,见如下表格

:

给出如下变换公式:

x1

(xN,1x26,x不能被2整除)2'

X

x13(xN,1x26,x能被2整除)2

85+1

将明文转换成密文,如8→+13=17,即h变成q；如5→=3，即e变成c.22①按上述规定，将明文good译成的密文是什么？

②按上述规定，若将某明文译成的密文是shxc，那么原来的明文是什么？ 【答案】①g→7→

7+115+1

=4→d;o→15→=8→h;d→o;22

则明文good的密文为dhho ②逆变换公式为

'''

2x1(xN,1x13)

x

'''

2x26(xN,14x26)

则有s→19→2×19-26=12→l；h→8→2×8-1=15→o； x→24→2×24-26=22→v；c→3→2×3-1=5→e 故密文shxc的明文为love

20．已知a是整数，a2是偶数，求证：a也是偶数． 【答案】（反证法）假设a不是偶数，即a是奇数．

设a2n1(nZ)，则a24n24n1．

∵4(nn)是偶数，22

∴4n4n1是奇数，这与已知a是偶数矛盾．

由上述矛盾可知，a一定是偶数．

abc)．

【答案】因为a2b2≥2ab，所以2(a2b2)≥a2b22ab（此处省略了大前提），b≥2，ab)（两次省略了大前提，小前提）

同理，bc)2

ca)，abc)．

(省略了大前提，小前提）

n

22．设 f(x)＝x＋a.记f(x)＝f(x)，f(x)＝f(f

n－1

(x))，n＝1，2，3，„，1n

M＝{a∈R|对所有正整数n，|f(0)|≤2}．证明，M＝[－2，]．

4【答案】⑴ 如果a＜－2，则|f(0)|＝|a|＞2，a∈/M．

11nn－12

⑵ 如果－2≤a≤f(0)＝a，f(0)＝(f(0))＋a，n＝2，3，„„．则

411n

① 当0≤a≤|f(0)|≤，(n≥1).42

事实上，当n＝1时，|f(0)|＝|a|≤，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数），21112

则对n＝k，|fk(0)|≤|fk－1(0)|＋a≤(2＋．

242

② 当－2≤a＜0时，|f(0)|≤|a|，(n≥1)．

事实上，当n＝1时，|f1(0)|≤|a|，设n＝k－1时成立(k≥2为某整数)，则对n＝k，有

n

－|a|＝a≤(fk－1(0))＋a≤a2＋a

注意到当－2≤a＜0时，总有a2≤－2a，即a2＋a≤－a＝|a|．从而有|fk(0)|≤|a|．由归纳法，推出[－2，1

M． 4

⑶ 当a＞时，记an＝fn(0)，21n＋1n

则对于任意n≥1，an＞aan＋1＝f(0)＝f(f(0))＝f(an)＝an＋a．

21111

对于任意n≥1，an＋1－an＝an－an＋a＝(an)2＋a－a－．则an＋1－an≥a－．

2444

12－a1

所以，an＋1－a＝an＋1－a1≥n(a)．当n＞时，an＋1＞n(a－)＋a＞2－a＋a＝2，414

a－

即fn＋1(0)＞2．因此a∈/M．综合⑴，⑵，⑶，我们有M＝[－2，4