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【金版学案】2016高考数学理科二轮复习习题:专题7第四讲 推理与证明


专题七

概率与统计、推理与证明、算法初步、框图、 复数

第四讲

推理与证明

1.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 2.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

1

1. “三段论”是演绎推理的一般模式,包括: (1)大前提——已知的一般性原理. (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.

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: P?Q1 ―→ Q1?Q2 ―→ Q2?Q3 →?→ Qn?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: Q?P1 → P1?P2 → P2?P3 →?→ 得到一个明显 成立的条件

反证法的证明过程可以概括为“否定—推理—否定”, 即从否定

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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 下图所示的框图表示.

数学归纳法主要用于证明与整数有关的数学问题,分两步进行: (1)证明当 n 取第一个值 n0(n0∈N*)时命题成立. (2)假设 n=k(k≥n0,k∈N*)时命题成立,证明当 n=k+1 时, 命题也成立.

判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”). (1)归纳推理得到的结论不一定正确,类比推理得到的结论一定 正确.(×) (2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质,这是一种合情 推理.(√) (3)在类比时,平面中的三角形与空间中的平行六面体作为类比 对象较为合适.(×) (4)“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.(√)
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(5)一个数列的前三项是 1,2,3,那么这个数列的通项公式是 an=n(n∈N*).(×) (6) 2 2+ =2 3 2 , 3 3 3+ =3 8 3 , 8 4+ 4 =4 15 4 ,?, 15

b 6+ =6 a

b (a,b 均为实数),则可以推测 a=35,b=6.(√) a

1. (1)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点 或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:

将三角形数 1,3,6,10,?记为数列{an},将可被 5 整除的三 角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn},可以推测: ①b2 012 是数列{an}中的第 5_030 项; ②b2k-1= 5k(5k-1) (用 k 表示). 2

(2)对于平面几何中的命题:“夹在两条平行直线之间的平行线 段相等”,在立体几何中,类比上述命题,可以得到命题:“夹在两 个平行平面之间的平行线段相等”,这个类比命题是真命题(填“真 命题”或“假命题”). 2.有一段演绎推理是这样的:“直线平行于平面,则平行于平
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面内所有直线;已知直线 b?平面 α,直线 a?平面 α,直线 b∥平面 α,则直线 b∥直线 a.”这段推理的结论显然是错误的,这是因为(A) A.大前提错误 C.推理形式错误 B.小前提错误 D.非以上错误

3.(2014· 山东卷)用反证法证明命题“设 a,b 为实数,则方程 x2+ax+b=0 至少有一个实根”时,要做的假设是(A) A.方程 x2+ax+b=0 没有实根 B.方程 x2+ax+b=0 至多有一个实根 C.方程 x2+ax+b=0 至多有两个实根 D.方程 x2+ax+b=0 恰好有两个实根 解析:反证法的步骤第一步是假设命题反面成立,而“方程 x2 +ax+b=0 至少有一实根”的反面是“方程 x2+ax+b=0 没有实 根”.故选 A. 4.(2014· 新课标Ⅱ卷)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:我们三个去过同一城市. 由此可判断乙去过的城市为 A. 解析:由丙说可知,乙至少去过 A,B,C 中的一个城市,由甲 说可知,甲去过 A,C 且比乙去过的城市多,故乙只去过一个城市, 又没去过 C 城市,故乙只去过 A 城市.

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一、选择题 1. 已知 2 6 5 3 7 1 10 + =2, + =2, + =2 , 2-4 6-4 5-4 3-4 7-4 1-4 10-4

-2 + =2,依照以上各式的规律,得到一般性的等式为(A) -2-4 A. 8-n n + =2 n-4 (8-n)-4

n+1 (n+1)+5 B. + =2 (n+1)-4 (n+1)-4 C. n+4 n + =2 n-4 (n+1)-4

n+1 n+5 D. + =2 (n+1)-4 (n+5)-4 解析:由 2+6=8,5+3=8,7+1=8,知选 A. 2.若 a,b,c 是不全相等的正数,给出下列判断: ①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0; ②a>b 与 a<b 及 a=b 中至少有 一个成立;③a≠b,b≠c,a≠c 不能同时成立. 其中判断正确的个数是(C) A.0 个 C.2 个 B.1 个 D.3 个

解析:∵a,b,c 是不全相等的正数,故①正确.③错误;对任 意两个数 a, b, a>b 与 a<b 及 a=b 三者必有其一正确, 故②正确. 3.已知 1+2×3+3×32+4×33+?+n×3n-1=3n(n· a-b)+c 对一切 n∈N*成立,那么(A)
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1 1 A.a= ,b=c= 2 4 1 B.a=b=c= 4 1 C.a=0,b=c= 4 D.不存在这样的 a,b,c 解析:代入 n=1,2,3,联立关于 a,b,c 的方程组可得,也 可通过验证法求解. 4.已知 f(x+1)= 式为(B) A.f(x)= C.f(x)= 4 2 +2
x

2f(x) ,f(1)=1 (x∈N*),猜想 f(x)的表达 f(x)+2

2 B.f(x)= x+1 D.f(x)= 2 2x+1

1 x+1

5.已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2an(n≥2),而 a1=1,通过计 算 a2,a3,a4,猜想 an=(B) 2 A. (n+1)2 2 C. n 2 -1 B. 2 n(n+1) 2 2n-1

D.

解析:由 Sn=n2an 知 Sn+1=(n+1)2an+1, ∴Sn+1-Sn=(n+1)2an+1-n2an, ∴an+1=(n+1)2an+1-n2an, ∴an+1= n a (a≥2). n+2 n

当 n=2 时,S2=4a2,又 S2=a1+a2,

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a1 1 2 1 3 1 ∴a2= = ,a3= a2= ,a4= a3= . 3 3 4 6 5 10 1 1 1 由 a1=1,a2= ,a3= ,a4= . 3 6 10 猜想 an= 2 . n(n+1)

二、填空题 6. (2014· 福建卷)若集合{a,b,c,d}={1,2,3,4},且下列四 个关系: ①a=1;②b≠1;③c=2;④d≠4 有且只有一个是正确的,则 符合条件的有序数组(a,b,c,d)的个数是 6 个. 解析: 由于题意是只有一个是正确的所以①不成立, 否则②成立, 即可得 a≠1,由 b≠1 即 b=2,3,4,可得 b=2,c=1,d=4,a =3;b=3,c=1,d=4,a=2,两种情况. 由 c=2,d=4,a=3,b=1,所以有一种情况. 由 d≠4,即 d=1,2,3,可得 d=2,a=3,b=1,c=4;d=2, a=4,b=1,c=3;d=3,a=2,b=1,c=4,共三种情况. 综上共 6 种. 7.(2015· 福建卷)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: x ⊕x ⊕x ⊕x =0, ? ?4 5 6 7 ?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.
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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 5. 解析:因为 x2⊕x3⊕x6⊕x7=0,所以 x2,x3,x6,x7 都正确.又 因为 x4⊕x5⊕x6⊕x7=1,x1⊕x3⊕x5⊕x7=1,故 x1 和 x4 都错误,或 仅 x5 错误.因为条件中要求仅在第 k 位发生码元错误,故只有 x5 错 误. 8. (2014· 陕西卷) 观察分析下表中的数据: 多面体 三棱锥 五棱锥 立方体 面数(F) 5 6 6 顶点数(V) 6 6 8 棱数(E) 9 10 12

猜想一般凸多面体中,F,V,E 所满足的等式是 F+V-E=2. 解析:①三棱锥:F=5,V=6,E=9,得 F+V-E=5+6-9 =2; ②五棱锥:F=6,V=6,E=10,得 F+V-E=6+6-10=2; ③立方体:F=6,V=8,E=12,得 F+V-E=6+8-12=2; 所以归纳猜想一般凸多面体中,F,V,E 所满足的等式是:F+ V-E=2.故答案为 F+V-E=2. 三、解答题 9.观察下表: 1, 2,3,

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4,5,6,7, 8,9,10,11,12,13,14,15, ? 问:(1)此表第 n 行的最后一个数是多少? (2)此表第 n 行的各个数之和是多少? (3)2 011 是第几行的第几个数? (4)是否存在 n∈N*,使得第 n 行起的连续 10 行的所有数之和为 227-213-120?若存在,求出 n 的值;若不存在,请说明理由. 解析:(1)∵第 n+1 行的第 1 个数是 2n, ∴第 n 行的最后一个数是 2n-1. (2)2n-1+(2n-1+1)+(2n-1+2)+?+(2n-1) (2n-1+2n-1)· 2n-1 = =3· 22n-3-2n-2. 2 (3)∵210=1 024,211=2 048,1 024<2 011<2 048,∴2 011 在第 11 行, 该行第 1 个数是 210=1 024, 由 2 011-1 024+1=988, 知 2 011 是第 11 行的第 988 个数. (4)设第 n 行的所有数之和为 an, 第 n 行起连续 10 行的所有数之 和为 Sn. 则 an=3· 22n-3-2n-2,an+1=3·22n-1-2n-1, an+2=3· 22n+1-2n,?,an+9=3· 22n+15-2n+7, ∴ Sn = 3(22n - 3 + 22n - 1 + ? + 22n + 15) - (2n - 2 + 2n - 1 + ? + 2n + 7) = 22n-3(410-1) 2n-2(210-1) 3· - =22n+17-22n-3-2n+8+2n-2, 4-1 2-1 当 n=5 时,S5=227-128-213+8=227-213-120. ∴存在 n=5 使得第 5 行起的连续 10 行的所有数之和为 227-213 -120.
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10. 蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师, 单个蜂巢可以近似 地看作是一个正六边形, 下图为一组蜂巢的截面图. 其中第一个图有 1 个蜂巢,第二个图有 7 个蜂巢,第三个图有 19 个蜂巢,按此规律, 以 f(n)表示第 n 幅图的蜂巢总数.

(1)试给出 f(4),f(5)的值,并求 f(n)的表达式(不要求证明); (2)证明: 1 1 1 1 4 + + +?+ < . f(1) f(2) f(3) f(n) 3

解析:(1)f(4)=37,f(5)=61. 由于 f(2)-f(1)=7-1=6, f(3)-f(2)=19-7=2×6, f(4)-f(3)=37-19=3×6, f(5)-f(4)=61-37=4×6, ? 因此,当 n≥2 时,有 f(n)-f(n-1)=6(n-1), 所以 f(n)=[f(n)-f(n-1)]+[f(n-1)-f(n-2)]+?+[f(2)-f(1)] +f(1)=6[(n-1)+(n-2)+?+2+1]+1=3n2-3n+1. 又 f(1)=1=3×12-3×1+1, 所以 f(n)=3n2-3n+1(直接给出结果也可). (2)当 n≥2 时, 1? 1 1 1 1? 1 = 2 < 2 = ?n-1-n?. f(n) 3n -3n+1 3n -3n 3? ? 当 n=1 时,显然结论成立,
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1 1 1 1 1 ? 1? 当 n≥2 时, + + +?+ <1+ [?1-2? 3? ? f(1) f(2) f(3) f(n) 1? 1 1 1 1 1? 1 4 +( - )+?+( - )]=1+ ?1-n?<1+ = . 2 3 3? 3 3 ? n-1 n 综上,结论成立.

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