2020江苏高考理科数学二轮讲义：专题六第5讲　推理与证明

第5讲　推理与证明

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必记的概念与定理

1．归纳推理：主要应用于先由已知条件归纳出一个结论，并加以证明或以推理作为题目的已知条件给出猜测的结论，并要求考生会应用或加以证明．

2．类比推理：通过两类事物的相似性或一致性，用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的结论．常见的有结论类比和方法类比．

3．演绎推理：演绎推理是从一般到个别的推理，推理的主要形式是三段论．三段论中包含三个判断：第一个判断称为大前提，它提供了一个一般的原理；第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况；这两个判断联合起来，揭示了一般原理和特殊情况的内在联系，从而产生第三个判断——结论．

为了方便，在运用三段论推理时，常常采用省略大前提或小前提的表述方式．对于复杂的论证，总是采用一连串的三段论，把前一个三段论的结论作为下一个三段论的前提．

合情推理

[典型例题]

(1)(2019·湖北八校联考)观察下列等式：12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，…，由以上等式推测出一个一般性的结论：对于n∈N*，12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝________．

(2)(2019·苏州五校联考)对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现，任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数的图象都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数f(x)＝x3－x2＋3x－，请你根据这一发现，计算f＋f＋f＋…＋f＝________．

【解析】　(1)由于1＝(－1)1＋1，－3＝(－1)2＋1·，6＝(－1)3＋1，－10＝(－1)4＋1，

则12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1．

(2)f′(x)＝x2－x＋3，由f″(x)＝2x－1＝0，得x＝，则点为y＝f(x)的图象的对称中心，

所以f(x)图象上任一点M(x，f(x))关于点的对称点N(1－x，2－f(x))也在f(x)图象上，即f(1－x)＝2－f(x)，所以f(x)＋f(1－x)＝2，

故f＋f＝f＋f＝…＝2，故f＋f＋f＋…＋f＝2 016．

【答案】　(1)(－1)n＋1　(2)2 016

归纳推理的一般步骤是：(1)通过观察个别事物发现某些相同的性质；(2)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题，并且在一般情况下，如果归纳的个别事物越多，越具有代表性，那么推广的一般性结论也就越可靠．

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．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．

[对点训练]

1．13＝1，

23＝3＋5，

33＝7＋9＋11，

43＝13＋15＋17＋19 ，

…

若某数n3按上述规律展开后，发现等式右边含有2 013这个数，则n＝________．

[解析] 观察等式规律可知n3等于连续n个奇数的和，

又13＝1，23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，

…

所以前n个式子右边的奇数的个数的和为：1＋2＋3＋4＋…＋n＝，又2 013是第1 007个奇数，且当n＝44时，＝990，当n＝45时，＝1 035，所以发现等式右边含有2 013这个数，则n＝45．

[答案] 45

2．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＝．推广到空间几何中可以得到类似结论：若正四面体ABCD的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝________．

[解析] 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，所以＝．

[答案]

演绎推理

[典型例题]

(2019·南京、盐城模拟)已知数列{an}满足：a1＝，＝，anan＋1<0 (n∈N*)；数列{bn}满足：bn＝a－a (n∈N*)．

(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．

【解】　(1)已知＝化为＝，

而1－a＝，

所以数列{1－a}是首项为，公比为的等比数列，

则1－a＝×，则a＝1－×．

由anan＋1<0，知数列{an}的项是正负相间出现的，

因此an＝(－1)n＋1，

bn＝a－a＝－×＋×

＝×．

(2)证明：假设存在数列{bn}中的某三项成等差数列，不妨设为bm、bs、bp，其中m、s、p是互不相等的正整数，可设m<s<p，

而通项公式bn＝×随n的增大而减小，

那么只能有2bs＝bm＋bp，

可得2××＝×＋×，

则2×＝1＋．

当s－m≥2时，2×≤2×＝，上式不可能成立，则只能有s－m＝1，此时等式为＝1＋，

即＝，那么p－m＝log，p－m为正整数，log为无理数，不可能相等．

所以假设不成立，故数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．

运用演绎推理证明问题常用综合法和分析法，我们常用分析法寻找解决问题的突破口，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．

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．

[对点训练]

3．已知数列{an}和{bn}满足：a1＝λ，an＋1＝an＋n－4，bn＝(－1)n(an－3n＋21)，其中λ为实数，n为正整数．

(1)证明：对任意实数λ，数列{an}不是等比数列；

(2)试判断数列{bn}是否为等比数列．

[解] (1)证明：假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，

则有a＝a1a3，即＝λ

⇔λ2－4λ＋9＝λ2－4λ⇔9＝0，矛盾．

所以{an}不是等比数列．

(2)因为bn＋1＝(－1)n＋1[an＋1－3(n＋1)＋21]

＝(－1)n＋1

＝－(－1)n·(an－3n＋21)＝－bn，

又b1＝－(λ＋18)，

当λ＝－18时，bn＝0 (n∈N*)，此时{bn}不是等比数列；

当λ≠－18时，b1＝－(λ＋18)≠0，由bn＋1＝－bn，

可知bn≠0，所以＝－ (n∈N*)．

故当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－为公比的等比数列．

综上知，当λ＝－18时，数列{bn}构不成等比数列；

当λ≠－18时，数列{bn}是以－(λ＋18)为首项，－为公比的等比数列．

1．(2019·苏州期末)从1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出第n个式子为________．

[答案] 1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1(1＋2＋3＋…＋n)

2．观察下列等式：

1－＝，

1－＋－＝＋，

1－＋－＋－＝＋＋，

…

据此规律，第n个等式可为____________________．

[解析] 等式的左边的通项为－，前n项和为1－＋－＋…＋－；右边的每个式子的第一项为，共有n项，故为＋＋…＋．

[答案] 1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋

3．(2019·徐州模拟)已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝，则该数列的前22项和等于________．

[解析] 因为a1＝，an＋1＝，所以a2＝－1，a3＝2，a4＝，

所以数列{an}是以3为周期的周期数列，所以

S22＝7(a1＋a2＋a3)＋a1＝7×＋＝11．

[答案] 11

4．(2019·宿迁调研)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝________．

[解析] 从给出的式子特点观察可推知，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10＋b10＝123．

[答案] 123

5． 如图，在圆内画1条弦，把圆分成2部分；画2条相交的弦，把圆分成4部分；画3条两两相交的弦，最多把圆分成7部分；…；画n条两两相交的弦，最多把圆分成________个部分．

[解析]  易知当n条弦的交点不在圆周上，且没有公共交点时，把圆分的部分最多．

当画1条弦时，分成1＋1个部分；

当画2条弦时，分成1＋1＋2个部分；

当画3条弦时，分成1＋1＋2＋3个部分；

…

所以画n条弦时，分成1＋1＋2＋3＋…＋n＝(n2＋n)＋1(个)部分．

[答案] (n2＋n)＋1

6．(2019·南京模拟)命题p：已知椭圆＋＝1(a>b>0)，F1、F2是椭圆的两个焦点，P为椭圆上的一个动点，过F2作∠F1PF2的外角平分线的垂线，垂足为M，则OM的长为定值．类比此命题，在双曲线中也有命题q：已知双曲线－＝1(a>0，b>0)，F1、F2是双曲线的两个焦点，P为双曲线上的一个动点，过F2作∠F1PF2的________的垂线，垂足为M，则OM的长为定值________．

[解析] 对于椭圆，延长F2M与F1P的延长线交于Q．

由对称性知，M为F2Q的中点，且PF2＝PQ，

从而OM∥F1Q且OM＝F1Q．

而F1Q＝F1P＋PQ＝F1P＋PF2＝2a，所以OM＝a．

对于双曲线，过F2作∠F1PF2内角平分线的垂线，垂足为M，

类比可得OM＝a．

因为OM＝F1Q＝(PF1－PF2)＝·2a＝a．

[答案] 内角平分线　a

7．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＝．类比这个结论可知：四面体ABCD的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球半径为R，四面体ABCD的体积为V，则R＝________．

[解析] 设四面体ABCD的内切球的球心为O，连结OA，OB，OC，OD，将其分割成四个四面体，由分割法可得V＝S1R＋S2R＋S3R＋S4R，

所以R＝．

[答案]

8．(2019·江苏省高考命题研究专家原创卷(八))已知下列等式：

22＝4

22－42＋62＝24

22－42＋62－82＋102＝60

22－42＋62－82＋102－122＋142＝112

……

观察上述等式的规律，发现第n(n∈N*)个等式的右边可以表示为an2＋bn＋c(a，b，c为实常数)的形式，则＋c＝______．

[解析] 法一：每个等式的左边有(2n－1)个偶数的平方相加减，第一个偶数为2，最后一个偶数为2(2n－1)，正负相间，所以第n个等式的左边为22－42＋62－82＋…－[2(2n－2)]2＋[2(2n－1)]2，即4＋2[4＋6＋8＋…＋2(2n－2)＋2(2n－1)]＝4(1＋2＋3＋4＋5＋…＋2n－2＋2n－1)＝8n2－4n，所以a＝8，b＝－4，c＝0，所以＋c＝－2．

法二：令n＝1，2，3，得解得，所以＋c＝－2．

[答案] －2

9．(2019·无锡质量检测)有甲、乙二人去看望高中数学老师张老师，期间他们做了一个游戏，张老师的生日是m月n日，张老师把m告诉了甲，把n告诉了乙，然后张老师列出来如下10个日期供选择：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日．看完日期后，甲说：“我不知道，但你一定也不知道．”乙听了甲的话后，说：“本来我不知道，但现在我知道了．”甲接着说：“哦，现在我也知道了．”则张老师的生日是________．

[解析] 根据甲说的“我不知道，但你一定也不知道”，可排除5月5日、5月8日、9月4日、9月6日、9月9日；根据乙听了甲的话后说的“本来我不知道，但现在我知道了”，可排除2月7日、8月7日；根据甲接着说的“哦，现在我也知道了”，可以得知张老师生日为8月4日．

[答案] 8月4日

10．(2019·武汉调研)如图(1)所示，在平面几何中，设O是等腰直角三角形ABC的底边BC的中点，AB＝1，过点O的动直线与两腰或其延长线的交点分别为R，Q，则有＋＝2．类比以上结论，将其拓展到空间中，如图(2)所示，设O是正三棱锥A­BCD的底面BCD的中心，AB，AC，AD两两垂直，AB＝1，过点O的动平面与三棱锥的三条侧棱或其延长线的交点分别为Q，R，P，则有________．

[解析] 设O到正三棱锥A­BCD三个侧面的距离为d，易知V三棱锥R­AQP＝S△AQP·AR＝×·AQ·AP·AR＝AQ·AP·AR．又因为V三棱锥R­AQP＝V三棱锥O­AQP＋V三棱锥O­ARP＋V三棱锥O­AQR＝S△AQP·d＋S△ARP·d＋S△AQR·d＝(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d，

所以AQ·AP·AR＝(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d，即＋＋＝．而V三棱锥A­BDC＝××1×1×1＝，所以V三棱锥O­ABD＝V三棱锥A­BDC＝，

即·S△ABD·d＝××d＝，所以d＝，

所以＋＋＝3．

[答案] ＋＋＝3

11．(2019·苏州期末)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数a．

①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；

②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；

③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；

④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；

⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°．

(1)从上述五个式子中选择一个，求出常数a；

(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为一个三角恒等式，并证明你的结论．

[解] (1)选择②式计算：

a＝sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°＝．

(2)猜想的三角恒等式为：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝．

证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)

＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°·cos α＋sin 30°sin α)

＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝．

12．(2019·徐州模拟)已知函数f(x)＝x＋1，设g1(x)＝f(x)，gn(x)＝f(gn－1(x))(n>1，n∈N*)，

(1)求g2(x)，g3(x)的表达式，并猜想gn(x)(n∈N*)的表达式(直接写出猜想结果)；

(2)若关于x的函数y＝x2＋i(x) (n∈N*)在区间－∞，－1]上的最小值为6，求n的值．(符号“”表示求和，例如：i＝1＋2＋3＋…＋n)

[解] (1)因为g1(x)＝f(x)＝x＋1，所以g2(x)＝f(g1(x))＝f(x＋1)＝(x＋1)＋1＝x＋2，g3(x)＝f(g2(x))＝f(x＋2)＝(x＋2)＋1＝x＋3，所以猜想gn(x)＝x＋n．

(2)因为gn(x)＝x＋n，所以i(x)＝g1(x)＋g2(x)＋…＋gn(x)＝nx＋，

所以y＝x2＋i(x)＝x2＋nx＋＝＋．

①当－≥－1，即n≤2时，函数y＝＋在区间(－∞，－1]上是减函数，

所以当x＝－1时，ymin＝＝6，即n2－n－10＝0，该方程没有整数解．

②当－<－1，即n>2时，ymin＝＝6，解得n＝4，综上所述，n＝4．

13．由部分自然数构成如图所示的数表，用aij(i≥j)表示第i行第j个数(i，j∈N*)，使ai1＝aii＝i，每行中的其余各数分别等于其“肩膀”上的两个数的和．设第n(n∈N*)行中各数的和为bn．

(1)用bn表示bn＋1；

(2)试问：数列{bn}中是否存在不同的三项bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差数列？若存在，求出p，q，r的关系；若不存在，请说明理由．

[解] (1)bn＝an1＋an2＋…＋ann，

bn＋1＝a(n＋1)1＋a(n＋1)2＋…＋a(n＋1)(n＋1)

＝n＋1＋(an1＋an2)＋…＋(an(n－1)＋ann)＋n＋1

＝2(an1＋an2＋…＋ann)＋2＝2bn＋2．

(2)因为bn＋1＝2bn＋2，所以bn＋1＋2＝2(bn＋2)，

所以{bn＋2}是以b1＋2＝3为首项，2为公比的等比数列，

则bn＋2＝3·2n－1⇒bn＝3·2n－1－2．

若数列{bn}中存在不同的三项bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差数列，

不妨设p>q>r，显然{bn}是递增数列，则2bq＝bp＋br，

即2(3·2q－1－2)＝(3·2p－1－2)＋(3·2r－1－2)，

化简得：

2·2q－r＝2p－r＋1，(*)

由于p，q，r∈N*，且p>q>r，知q－r≥1，p－r≥2，

所以(*)式左边为偶数，右边为奇数，

故数列{bn}中不存在不同的三项bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差数列．

14．已知函数f(x)＝(ax－a－x)，其中a>0且a≠1．

(1)分别判断f(x)在(－∞，＋∞)上的单调性；

(2)比较f(1)－1与f(2)－2、f(2)－2与f(3)－3的大小，由此归纳出一个更一般的结论，并证明；

(3)比较与、与的大小，由此归纳出一个更一般的结论，并证明．

[解] (1)f′(x)＝(ax＋a－x)ln a，若0<a<1，则<0，ln a<0，所以f′(x)>0，若a>1，则>

0，ln a>0，所以f′(x)>0；因此，对任意a>0且a≠1，都有f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．

(2)直接计算知f(1)－1＝0，f(2)－2＝a＋a－1－2，f(3)－3＝a2＋a－2－2，根据基本不等式a＋a－1－2>0，所以f(2)－2>f(1)－1，又因为

(a2＋a－2－2)－(a＋a－1－2)＝(a－a－1)2－(－)2＝(－)2(a＋a－1＋1)＝(a－1)2(a＋a－1＋1)>0，所以f(3)－3>f(2)－2．

一般性结论：∀x>0，f(x＋1)－(x＋1)>f(x)－x．

证明：记g(x)＝[f(x＋1)－(x＋1)]－[f(x)－x]＝

[(ax＋1－a－x－1)－(ax－a－x)]－1＝－1，g′(x)＝ln a．与(1)类似地讨论知，对∀x>0和∀a>0且a≠1都有g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(0)＝0，所以g(x)>g(0)＝0，即∀x>0，f(x＋1)－(x＋1)>f(x)－x．

(3)＝1，＝(a＋a－1)，＝，根据基本不等式＝(a＋a－1)>1＝，－>－＝>0，所以>>．

一般性结论：∀x>0，>．

证明：记g(x)＝，x>0，g′(x)＝＝

×，设h(x)＝，则h(0)＝0且h′(x)＝，类似(1)的讨论知对∀x>0和∀a>0且a≠1，h′(x)＝>0，从而h(x)>h(0)＝0，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以∀x>0，>．