2021高考数学（理）大一轮复习习题：第十二章 推理与证明、算法、复数 word版含答案

这是一份2021高考数学（理）大一轮复习习题：第十二章 推理与证明、算法、复数 word版含答案，共53页。试卷主要包含了合情推理；　2，7时，执行程序框图可知，4，故判断框内可填i≥7，选B等内容，欢迎下载使用。
第十二章推理与证明、算法、复数
第一节
合情推理与演绎推理
本节主要包括2个知识点：
1.合情推理；　2.演绎推理.


突破点(一)　合情推理
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”

类型
定义
特点
归纳推理
根据某类事物的部分对象具有某种特征，推出这类事物的全部对象都具有这种特征的推理
由部分到整体、由个别到一般
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
由特殊到特殊

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


归纳推理

运用归纳推理时的一般步骤
(1)通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)；
(2)把这种相似性推广到一个明确表述的一般命题(猜想)；
(3)对所得出的一般性命题进行检验．
类型(一)　与数字有关的推理
[例1]　给出以下数对序列：
(1,1)
(1,2)(2,1)
(1,3)(2,2)(3,1)
(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)
……
记第i行的第 j 个数对为aij，如a43＝(3,2)，则anm＝(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A．(m，n－m＋1) B．(m－1，n－m)
C．(m－1，n－m＋1) D．(m，n－m)
[解析]　由前4行的特点，归纳可得：若anm＝(a，b)，则a＝m，b＝n－m＋1，∴anm＝(m，n－m＋1)．
[答案]　A
[易错提醒]
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识，如等差数列、等比数列等．
类型(二)　与式子有关的推理
[例2]　(1)(2016·山东高考)观察下列等式：
－2＋－2＝×1×2；
－2＋－2＋－2＋－2＝×2×3；
－2＋－2＋－2＋…＋－2＝×3×4；
－2＋－2＋－2＋…＋－2＝×4×5；
……
照此规律，
－2＋－2＋…＋－2＝________.
(2)已知x∈(0，＋∞)，观察下列各式：x＋≥2，x＋＝＋＋≥3，x＋＝＋＋＋≥4，…，类比得x＋≥n＋1(n∈N*)，则a＝________.
[解析]　(1)观察前4个等式，由归纳推理可知－2＋－2＋…＋－2＝×n×(n＋1)＝.
(2)第一个式子是n＝1的情况，此时a＝11＝1；第二个式子是n＝2的情况，此时a＝22＝4；第三个式子是n＝3的情况，此时a＝33＝27，归纳可知a＝nn.
[答案]　(1)　(2)nn
[方法技巧]
与式子有关的推理类型及解法
(1)与等式有关的推理．观察每个等式的特点，找出等式左右两侧的规律及符号后可解．
(2)与不等式有关的推理．观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解．

类型(三)　与图形有关的推理
[例3]　某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为(　　)

A．21 B．34 C．52 D．55
[解析]　因为2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为21＋34＝55.
[答案]　D
[方法技巧]
与图形有关的推理的解法
与图形变化相关的归纳推理，解决的关键是抓住相邻图形之间的关系，合理利用特殊图形，找到其中的变化规律，得出结论，可用赋值检验法验证其真伪性．


类比推理

1．类比推理的应用一般分为类比定义、类比性质和类比方法，常用技巧如下：
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
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
类比方法
有一些处理问题的方法具有类比性，我们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

2．平面中常见的元素与空间中元素的类比：
平面
点
线
圆
三角形
角
面积
周长
…
空间
线
面
球
三棱锥
二面角
体积
表面积
…

[例4]　如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝a，CD＝b(a>b)．若EF∥AB，EF到CD与AB的距离之比为m∶n，则可推算出：EF＝.用类比的方法，推想出下面问题的结果．在上面的梯形ABCD中，分别延长梯形的两腰AD和BC交于O点，设△OAB，△ODC的面积分别为S1，S2，则△OEF的面积S0与S1，S2的关系是(　　)
A．S0＝
B．S0＝
C.＝
D.＝
[解析]　在平面几何中类比几何性质时，一般是由平面几何中点的性质类比推理线的性质；由平面几何中线段的性质类比推理面积的性质．故由EF＝类比到关于△OEF的面积S0与S1，S2的关系是＝.
[答案]　C
[方法技巧]
类比推理的步骤和方法
(1)类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤为：
①找出两类事物之间的相似性或一致性；
②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．
(2)类比推理的关键是找到合适的类比对象．平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论．　

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”

1．[考点二]由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：
①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；
②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；
④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；
⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；
⑥“＝”类比得到“＝”．
以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是(　　)
　　　　　　　　　　　　　　　　
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选B　①②正确，③④⑤⑥错误．
2．[考点二]在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体P­ABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝(　　)
A. B. C. D.
解析：选D　正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故＝.
3．[考点一·类型(一)]两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位如图所示，则下列座位号码符合要求的应当是(　　)
窗口
1
2
过
道
3
4
5
窗
口
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
…
…
…
…
…
　　　　　　　　　　　　　　　　
A．48,49 B．62,63 C．75,76 D．84,85
解析：选D　由已知图形中座位的排序规律可知，被5除余1的数和能被5整除的座位号靠窗，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析选项中的4组座位号知，A、B两组座位号都不靠窗，C中两个座位没有连在一起，只有D符合条件．
4．[考点一·类型(二)]设n为正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，计算得f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，观察上述结果，可推测一般的结论为________．
解析：∵f(21)＝，f(22)>2＝，f(23)>，f(24)>，∴归纳得f(2n)≥(n∈N*)．
答案：f(2n)≥(n∈N*)
5．[考点一·类型(三)]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，如图为一组
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个图的蜂巢总数．

则f(4)＝________，f(n)＝________.
解析：因为f(1)＝1，f(2)＝7＝1＋6，f(3)＝19＝1＋6＋12，所以f(4)＝1＋6＋12＋18＝37，所以f(n)＝1＋6＋12＋18＋…＋6(n－1)＝3n2－3n＋1.
答案：37　3n2－3n＋1

突破点(二)　演绎推理

基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
演绎推理
(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．
(2)模式：“三段论”是演绎推理的一般模式，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，对特殊情况做出的判断．
(3)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理．
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”

演绎推理
[典例]　数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．证明：
(1)数列是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
[证明]　(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，
即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
故＝2·，(小前提)
故是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义)
(2)由(1)可知数列是等比数列，(大前提)
所以＝4·(n≥2)，
即Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1
＝4an(n≥2)．
又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
所以对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)
[方法技巧]
演绎推理的推证规则
(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略，本例中，等比数列的定义在解题中是大前提，由于它是显然的，因此省略不写．
(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．　

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．已知函数f(x)＝－(a>0，且a≠1)．
(1)证明：函数y＝f(x)的图象关于点对称；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
解：(1)证明：函数f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，它关于点对称的点的坐标为(1－x，－1－y)．(大前提)
由已知y＝－，
则－1－y＝－1＋＝－，
f(1－x)＝－＝－＝－＝－，(小前提)
∴－1－y＝f(1－x)，即函数y＝f(x)的图象关于点对称．(结论)
(2)由(1)知－1－f(x)＝f(1－x)，
即f(x)＋f(1－x)＝－1.
∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，f(0)＋f(1)＝－1.
故f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.
2．已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数．
证明：设任意x1，x2∈R，取x1x1f(x2)＋x2f(x1)，
所以x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，
因为x10，所以f(x2)－f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)．(小前提)
所以y＝f(x)为R上的单调增函数．(结论)

[全国卷5年真题集中演练——明规律]
1．(2016·全国甲卷)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________．
解析：由丙所言可能有两种情况．一种是丙持有“1和2”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和3”，符合甲所言情况；另一种是丙持有“1和3”，结合乙所言可知乙持有“2和3”，从而甲持有“1和2”，不符合甲所言情况．故甲持有“1和3”．
答案：1和3
2．(2014·新课标全国卷Ⅰ)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．
由此判断乙去过的城市为________．
解析：由于甲、乙、丙三人去过同一城市，而甲没有去过B城市，乙没有去过C城市，因此三人去过的同一城市应为A，而甲去过的城市比乙多，但没去过B城市，所以甲去过A，C城市，乙去过的城市应为A.
答案：A
[课时达标检测] 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．(1)已知a是三角形一边的长，h是该边上的高，则三角形的面积是ah，如果把扇形的弧长l，半径r分别看成三角形的底边长和高，可得到扇形的面积为lr；(2)由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32，可得到1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2，则(1)(2)两个推理过程分别属于(　　)
A．类比推理、归纳推理 B．类比推理、演绎推理
C．归纳推理、类比推理 D．归纳推理、演绎推理
解析：选A　(1)由三角形的性质得到扇形的性质有相似之处，此种推理为类比推理；(2)由特殊到一般，此种推理为归纳推理，故选A.
2．“因为指数函数y＝ax是增函数(大前提)，而y＝x是指数函数(小前提)，所以y＝x是增函数(结论)”，上面推理的错误在于(　　)
A．大前提错导致结论错
B．小前提错导致结论错
C．推理形式错导致结论错
D．大前提和小前提都错导致结论错
解析：选A　y＝ax是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错误．
3．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝(　　)
A．121 B．123 C．231 D．211
解析：选B　令an＝an＋bn，则a1＝1，a2＝3，a3＝4，a4＝7，…，得an＋2＝an＋an＋1，从而a6＝18，a7＝29，a8＝47，a9＝76，a10＝123.
4．下面图形由小正方形组成，请观察图1至图4的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是________．

解析：由题图知第1个图形的小正方形个数为1，第2个图形的小正方形个数为1＋2，第3个图形的小正方形个数为1＋2＋3，第4个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋4，…，则第n个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋…＋n＝.
答案：
5．在平面几何中：△ABC中∠C的角平分线CE分AB所成线段的比为 ＝.把这个结论类比到空间：在三棱锥A­BCD中(如图)，DEC平分二面角A­CD­B且与AB相交于E，则得到类比的结论是_____________________．

解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得＝.
答案：＝
[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．给出下面类比推理(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)：
①“若a，b∈R，则a－b＝0⇒a＝b”类比推出“a，b∈C，则a－b＝0⇒a＝b”；
②“若a，b，c，d∈R，则复数a＋bi＝c＋di⇒a＝c，b＝d”类比推出“a，b，c，d∈Q，则a＋b＝c＋d⇒a＝c，b＝d ”；
③“a，b∈R，则a－b＞0⇒a＞b”类比推出“若a，b∈C，则a－b＞0⇒a＞b”；
④“若x∈R，则|x|＜1⇒－1＜x＜1”类比推出“若z∈C，则|z|＜1⇒－1＜z＜1”．
其中类比结论正确的个数为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．4
解析：选B　类比结论正确的有①②.复数不能比较大小，③④错误．
2．已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是(　　)
A．(7,5) B．(5,7) C．(2,10) D．(10,1)
解析：选B　依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第n组中每个“整数对”的和均为n＋1，且第n组共有n个“整数对”，这样的前n组一共有个“整数对”，注意到＜60＜，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各对数依次为：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个“整数对”是(5,7)．
3．观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125,58＝390 625，59＝1 953 125，……，则52 016的末四位数字为(　　)
A．3 125 B．5 625
C．0 625 D．8 125
解析：选C　55＝3 125 ,56＝15 625,57＝78 125,58＝390 625，59＝1 953 125，……，可得59与55的后四位数字相同，由此可归纳出5m＋4k与5m(k∈N*，m＝5,6,7,8)的后四位数字相同，又2 016＝4×502＋8，所以52 016与58的后四位数字相同，为0 625，故选C.
4．若数列{an}是等差数列，则数列{bn}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(　　)
A．dn＝
B．dn＝
C．dn＝
D．dn＝
解析：选D　若{an}是等差数列，则a1＋a2＋…＋an＝na1＋d，∴bn＝a1＋d＝n＋a1－，即{bn}为等差数列；若{cn}是等比数列，则c1·c2·…·cn＝c·q1＋2＋…＋(n－1)＝c·q，∴dn＝＝c1·q，即{dn}为等比数列，故选D.
5．古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数．比如：

他们研究过图1中的1,3,6,10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似地，称图2中的1,4,9,16，…，这样的数为正方形数．下列数中既是三角形数又是正方形数的是(　　)
A．289 B．1 024
C．1 225 D．1 378
解析：选C　观察三角形数：1,3,6,10，…，记该数列为{an}，则a1＝1，a2＝a1＋2，a3＝a2＋3，…an＝an－1＋n.∴a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2＋…＋an－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)，∴an＝1＋2＋3＋…＋n＝，观察正方形数：1,4,9,16，…，记该数列为{bn}，则bn＝n2.把四个选项的数字，分别代入上述两个通项公式，可知使得n都为正整数的只有 1 225.
6．某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是(　　)
A．今天是周六 B．今天是周四
C．A车周三限行 D．C车周五限行
解析：选B　因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路，E车周四限行，所以今天不是周三；因为B车昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因为A，C两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，选B.
二、填空题
7．对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数，观察下列等式：
[ ]＋[ ]＋[ ]＝3，
[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝10，
[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝21，
……
按照此规律第n个等式的等号右边的结果为________．
解析：因为[ ]＋[ ]＋[ ]＝1×3，[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝2×5，[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝3×7，……，以此类推，第n个等式的等号右边的结果为n(2n＋1)，即2n2＋n.
答案：2n2＋n
8．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y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________．
解析：由题意知，凸函数满足
≤f，
又y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，则sin A＋sin B＋sin C≤3sin＝3sin＝.
答案：
9．设函数f(x)＝(x>0)，观察：
f1(x)＝f(x)＝，
f2(x)＝f(f1(x))＝，
f3(x)＝f(f2(x))＝，
f4(x)＝f(f3(x))＝，
……
根据以上事实，由归纳推理可得：
当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.
解析：根据题意知，各式中分子都是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2n－1，故fn(x)＝f(fn－1(x))＝.
答案：
10.如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上数字标签：原点处标0，点(1,0)处标1，点(1，－1)处标2，点(0，－1)处标3，点(－1，－1)处标4，点(－1,0)处标5，点(－1,1)处标6，点(0,1)处标7，依此类推，则标签为2 0172的格点的坐标为________．
解析：因为点(1,0)处标1＝12，点(2,1)处标9＝32，点(3,2)处标25＝52，点(4,3)处标49＝72，依此类推得点(1 009，1 008)处标2 0172.
答案：(1 009,1 008)
三、解答题
11．在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求证：＝＋.在四面体ABCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想？并说明理由．
解：如图所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴＝
＝＝.
又BC2＝AB2＋AC2，
∴＝＝＋.
猜想，在四面体ABCD中，AB、AC、AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则＝＋＋.
证明：如图，连接BE并延长交CD于F，连接AF.
∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，
∴AB⊥平面ACD.
∵AF⊂平面ACD，
∴AB⊥AF.
在Rt△ABF中，AE⊥BF，
∴＝＋.
∵AB⊥平面ACD，
∴AB⊥CD.
∵AE⊥平面BCD，
∴AE⊥CD.又AB∩AE＝A，
∴CD⊥平面ABF，
∴CD⊥AF.
∴在Rt△ACD中＝＋，
∴＝＋＋.
12．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：
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)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解：(1)选择②式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°
＝1－＝.
(2)三角恒等式为
sin2α＋cos2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin α·cos(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＝.
第二节
直接证明与间接证明、数学归纳法
本节主要包括3个知识点：
1.直接证明；　2.间接证明；3.数学归纳法.


突破点(一)　直接证明

基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
内容
综合法
分析法
定义
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.
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
思维过程
由因导果
执果索因
框图表示
→→…→
→→…→
书写格式
因为…，所以…或由…，得…
要证…，只需证…，即证…

考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


综合法

综合法是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围是：
(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式；
(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．
[例1]　(2017·武汉模拟)已知函数f(x)＝(λx＋1)ln x－x＋1.
(1)若λ＝0，求f(x)的最大值；
(2)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，证明：>0.
[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当λ＝0时，f(x)＝ln x－x＋1.
则f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当01时，f′(x)0.
综上可知，>0.
[方法技巧]　综合法证题的思路



分析法

分析法是逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中需要用到的知识不太明确、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．
[例2]　已知a>0，证明 －≥a＋－2.
[证明]　要证 －≥a＋－2，
只需证 ≥－(2－)．
因为a>0，所以－(2－)>0，
所以只需证2≥2，
即2(2－)≥8－4，只需证a＋≥2.
因为a>0，a＋≥2显然成立当且仅当a＝＝1时，等号成立，所以要证的不等式成立．
[方法技巧]
分析法证题的思路
(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．
(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．

能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1．[考点一]命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”过程应用了(　　)
A．分析法
B．综合法
C．综合法、分析法综合使用
D．间接证明法
解析：选B　因为证明过程是“从左向右”，即由条件逐步推向结论，故选B.
2．[考点一](2017·广州调研)若a，b，c为实数，且a＜b＜0，则下列命题正确的是(　　)
A．ac2＜bc2 B．a2＞ab＞b2
C.＜ D.＞
解析：选B　a2－ab＝a(a－b)，
∵a＜b＜0，∴a－b＜0，
∴a(a－b)>0，即a2－ab＞0，∴a2＞ab.①
又∵ab－b2＝b(a－b)＞0，∴ab＞b2，②
由①②得a2＞ab＞b2.
3．[考点一]已知实数a1，a2，…，a2 017满足a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝0，且|a1－2a2|＝|a2－2a3|＝…＝|a2 017－2a1|，证明：a1＝a2＝a3＝…＝a2 017＝0.
证明：根据条件知：(a1－2a2)＋(a2－2a3)＋(a3－2a4)＋…＋(a2 017－2a1)＝－(a1＋a2＋a3＋…＋a2 017)＝0.①
另一方面，令|a1－2a2|＝|a2－2a3|＝|a3－2a4|＝…＝|a2 017－2a1|＝m，
则a1－2a2，a2－2a3，a3－2a4，…，a2 017－2a1中每个数或为m或为－m.
设其中有k个m，(2 017－k)个－m，则
(a1－2a2)＋(a2－2a3)＋(a3－2a4)＋…＋(a2 017－2a1)＝k×m＋(2 017－k)×(－m)＝(2k－2 017)m.②
由①②知：(2k－2 017)m＝0.③
而2k－2 017为奇数，不可能为0，所以m＝0.
于是知：a1＝2a2，a2＝2a3，a3＝2a4，…，a2 016＝2a2 017，a2 017＝2a1.
所以a1＝22 017·a1，即得a1＝0.
从而a1＝a2＝a3＝…＝a2 017＝0.命题得证．
4．[考点二]已知m>0，a，b∈R，求证：2≤.
证明：因为m>0，所以1＋m>0.
所以要证原不等式成立，只需证(a＋mb)2≤(1＋m)·(a2＋mb2)，
即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证m(a－b)2≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．
突破点(二)　间接证明
基础联通 抓主干知识的“源”与“流”
1．反证法
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．用反证法证明问题的一般步骤
第一步
分清命题“p⇒q”的条件和结论
第二步
作出命题结论q相反的假设綈q
第三步
由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果
第四步
断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是结论q成立，从而间接地证明了命题p⇒q为真
3.常见的结论和反设词
原结论词
反设词
至少有一个
一个都没有
至多有一个
至少有两个
至少有n个
至多有(n－1)个
至多有n个
至少有(n＋1)个
都是
不都是
对任意x成立
存在某个x不成立
对任意x不成立
存在某个x成立
p或q
綈p且綈q
p且q
綈p或綈q
不都是
都是


考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”


证明否定性命题

[例1]　已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{an}中任意三项不可能按原来顺序成等差数列．
[解]　(1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.
又an＋Sn＝2，
所以an＋1＋Sn＋1＝2，
两式相减得an＋1＝an，
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，
所以an＝.
(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(pb与aa
C．c>a>b D．a>c>b
解析：选A　∵a＝－＝，b＝－＝，c＝－＝，且＋>＋>＋>0，∴a>b>c.

[练常考题点——检验高考能力]
一、选择题
1．已知函数f(x)＝x，a，b为正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为(　　)
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
解析：选A　因为≥≥，又f(x)＝x在R上是单调减函数，故f≤f()≤f，即A≤B≤C.
2．设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，若x1＋x2>0，则f(x1)＋f(x2)的值(　　)
A．恒为负值 B．恒等于零
C．恒为正值 D．无法确定正负
解析：选A　由f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)单调递减，可知f(x)是R上的单调递减函数，由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f(x1)c≥b
C．c>b>a D．a>c>b
解析：选A　∵c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，∴c≥b.已知两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2.∵1＋a2－a＝2＋>0，∴1＋a2>a.∴b＝1＋a2>a.∴c≥b>a，故选A.
4．平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为(　　)
A．n＋1 B．2n
C. D．n2＋n＋1
解析：选C　1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋＝个区域．
5．已知a，b∈R，m＝，n＝b2－b＋，则下列结论正确的是(　　)
A．m≤n B．m≥n
C．m>n D．mb，则f(f(b))>f(b)>b，与题意不符，
若f(b)0的解集为(－2,1)．
参考上述解法，若关于x的不等式＋