【名校資料】高考數(shù)學(xué)理一輪資料包 第十章　推理與證明

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1、◆+◆◆二〇一九高考數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)資料◆+◆◆ 第十章　推理與證明 第1講　合情推理和演繹推理 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．“金導(dǎo)電、銀導(dǎo)電、銅導(dǎo)電、鐵導(dǎo)電，所以一切金屬都導(dǎo)電”，此推理方法是(　　) A．完全歸納推理 B．歸納推理 C．類比推理 D．演繹推理 2．觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx.由歸納推理可得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g(－x)＝(　　) A．f(x) B．－f(x) C．g(x) D．－g

2、(x) 3．(2012年江西)觀察下列各式：a＋b＝1.a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝(　　) A．28 B．76 C．123 D．199 4．圖K10-1-1的三角形稱為謝賓斯基(Sierpinski)三角形．在下圖中，將第1個(gè)三角形的三邊中點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形著色，將第k(k∈N*)個(gè)圖形中的每個(gè)未著色三角形的三邊中點(diǎn)為頂點(diǎn)的三角形著色，得到第k＋1個(gè)圖形，這樣這些圖形中著色三角形的個(gè)數(shù)依次構(gòu)成一個(gè)數(shù)列{an}，則數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為________________． 　…… 圖K10-1-1 5

3、．如圖K10-1-2，在平面上，用一條直線截正方形的一個(gè)角，則截下的一個(gè)直角三角形按圖K10-1-2(1)所標(biāo)邊長，由勾股定理，得c2＝a2＋b2.設(shè)想把正方形換成正方體，把截線換成如圖K10-1-2(2)所示的截面，這時(shí)從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐O－ABC，若用s1，s2，s3表示三個(gè)側(cè)面面積，s4表示截面面積，則你類比得到的結(jié)論是__________________． (1)　　　　　　　　　(2) 圖K10-1-2 6．已知cos＝，coscos＝，coscoscos＝，…，根據(jù)以上等式，可猜想出的一般結(jié)論是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　. 7．觀察下列等

4、式： (1＋x＋x2)1＝1＋x＋x2， (1＋x＋x2)2＝1＋2x＋3x2＋2x3＋x4， (1＋x＋x2)3＝1＋3x＋6x2＋7x3＋6x4＋3x5＋x6， (1＋x＋x2)4＝1＋4x＋10x2＋16x3＋19x4＋16x5＋10x6＋4x7＋x8， …… 由以上等式推測：對(duì)于n∈N*，若(1＋x＋x2)n＝a0＋a1x＋a2x2＋…＋a2nx2n，則a2＝________. 8．(2013年廣東)設(shè)整數(shù)n≥4，集合X＝{1,2,3，…，n}．令集合S＝{(x，y，z)|x，y，z∈X，且三個(gè)條件x

5、w，x)都在S中，則下列選項(xiàng)正確的是(　　) A．(y，z，w)∈S，(x，y，w)?S B．(y，z，w)∈S，(x，y，w)∈S C．(y，z，w)?S，(x，y，w)∈S D．(y，z，w)?S，(x，y，w)?S 9．(2012年福建)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下5個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)． (1)sin213°＋cos217°－sin13°cos17°； (2)sin215°＋cos215°－sin15°cos15°； (3)sin218°＋cos212°－sin18°cos12°； (4)sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos4

6、8°； (5)sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°. (1)試從上述5個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)； (2)根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論． 第2講　直接證明與間接證明 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．等差數(shù)列{an}中，是一個(gè)與n無關(guān)的常數(shù)，則該常數(shù)的可能值的集合為(　　) A．{1} B. C. D. 2．(2012年北京)某棵果樹前n年的總產(chǎn)量Sn與n之間的關(guān)系如圖K10-2-1，從目前記錄的結(jié)果

7、看，前m年的年平均產(chǎn)量最高，則m的值為(　　) 圖K10-2-1 A．5 B．7 C．9 D．11 3．若a，b，c是不全相等的實(shí)數(shù)， 求證：a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.其證明過程如下： ∵a，b，c∈R，∴a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac. 又a，b，c不全相等，∴2(a2＋b2＋c2)≥2(ab＋bc＋ac)， ∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac.此證法是(　　) A．分析法 B．綜合法 C．反證法 D．分析法與綜合法并用 4．如下是證明－1>－的過程，其證法是(　　) 要證－1>－， 只需證＋>＋

8、1， 即證(＋)2>(＋1)2， 即證>，即證35>11.35>11顯然成立，∴－1>－. A．分析法 B．綜合法 C．間接證法 D．分析法與綜合法并用 5．已知a，b，c都是正數(shù)，則三數(shù)a＋，b＋，c＋(　　) A．都大于2 B．都小于2 C．至少有一個(gè)不大于2 D．至少有一個(gè)不小于2 6．α，β是兩個(gè)不同的平面，m，n是平面α及β之外的兩條不同的直線，給出四個(gè)論斷： ①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α. 以其中的三個(gè)論斷作為條件，余下一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出你認(rèn)為正確的一個(gè)命題____________________． 7．下表中

9、的對(duì)數(shù)值有且僅有一個(gè)是錯(cuò)誤的： x 3 5 8 9 15 lgx 2a－b a＋c 3－3a－3c 4a－2b 3a－b＋c＋1 請(qǐng)將錯(cuò)誤的一個(gè)改正為________________． 8．(2013年湖北)已知等比數(shù)列{an}滿足：|a2－a3|＝10，a1a2a3＝125. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)是否存在正整數(shù)m，使得＋＋…＋≥1？若存在，求m的最小值；若不存在，請(qǐng)說明理由． 9．若函數(shù)f(x)對(duì)任意的x∈R，均有f(x－1)＋f(x＋1)≥2f(x)，則稱函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P. (1)判斷

10、下面兩個(gè)函數(shù)是否具有性質(zhì)P，并說明理由．①y＝ax(a>1)；②y＝x3. (2)若函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P，且f(0)＝f(n)＝0(n>2，n∈N*)，求證：對(duì)任意i∈{1,2,3，…，n－1}有f(i)≤0； (3)在(2)的條件下，是否對(duì)任意x∈[0，n]均有f(x)≤0.若成立給出證明，若不成立給出反例． 第3講 　數(shù)學(xué)歸納法 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．用數(shù)學(xué)歸納法證明：(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n＋1)(n∈N*)，從“n＝k”到“n＝k＋1”左端

11、需乘的代數(shù)式是(　　) 　 　　　　　　 　　　　　　 　　　 A．2k＋1 B．2(2k＋1) C. D. 2．用數(shù)學(xué)歸納法證明：12＋22＋…＋n2＋…＋22＋12＝，第二步證明由“k到k＋1”時(shí)，左邊應(yīng)加(　　) A．k2 B．(k＋1)2 C．k2＋(k＋1)2＋k2 D．(k＋1)2＋k2 3．對(duì)一切正整數(shù)n，n2與2n的大小關(guān)系為 (　　) A．對(duì)一切n∈N*，恒有n2<2n B．對(duì)一切n∈N*，恒有n2≤2n C．當(dāng)n＝1或n≥5時(shí)，n2<2n，n＝2,3,4時(shí)，n2≥2n D．以上都不對(duì) 4．

12、f(n)和g(n)都是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，滿足：①f(1)＝g(1)；②對(duì)n∈N*，f(n)－f(n－1)＝g(n)－g(n－1)．那么猜想對(duì)n∈N*時(shí)，有(　　) A．f(n)>g(n) B．f(n)

13、D．Sk＋＋ 7．若不等式＋＋＋…＋>對(duì)于一切n∈N*成立，則正整數(shù)m的最大值為__________． 8．已知f(n)＝＋＋＋…＋，則下列說法有誤的是________． ①f(n)中共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋； ②f(n)中共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋＋； ③f(n)中共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋； ④f(n)中共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝＋＋. 9．(2014年廣東深圳一模)已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足4(n＋1)(Sn＋1)＝(n＋2)2an(n∈N*)． (1)求a1，a2的值； (2)求an； (3)設(shè)b

14、n＝，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，求證：Tn<. 10．已知數(shù)列{an}滿足a1＝，且對(duì)任意n∈N*，都有＝. (1)求證：數(shù)列為等差數(shù)列； (2)試問數(shù)列{an}中ak·ak＋1(k∈N*)是否仍是{an}中的項(xiàng)？如果是，請(qǐng)指出是數(shù)列的第幾項(xiàng)；如果不是，請(qǐng)說明理由； (3)令bn＝，證明：對(duì)任意n∈N*，都有不等式>b成立． 第十章　推理與證明 第1講　合情推理和演繹推理 1．B　2.D　3.C 4．a(chǎn)n＝　解析：根據(jù)圖形可知：a1＝1，an＋1－an＝3n(n∈N*)．當(dāng)n

15、≥2時(shí)， an＝a1＋(a2－a1)＋(a3－a2)＋…＋(an－an－1) ＝1＋3＋32＋…＋3n－1＝. 5．s＝s＋s＋s 6．coscos…cos＝，n∈N* 7.n(n＋1)　解析：由給出等式觀察可知，x2的系數(shù)依次為1,3,6,10,15，…，∴a2＝n(n＋1)． 8．B　解析：若(x，y，z)＝(1,2,3)∈S和(z，w，x)＝(3,4,1)∈S都在S中，則(y，z，w)＝(2,3,4)∈S，(x，y，w)＝(1,2,4)∈S，故選B. 9．解：(1)選擇(2)：由sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝，故這個(gè)常數(shù)是.

16、(2)推廣，得到三角恒等式sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝. 證明：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α) ＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα) ＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝. 第2講　直接證明與間接證明 1．B　2.C　3.B　4.A　5.D 6．①③④，則②或若②③④，則① 7．lg15＝3a－b＋c　解析：如果lg3＝2a－b是正確的，那么lg9＝2lg

17、3＝2(2a－b)＝4a－2b；如果lg3＝2a－b是錯(cuò)誤的，那么lg9＝4a－2b也是錯(cuò)誤的，這與題意矛盾．反過來，如果lg9＝4a－2b是錯(cuò)誤的，那么lg3＝2a－b也是錯(cuò)誤的，這也與題意相矛盾． 同樣，如果lg5＝a＋c，那么lg8＝3lg2＝3(1－lg5)＝3(1－a－c)，如果lg5＝a＋c是錯(cuò)誤的，那么lg8＝3－3a－3c，也錯(cuò)誤，這與題意矛盾；顯然lg8＝3－3a－3c也不是錯(cuò)誤的，否則lg5＝a＋c也錯(cuò)誤． ∴l(xiāng)g15＝lg(3×5)＝lg3＋lg5＝(2a－b)＋(a＋c)＝3a－b＋c， ∴應(yīng)將最后一個(gè)錯(cuò)誤的改正為lg15＝3a－b＋c. 8．解：(1)由已知條

18、件得：a2＝5，又a2|q－1|＝10， ∴q＝－1或3. ∴數(shù)列{an}的通項(xiàng)an＝－5·(－1)n－1或an＝5×3n－2. (2)若q＝－1，＋＋…＋＝－或0，不存在這樣的正整數(shù)m； 若q＝3，＋＋…＋＝<<1. 綜上所述，不存在這樣的正整數(shù)m. 9．證明：(1)①函數(shù)f(x)＝ax(a>1)具有性質(zhì)P. f(x－1)＋f(x＋1)－2f(x)＝ax－1＋ax＋1－2ax ＝ax， 因?yàn)閍>1，ax>0， 即f(x－1)＋f(x＋1)≥2f(x)， 此函數(shù)為具有性質(zhì)P. ②函數(shù)f(x)＝x3不具有性質(zhì)P. 例如，當(dāng)x＝－1時(shí)， f(x－1)＋f(x＋1)＝f

19、(－2)＋f(0)＝－8,2f(x)＝－2， 所以，f(－2)＋f(0)<2f(－1)， 此函數(shù)不具有性質(zhì)P. (2)假設(shè)f(i)為f(1)，f(2)，…，f(n－1)中第一個(gè)大于0的值，則f(i)－f(i－1)>0， 因?yàn)楹瘮?shù)f(x)具有性質(zhì)P， 所以，對(duì)于任意n∈N*，均有f(n＋1)－f(n)≥f(n)－f(n－1)． 所以f(n)－f(n－1)≥f(n－1)－f(n－2)≥…≥f(i)－f(i－1)>0， 所以f(n)＝[f(n)－f(n－1)]＋…＋[f(i＋1)－f(i)]＋f(i)>0，與f(n)＝0矛盾， 所以，對(duì)任意的i∈{1,2,3，…，n－1}有f(i)≤

20、0. (3)不成立． 例如f(x)＝ 證明：當(dāng)x為有理數(shù)時(shí)，x－1，x＋1均為有理數(shù)， f(x－1)＋f(x＋1)－2f(x)＝(x－1)2＋(x＋1)2－2x2－n(x－1＋x＋1－2x)＝2， 當(dāng)x為無理數(shù)時(shí)，x－1，x＋1均為無理數(shù)， f(x－1)＋f(x＋1)－2f(x)＝(x－1)2＋(x＋1)2－2x2＝2， 所以，函數(shù)f(x)對(duì)任意的x∈R，均有f(x－1)＋f(x＋1)≥2f(x)， 即函數(shù)f(x)具有性質(zhì)P. 而當(dāng)x∈[0，n](n>2)且當(dāng)x為無理數(shù)時(shí)，f(x)>0. 所以，在(2)的條件下，“對(duì)任意x∈[0，n]均有f(x)≤0”不成立． 其他反例：

21、 如f(x)＝，f(x)＝，f(x)＝等．) 第3講　數(shù)學(xué)歸納法 1．B　2.D　3.C　4.C 5．D　解析：原等式共有5n項(xiàng)，當(dāng)n＝1時(shí)，25－1＝24，選D. 6．C　解析：Sk＋1＝＋＋…＋ ＝＋＋…＋＝＋＋…＋＋＋－ ＝Sk＋－. 7．1006　解析：記f(n)＝＋＋＋…＋， 則f(n＋1)－f(n)＝＋－＝－>0，數(shù)列{f(n)}是遞增數(shù)列，則f(n)min＝f(1)＝，∴m≤1006. 8．①②③ 9．(1)解：當(dāng)n＝1時(shí)，有4×(1＋1)(a1＋1)＝(1＋2)2a1， 解得a1＝8. 當(dāng)n＝2時(shí)，有4×(2＋1)(a1＋a2＋1)＝(2＋2)2a2，

22、 解得a2＝27. (2)解：方法一：當(dāng)n≥2時(shí)，有4(Sn＋1)＝，　① 4(Sn－1＋1)＝.?、? ①－②，得4an＝－， 即＝. ∴＝＝＝…＝＝1. ∴an＝(n＋1)3(n≥2)． 方法二：根據(jù)a1＝8，a2＝27，猜想：an＝(n＋1)3. ①當(dāng)n＝1時(shí)，有a1＝8＝(1＋1)3，猜想成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，猜想也成立，即ak＝(k＋1)3. 那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)， 有4(k＋1＋1)(Sk＋1＋1)＝(k＋1＋2)2ak＋1， 即4(Sk＋1＋1)＝，?、? 又 4(Sk＋1)＝，?、? ①－②，得4ak＋1＝－＝－， 解得ak＋1＝(k＋2)3＝(k＋

23、1＋1)3 . ∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立． 因此，由數(shù)學(xué)歸納法證得an＝(n＋1)3成立． (3)證明：∵bn＝＝<＝－， ∴Tn＝b1＋b2＋b3＋…＋bn－1＋bn＝＋＋＋…＋＋ <＋＋＋…＋＋ ＝＋＋＋…＋＋ ＝＋－<. 10．(1)解：anan＋1＋2an＝4anan＋1＋2an＋1， 即2an－2an＋1＝3anan＋1， 所以－＝. 所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，公差為的等差數(shù)列． (2)解：由(1)可得數(shù)列的通項(xiàng)公式為＝， 所以an＝. ak·ak＋1＝·＝ ＝. 因?yàn)椋絢2＋3k＋1＋， 當(dāng)k∈N*時(shí)，一定是正整數(shù)，所以是正整數(shù)． (也可以從k的奇偶性來分析) 所以ak·ak＋1是數(shù)列{an}中的項(xiàng)，是第項(xiàng)． (3)證明：由(2)知：an＝， bn＝＝＝n＋4. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：2n+4>(n＋4)2對(duì)任意n∈N*都成立． (1)當(dāng)n＝1時(shí)，顯然25>52，不等式成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，有2k+4>(k＋4)2， 當(dāng)n＝k＋1時(shí)， 2(k+1)+4＝2·2k+4>2(k＋4)2＝2k2＋16k＋32＝(k＋5)2＋k2＋6k＋7>(k＋5)2， 即有：>b也成立． 綜合(1)(2)知：對(duì)任意n∈N*，都有不等式>b成立． 高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品 高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí)精品