2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 第3講 推理與證明教案

《2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 第3講 推理與證明教案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題三 第3講 推理與證明教案（8頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、第3講　推理與證明 自主學(xué)習(xí)導(dǎo)引 真題感悟 1．(2020·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 解析　觀察規(guī)律，歸納推理． 從給出的式子特點(diǎn)觀察可推知，等式右端的值，從第三項(xiàng)開始，后一個(gè)式子的右端值等于它前面兩個(gè)式子右端值的和，照此規(guī)律，則a10＋b10＝123. 答案　C 2．(2020·福建)某地區(qū)規(guī)劃道路建設(shè)，考慮道路鋪設(shè)方案．方案設(shè)計(jì)圖中，點(diǎn)表示城市，兩點(diǎn)之間連線表示兩城市間可鋪設(shè)道路，連線上數(shù)據(jù)表示兩城市間鋪設(shè)道路的費(fèi)用，

2、要求從任一城市都能到達(dá)其余各城市，并且鋪設(shè)道路的總費(fèi)用最?。纾涸谌齻€(gè)城市道路設(shè)計(jì)中，若城市間可鋪設(shè)道路的線路圖如圖(1)，則最優(yōu)設(shè)計(jì)方案如圖(2)，此時(shí)鋪設(shè)道路的最小總費(fèi)用為10. 現(xiàn)給出該地區(qū)可鋪設(shè)道路的線路圖如圖(3)，則鋪設(shè)道路的最小總費(fèi)用為________． 解析　根據(jù)題目中圖(3)給出的信息及題意，要求的是鋪設(shè)道路的最小總費(fèi)用，且從任一城市都能到達(dá)其余各城市，可將圖(3)調(diào)整為如圖所示的結(jié)構(gòu)(線段下方的數(shù)字為兩城市之間鋪設(shè)道路的費(fèi)用)． 此時(shí)鋪設(shè)道路的總費(fèi)用為2＋3＋1＋2＋3＋5＝16. 答案　16 考題分析 具備一定的推理與證明能力是高考的一項(xiàng)基本要求．歸

3、納推理是高考考查的熱點(diǎn)，這類題目具有很好的區(qū)分度，考查形式一般為選擇題或填空題． 網(wǎng)絡(luò)構(gòu)建 高頻考點(diǎn)突破 考點(diǎn)一：合情推理 【例1】(1)(2020·武昌模擬)設(shè)fk(x)＝sin2kx＋cos2kx(x∈R)，利用三角變換，估計(jì)fk(x)在k＝1,2,3時(shí)的取值情況，對(duì)k∈N＋時(shí)推測(cè)fk(x)的取值范圍是________(結(jié)果用k表示)． (2)在平面幾何里，有“若△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a，b，c，內(nèi)切圓半徑為r，則三角形面積為S△ABC＝(a＋b＋c)r”，拓展到空間，類比上述結(jié)論，“若四面體ABCD的四個(gè)面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內(nèi)切球的半徑為r，則四面體的體積

4、為________．” [審題導(dǎo)引]　(1)由f1(x)、f2(x)、f3(x)的取值范圍觀察規(guī)律可得； (2)注意發(fā)現(xiàn)其中的規(guī)律總結(jié)出共性加以推廣，或?qū)⒔Y(jié)論類比到其他方面，得出結(jié)論． [規(guī)范解答]　(1)當(dāng)k＝1，f1(x)＝sin2x＋cos2x＝1. 當(dāng)k＝2時(shí)，f2(x)＝sin4x＋cos4x ＝(sin2x＋cos2x)2－2sin2xcos2x＝1－sin22x. ∵0≤sin22x≤1，∴f2(x)∈. 當(dāng)k＝3時(shí)，f3(x)＝sin6x＋cos6x ＝(sin2x＋cos2x)(sin4x－sin2xcos2x＋cos4x) ＝1－3sin2xcos2x＝1

5、－sin22x. ∵0≤sin22x≤1，∴f3(x)∈， 故可推測(cè)≤fk(x)≤1. (2)三角形的面積類比為四面體的體積，三角形的邊長(zhǎng)類比為四面體四個(gè)面的面積，內(nèi)切圓半徑類比為內(nèi)切球的半徑．二維圖形中類比為三維圖形中的，得V四面體ABCD＝(S1＋S2＋S3＋S4)r.故填V四面體ABCD＝(S1＋S2＋S3＋S4)r. [答案]　(1)≤fk(x)≤1　 (2)V四面體ABCD＝(S1＋S2＋S3＋S4)r 【規(guī)律總結(jié)】 歸納推理與類比推理之區(qū)別 (1)歸納推理是由部分到整體，由個(gè)別到一般的推理．在進(jìn)行歸納時(shí)，要先根據(jù)已知的部分個(gè)體，把它們適當(dāng)變形，找出它們之間的聯(lián)系，從

6、而歸納出一般結(jié)論． (2)類比推理是由特殊到特殊的推理，是兩類類似的對(duì)象之間的推理，其中一個(gè)對(duì)象具有某個(gè)性質(zhì)，則另一個(gè)對(duì)象也具有類似的性質(zhì)．在進(jìn)行類比時(shí)，要充分考慮已知對(duì)象性質(zhì)的推理過程，然后類比推導(dǎo)類比對(duì)象的性質(zhì)． 【變式訓(xùn)練】 1．若數(shù)列{an}(n∈N＋)是等差數(shù)列，則有通項(xiàng)為bn＝(n∈N＋)的數(shù)列{bn}也為等差數(shù)列，類比上述性質(zhì)，若數(shù)列{cn}是等比數(shù)列，且cn＞0，則有通項(xiàng)為dn＝________(n∈N＋)的數(shù)列{dn}也是等比數(shù)列． 解析　∵{cn}是等比數(shù)列，且cn＞0， ∴{lg cn}是等差數(shù)列，令dn＝， 則lg dn＝， 由題意知{lg dn}為等差數(shù)

7、列， ∴dn＝為等比數(shù)列． 答案　 2．平面內(nèi)有n條直線，其中任何兩條都不平行，任何三條不過同一點(diǎn)，試歸納它們的交點(diǎn)個(gè)數(shù)． 解析　n＝2時(shí)，交點(diǎn)個(gè)數(shù)：f(2)＝1. n＝3時(shí)，交點(diǎn)個(gè)數(shù)：f(3)＝3. n＝4時(shí)，交點(diǎn)個(gè)數(shù)：f(4)＝6. n＝5時(shí)，交點(diǎn)個(gè)數(shù)：f(5)＝10. 猜想歸納：f(n)＝n(n－1)(n≥2)． 考點(diǎn)二：演繹推理 【例2】求證：a，b，c為正實(shí)數(shù)的充要條件是a＋b＋c＞0，且ab＋bc＋ca＞0和abc＞0. [審題導(dǎo)引]　由a、b、c為正實(shí)數(shù)，顯然易得a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，即“必要性”的證明用直接法易于完成．證明“

8、充分性”時(shí)，要綜合三個(gè)不等式推出a、b、c是正實(shí)數(shù)，有些難度、需用反證法． [規(guī)范解答]　(1)證必要性(直接證法)：因?yàn)閍、b、c為正實(shí)數(shù)，所以a＋b＋c＞0， ab＋bc＋ca＞0，abc＞0. 所以必要性成立． (2)證充分性(反證法)：假設(shè)a、b、c不全為正實(shí)數(shù)(原結(jié)論是a、b、c都是正實(shí)數(shù))，由于abc＞0，則它們只能是二負(fù)一正． 不妨設(shè)a＜0，b＜0，c＞0， 又由于ab＋bc＋ac＞0?a(b＋c)＋bc＞0， 因?yàn)閎c＜0，所以a(b＋c)＞0.① 又a＜0，所以b＋c＜0.② 而a＋b＋c＞0，所以a＋(b＋c)＞0. 所以a＞0，與a＜0的假設(shè)矛盾．

9、故假設(shè)不成立，原結(jié)論成立，即a、b、c均為正實(shí)數(shù)． 【規(guī)律總結(jié)】 1．演繹推理問題的處理方法 從思維過程的指向來看，演繹推理是以某一類事物的一般判斷為前提，而作出關(guān)于該類事物的判斷的思維形式，因此是從一般到特殊的推理．?dāng)?shù)學(xué)中的演繹法一般是以三段論的格式進(jìn)行的．三段論由大前提、小前提和結(jié)論三個(gè)命題組成，大前提是一個(gè)一般性原理，小前提給出了適合于這個(gè)原理的一個(gè)特殊情形，結(jié)論則是大前提和小前提的邏輯結(jié)果． 2．適用反證法證明的六種題型 反證法是一種重要的間接證明方法，適用反證法證明的題型有：(1)易導(dǎo)出與已知矛盾的命題；(2)否定性命題；(3)唯一性命題；(4)至少至多型命題；(5)一些基

10、本定理；(6)必然性命題等． 【變式訓(xùn)練】 3．若定義在區(qū)間D上的函數(shù)f(x)對(duì)于D上的n個(gè)值x1，x2，…，xn，總滿足[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤f，稱函數(shù)f(x)為D上的凸函數(shù)．現(xiàn)已知f(x)＝sin x在(0，π)上是凸函數(shù)，則在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________． 解析　因?yàn)橥购瘮?shù)滿足[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤f，(大前提) f(x)＝sin x在(0，π)上是凸函數(shù)，(小前提) 所以f(A)＋f(B)＋f(C)≤3f，(結(jié)論) 即sin A＋sin B＋sin C≤3sin ＝. 因此sin A

11、＋sin B＋sin C的最大值是. 考點(diǎn)三：數(shù)學(xué)歸納法 【例3】設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且S－(an＋2)Sn＋1＝0,1－Sn＝anbn(n∈N＋)． (1)求a1，a2的值和數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若正項(xiàng)數(shù)列{cn}滿足：cn≤(n∈N＋，0＜a＜1)，求證： ＜1. [審題導(dǎo)引]　(1)由于S－(an＋2)Sn＋1＝0中含有S，通過升降角標(biāo)的方法無法把Sn轉(zhuǎn)化為an，這樣就需要把a(bǔ)n轉(zhuǎn)化為Sn－Sn－1(n≥2)，通過探求Sn，然后根據(jù)求得的Sn求{an}的通項(xiàng)公式； (2)根據(jù)(1)求得的結(jié)果，根據(jù)的結(jié)構(gòu)確定放縮的方法求證． [規(guī)范解答]　(1)S－(a

12、1＋2)S1＋1＝0?a1＝， S－(a2＋2)S2＋1＝0?a2＝. S－(an＋2)Sn＋1＝0，① 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，代入①式，得SnSn－1－2Sn＋1＝0，② 又由S1＝，S2＝a1＋a2＝，S3＝＝. 猜想Sn＝. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： ①當(dāng)n＝1時(shí)，顯然成立； ②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，Sk＝， 則n＝k＋1時(shí)，Sk＋1Sk－2Sk＋1＋1＝0， Sk＋1＝＝成立． 綜合①②，可知猜想成立． 所以當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1＝，當(dāng)n＝1時(shí)也滿足， 故an＝(n∈N＋)． (2)證明　由(1)，得bn＝n， cn≤＝＜， 則 ＜ ＝

13、1－＜1. 【規(guī)律總結(jié)】 使用數(shù)學(xué)歸納法需要注意的三個(gè)問題 在使用數(shù)學(xué)歸納法時(shí)還要明確： (1)數(shù)學(xué)歸納法是一種完全歸納法，其中前兩步在推理中的作用是：第一步是遞推的基礎(chǔ)，第二步是遞推的依據(jù)，二者缺一不可； (2)在運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法時(shí)，要注意起點(diǎn)n，并非一定取1，也可能取0,2等值，要看清題目； (3)第二步證明的關(guān)鍵是要運(yùn)用歸納假設(shè)，特別要弄清楚由k到k＋1時(shí)命題變化的情況． 【變式訓(xùn)練】 4．(2020·青島二模)已知集合A＝{xx＝－2n－1，n∈N＋}，B＝{xx＝－6n＋3，n∈N＋}，設(shè)Sn是等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，若{an}的任一項(xiàng)an∈A∩B且首項(xiàng)a1是A∩B

14、中的最大數(shù)，－750＜S10＜－300. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足bn＝令Tn＝24(b2＋b4＋b6＋…b2n)，試比較Tn與的大?。? 解析　(1)根據(jù)題設(shè)可得：集合A中所有的元素可以組成以－3為首項(xiàng)，－2為公差的遞減等差數(shù)列；集合B中所有的元素可以組成以－3為首項(xiàng)，－6為公差的遞減等差數(shù)列． 由此可得，對(duì)任意的n∈N＋，有A∩B＝B， A∩B中的最大數(shù)為－3，即a1＝－3， 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則an＝－3＋(n－1)d， S10＝＝45d－30， ∵－750＜S10＜－300， ∴－750＜45d－30＜－300， 即－16

15、＜d＜－6， 由于B中所有的元素可以組成以－3為首項(xiàng)，－6為公差的遞減等差數(shù)列， 所以d＝－6m(m∈Z，m≠0)， 由－16＜－6m＜－6?m＝2， 所以d＝－12， 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝9－12n(n∈N＋)． (2)bn＝＝n， Tn＝24(b2＋b4＋b6＋…＋b2n)＝24× ＝24， Tn－＝24－－＝， 于是確定Tn與的大小關(guān)系等價(jià)于比較2n與2n＋1的大小， 由2＜2×1＋1,22＜2×2＋1,23＞2×3＋1,24＞2×4＋1，… 可猜想當(dāng)n≥3時(shí)，2n＞2n＋1，證明如下： 證法一?、佼?dāng)n＝3時(shí)，由上驗(yàn)算可知成立． ②假設(shè)n＝k時(shí)，

16、2k＞2k＋1， 則2k＋1＝2·2k＞2(2k＋1)＝4k＋2＝2(k＋1)＋1＋(2k－1)＞2(k＋1)＋1， 所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)猜想也成立． 根據(jù)①②可知，對(duì)一切n≥3的正整數(shù)， 都有2n＞2n＋1， ∴當(dāng)n＝1,2時(shí)，Tn＜，當(dāng)n≥3時(shí)，Tn＞. 證法二　當(dāng)n≥3時(shí)， 2n＝(1＋1)n＝C＋C＋…＋C＋C ≥C＋C＋C＋C＝2n＋2＞2n＋1， ∴當(dāng)n＝1,2時(shí)，Tn＜， 當(dāng)n≥3時(shí)，Tn＞. 名師押題高考 【押題1】　已知“整數(shù)對(duì)”按如下規(guī)律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)

17、，(4,1)，…，則第60個(gè)整數(shù)對(duì)是 A．(7,5)　 　 B．(5,7) C．(2,10)　 　 D．(10,1) 解析　依題意，就每組整數(shù)對(duì)的和相同的分為一組，不難得知每組整數(shù)對(duì)的和為n＋1，且每組共有n個(gè)整數(shù)對(duì)，這樣的前n組一共有個(gè)整數(shù)對(duì)，注意到＜60＜，因此第60個(gè)整數(shù)對(duì)處于第11組(每對(duì)整數(shù)對(duì)的和為12的組)的第5個(gè)位置，結(jié)合題意可知每對(duì)整數(shù)對(duì)的和為12的組中的各對(duì)數(shù)依次為(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，… 因此第60個(gè)整數(shù)對(duì)是(5,7)．故選B. 答案　B [押題依據(jù)]　能用歸納和類比進(jìn)行簡(jiǎn)單的推理是高考對(duì)合情推理的基本要求．相比

18、較而言，歸納推理是高考的一個(gè)熱點(diǎn)．本題體現(xiàn)了歸納對(duì)推理的思想，需從所給的數(shù)對(duì)中總結(jié)歸納出其規(guī)律，進(jìn)而推導(dǎo)出第60個(gè)整數(shù)對(duì)．題目不難，體現(xiàn)了高考的熱點(diǎn)，故押此題． 押題2】已知命題：“若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，且am＝a，an＝b(m＜n，m，n∈N＋)，則am＋n＝.”現(xiàn)已知數(shù)列{bn}(bn＞0，n∈N＋)為等比數(shù)列，且bm＝a，bn＝b(m＜n，m，n∈N＋)，若類比上述結(jié)論，則可得到bm＋n＝________. 解析　由題意類比可得bm＋n＝. 答案　 [押題依據(jù)]　歸納和類比是兩種重要的思維形式，是高考的熱點(diǎn)，通常以選擇題或填空題的形式考查．本題以數(shù)列知識(shí)為背景，考查類比推理，題目不難，但具有較好的代表性，故押此題．