?第五節(jié) 推理與證明

[A組　基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練]
1．下列結(jié)論正確的個(gè)數(shù)為(　　)
①歸納推理得到的結(jié)論不一定正確，類比推理得到的結(jié)論一定正確；
②由平面三角形的性質(zhì)推測(cè)空間四面體的性質(zhì)，這是一種合情推理；
③“所有3的倍數(shù)都是9的倍數(shù)，某數(shù)m是3的倍數(shù)，則m一定是9的倍數(shù)”，這是三段論推理，但其結(jié)論是錯(cuò)誤的；
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：①不正確．②③正確．
答案：C
2．觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，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)等于(　　)
A．f(x) B．－f(x)
C．g(x) D．－g(x)
解析：由所給等式知，偶函數(shù)的導(dǎo)數(shù)是奇函數(shù)．
∵f(－x)＝f(x)，
∴f(x)是偶函數(shù)，從而g(x)是奇函數(shù)．
∴g(－x)＝－g(x).
答案：D
3．在等比數(shù)列{an}中，若am＝1，則有a1a2·…·an＝a1a2·…·a2m－1－n(n＜2m－1，且n∈N*)成立，在等差數(shù)列{bn}中，若bm＝0，類比上述性質(zhì)，則有(　　)
A．b1b2·…·bn＝b1b2·…·b2m－1－n(n＜2m－1，且n∈N*)
B．b1b2·…·bn＝b1b2·…·b2m－n＋1(n＜2m＋1，且n∈N*)
C．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b2m－1－n(n＜2m－1，且n∈N*)
D．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b2m－n＋1(n＜2m＋1，且n∈N*)
解析：等比數(shù)列的“比”對(duì)應(yīng)等差數(shù)列的“差”，類比上述性質(zhì)，等比數(shù)列的“積”對(duì)應(yīng)等差數(shù)列的“和”，由此排除選項(xiàng)AB，對(duì)于選項(xiàng)CD，注意項(xiàng)數(shù)的變化知選項(xiàng)C正確．
答案：C
4．(2020·遼寧丹東聯(lián)考)已知“整數(shù)對(duì)”按如下規(guī)律排列：(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，…，則第70個(gè)“整數(shù)對(duì)”為(　　)
A．(3，9) B．(4，8)
C．(3，10) D．(4，9)
解析：因?yàn)?＋2＋…＋11＝66，所以第67個(gè)“整數(shù)對(duì)”是(1，12)，第68個(gè)“整數(shù)對(duì)”是(2，11)，第69個(gè)“整數(shù)對(duì)”是(3，10)，第70個(gè)“整數(shù)對(duì)”是(4，9).
答案：D
5．給出下面類比推理命題(其中Q為有理數(shù)集，R為實(shí)數(shù)集，C為復(fù)數(shù)集)：
①“若a，b∈R，則a－b＝0?a＝b”類比推出“若z1，z2∈C，則z1－z2＝0?z1＝z2”；
②“若a，b，c，d∈R，則復(fù)數(shù)a＋bi＝c＋di?a＝c，b＝d”類比推出“若a，b，c，d∈Q，則a＋b ＝c＋d ?a＝c，b＝d”；
③“若a，b∈R，則a－b>0?a>b”類比推出“若z1，z2∈C，則z1－z2>0?z1>z2”．
其中類比得到的結(jié)論正確的個(gè)數(shù)是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：由復(fù)數(shù)的減法運(yùn)算可知①正確；因?yàn)閍，b，c，d都是有理數(shù)，是無(wú)理數(shù)，所以②正確；因?yàn)閺?fù)數(shù)不能比較大小，所以③不正確．
答案：C
6．若等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項(xiàng)的和為Sn，則數(shù)列為等差數(shù)列，公差為.類似地，若各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的公比為q，前n項(xiàng)的積為Tn，則等比數(shù)列{}的公比為(　　)
A． B．q2
C． D．
解析：由題設(shè)得，Tn＝b1·b2·b3·…·bn＝b1·b1q·b1q2·…·b1qn－1＝bq1＋2＋…＋(n－1)＝bq，所以＝b1q，所以等比數(shù)列{}的公比為 .
答案：C
7．如圖所示，在數(shù)陣中，用A(m，n)表示第m行的第n個(gè)數(shù)，則依此規(guī)律A(15，2)表示為(　　)

A． B．
C． D．
解析：由已知中歸納可得第n行的第一個(gè)數(shù)和最后一個(gè)數(shù)均為，其他數(shù)字等于上一行該數(shù)字“肩膀”上兩個(gè)數(shù)字的和，
故A(15，2)
＝＋＋＋＋…＋
＝＋2×
＝.
答案：C
8．在△ABC中，A＋B＋C＝π；
在四邊形ABCD中，A＋B＋C＋D＝2π；
在五邊形ABCDE中，A＋B＋C＋D＋E＝3π；
…，
在n邊形A1A2…An(n≥3)中，A1＋A2＋…＋An＝(　　)
A．nπ B．(n－1)π
C．(n－2)π D．(n－3)π
解析：由歸納推理可得A1＋A2＋…＋An＝(n－2)π.
答案：C
9．觀察下列等式：
1－＝，
1－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
…，
據(jù)此規(guī)律，第n個(gè)等式可為_(kāi)_______________．
解析：等式左邊的特征：第1個(gè)等式有2項(xiàng)，第2個(gè)等式有4項(xiàng)，第3個(gè)等式有6項(xiàng)，且正負(fù)交錯(cuò)，故第n個(gè)等式左邊有2n項(xiàng)且正負(fù)交錯(cuò)，應(yīng)為1－＋－＋…＋－；等式右邊的特征：第1個(gè)等式有1項(xiàng)，第2個(gè)等式有2項(xiàng)，第3個(gè)等式有3項(xiàng)，故第n個(gè)等式有n項(xiàng)，且由前幾個(gè)的規(guī)律不難發(fā)現(xiàn)第n個(gè)等式右邊應(yīng)為＋＋…＋.
答案：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋
10．觀察下圖，可推斷出“x”處應(yīng)該填的數(shù)字是________．

解析：由前兩個(gè)圖形發(fā)現(xiàn)：中間數(shù)等于四周四個(gè)數(shù)的平方和，所以“x”處應(yīng)填的數(shù)字是32＋52＋72＋102＝183.
答案：183
11．半徑為r的圓的面積S＝πr2，周長(zhǎng)C＝2πr.若將r看作(0，＋∞)上的變量，則(πr2)′＝2πr，即圓的面積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于圓的周長(zhǎng)函數(shù)．對(duì)于半徑為R的球，若將R看作(0，＋∞)上的變量，類比圓的上述性質(zhì)，可得球的相關(guān)性質(zhì)為_(kāi)_______________(語(yǔ)言敘述).
解析：半徑為R的球體積V＝πR3，表面積S＝4πR2，顯然′＝4πR2，即球的體積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于球的表面積函數(shù)．
答案：球的體積函數(shù)的導(dǎo)數(shù)等于球的表面積函數(shù)
12．我國(guó)的刺繡有著悠久的歷史，刺繡最簡(jiǎn)單的四個(gè)圖案如圖①②③④所示，這些圖案都是由小正方形構(gòu)成，小正方形個(gè)數(shù)越多刺繡越漂亮．現(xiàn)按同樣的規(guī)律刺繡(小正方形的擺放規(guī)律相同)，設(shè)第n個(gè)圖形包含f(n)個(gè)小正方形．則f(n)的表達(dá)式為_(kāi)___________．

解析：我們考慮f(2)－f(1)＝4，f(3)－f(2)＝8，f(4)－f(3)＝12，…，結(jié)合圖形不難得到f(n)－f(n－1)＝4(n－1)，累加得f(n)－f(1)＝2n(n－1)＝2n2－2n，故f(n)＝2n2－2n＋1.
答案：2n2－2n＋1
[B組　素養(yǎng)提升練]
1．(2021·河南新鄉(xiāng)模擬)從1開(kāi)始的自然數(shù)按如圖所示的規(guī)則排列，現(xiàn)有一個(gè)三角形框架在圖中上下或左右移動(dòng)，使每次恰有九個(gè)數(shù)在此三角形內(nèi)，則這九個(gè)數(shù)的和可以為(　　)

A．2 011 B．2 012
C．2 013 D．2 014
解析：根據(jù)題圖中所示的規(guī)則排列，設(shè)最上層的一個(gè)數(shù)為a，則第二層的三個(gè)數(shù)為a＋7，a＋8，a＋9，第三層的五個(gè)數(shù)為a＋14，a＋15，a＋16，a＋17，a＋18，
這九個(gè)數(shù)之和為a＋3a＋24＋5a＋80＝9a＋104.
由9a＋104＝2 012，得a＝212，是自然數(shù)．
答案：B
2．如圖所示，第1個(gè)圖形由正三角形擴(kuò)展而成，共12個(gè)頂點(diǎn)．第n個(gè)圖形由正n＋2邊形擴(kuò)展而來(lái)，其中n∈N*，則第n個(gè)圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)是(　　)

A．(2n＋1)(2n＋2)
B．3(2n＋2)
C．2n(5n＋1)
D．(n＋2)(n＋3)
解析：由已知中的圖形可以得到：
當(dāng)n＝1時(shí)，圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)為12＝3×4，
當(dāng)n＝2時(shí)，圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)為20＝4×5，
當(dāng)n＝3時(shí)，圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)為30＝5×6，
當(dāng)n＝4時(shí)，圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)為42＝6×7，
…，
由此可以推斷：第n個(gè)圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)為(n＋2)(n＋3).
答案：D
3．在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*)，其中λ＞0，則{an}的通項(xiàng)公式是______________．
解析：a1＝2，a2＝2λ＋λ2＋(2－λ)·2＝λ2＋22，
a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)·22＝2λ3＋23，
a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)·23＝3λ4＋24.
由此猜想出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(n－1)λn＋2n.
答案：An＝(n－1)λn＋2n
4．(2020·安徽合肥模擬)已知點(diǎn)A(x1，ax1)，B(x2，ax2)是函數(shù)y＝ax(a＞1)的圖象上任意不同兩點(diǎn)，依據(jù)圖象可知，線段AB總是位于A，B兩點(diǎn)之間函數(shù)圖象的上方，因此有結(jié)論＞a成立．運(yùn)用類比思想方法可知，若點(diǎn)A(x1，sin x1)，B(x2，sin x2)是函數(shù)y＝sin x(x∈(0，π))的圖象上的不同兩點(diǎn)，則類似地有________成立．
解析：運(yùn)用類比思想與數(shù)形結(jié)合思想，可知y＝sin x(x∈(0，π))的圖象是上凸的，因此線段AB的中點(diǎn)的縱坐標(biāo)總是小于函數(shù)y＝sin x(x∈(0，π))圖象上的點(diǎn) 的縱坐標(biāo)，即＜sin 成立．
答案：＜sin

[A組　基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練]
1．用反證法證明命題“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是(　　)
A．方程x3＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根
B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根
C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根
D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根
解析：至少有一個(gè)實(shí)根的否定是沒(méi)有實(shí)根，故要做的假設(shè)是“方程x3＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根”．
答案：A
2．在△ABC中，sin A sin C＜cos A cos C，則△ABC一定是(　　)
A．銳角三角形 B．直角三角形
C．鈍角三角形 D．不確定
解析：由sin A sin C＜cos A cos C，
得cos A cos C－sin Asin C＞0，
即cos (A＋C)＞0，所以A＋C是銳角，
從而B(niǎo)＞，故△ABC必是鈍角三角形．
答案：C
3．設(shè)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減．若x1＋x2＞0，則f(x1)＋f(x2)的值(　　)
A．恒為負(fù)值 B．恒等于零
C．恒為正值 D．無(wú)法確定正負(fù)
解析：由f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)單調(diào)遞減，可知f(x)是R上的單調(diào)遞減函數(shù)，
由x1＋x2＞0，可知x1＞－x2，f(x1)＜f(－x2)＝－f(x2)，
則f(x1)＋f(x2)＜0.
答案：A
4．分析法又稱執(zhí)果索因法，已知x＞0，用分析法證明＜1＋時(shí)，索的因是(　　)
A．x2＞2 B．x2＞4
C．x2＞0 D．x2＞1
解析：因?yàn)閤＞0，
所以要證＜1＋，
只需證()2＜，
即證0＜，
即證x2＞0.
因?yàn)閤＞0，所以x2＞0成立，故原不等式成立．
答案：C
5．已知a＞b＞0，證明－＜可選擇的方法，以下最合理的是(　　)
A.綜合法 B．分析法
C．類比法 D．歸納法
解析：首先，排除選項(xiàng)CD.然后，比較綜合法、分析法．
我們選擇分析法，欲證－＜，只需證＜＋，即證a＜b＋(a－b)＋2，只需證0＜2.
答案：B
6．①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時(shí)，可假設(shè)p＋q≥2；②已知a，b∈R，|a|＋|b|＜1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對(duì)值都小于1，用反證法證明時(shí)可假設(shè)方程有一根x1的絕對(duì)值大于或等于1，即假設(shè)|x1|≥1.以下正確的是(　　)
A．①與②的假設(shè)都錯(cuò)誤
B．①與②的假設(shè)都正確
C．①的假設(shè)正確；②的假設(shè)錯(cuò)誤
D．①的假設(shè)錯(cuò)誤；②的假設(shè)正確
解析：反證法的實(shí)質(zhì)是否定結(jié)論，對(duì)于①，其結(jié)論的反面是p＋q＞2，所以①不正確；對(duì)于②，其假設(shè)正確．
答案：D
7．(2020·山東青島模擬)設(shè)a，b，c均為正實(shí)數(shù)，則三個(gè)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
解析：因?yàn)閍＞0，b＞0，c＞0，
所以＋＋＝＋＋≥6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時(shí)“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個(gè)不小于2.
答案：D
8．用反證法證明命題“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一個(gè)能被5整除”，那么假設(shè)的內(nèi)容是____________________．
答案：a，b都不能被5整除
9．已知a＞b＞0，則①＜；②ac2＞bc2；③a2＞b2；④＞.其中正確的是________．(填序號(hào))
解析：對(duì)于①，因?yàn)閍＞b＞0，所以ab＞0，＞0，
a·＞b·，即＞，故①正確；
當(dāng)c＝0時(shí)，②不正確；由不等式的性質(zhì)知③④正確．
答案：①③④
10．用反證法證明命題“若x2－(a＋b)x＋ab≠0，則x≠a且x≠b”時(shí)，應(yīng)假設(shè)為_(kāi)_________________．
解析：“x≠a且x≠b”的否定是“x＝a或x＝b”，因此應(yīng)假設(shè)為x＝a或x＝b.
答案：x＝a或x＝b
11．如果a＋b＞a＋b，則a，b應(yīng)滿足的條件是________．
解析：因?yàn)閍＋b－(a＋b)
＝(a－b)＋(b－a)
＝(－)(a－b)
＝(－)2(＋).
所以當(dāng)a≥0，b≥0且a≠b時(shí)，
(－)2(＋)＞0.
所以a＋b＞a＋b成立的條件是a≥0，b≥0且a≠b.
答案：a≥0，b≥0且a≠b
[B組　素養(yǎng)提升練]
1．(2021·山西太原模擬)用反證法證明“若x2－1＝0，則x＝－1或x＝1”時(shí)，應(yīng)假設(shè)________________．
解析：“x＝－1或x＝1”的否定是“x≠－1且x≠1”．
答案：x≠－1且x≠1
2．若二次函數(shù)f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1在區(qū)間[－1，1]內(nèi)至少存在一點(diǎn)c，使f(c)＞0，則實(shí)數(shù)p的取值范圍是________．
解析：(補(bǔ)集法)
令
解得p≤－3或p≥，
故滿足條件的p的取值范圍為.
答案：
3．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．
解析：(1)由已知得
解得a1＝3，a2＝5，a3＝7.
(2)猜測(cè)an＝2n＋1.
由Sn＝2nan＋1－3n2－4n得
Sn－1＝2(n－1)an－3(n－1)2－4(n－1)(n≥2)，
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，所以兩式相減，
整理得an＝2nan＋1－2(n－1)an－6n－1，
an＋1＝an＋，又a2＝5，a1＝3，滿足式子，
建立了an與an＋1的遞推關(guān)系(n∈N*)；
因?yàn)楫?dāng)n＝1時(shí)，a1＝3，
假設(shè)n＝k時(shí)成立，即ak＝2k＋1成立，
那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
ak＋1＝ak＋＝(2k＋1)＋
＝2k＋3＝2(k＋1)＋1，
綜上，對(duì)于n∈N*，有an＝2n＋1，
所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝2n＋1.
4．已知△ABC的三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c.
求證：＋＝.
證明：要證＋＝，
即證＋＝3，也就是＋＝1，
只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，
即證c2＋a2＝ac＋b2.
又△ABC三個(gè)內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B＝60°，
由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2ac cos 60°，
即b2＝c2＋a2－ac，
故c2＋a2＝ac＋b2成立，
于是原等式成立．
5．(2020·湖南常德模擬)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．
(1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式；
(2)設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．
解析：(1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，
當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴Sn＝，∴Sn＝
(2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對(duì)任意的k∈N*，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.
∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0.
∴q＝1這與q≠1矛盾
故假設(shè)不成立，原命題成立．

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高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第六章不等式推理與證明第三節(jié)基本不等式及其應(yīng)用課時(shí)規(guī)范練含解析文北師大版：

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