1、2020年高考理科数学推理与证明题型归纳与训练合情推理与演绎推理题型一 归纳推理1与数字有关的等式的推理【易错点】例1观察下列等式：2212；222223；222234；222245；照此规律，2222_.【答案】n(n1)【解析】观察等式右边的规律：第1个数都是，第2个数对应行数n，第3个数为n1.2与不等式有关的推理例2已知ai0(i1,2,3，n)，观察下列不等式：；照此规律，当nN*，n2时，_.【答案】【解析】根据题意得(nN*，n2)3与数列有关的推理例3观察下列等式：123nn(n1)；136n(n1)n(n1)(n2)；1410n(n1)(n2)n(n1)(n2)(n3)；可以
2、推测，1515n(n1)(n2)(n3)_.【答案】n(n1)(n2)(n3)(n4)(nN*)【解析】根据式子中的规律可知，等式右侧为n(n1)(n2)(n3)(n4)n(n1)(n2)(n3)(n4) (nN*)4与图形变化有关的推理例4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()A21 B34 C52 D55【答案】D【解析】由211,312,523知，从第三项起，每一项都等于前两项的和，则第6年为8，第7年为13，第8年为21，第9年为34，第10年为55，故选D.【思维点拨】 归纳推理问题的常见类型及解题策略(1)与数字
3、有关的等式的推理观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号可解(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(3)与数列有关的推理通常是先求出几个特殊现象，采用不完全归纳法，找出数列的项与项数的关系，列出即可(4)与图形变化有关的推理合理利用特殊图形归纳推理得出结论，并用赋值检验法验证其真伪性题型二 类比推理例1(1)等差数列an的公差为d，前n项的和为Sn，则数列为等差数列，公差为.类似地，若各项均为正数的等比数列bn的公比为q，前n项的积为Tn，则等比数列的公比为()A.Bq2C.D.【答案】C【解析】由题设，得Tnb1b2b3bnb1b1qb1q2b1qn1b
4、q12(n1).，等比数列的公比为，故选C.(2)在平面上，设ha，hb，hc是ABC三条边上的高，P为三角形内任一点，P到相应三边的距离分别为Pa，Pb，Pc，我们可以得到结论：1.把它类比到空间，则三棱锥中的类似结论为_【答案】1【解析】设ha，hb，hc，hd分别是三棱锥ABCD四个面上的高，P为三棱锥ABCD内任一点，P到相应四个面的距离分别为Pa，Pb，Pc，Pd，于是可以得出结论：1.【思维点拨】 (1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行类比，提出猜想其中找到合适的类比对象是解题的关键(2)类比推理常见的情形有平面与空间类比；低维的与高维的类比；等差数列与等比
5、数列类比；数的运算与向量的运算类比；圆锥曲线间的类比等题型三 演绎推理例1数列an的前n项和记为Sn，已知a11，an1Sn (nN*)证明：(1)数列是等比数列；(2)Sn14an.【答案】略【解析】(1)an1Sn1Sn，an1Sn，(n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn.2，又10，(小前提)故是以1为首项，2为公比的等比数列(结论)(大前提是等比数列的定义，这里省略了)(2)由(1)可知4(n2)，Sn14(n1)4Sn14an(n2)，(小前提)又a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)对于任意正整数n，都有Sn14an.(结论)(第(2)问的大前提是第(1
6、)问的结论以及题中的已知条件)【思维点拨】演绎推理是由一般到特殊的推理，常用的一般模式为三段论，演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关系，解题时要找准正确的大前提，一般地，当大前提不明确时，可找一个使结论成立的充分条件作为大前提直接证明与间接证明题型四分析法例1已知a0，求证：a2.【答案】略【解析】要证a2，只要证2a，故只要证22，即a244a2222，从而只要证2，只要证42，即a22，而上述不等式显然成立，故原不等式成立【思维点拨】分析法的证明思路：先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件，而当这些判断恰恰都是已证的命题(定义、公理、定理、法则、公式等)或要证命题的已知条件时
7、命题得证题型五 综合法例1已知函数f(x)ln(1x)，g(x)abxx2x3，函数yf(x)与函数yg(x)的图象在交点(0,0)处有公共切线(1)求a，b的值；(2)证明：f(x)g(x)【答案】a0，b1.【解析】(1)f(x)，g(x)bxx2，由题意得解得a0，b1.(2)证明：令h(x)f(x)g(x)ln (x1)x3x2x(x1)，h(x)x2x1，x1，当1x0；当x0时，h(x)af(b)bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数【答案】证明略【解析】设x1，x2R，取x1x1f(x2)x2f(x1)，x1f(x1)f(x2)x2f(x2)f(x1)0，f(x2)f(x
8、1)(x2x1)0，x10，f(x2)f(x1)yf(x)为R上的单调增函数3.袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半甲、乙、丙是三个空盒，每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则()A乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C乙盒中红球不多于丙盒中红球D乙盒中黑球与丙盒中红球一样多【答案】B【解析】取两个球往盒子中放有4种情况：红红，则乙盒中红球数加1；黑黑，则丙盒中黑球数加1；红黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；黑红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.因为
9、红球和黑球个数一样多，所以和的情况一样多和的情况完全随机和对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响和出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样综上，选B.直接证明与间接证明题型四分析法1分析法又称执果索因法，若用分析法证明：“设abc，且abc0，求证0Bac0C(ab)(ac)0D(ab)(ac)bc，且abc0，所以，QBPQCPQD由a的取值确定【答案】C【解析】不妨设PQ，要证PQ，只要证P2Q2，只要证2a722a72，只要证a27aa27a12，只要证012，012成立，PQ成立3要使成立，则a，b应满足()AabbBab0且ab
10、Cab0且a0且ab或ab0且a0，b0，c0，6，当且仅当abc1时，“”成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.2如果abab成立，则a，b应满足的条件是_【答案】a0，b0且ab【解析】ab(ab)(ab)(ba)()(ab)()2()当a0，b0且ab时，()2()0.abab成立的条件是a0，b0且ab.3若a，b，c是不全相等的正数，求证：lglglglg alg blg c.【答案】证明略【解析】a，b，c(0，)，0，0，0.由于a，b，c是不全相等的正数，上述三个不等式中等号不能同时成立，abc0成立上式两边同时取常用对数，得lglg abc，lglglglg alg
11、 blg c.题型六 反证法1用反证法证明命题：若abc为偶数，则“自然数a，b，c恰有一个偶数”时正确反设为()A自然数a，b，c都是奇数B自然数a，b，c都是偶数C自然数a，b，c中至少有两个偶数D自然数a，b，c中都是奇数或至少有两个偶数【答案】D【解析】由于“自然数a，b，c中恰有一个偶数”的否定是“自然数a，b，c都是奇数或至少有两个偶数”，故选D2.用反证法证明命题“已知a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程x3axb0没有实根B方程x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0至多有两个实根D方程x3axb0恰好有两个实根【答案】A【解析】用反证
12、法证明命题的步骤中第一步是假设命题的反面成立，而“方程x3axb0至少有一个实根”的反面是“方程x3axb0没有实根”，故选A3.已知四棱锥SABCD中，底面是边长为1的正方形，又SBSD，SA1.(1)求证：SA平面ABCD；(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由【答案】略【解析】(1)证明由已知得SA2AD2SD2，SAAD.同理SAAB.又ABADA，AB平面ABCD，AD平面ABCD，SA平面ABCD.(2)解假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF平面SAD.BCAD，BC平面SAD.BC平面SAD.而BCBFB，平面FBC平面SAD.这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，假设不成立不存在这样的点F，使得BF平面SAD.11
