2021高考数学推理与证明专题

2021年高考数学分项汇编专题14 推理与证明、新定义（含解析）理
一．基础题组
1. 【xx全国，理12】正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AE＝BF＝.动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为( )
A．16 B．14 C．12 D．10
【答案】 B
2. 【xx全国3，理12】计算机中常用十六进制是逢16进1的计数制，采用数字0～9和字母A～F共16个计数符号，这些符号与十进制的数的对应关系如下表：
十六进制0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 A B C D E F
十进制0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
例如，用十六进制表示：E+D=1B，则A×B= （）
A．6E B．72 C．5F D．B0
【答案】B
【解析】
21394 5392 厒30408 76C8 盈34789 87E5 蟥36659 8F33 輳+28622 6FCE 濎Z27198 6A3E 樾O26836 68D4 棔s33087 813F 脿\25050 61DA 懚。

§7.5推理与证明1．合情推理2.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．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．(2)“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，对特殊情况作出的判断．3．直接证明(1)综合法①定义：一般地，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，这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P⇒Q1―→Q1⇒Q2―→Q2⇒Q3―→…―→Q n⇒Q(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)．③思维过程：由因导果．(2)分析法①定义：一般地，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，这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q⇐P1―→P1⇐P2―→P2⇐P3―→…―→得到一个明显成立的条件(其中Q表示要证明的结论)．③思维过程：执果索因．4．间接证明反证法：一般地，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，从而证明原命题成立的证明方法．5．数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．概念方法微思考1．合情推理所得结论一定是正确的吗？提示合情推理所得结论是猜想，不一定正确，用演绎推理能够证明的猜想是正确的，否则不正确．2．综合法与分析法的推理过程有何区别？提示综合法是执因索果，分析法是执果索因，推理方式是互逆的．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确．(×)(2)“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．(√)(3)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．(×)(4)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”．(×)题组二教材改编2．已知在数列{a n}中，a1＝1，当n≥2时，a n＝a n－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想a n的表达式是()A．a n＝3n－1 B．a n＝4n－3C．a n＝n2D．a n＝3n－1答案 C解析a2＝a1＋3＝4，a3＝a2＋5＝9，a4＝a3＋7＝16，a1＝12，a2＝22，a3＝32，a4＝42，猜想a n＝n2.3．在等差数列{a n}中，若a10＝0，则有a1＋a2＋…＋a n＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19，n∈N*)成立，类比上述性质，在等比数列{b n}中，若b9＝1，则存在的等式为________________．答案b1b2…b n＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)解析利用类比推理，借助等比数列的性质，b29＝b1＋n·b17－n，可知存在的等式为b1b2…b n＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)．题组三易错自纠4．正弦函数是奇函数，f (x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f (x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理()A．结论正确B．大前提不正确C．小前提不正确D．全不正确答案 C解析 f (x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提错误．5．用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要作的假设是()A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根答案 A解析方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根，故选A. 6．对于不等式n2＋n<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式成立，即k2＋k<k＋1，则当n＝k＋1时，(k＋1)2＋(k＋1)＝k2＋3k＋2<(k2＋3k＋2)＋(k＋2)＝(k＋2)2＝(k＋1)＋1.∴当n＝k＋1时，不等式成立．则上述证法()A．过程全部正确B．n＝1验证的不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确答案 D解析在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法.合情推理与演绎推理命题点1归纳推理例1 分形理论是当今世界十分风靡和活跃的新理论、新学科．其中，把部分与整体以某种方式相似的形体称为分形．分形是一种具有自相似特性的现象、图象或者物理过程．标准的自相似分形是数学上的抽象，迭代生成无限精细的结构．也就是说，在分形中，每一组成部分都在特征上和整体相似，只仅仅是变小了一些而已，谢尔宾斯基三角形就是一种典型的分形，是由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出的，按照如下规律依次在一个黑色三角形内去掉小三角形，则当n＝6时，该黑色三角形内去掉小三角形个数为()A ．81B ．121C ．364D ．1 093答案 C解析 由图可知，每一个图形中去掉小三角形的个数等于前一个图形去掉小三角形个数的3倍加1，所以，n ＝1时，a 1＝1； n ＝2时，a 2＝3＋1＝4； n ＝3时，a 3＝3×4＋1＝13； n ＝4时，a 4＝3×13＋1＝40； n ＝5时，a 5＝3×40＋1＝121； n ＝6时，a 6＝3×121＋1＝364，故选C. 命题点2 类比推理例2 在平面上，设h a ，h b ，h c 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P a ，P b ，P c ，我们可以得到结论：P a h a ＋P b h b ＋P ch c ＝1.把它类比到空间中，则三棱锥中的类似结论为____________________． 答案P a h a ＋P b h b ＋P c h c ＋P dh d＝1 解析 设h a ，h b ，h c ，h d 分别是三棱锥A －BCD 四个面上的高，P 为三棱锥A －BCD 内任一点，P 到相应四个面的距离分别为P a ，P b ，P c ，P d ，于是可以得出结论：P a h a ＋P b h b ＋P c h c ＋P dh d＝1.命题点3 演绎推理例3 数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n S n(n ∈N *)．证明：(1)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列；(2)S n ＋1＝4a n .证明 (1)∵a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2n S n ，∴(n ＋2)S n ＝n (S n ＋1－S n )，即nS n ＋1＝2(n ＋1)S n . ∴S n ＋1n ＋1＝2·S n n ，又S 11＝1≠0，(小前提) 故⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 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S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1(n ≥2)，∴S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4·n －1＋2n －1·S n －1＝4a n (n ≥2)，(小前提)又a 2＝3S 1＝3，S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4＝4a 1，(小前提) ∴对于任意正整数n ，都有S n ＋1＝4a n .(结论)(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件) 思维升华 (1)归纳推理问题的常见类型及解题策略①与数字有关的等式的推理．观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号． ②与式子有关的推理．观察每个式子的特点，注意纵向对比，找到规律．③与图形变化有关的推理．合理利用特殊图形归纳推理出结论，并用赋值检验法验证其真伪性． (2)类比推理常见的情形有：平面与空间类比；低维与高维类比；等差与等比数列类比；运算类比(加与乘，乘与乘方，减与除，除与开方)．数的运算与向量运算类比；圆锥曲线间的类比等．(3)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，应当首先明确什么是大前提和小前提．跟踪训练1 (1)观察下列式子：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，根据以上式子可以猜想：1＋122＋132＋…＋12 0202<________.答案4 0392 020解析 由题意得，不等式右边分数的分母是左边最后一个分数的分母的底数，所以猜想的分母是2 020，分子是一个以3为首项，2为公差的等差数列中的项，所以a 2 019＝3＋(2 019－1)×2＝4 039.(2)祖暅是我国古代的伟大科学家，他在5世纪末提出：“幂势即同，则积不容异”，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．祖暅原理常用来由已知几何体的体积推导未知几何体的体积，例如由圆锥和圆柱的体积推导半球体的体积，其示意图如图所示，其中图①是一个半径为R 的半球体，图②是从圆柱中挖去一个圆锥所得到的几何体．(圆柱和圆锥的底面半径和高均为R )利用类似的方法，可以计算抛物体的体积：在xOy 坐标系中，设抛物线C 的方程为y ＝1－x 2 (－1≤x ≤1)，将曲线C 围绕y 轴旋转，得到的旋转体称为抛物体．利用祖暅原理可计算得该抛物体的体积为( ) A.π3 B.π2 C.2π3 D.3π4 答案 B解析 构造如图所示的直三棱柱，高设为x ，底面两个直边长为2,1，若底面积相等得到，2x ＝π×12，x ＝π2.下面说明截面面积相等，设截面距底面为t ，矩形截面长为a ，圆形截面半径为r ， 由左图得到，a 2＝1－t1，∴a ＝2(1－t )，∴截面面积为2(1－t )×π2＝(1－t )π，由右图得到，t ＝1－r 2(坐标系中易得)，∴r 2＝1－t ， ∴截面面积为(1－t )π，∴二者截面面积相等，∴体积相等．∴抛物体的体积为V 三棱柱＝Sh ＝12×2×1×π2＝π2.故选B.(3)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 车周五限行答案 B解析 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，不是周五，也不是周日；因为A ，C 两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周二和周六，所以今天是周四．故选B.直接证明与间接证明命题点1 综合法例4 已知a ，b ，c >0，a ＋b ＋c ＝1.求证： (1)a ＋b ＋c ≤3； (2)13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32. 证明 (1)∵(a ＋b ＋c )2＝(a ＋b ＋c )＋2ab ＋2bc ＋2ca ≤(a ＋b ＋c )＋(a ＋b )＋(b ＋c )＋(c ＋a )＝3，∴a ＋b ＋c ≤3(当且仅当a ＝b ＝c 时取等号)． (2)∵a >0，∴3a ＋1>1， ∴43a ＋1＋(3a ＋1)≥243a ＋1·(3a ＋1)＝4， ∴43a ＋1≥3－3a ⎝⎛⎭⎫当且仅当a ＝13时，取等号， 同理得43b ＋1≥3－3b ，43c ＋1≥3－3c ，以上三式相加得4⎝ ⎛⎭⎪⎫13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥9－3(a ＋b ＋c )＝6， ∴13a ＋1＋13b ＋1＋13c ＋1≥32(当且仅当a ＝b ＝c ＝13时取等号)．命题点2 分析法 例5 已知a >0，证明：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明 要证a 2＋1a 2－2≥ a ＋1a－2，只需证a 2＋1a2 ≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)． 因为a >0，所以⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)>0， 所以只需证⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 22≥⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫a ＋1a －(2－2)2，即2(2－2)⎝⎛⎭⎫a ＋1a ≥8－42， 只需证a ＋1a≥2.因为a >0，a ＋1a≥2显然成立⎝⎛⎭⎫当a ＝1a ＝1时等号成立，所以要证的不等式成立． 命题点3 反证法例6 等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn (n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．(1)解 设等差数列{a n }的公差为d .由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)(n ∈N *)． (2)证明 由(1)得b n ＝S nn＝n ＋2，假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r ∈N *，且互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r. 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)， 所以(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0，因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0， 所以p ＝r ，与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列．思维升华 (1)综合法证题从已知条件出发，分析法从要证结论入手，证明一些复杂问题，可采用两头凑的方法．(2)反证法适用于不好直接证明的问题，应用反证法证明时必须先否定结论． 跟踪训练2 设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b .证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．证明 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab ，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立． (2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立， 则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1；同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾． 故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．数学归纳法例7 数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立．证明 ①当n ＝2时，左边＝1＋13＝43，右边＝52.∵左边>右边，∴不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时不等式成立， 即⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1>2k ＋12.则当n ＝k ＋1时，⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12(k ＋1)－1 >2k ＋12·2k ＋22k ＋1＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1 >4k 2＋8k ＋322k ＋1＝2k ＋32k ＋122k ＋1＝2(k ＋1)＋12.∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由①②知对一切大于1的自然数n ，不等式都成立．思维升华 用数学归纳法证明与n 有关的不等式，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．跟踪训练3 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b >0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上． (1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)，证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n >n ＋1成立． (1)解 由题意得，S n ＝b n ＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r . 所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1(b －1)． 由于b >0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列． 又a 1＝S 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，所以当a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r ＝b 时，解得r ＝－1.(2)证明 由(1)及b ＝2知a n ＝2n －1. 因此b n ＝2n (n ∈N *)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n>n ＋1.①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2，左式>右式，所以结论成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立， 即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k>k ＋1，则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32(k ＋1)>k ＋1·2k ＋32(k ＋1)＝2k ＋32k ＋1，要证当n ＝k ＋1时结论成立， 只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2，即证2k ＋32≥(k ＋1)(k ＋2)，由基本不等式得2k ＋32＝(k ＋1)＋(k ＋2)2≥(k ＋1)(k ＋2)成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，当n ∈N *时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立.1．“对数函数是非奇非偶函数，f (x )＝log 2|x |是对数函数，因此f (x )＝log 2|x |是非奇非偶函数”，以上推理( ) A ．结论正确 B ．大前提错误 C ．小前提错误 D ．推理形式错误答案 C解析 本命题的小前提是f (x )＝log 2|x |是对数函数，但是这个小前提是错误的，因为f (x )＝log2|x|不是对数函数，它是一个复合函数，只有形如y＝log a x(a>0且a≠1)的才是对数函数．故选C.2．《周易》历来被人们视为儒家经典之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华人文文化的基础，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法．我们用近代术语解释为：把阳爻“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“0”，则八卦代表的数表示如下：以此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的十进制数是()A．18 B．17 C．16 D．15答案 B解析由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦符号“”表示二进制数的010001，转化为十进制数的计算为1×20＋0×21＋0×22＋0×23＋1×24＋0×25＝17，故选B.3．设x ，y ，z 为正实数，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x ，则a ，b ，c 三个数( )A ．至少有一个不大于2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2答案 C解析 假设a ，b ，c 都小于2，则a ＋b ＋c <6，而a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＋⎝⎛⎭⎫y ＋1y ＋⎝⎛⎭⎫z ＋1z ≥2＋2＋2＝6(当且仅当x ＝y ＝z ＝1，等号成立)，与a ＋b ＋c <6矛盾，∴a ，b ，c 都小于2错误．∴a ，b ，c 三个数至少有一个不小于2.4．分析法又称执果索因法，已知x >0，用分析法证明1＋x <1＋x2时，索的因是( )A ．x 2>1B ．x 2>4C ．x 2>0D ．x 2>1 答案 C解析 因为x >0，所以要证1＋x <1＋x2，只需证(1＋x )2<⎝⎛⎭⎫1＋x22， 即证0<x 24，即证x 2>0，因为x >0，所以x 2>0成立， 故原不等式成立．5．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，那么下列命题总成立的是( ) A ．若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B ．若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1成立C ．若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D ．若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立 答案 D解析 当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，说明如果当k ＝n 时，f (n )≥n ＋1成立，那么当k ＝n ＋1时，f (n ＋1)≥n ＋2也成立，所以如果当k ＝4时，f (4)≥5成立，那么当k ≥4时，f (k )≥k ＋1也成立．6．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________． 答案 1和3解析 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，又甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”．7．(2019·上饶模拟)二维空间中，圆的一维测度(周长)l ＝2πr ，二维测度(面积)S ＝πr 2；三维空间中，球的二维测度(表面积)S ＝4πr 2，三维测度(体积)V ＝43πr 3.应用合情推理，若四维空间中，“特级球”的三维测度V ＝12πr 3，则其四维测度W ＝________. 答案 3πr 4解析 二维空间中圆的一维测度(周长)l ＝2πr ，二维测度(面积)S ＝πr 2；观察发现S ′＝l ，三维空间中球的二维测度(表面积)S ＝4πr 2，三维测度(体积)V ＝43πr 3，观察发现V ′＝S ，∴四维空间中“特级球”的三维测度V ＝12πr 3，猜想其四维测度W ，则W ′＝V ＝12πr 3，∴W ＝3πr 4.8．已知f (x )＝x 1＋x ，x ≥0，若f 1(x )＝f (x )，f n ＋1(x )＝f (f n (x ))，n ∈N *，则f 2 020(x )的表达式为________．答案f2 020(x)＝x1＋2 020x解析f1(x)＝x1＋x，f2(x)＝x1＋x1＋x1＋x＝x1＋2x，f3(x)＝x1＋2x1＋x1＋2x＝x1＋3x，…，f n＋1(x)＝f (f n(x))＝x1＋(n＋1)x，归纳可得f2 020(x)＝x1＋2 020x.9.如图所示，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，截下的是一个直角三角形，有勾股定理c2＝a2＋b2.空间中的正方体，用一平面去截正方体的一角，截下的是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，若这三个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，截面面积为S，类比平面的结论有________．答案S2＝S21＋S22＋S23解析三角形类比空间中的三棱锥，线段的长度类比图形的面积，于是作出猜想：S2＝S21＋S22＋S23.10．“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2 018这2 017个整数中能被2除余1且被3除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{a n}，则此数列的项数为________．答案 336解析 因为这些整数能被2除余1且被3除余1，所以这些数组成的数列的通项a n ＝6n ＋1，设6n ＋1≤2 018，所以6n ≤2 017，所以n ≤33616. 所以此数列的项数为336.11．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c . 证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)，∴a ＋b 2≥ab >0，b ＋c 2≥bc >0，a ＋c 2≥ac >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，∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>abc >0成立． 上式两边同时取常用对数，得lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg abc ， ∴lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c . 12．已知x i >0(i ＝1,2,3，…，n )，我们知道(x 1＋x 2)·⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2≥4成立． (1)求证：(x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3≥9； (2)同理我们也可以证明出(x 1＋x 2＋x 3＋x 4)·⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3＋1x 4≥16.由上述几个不等式，请你猜测一个与x 1＋x 2＋…＋x n 和1x 1＋1x 2＋…＋1x n(n ≥2，n ∈N *)有关的不等式，并用数学归纳法证明． (1)证明 方法一 (x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3≥33x 1x 2x 3·331x 1·1x 2·1x 3＝9(当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立)． 方法二 (x 1＋x 2＋x 3)⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋1x 3＝3＋⎝⎛⎭⎫x 2x 1＋x 1x 2＋⎝⎛⎭⎫x 3x 1＋x 1x 3＋⎝⎛⎭⎫x 3x 2＋x 2x 3≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当x 1＝x 2＝x 3时，等号成立)．(2)解 猜想：(x 1＋x 2＋…＋x n )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x n≥n 2(n ≥2，n ∈N *)．证明如下：①当n ＝2时，由已知得猜想成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，猜想成立，即(x 1＋x 2＋…＋x k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k≥k 2， 则当n ＝k ＋1时，(x 1＋x 2＋…＋x k ＋x k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1x k ＋1 ＝(x 1＋x 2＋…＋x k )⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋(x 1＋x 2＋…＋x k )1x k ＋1＋x k ＋1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1 ≥k 2＋(x 1＋x 2＋…＋x k )1x k ＋1＋x k ＋1⎝⎛⎭⎫1x 1＋1x 2＋…＋1x k ＋1 ＝k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x k ＋1＋x k ＋1x 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2x k ＋1＋x k ＋1x 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫x k x k ＋1＋x k ＋1x k ＋1≥k 2＋22k ++个…+2＋1 ＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2，所以当n ＝k ＋1时不等式成立．综合①②可知，猜想成立．13．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 ＋1B ．2n C.n 2＋n ＋22D ．n 2＋n ＋1答案 C解析 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＋n (n ＋1)2＝n 2＋n ＋22个区域． 14．对于给定的正整数k ，若数列{a n }满足a n －k ＋a n －k ＋1＋…＋a n －1＋a n ＋1＋…＋a n ＋k －1＋a n ＋k ＝2ka n 对任意正整数n (n >k )总成立，则称数列{a n }是“P (k )数列”．(1)证明：等差数列{a n }是“P (3)数列”；(2)若数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，证明：{a n }是等差数列．证明 (1)因为{a n }是等差数列，设其公差为d ，则a n ＝a 1＋(n －1)d ，从而，当n ≥4时，a n －k ＋a n ＋k ＝a 1＋(n －k －1)d ＋a 1＋(n ＋k －1)d＝2a 1＋2(n －1)d ＝2a n ，k ＝1,2,3，所以a n －3＋a n －2＋a n －1＋a n ＋1＋a n ＋2＋a n ＋3＝6a n ，因此等差数列{a n }是“P (3)数列”．(2)数列{a n }既是“P (2)数列”，又是“P (3)数列”，因此，当n≥3时，a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＝4a n，①当n≥4时，a n－3＋a n－2＋a n－1＋a n＋1＋a n＋2＋a n＋3＝6a n.②由①知，a n－3＋a n－2＝4a n－1－(a n＋a n＋1)，③a n＋2＋a n＋3＝4a n＋1－(a n－1＋a n)．④将③④代入②，得a n－1＋a n＋1＝2a n，其中n≥4，所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，所以a2＝a3－d′，在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，所以a1＝a3－2d′，所以数列{a n}是等差数列．15.如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，…，依此类推，如果一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为()A ．6B ．7C ．8D ．9答案 C解析 由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，…，第n (n ≥2，n ∈N *)层的点数为6(n －1)．设一个点阵有n (n ≥2，n ∈N *)层，则共有的点数为1＋6＋6×2＋…＋6(n －1)＝1＋6·n (n －1)2＝3n 2－3n ＋1，由题意，得3n 2－3n ＋1＝169，即(n ＋7)·(n －8)＝0，所以n ＝8，故共有8层．16．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB 的长度为a ，在线段AB 上取两个点C ，D ，使得AC ＝DB ＝14AB ，以CD 为一边在线段AB 的上方做一个正六边形，然后去掉线段CD ，得到图2中的图形；对图2中的最上方的线段EF 做相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：记第n 个图形(图1为第1个图形)中的所有线段长的和为S n ，现给出有关数列{S n }的四个命题： ①数列{S n }不是等比数列；②数列{S n }是递增数列；③存在最小的正数a ，使得对任意的正整数n ，都有S n >2 019； ④存在最大的正数a ，使得对任意的正整数n ，都有S n <2 019. 其中真命题的序号是________．答案 ①②④解析 由题意，得图1中的线段为a ，S 1＝a ，图2中的正六边形的边长为a 2， S 2＝S 1＋a 2×4＝S 1＋2a ， 图3中的最小正六边形的边长为a 4， S 3＝S 2＋a 4×4＝S 2＋a ， 图4中的最小正六边形的边长为a 8， S 4＝S 3＋a 8×4＝S 3＋a 2， 由此类推，S n －S n －1＝a 2n －3(n ≥2)， 即{S n }为递增数列，且不是等比数列，即①，②正确；因为S n ＝S 1＋(S 2－S 1)＋(S 3－S 2)＋…＋(S n －S n －1)＝a ＋2a ＋a ＋a 2＋…＋a 2n －3＝a ＋2a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －11－12＝a ＋4a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n －1<5a (n ≥2，n ∈N *)， 又S 1＝a <5a ，所以存在最大的正数a ＝2 0195， 使得对任意的正整数n ，都有S n <2 019， 即④正确，③错误．。

2021年高考数学总复习专题13 推理与证明、新定义分项练习（含解析）一．基础题组1. 【xx上海,理14】已知点O(0,0)、Q0(0,1)和点R0(3,1)，记Q0R0的中点为P1，取Q0P1和P1R0中的一条，记其端点为Q1、R1，使之满足(|OQ1|－2)(|OR1|－2)＜0，记Q1R1的中点为P2，取Q1P2和P2R1中的一条，记其端点为Q2、R2，使之满足(|OQ2|－2)(|OR2|－2)＜0，依次下去，得到P1，P2，…，P n，…，则______.【答案】【解析】2. (xx上海,理13)某地街道呈现东—西、南—北向的网格状,相邻街距都为1.两街道相交的点称为格点.若以互相垂直的两条街道为轴建立直角坐标系,现有下述格点(-2,2),(3,1),(3,4),(-2,3),(4,5),(6,6)为报刊零售点.请确定一个格点(除零售点外)___________为发行站,使6个零售点沿街道到发行站之间路程的和最短.【答案】（3，3）【解析】设确定的格点为（x,y)，由题意知确定的格点到已知的6个格点路程的和最短，即为x,y分别到6个格点的横.纵坐标距离和最小，6个格点的横坐标由小到大排列为-2,-2,3,3,4,6，所以x=3时到这6个数的距离和最小.同理y=3时，y到6个格点纵坐标距离之和最小.故所求的格点为(3,3).3. 【xx上海,文15】如图，在平面直角坐标系中，是一个与x轴的正半轴、y轴的正半轴分别相切于点C、D的定圆所围成的区域（含边界），A、B、C、D是该圆的四等分点．若点、点满足且，则称P优于．如果中的点满足：不存在中的其它点优于Q，那么所有这样的点Q组成的集合是劣弧（）Ａ．B． C． D．【答案】4. 【xx上海,理9】若为非零实数，则下列四个命题都成立：①②③若，则④若，则。

则对于任意非零复数，上述命题仍然成立的序号是。

5. 【xx上海,理10】如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”的个数是．【答案】36【解析】如果一条直线与一个平面垂直，那么，称此直线与平面构成一个“正交线面对”．在一个正方体中，由两个顶点确定的直线与含有四个顶点的平面构成的“正交线面对”，分情况讨论：①对于每一条棱，都可以与两个侧面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有2×12=24个；②对于每一条面对角线，都可以与一个对角面构成“正交线面对”，这样的“正交线面对”有12个；所以正方体中“正交线面对”共有36个．6. 【xx上海,文12】如图，平面中两条直线和相交于点，对于平面上任意一点,若分别是到直线和的距离，则称有序非负实数对是点的“距离坐标”，根据上述定义，“距离坐标”是 （1，2）的点的个数是____________. 【答案】47. 【xx 上海,文16】用个不同的实数可得到个不同的排列，每个排列为一行写成一个行的数阵.对第行，记in ni i i i na a a a b )1(32321-++-+-=，.例如：用1，2，3可得数阵如图，由于此数阵中每一列各数之和都是12，所以，2412312212621-=⨯-⨯+-=+++b b b ，那么，在用1，2，3，4，5形成的数阵中，等于（ ）A ．—3600B ．1800C ．—1080D ．—720 【答案】－1080【解析】在用1，2，3，4，5形成的数阵中，每一列各数之和都是360，1080360536043603360236012021-=⨯-⨯+⨯-⨯+-=+++b b b二．能力题组8. 【xx 上海,理22】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分3分，第2小题满分5分，第3小题满分10分. 若实数、、满足，则称比远离. （1）若比远离，求的取值范围；（2）对任意两个不相等的正数、，证明：比远离； （3）已知函数的定义域|,,24k D x x k Z x R ππ⎧⎫=≠+∈∈⎨⎬⎩⎭.任取，等于和中远离的那个值.写出函数的解析式，并指出它的基本性质（结论不要求证明）. 【答案】（1）（2）（3）(3)3 sin,(,)44()cos,(,)44x x k kf xx x k kππππππππ⎧∈++⎪⎪=⎨⎪∈-+⎪⎩，性质：1︒f(x)是偶函数，图像关于y轴对称，2︒f(x)是周期函数，最小正周期，3︒函数f(x)在区间单调递增，在区间单调递减，k∈Z，4︒函数f(x)的值域为．【点评】本题给人耳目一新的感觉，问题的表述比较陌生，提问方式新颖，考生需要较强的数学理解和化归能力，对考生的综合数学能力要求较高．但认真分析一下就会有“他乡遇故知”的感觉——函数与不等式的综合.9. 【xx上海,理16】如图，平面中两条直线和相交于点O，对于平面上任意一点M，若、分别是M到直线和的距离，则称有序非负实数对（，）是点M的“距离坐标”．已知常数≥0，≥0，给出下列命题：①若＝＝0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且仅有1个；②若＝0，且＋≠0，则“距离坐标”为（，）的点有且仅有2个；③若≠0，则“距离坐标”为（，）的点有且仅有4个．上述命题中，正确命题的个数是（）（A）0；（B）1；（C）2；（D）3．【答案】D②若＝0，且＋≠0，则p 与q 中有一个为0，另一个不为0， “距离坐标”为（， ）的点可以在直线l 1或直线l 2上，例如（p ，q ）=(0，1)，则点M 在直线l 2上，且到O 点距离为1，这样的点有2个，命题②正确；③若≠0，则p ≠0，q ≠0，“距离坐标”为（，）的点在两条直线相交而成的四个区域内，这样的点有且仅有4个．正确上述命题中，正确命题的个数是3个，选D .10. 【xx 上海,理22】（本题满分18分）本题共有3个小题，第1小题满分4分，第2小题满分8分，第3小题满分6分．在直角坐标平面中，已知点，，，…，，其中是正整数．对平面上任一点，记为关于点的对称点，为关于点的对称点，……，为关于点的对称点． （1） 求向量的坐标；（2） 当点在曲线上移动时，点的轨迹是函数的图象，其中是以3为周期的周 期函数，且当时，，求以曲线为图象的函数在的解析式； （3）对任意偶数，用表示向量的坐标 【答案】（1）（2，4）；（2）；（3）因此，基线C 是函数的图象，其中是以3为周期的周期函数，且当.4)1lg()(,]4,1(,,4)2lg()(,]1,2(--=∈-+=-∈x x g x x x g x 时当于是时设⎩⎨⎧=-=-42),,(),,(222220y y x x y x A y x A 于是若).3lg()3()(,330,6322222-=-=≤-<≤<x x f x f x x 于是则当),1lg(4.63,412-=+≤<≤<x y x x 则时 当时， 。

2021年高考数学一轮复习 第31讲 推理与证明问题经典回顾 理题一：若数列是等差数列，则有数列也是等差数列；类比上述性质，相应地：若数列是等比数列，且，则有数列*________,()n d n N =∈也是等比数列？题二：在等差数列中，若，则有等式 成立，类比上述性质，相应地：在等比数列中，若，则有等式 成立.题三：在一个有限实数列中，任意接连７项之和为负，任意接连11项之和为正，求证：这样的数列的项数不超过16.题四：用反证法证明：1，，2不可能是一个等差数列中的三项题五：找出三角形和空间四面体的相似性质，并用三角形的下列性质类比出四面体的有关性质（1）三角形的两边之和大于第三边.题六： （2）三角形的中位线等于第三边的一半，并且平行于第三边.题七： （3）三角形的三条内角平分线交于一点，且这个点是三角形内切圆的圆心. 题八： （4）三角形的面积为S=（a+b+c ）r （r 为内切圆半径）.题九：如图,平面中三角形有,类比平面研究三棱锥的元素关系，可以得出的正确结论是题十：将杨辉三角中的奇数换成1，偶数换成0，得到如图所示的0-1三角数表．从上往下数，第1次全行的数都为1的是第1行，第2次全行的数都为1的是第3行，…，第次全行的数都为1的是第 行． 第1行 1 1 第2行 1 0 1 第3行 1 1 1 1 第4行 1 0 0 0 1 第5行 1 1 0 0 1 1…… ………………………………………题十一： ⑴下面三个图是由若干盆花组成形如三角形的图案，每条边（包括顶点）有n(n>1)盆花，每个图案花盆总数为S ，按此规律推断，S 与n 的关系式是＿＿＿＿＿＿.n=2 n=3 n=4 S=3 S=6 S=9⑵观察下列的图形中小正方形的个数，则第个图中有 个小正方形.题十二： 已知：,通过观察上述两等式的规律，请你写出一般性的命题，并给出证明题十三： 观察下列等式： ① cos2a=2-1; ② cos4a=8- 8+ 1;③ cos6a=32- 48+ 18- 1;④ cos8a=128- 256+ 160- 32+ 1; ⑤ cos10a= m- 1280+ 1120+ n+ p- 1. 可以推测，m – n + p = .题十四：对任意实数x 、y ，定义运算＝ax ＋by ＋cxy ，其中a 、b 、c 为常数，等号右边的运算是通常意义的加、乘运算．现已知1*2＝3，2*3＝4，且有一个非零实数m ，使得对任意实数x ，都有，则m ＝ ．题十五：用表示不大于的最大整数．令集合，对任意和，定义，集合，并将集合中的元素按照从小到大的顺序排列，记为数列． （Ⅰ）求的值；（Ⅱ）求的值； 题十六：设函数中，均为整数，且均为奇数.求证：无整数根. 题十七：已知，求证：中至少有一个不小于.第31讲 推理与证明问题经典回顾题一：详解：由已知“等差数列前n 项的算术平均值是等差数列”可类比联想“等比数列前n 项的几何平均值也应该是等比数列”不难得到*)n d n N =∈也是等比数列题二：),12(*122121N n k n b b b b b b n k n ∈-<⋅⋅⋅=⋅⋅⋅--详解： 等差数列用减法定义性质用加法表述（若且则）； 等比数列用除法定义性质用乘法表述（若且则）.由此，猜测本题的答案为：).,17(*172121N n n b b b b b b n n ∈<⋅⋅⋅=⋅⋅⋅-n=1 n=2 n=3 n=4 n=5事实上，对等差数列，如果，则 . 所以有： ）（）.从而对等比数列，如果，则有等式：),12(*122121N n k n b b b b b b n k n ∈-<⋅⋅⋅=⋅⋅⋅--成立.题三：证明：假设数列的项数至少是17，则有x 1+x 2+…＋x 7<0，x 2+x 3+…＋x 8<0，…，x １１+x １２+…＋x 17<0，将以上各式相加得：（x 1+x 2+…＋x 11）+（x ２+x ３+…＋x １２）＋…＋（x ７+x ８+…＋x １7）<0，＊但这与条件任意接连11项之和为正，即x 1+x 2+…＋x １１>0，x 2+x 3+…＋x １２>0，…，x ７+x ８+…＋x １7>0，相矛盾，故项数不超过16.＊处所说的各式相加后, x 1一共有1个, x 2一共有2个, x 3一共有3个,…x 7一共有7个, x 8, x 9, x 10, x 11分别一共有7个, x 12一共有6个, x 13一共有5个,…x 17一共有1个.题四：证明：,假设1，，2是一个等差数列中的三项,设这一等差数列的公差为d ，则，其中m ，n 为某两个正整数，由上两式中消去d ，得到，因为为有理数，为无理数，所以，因此假设不成立，1，，2不能为同一等差数列中的三项。

推理与证明、算法初步、复数一、基础知识要记牢 (1)复数的模： 复数z ＝a ＋b i 的模|z |＝a 2＋b 2.(2)复数相等的充要条件：a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c 且b ＝d (a ，b ，c ，d ∈R )．专门地，a ＋b i ＝0⇔a ＝0且b ＝0(a ，b ∈R )．(3)复数的除法一样是将分母实数化，即分子、分母同乘以分母的共轭复数再进一步化简． 二、经典例题领会好[例1] (1)(2021·安徽高考)设i 是虚数单位，假设复数a －103－i (a ∈R )是纯虚数，那么a 的值为( )A ．－3B ．－1C ．1D ．3(2)(2021·陕西高考)设z 1，z 2是复数，那么以下命题中的假命题是( ) A ．假设|z 1－z 2|＝0，那么z 1＝z 2 B ．假设z 1＝z 2，那么z 1＝z 2 C ．假设|z 1|＝|z 2|，那么z 1·z 1＝z 2·z 2D ．假设|z 1|＝|z 2|，那么z 21＝z 22[解析] (1)因为a －103－i ＝a －103＋i3－i 3＋i ＝a －103＋i10＝(a －3)－i ，由纯虚数的概念，知a －3＝0，因此a ＝3.(2)A ，|z 1－z 2|＝0⇒z 1－z 2＝0⇒z 1＝z 2⇒z 1＝z 2，真命题；B ，z 1＝z 2⇒z 1＝z 2＝z 2，真命题；C ，|z 1|＝|z 2|⇒|z 1|2＝|z 2|2⇒z 1·z 1＝z 2·z 2，真命题；D ，当|z 1|＝|z 2|时，可取z 1＝1，z 2＝i ，显然z 21＝1，z 22＝－1，即z 21≠z 22，假命题．[答案] (1)D (2)D1与复数z 有关的复杂式子为纯虚数，可设为m i m ≠0，利用复数相等去运算较简便.2在有关复数z 的等式中，可设出z ＝a ＋b i a ，b ∈R ，用待定系数法求解.3熟记一些常见的运算结果可提高运算速度：1±i2＝±2i，1＋i 1－i ＝i ，1－i1＋i＝－i ，设ω＝－12＋32i ，则ω3＝1，|ω|＝1，ω2＝ω，1＋ω＋ω2＝0.三、预测押题不能少1．(1)设复数z ＝－1－i(i 为虚数单位)，z 的共轭复数为z ，那么|(1－z )·z |＝( ) B ．2D ．1解析：选A 依题意得(1－z )·z ＝(2＋i)(－1＋i)＝－3＋i ，|(1－z )·z |＝|－3＋i|＝－32＋12＝10.(2)已知i 是虚数单位，z ＝1＋i ，z 为z 的共轭复数，那么复数z 2z在复平面上对应的点的坐标为________． 解析：z ＝1＋i ，那么z 2z＝1＋i 21－i＝2i 1－i＝2i 1＋i 1－i1＋i＝－1＋i ，那么复数z 2z在复平面上对应的点的坐标为(－1,1)． 答案：(－1,1)合情推理一、基础知识要记牢 (1)类比推理的一样步骤：①找出两类事物之间的相似性或一致性；②用一类事物的性质推测另一类事物的性质，得出一个明确的结论．(2)归纳推理的一样步骤：①通过观看个别事物发觉某些相同的性质；②从已知的相同性质中推出一个明确表述的一样性命题．一样情形下，归纳的个别事物越多，越具有代表性，推行的一样性结论也就越靠得住．二、经典例题领会好[例2] (2021·陕西高考)观看以劣等式：12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，……照此规律，第n个等式可为________．[解析] 12＝1，12－22＝－(1＋2)，12－22＋32＝1＋2＋3，12－22＋32－42＝－(1＋2＋3＋4)，……12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1(1＋2＋…＋n)＝(－1)n＋1n n＋12.[答案] 12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1n n＋12合情推理的解题思路(1)在进行归纳推理时，要先依照已知的部份个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一样结论．(2)在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理进程，然后通过类比，推导出类比对象的性质．(3)归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性． 三、预测押题不能少2．(1)21×1＝2,22×1×3＝3×4,23×1×3×5＝4×5×6,24×1×3×5×7＝5×6×7×8，….依此类推，第n 个等式为__________________________．解析：由归纳推理可知，第n 个等式为2n ×1×3×...×(2n －1)＝(n ＋1)×(n ＋2)×...×2n . 答案：2n ×1×3×...×(2n －1)＝(n ＋1)×(n ＋2)× (2)(2)关于命题：假设O 是线段AB 上一点，那么有|OB |·OA ＋|OA |·OB ＝0. 将它类比到平面的情形是：若O 是△ABC 内一点，那么有S △OBC ·OA ＋S △O CA ·OB ＋S △OBA ·OC ＝0，将它类比到空间的情形应该是：假设O 是四面体ABCD 内一点，那么有________．解析：将平面中的相关结论类比到空间，一般是将平面中的图形的面积类比为空间中的几何体的体积，因此依题意可知：假设O 为四面体ABCD 内一点，那么有V O －BCD ·OA ＋V O －ACD ·OB ＋V O －ABD ·OC ＋V O －ABC ·OD ＝0.答案：V O －BCD ·OA ＋V O －ACD ·OB ＋V O －ABD ·OC ＋V O －ABC ·OD ＝0程序框图一、经典例题领会好[例3] (2021·新课标全国卷Ⅱ)执行下面的程序框图，若是输入的N ＝10，那么输出的S ＝( )A ．1＋12＋13＋…＋110B ．1＋12！＋13！＋…＋110！C ．1＋12＋13＋…＋111D ．1＋12！＋13！＋…＋111！[解析] 当输入N ＝10时，由于k ＝1，S ＝0，T ＝1，因此T ＝11＝1，S ＝1，k ＝2，现在不知足k >10；当k ＝2时，T ＝11×2＝12！，S ＝1＋12！，k ＝3，现在不知足k >10；当k ＝3时，T ＝11×2×3＝13！，S ＝1＋12！＋13！，k ＝4，现在不知足k >10； 当k ＝4时，T ＝11×2×3×4＝14！，S ＝1＋12！＋13！＋14！，k ＝5，现在不知足k >10 ； ……当k ＝10时，T ＝11×2×3×4×…×10＝110！，S ＝1＋12！＋13！＋14！＋…＋110！，k ＝11，现在知足k >10.因此输出S ＝1＋12！＋13！＋14！＋…＋110！. [答案] B1解答有关程序框图问题，首先要读懂程序框图，要熟练掌握程序框图的三种基本结构.2利用循环结构表示算法要注意：①要选择准确的表示累计的变量；②要注意在哪一步结束循环；③执行完整每一次循环，防止执行程序不彻底，造成错误.二、预测押题不能少3．(1)程序框图如图，若是程序运行的结果为S ＝132，那么判定框中可填入( ) A ．k ≤10 B ．k ≥10 C ．k ≤11D ．k ≥11解析：选A 输出的S 值是一个逐次积存的结果，第一次运行S ＝12，k ＝11；第二次运行S＝132，k＝10.若是现在输出结果，那么判定框中的k的最大值是10.(2)假设某程序框图如下图，那么该程序运行后输出的值是( ) A．2 B．3C．4 D．5解析：选C 逐次运行的结果是n＝3，i＝2；n＝4，i＝3；n＝2，i＝4.故输出的值是4.程序框图与概率的交汇算法是新课标高考中的一大热点，专门体此刻算法的交汇性问题上，这些问题题目背景新颖，交汇自然，要紧表此刻算法与函数、数列、不等式、概率及统计的交汇．一、经典例题领会好[例] (2021·四川高考节选)某算法的程序框图如下图，其中输入的变量x在1,2,3，…，24这24个整数中等可能随机产生．(1)别离求出按程序框图正确编程运行时输出y的值为i的概率P i(i＝1,2,3)；(2)甲、乙两同窗依据自己对程序框图的明白得，各自编写程序重复运行n次后，统计记录了输出y的值为i(i＝1,2,3)的频数．以下是甲、乙所作频数统计表的部份数据．甲的频数统计表(部份)运行次数n输出y的值为1的频数输出y的值为2的频数输出y的值为3的频数3014610…………2 100 1 027376697乙的频数统计表(部份)运行次数n输出y的值为1的频数输出y的值为2的频数输出y的值为3的频数3012117…………2 100 1 051696353当n＝2 100时，依照表中的数据，别离写出甲、乙所编程序各自输出y的值为i(i＝1,2,3)的频率(用分数表示)，并判定两位同窗中哪一名所编程序符合算法要求的可能性较大；(3)将按程序框图正确编写的程序运行3次，求输出y 的值为2的次数ξ的散布列及数学期望． (1)学审题——审条件之审视图表和数据程序框图――→审图 计算输出y 的值为1,2,3的数的个数―――――――→古典概型公式 概率． (2)学审题 频数统计表――→审表 各小组频数―→频率―――――→与1比较 结论．(3)学审题 条件―→确信y 的取值13−−−−−−→每次发生的概率为求出散布列―→期望值． [解] (1)变量x 是在1,2,3，…，24这24个整数中随机产生的一个数，共有24种可能． 当x 从1,3,5,7,9,11,13,15,17,19,21,23这12个数中产生时，输出y 的值为1，故P 1＝12；当x 从2,4,8,10,14,16,20,22这8个数中产生时，输出y 的值为2，故P 2＝13；当x 从6,12,18,24这4个数中产生时，输出y 的值为3，故P 3＝16.因此，输出y 的值为1的概率为12，输出y 的值为2的概率为13，输出y 的值为3的概率为16.(2)当n ＝2 100时，甲、乙所编程序各自输出y 的值为i (i ＝1,2,3)的频率如下：输出y 的值为1的频率 输出y 的值为2的频率 输出y 的值为3的频率 甲1 0272 1003762 1006972 100 乙1 0512 1006962 1003532 100比较频率趋势与概率，可得乙同窗所编程序符合算法要求的可能性较大． (3)随机变量ξ可能的取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝C 03×⎝ ⎛⎭⎪⎫130×⎝ ⎛⎭⎪⎫233＝827， P (ξ＝1)＝C 13×⎝ ⎛⎭⎪⎫131×⎝ ⎛⎭⎪⎫232＝49，P (ξ＝2)＝C 23×⎝ ⎛⎭⎪⎫132×⎝ ⎛⎭⎪⎫231＝29， P (ξ＝3)＝C 33×⎝ ⎛⎭⎪⎫133×⎝ ⎛⎭⎪⎫230＝127， 故ξ的散布列为因此，E (ξ)＝3×13＝1.即ξ的数学期望为1.此题要紧考查算法与程序框图、古典概型、频数、频率、随机变量的散布列、数学期望等概念及相关计算，考查运用统计与概率的知识与方式解决实际问题的能力，考查数据处置能力、应用意识和创新意识.解答此题的易错点为：一是错读程序框图使此题在求解第一步时就显现错误，二是处置频数散布表中数据时运算错误. 二、预测押题不能少某工厂欲加工一件艺术品，需要用到三棱锥形状的坯材，工人将如下图的长方体ABCD ­EFGH 材料切割成三棱锥H ­ACF .(1)假设点M ，N ，K 别离是棱HA ，HC ，HF 的中点，点G 是NK 上的任意一点，求证：MG ∥平面ACF ；(2)已知原长方体材料中，AB ＝2 m ，AD ＝3 m ，DH ＝1 m ，依照艺术品加工需要，工程师必需求出该三棱锥的高．工程师设计了一个求三棱锥的高度的程序，其框图如下图，那么运行该程序时乙工程师应输入的t 的值是多少？解：(1)证明：∵HM ＝MA ，HN ＝NC ，HK ＝KF ，∴MK ∥AF ，MN ∥AC . ∵MK ⊄平面ACF ，AF ⊂平面ACF ，∴MK ∥平面ACF ， 同理可证MN ∥平面ACF ，∵MN ，MK ⊂平面MNK ，且MK ∩MN ＝M ，∴平面MNK∥平面ACF，又MG⊂平面MNK，故MG∥平面ACF.(2)由程序框图可知a ＝CF ，b ＝AC ，c ＝AF ， ∴d ＝b 2＋c 2－a 22bc＝AC 2＋AF 2－CF 22AC ·AF＝cos ∠CAF ，∴e ＝12bc1－d 2＝12AC ·AF ·sin∠CAF ＝S △ACF .又h ＝3t e ，∴t ＝13he ＝13h ·S △ACF ＝V 三棱锥H ­ACF .∵三棱锥H ­ACF 为将长方体ABCD ­EFGH 切掉4个体积相等的小三棱锥所得， ∴V 三棱锥H ­ACF ＝2×3×1－4×13×12×3×2×1＝6－4＝2，故t ＝2.1．(2021·四川高考)如图，在复平面内，点A 表示复数z ，那么图中表示z 的共轭复数的点是( )A ．AB ．BC ．CD ．D解析：选B 因为x ＋y i 的共轭复数是x －y i ，应选B.2．(2021·福建质检)执行如下图的程序框图，假设输入的x 值为2，那么输出的x 值为( ) A ．3 B ．126C ．127D ．128解析：选C 假设输入的x ＝2，那么x ＝22－1＝3，而3<126，故x ＝23－1＝7，而7<126，故x ＝27－1＝127.因为127>126，因此输出的x 值为127. 3．(2021·郑州质量预测)假设复数z ＝2－i ，那么z ＋10z＝( )A ．2－iB ．2＋iC ．4＋2iD ．6＋3i解析：选D ∵z＝2－i，∴z＋10z＝(2＋i)＋102－i＝(2＋i)＋102＋i2－i2＋i＝6＋3i.4．(2021·江西高考)阅读如下程序框图，若是输出i＝5，那么在空白矩形框中应填入的语句为( )A ．S ＝2*i －2 ＝2*i －1C ．S ＝2*i ＝2*i +4解析：选C 此框图依次执行如下循环：第一次：i ＝1，S ＝0，i ＝1＋1＝2，i 是奇数不成立，S ＝2*2＋1＝5，继续循环； 第二次：i ＝2＋1＝3，i 是奇数成立，继续循环；第三次：i ＝3＋1＝4，i 是奇数不成立，S ＝2*4+1=9，继续循环；第四次：i ＝4+1=5，i 是奇数成立，由题意知现在应跳出循环，输出i ＝5，即S ＜10不成立. 故应填S =2*i (现在S =10＜10不成立).假设填S ＝2*i ＋4，那么在第二次循环中就跳出循环．应选C. 5．(2021·河南洛阳模拟)执行如下图的程序框图，任意输入一次x (0≤x ≤1)与y (0≤y ≤1)，那么能输出数对(x ，y )的概率为( )解析：选B 依题意，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤1，0≤y ≤1表示的平面区域的面积等于12＝1；不等式组⎩⎪⎨⎪⎧0≤x ≤1，0≤y ≤1，y ≤x2表示的平面区域的面积等于∫10x 2d x ＝13x 310＝13，因此所求的概率为13.6．假设数列{a n }是等差数列，那么数列{b n }b n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn也为等差数列．类比这一性质可知，假设正项数列{c n }是等比数列，且{d n }也是等比数列，那么d n 的表达式应为( )A ．d n ＝c 1＋c 2＋…＋c nnB ．d n ＝c 1·c 2·…·c nnC ．d n ＝n c n 1＋c n 2＋…＋c nnnD ．d n ＝nc 1·c 2·…·c n解析：选D 假设{a n }是等差数列，那么a 1＋a 2＋…＋a n ＝na 1＋n n －12d ，∴b n ＝a 1＋n －12d ＝d 2n ＋a 1－d 2，即{b n }为等差数列；假设{c n }是等比数列，那么c 1·c 2·…·c n＝c n 1·q 1＋2＋…＋(n －1)＝c n 1·q 12n n (-)，∴d n ＝nc 1·c 2·…·c n ＝c 1·q12n -，即{d n }为等比数列，应选D.7．已知复数z ＝1－i ，那么z 2－2z z －1＝________.解析：z 2－2z z －1＝z －12－1z －1＝z －1－1z －1＝(－i)－1－i ＝－i －i－i·i＝－2i.答案：－2i8．(2021·山东高考)执行下面的程序框图，假设输入的ε的值为，那么输出的n 的值为________．解析：逐次计算的结果是F 1＝3，F 0＝2，n ＝2；F 1＝5，F 0＝3，n ＝3，现在输出， 故输出结果为3. 答案：39．(2021·福建质检)观看以劣等式： 13＋23＝1； 73＋83＋103＋113＝12； 163＋173＋193＋203＋223＋233＝39； ……那么当m <n 且m ，n ∈N 时，3m ＋13＋3m ＋23＋3m ＋43＋3m ＋53＋…＋3n －23＋3n －13＝________(最后结果用m ，n 表示)． 解析：由13＋23＝1，知m ＝0，n ＝1,1＝12－02；由73＋83＋103＋113＝12，知m ＝2，n ＝4,12＝42－22； 由163＋173＋193＋203＋223＋233＝39，知m ＝5，n ＝8,39＝82－52；………依此规律可归纳，3m ＋13＋3m ＋23＋3m ＋43＋3m ＋53＋…＋3n －23＋3n －13＝n 2－m 2.答案：n 2－m 210．已知复数z 1知足(z 1－2)(1＋i)＝1－i(i 为虚数单位)，复数z 2的虚部为2，且z 1·z 2是实数，求z 2.解：∵(z1－2)(1＋i)＝1－i，∴z1＝2－i.设z2＝a＋2i，a∈R，则z1·z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a)i.∵z1·z2∈R，∴a＝4.∴z2＝4＋2i.11．(2021·郑州质量预测)每一年的3月12日，是中国的植树节．林管部门在植树前，为保证树苗的质量，都会在植树前对树苗进行检测．现从甲、乙两种树苗中各抽测了10株树苗的高度，规定高于128厘米的树苗为“良种树苗”，测得高度如下(单位：厘米)：甲：137,121,131,120,129,119,132,123,125,133；乙：110,130,147,127,146,114,126,110,144,146.(1)依照抽测结果，画出甲、乙两种树苗高度的茎叶图，并依照你填写的茎叶图，对甲、乙两种树苗的高度作比较，写出对两种树苗高度的统计结论；(2)设抽测的10株甲种树苗高度平均值为x，将这10株树苗的高度依次输入按程序框图进行运算(如图)，问输出的S大小为多少？并说明S的统计学意义；(3)假设小王在甲种树苗中随机领取了5株进行种植，用样本的频率散布估量整体散布，求小王领取到的“良种树苗”的株数X的散布列．解：(1)茎叶图如下图：统计结论：①甲种树苗的平均高度小于乙种树苗的平均高度；②甲种树苗比乙种树苗长得更整齐；③甲种树苗高度的中位数为127，乙种树苗高度的中位数为；④甲种树苗的高度大体上是对称的，而且大多数集中在均值周围，乙种树苗的高度散布较为分散．(2)依题意，x ＝127，S ＝35.S 表示10株甲种树苗高度的方差，是描述树苗高度的离散程度的量． S 值越小，表示树苗长得越整齐，S 值越大，表示树苗长得越良莠不齐．(3)由题意可知，领取一株甲种树苗取得“良种树苗”的概率为12，那么X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫5，12，因此随机变量X 的散布列为12．(2021·北京高考)已知A ，B ，C 是椭圆W ：x 24＋y 2＝1上的三个点，O 是坐标原点．(1)当点B 是W 的右极点，且四边形OABC 为菱形时，求此菱形的面积； (2)当点B 不是W 的极点时，判定四边形OABC 是不是可能为菱形，并说明理由． 解：(1)椭圆W ：x 24＋y 2＝1的右极点B 的坐标为(2,0)．因为四边形OABC 为菱形，因此AC 与OB 彼此垂直平分． 因此可设A (1，m )，代入椭圆方程得14＋m 2＝1，即m ＝±32.因此菱形OABC 的面积是12|OB |·|AC |＝12×2×2|m |＝3.(2)四边形OABC 不可能为菱形．理由如下： 假设四边形OABC 为菱形．因为点B 不是W 的极点，且直线AC 只是原点，因此可设AC 的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝kx ＋m 消y 并整理得 (1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，那么x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 1＋y 22＝k ·x 1＋x 22＋m ＝m1＋4k 2.因此AC 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2. 因为M 为AC 和OB 的交点，因此直线OB 的斜率为－14k.因为k ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k ≠－1，因此AC 与OB 不垂直．因此四边形OABC 不是菱形，与假设矛盾．因此当点B 不是W 的极点时，四边形OABC 不可能是菱形．。

2021年高考数学理科真题汇编解析：第十四章推理与证明第十四章推理与证明第一节合情推理与演绎推理1.〔2021全国2卷理科7〕甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老成的成．老：你四人中有2位秀，2位良好，我在甲看乙、丙的成，乙看丙的成，丁看甲的成．看后甲大家：我是不知道我的成．根据以上信息，〔〕.A．乙可以知道四人的成B．丁可以知道四人的成C．乙、丁可以知道方的成D．乙、丁可以知道自己的成1．解析四人所知只有自己看到，老所及最后甲的．甲不知道自己成→乙、丙中必有一一良〔假设两，甲会知道自己成；两良亦然〕.乙看了丙成，知道自己的成→丁看甲，甲、丁中也一一良，丁知道自己的成．故D.2.〔2021全国1卷理科12〕几位大学生响国家的号召，开了一款用件.激大家学数学的趣，他推出了“解数学取件激活〞的活.款件的激活下面数学的答案：数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16，⋯，其中第一是20，接下来的两是20，21，再接下来的三是20，21，22，依此推.求足如下条件的最小整数N：N100且数列的前N和2的整数.那么款件的激活是〔〕.A.440B.330C.220 D.1102.解析首第1，接下来两第2，再接下来三第3，以此推．n1n n1n10第n的数n，n的数和2，由意得，N100，令212n1得n≥14且n *13之后，第n的和122，即N出在第，n共的和212nn12n N n1n1n，假设要使前N和2的整数，的和2k1 22n互相反数，即2k12nk N*，n≥14，klog2n3，得n的最小n29，k5，29129N25440那么.应选A.题型149 归纳推理——暂无题型150类比推理——暂无题型151演绎推理第二节证明。

墨达哥州易旺市菲翔学校2021年高考试题解析数学〔理科〕分项14复数、推理与证明一、选择题:1.(2021年高考卷理科2)复数z=22ii-+(i 为虚数单位)在复平面内对应的点所在象限为 〔A 〕第一象限(B)第二象限(C)第三象限(D)第四象限4.(2021年高考卷理科2)把复数z 的一共轭复数记作z ，假设1z i =+，i 为虚数单位，那么(1)z z +=〔A 〕3i -〔B 〕3i +〔C 〕13i +〔D 〕3 【答案】A 【解析】(1)1(1)(1)123z z z zz i i i i i +=+=-++-=-+=-应选A5．(2021年高考卷理科1)设复数z 满足(1+i)z=2，其中i 为虚数单位，那么Z=〔〕 A ．1+iB ．1-iC ．2+2iD ．2-2ii i i z -=-=+=1)1(2212所以选B. 6.(2021年高考卷理科1)a 为正实数，i 为虚数单位，2a ii+=，那么a=〔〕〔A 〕2〔B (D)1答案：B解析：|1|2a iai i+=-==,a>0,故 7.(2021年高考全国卷理科1)复数ii212-+的一共轭复数是〔〕 A i 53-B i 53C i -D i ; 解析：C ，因为i i 212-+=i ii i =--21)21(，所以，一共轭复数为i -，选C点评：此题考察复数的概念和运算，先化简后写出一共轭复数即可。

8.(2021年高考卷理科1)假设izi1+2=，那么复数z = A.i -2- B.i -2+ C.i 2- D.i 2+ 【答案】D 【解析】因为izi1+2==()()i i i 1+2-=2-，所以复数z =i 2+,选D. 9.(2021年高考卷理科7)观察以下各式：55=3125，65=15625，75=78125，…，那么20115的末四位数字为A ．3125B ．5625C ．0625D ．8125 【答案】D【解析】观察发现幂指数是奇数的,结果后三位数字为125,故排除B 、C 选项;而201153125>,故A 也不正确,所以选D.10．(2021年高考卷理科10)如右图，一个直径为l 的小圆沿着直径为2的大圆内壁的逆时针方向滚动，M 和N 是小圆的一条固定直径的两个端点．那么，当小圆这样滚过大圆内壁的一周，点M ，N 在大圆内所绘出的图形大致是12．(2021年高考卷理科1)i 为虚数单位，那么20111()1i i+-= A.－i B.－1答案：A解析：因为11i i i +=-,故2011201125051()(),1i i i i i i +==⋅=--所以选A.13．(2021年高考卷理科7)设集合{}22||cos sin |,My y x x x R ==-∈，1{|||2,N x x i=-<}i x R ∈为虚数单位，那么MN 为〔A 〕(0,1)〔B 〕(0,1]〔C 〕[0,1)〔D 〕[0,1] 【答案】C【解析】：由22|cos sin ||cos 2|[0,1]y x x x =-=∈即M =[0,1]由1||2x i-<2||1211x i x x +=+<⇒-<<即N =(1,1)-[0,1)M N =应选C14.(2021年高考卷理科1)复数2341i i i i++=- 〔A 〕1122i --(B)1122i -+ (C)1122i -(D)1122i +解析：选B.()()()234111111112i i i i i i ii i i i -+++--+-===---+。

【高三】2021届高考数学总复习推理与证明考点专项教案推理与证明【专题测试】一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知函数在[0，1]上量大值与最小值的和为3，则的值为（A）（B）2 （C）3 （D）52．下面说法正确的有（1）演绎推理是由一般到特殊的推理；（2）演绎推理得到的结论一定是正确的；（3）演绎推理一般模式是“三段论”形式；（4）演绎推理的结论的正误与大前提、小前提和推理形有关（A）1个（B）2个（C）3个（D）4个3．已知是等比数列，，且，则 =（A）6 （B）12 （C）18 （D）244．在古腊毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，…这些数叫做三角形数，因为这些数对应的点可以排成一个正三角形1 3 6 10 15则第个三角形数为（A）（B）（C）（D）5．命题：“有些有理数是分数，整数是有理数，则整数是分数”结论是错误的，其原因是（A）大前提错误（B）小前提错误（C）推理形式错误（D）以上都不是6．有一正方体，六个面上分别写有数字1、2、3、4、5、6，有三个人从不同的角度观察的结果如图所示.如果记3的对面的数字为m，4的对面的数字为n，那么m+n的值为（A）3（B）7（C）8（D）117．已知是R上的偶函数，对任意的都有成立，若，则（A）2021 （B）2 （C）1 （D）08．已知函数，若，则（A）（B）（C）（D）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上.9．在德国不梅举行的第48届世乒赛期间，某商场橱窗里用同样的乒乓球堆成若干堆“正三棱锥”形展品，其中第一堆只有一层，就一个球，第三2、3、4、…堆最底层（第一层）分别按下图方式固定摆放，从第二层开始每层小球的小球自然垒放在下一层之上，第堆的第层就放一个乒乓球，以表示第堆的乒乓球总数，则 =__________；=_________（用表示）10．如图（1）有面积关系，则图（2）有体积关系 _______________图1 图211．某实验室需购某种化工原料106千克，现在市场上该原料有两种包装，一种是每袋35千克，价格140元，另一种是每袋24千克，价格120元，在满足需要的条下，最少要花费___________元.12．若，则 =_____________.三、解答题：(本大题共4小题，共40分.解答应写出字说明、证明过程或演算步骤.)13．已知、，求证： .14．设满足且，，求证：是周期函数.15.设函数的定义域为D，若存在使成立，则称以（，）为坐标的点是函数的图象上的“稳定点”，（1）若函数的图象上有且仅有两个相异的“稳定点”，试求实数取值范围；（2）已知定义在实数集R上的奇函数存在有限个“稳定点”，求证：必有奇数个“稳定点”.16．已知数列{an}满足（1）求证：{an}为等比数列；（2）记为数列{bn}的前n项和，那么：①当a=2时，求Tn；②当时，是否存在正整数m，使得对于任意正整数n都有如果存在，求出m的值；如果不存在，请说明理由.一、选择题题号12345678答案BCＣBAＣDB二、填空题9. 10, 10. 11. 500 12.500三、解答题13.略．作差。

2021年高考数学复习专题13 推理与证明、数系的扩充数学归纳法考点剖析主标题：数学归纳法副标题：为学生详细的分析数学归纳法的高考考点、命题方向以及规律总结。

关键词：数学归纳法，知识总结难度：3重要程度：4考点剖析：本考点包括数学归纳法及其应用，考纲要求了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题。

命题方向：1.数学归纳法的考查以解答题为主，一般会与数列，不等式证明等内容相结合，考查分析及推理论证能力，试题难度较大．规律总结：1.数学归纳法规律总结一种表示数学归纳法的框图表示：两个防范(1)第一步验证时，不一定是1，而是满足条件是初始值．(2)第二步，在证明n＝k＋1时，要利用归纳假设，否则就不是数学归纳法．三个关键点(1)n＝时成立，弄清楚的含义；(2)由假设n＝k成立证明n＝k＋1成立时，要推导详实，并且一定要用到n＝k 的结论；(3)要注意n＝k到n＝k＋1时变化的项数.归纳法由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，叫做归纳法。

根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分分为完全归纳法和不完全归纳法。

数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值(∈)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k＞，k∈)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立。

只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从开始的所有正整数n都成立。

37960 9448 鑈20716 50EC 僬_Z36705 8F61 轡 25096 6208 戈ck31432 7AC8 竈37067 90CB 郋_39746 9B42 魂36790 8FB6 辶28137 6DE9 淩。

卜人入州八九几市潮王学校2021年高考试题分项解析数学〔理科〕专题14复数、推理与证明〔老师〕一、选择题:1.(2021年高考卷理科1)设i 为虚数单位，那么复数56i i -=〔〕 A6+5iB6-5iC-6+5iD-6-5i【答案】C【解析】因为56i i-=(56)()i i -⋅-=65i -，应选C. 【考点定位】此题考察复数的四那么运算,属容易题.2．(2021年高考卷理科3)设a ，b ∈R,“a=0”是“复数a+bi 是纯虚数〞的〔〕A.充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件3．(2021年高考卷理科2)i 是虚数单位，那么3+i 1i-＝〔〕 A ．1－2iB ．2－iC ．2＋iD ．1＋2i【答案】D 【解析】3+i 1i -＝()()3+i 1+i 2＝2+4i 2＝1＋2i ． 4.(2021年高考卷理科1)假设复数x 满足z(2-i)=11+7i(i 为虚数单位)，那么z 为〔〕 A3+5iB3-5iC-3+5iD-3-5i5.(2021年高考卷理科1)假设复数z 满足i zi -=1，那么z 等于〔〕A ．i --1B ．i -1C ．i +-1D ．i +16.(2021年高考卷理科2)复数22i i -=+〔〕 (A)3455i -(B)3455i +(C)415i -(D)315i +【答案】A 【解析】2(2)(2)34342(2)(2)555i i i ii i i i ----===-++-，应选A【考点定位】此题主要考察复数代数形式的运算，属于容易题。

复数的运算要做到细心准确。

7.(2021年高考全国卷理科3)下面是关于复数21z i =-+〕1:2p z =22:2p z i =3:p z 的一共轭复数为1i +4:p z 的虚部为1-8.(2021年高考卷理科1)i 是虚数单位，复数7=3iz i -+=〔〕〔A 〕2i +〔Ｂ〕2i -〔Ｃ〕2i -+〔Ｄ〕2i --【答案】B 【解析】7=3i z i -+=(7)(3)(3)(3)i i i i --+-=2173110i i ---=2i -.【考点定位】本试题主要考察了复数的概念以及复数的加、减、乘、除四那么运算.9．(2021年高考卷理科6)观察以下各式：221,3,a b a b +=+=3344554,7,11,a b a b a b +=+=+=那么1010a b +=〔〕A ．28B ．76C ．123D ．19910.(2021年高考卷理科1)复数z 满足：()(2)5z i i --=；那么z=〔〕【答案】D 【解析】55(2)()(2)5222(2)(2)i z i i z i z i i i i i +--=⇔-=⇔=+=+--+. 11.(2021年高考卷理科1)方程2x +6x+13=0的一个根是()A-3+2iB3+2iC-2+3iD2+3i12．(2021年高考卷理科15)假设i 21+是关于x 的实系数方程02=++c bx x 的一个复数根，那么〔〕A ．3,2==c bB ．3,2=-=c bC ．1,2-=-=c bD ．1,2-==c b【答案】B【解析】根据实系数方程的根的特点12i 也是该方程的另一个根，所以b i i -==-++22121，即2-=b ，c i i ==+-3)21)(21(，故答案选择B.【考点定位】此题主要考察实系数方程的根的问题及其性质、复数的代数形式的四那么运算，属于中档题，注重对根本知识和根本技巧的考察，复习时要特别注意.13．(2021年高考卷理科18)设25sin 1πn n a n=，n n a a a S +++= 21，在10021,,,S S S 中，正数的个数是〔〕 A ．25B ．50 C ．75D ．10014.(2021年高考卷理科3)设,a b R ∈，i 是虚数单位，那么“0ab =〞是“复数b a i+为纯虚数〞的〔〕〔A 〕充分不必要条件〔B 〕必要不充分条件〔C 〕充分必要条件〔D 〕既不充分也不必要条件 15.(2021年高考卷理科2)复数2(1)2i i-=〔〕 A 、1B 、1-C 、i D 、i -【答案】B【解析】2(1)2i i -=12212-=-+ii i . 【考点定位】突出考察知识点12-=i ，不需采用分母实数化等常规方法，分子直接展开就可以.16.(2021年高考全国卷理科1)复数131i i-+=+〔〕 A ．2i +B ．2i -C ．12i +D ．12i -【答案】C【解析】i i i i i i i i 21242)1)(1()1)(31(131+=+=-+-+-=++-，选C. 【考点定位】本试题主要考察了复数的四那么运算法那么。

2021年高考数学真题分类汇编 14 推理与证明理考点一合情推理与演绎推理1.(xx北京,8,5分)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级,依次为“优秀”“合格”“不合格”.若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙,且其中至少有一门成绩高于乙,则称“学生甲比学生乙成绩好”.如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好,并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生,那么这组学生最多有( )A.2人B.3人C.4人D.5人答案B2.(xx课标Ⅰ,14,5分)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:我们三人去过同一城市.由此可判断乙去过的城市为.答案A3.(xx陕西,14,5分)观察分析下表中的数据:多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F,V,E所满足的等式是.答案F+V-E=24.(xx北京,20,13分)对于数对序列P:(a1,b1),(a2,b2),…,(an,bn),记T 1(P)=a1+b1,Tk(P)=bk+max{Tk-1(P),a1+a2+…+ak}(2≤k≤n),其中max{Tk-1(P),a1+a2+…+ak}表示Tk-1(P)和a1+a2+…+ak两个数中最大的数.(1)对于数对序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值;(2)记m为a,b,c,d四个数中最小的数,对于由两个数对(a,b),(c,d)组成的数对序列P:(a,b),(c,d)和P':(c,d),(a,b),试分别对m=a和m=d两种情况比较T2(P)和T2(P')的大小;(3)在由五个数对(11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)组成的所有数对序列中,写出一个数对序列P使T5(P)最小,并写出T5(P)的值.(只需写出结论)解析(1)T1(P)=2+5=7,T 2(P)=1+max{T1(P),2+4}=1+max{7,6}=8.(2)T2(P)=max{a+b+d,a+c+d},T2(P')=max{c+d+b,c+a+b}.当m=a时,T2(P')=max{c+d+b,c+a+b}=c+d+b.因为a+b+d≤c+b+d,且a+c+d≤c+b+d,所以T2(P)≤T2(P').当m=d时,T2(P')=max{c+d+b,c+a+b}=c+a+b.因为a+b+d≤c+a+b,且a+c+d≤c+a+b,所以T2(P)≤T2(P').所以无论m=a还是m=d,T2(P)≤T2(P')都成立.(3)数对序列P:(4,6),(11,11),(16,11),(11,8),(5,2)的T5(P)值最小,T1(P)=10,T2(P)=26,T3(P)=42,T4(P)=50,T5(P)=52.考点二直接证明与间接证明5.(xx山东,4,5分)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是( )A.方程x3+ax+b=0没有实根B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根答案A考点三数学归纳法6.(xx安徽,21,13分)设实数c>0,整数p>1,n∈N*.(1)证明:当x>-1且x≠0时,(1+x)p>1+px;(2)数列{an }满足a1>,an+1=an+.证明:an>an+1>.解析(1)证明:用数学归纳法证明:①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.所以p=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.(2)证法一:先用数学归纳法证明an>.①当n=1时,由题设a1>知an>成立.②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>成立.由an+1=an+易知an>0,n∈N*.当n=k+1时,=+=1+.由ak>>0得-1<-<<0.由(1)中的结论得=>1+p·=.因此>c,即ak+1>.所以n=k+1时,不等式an>也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>均成立.再由=1+可得<1,即an+1<an.综上所述,an >an+1>,n∈N*.证法二:设f(x)=x+x1-p,x≥,则x p≥c,并且f '(x)=+(1-p)x-p=>0,x>.由此可得, f(x)在[,+∞)上单调递增.因而,当x>时, f(x)>f()=,①当n=1时,由a1>>0,即>c可知a 2=a1+=a1<a1,并且a2=f(a1)>,从而a1>a2>.故当n=1时,不等式an >an+1>成立.②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak >ak+1>成立,则当n=k+1时, f(ak )>f(ak+1)>f(),即有ak+1>ak+2>.所以n=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式an >an+1>均成立.7.(xx陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf '(x),x≥0,其中f '(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表达式;(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.解析由题设得,g(x)=(x≥0).(1)由已知,g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,g 3(x)=,…,可得g n (x)=. 下面用数学归纳法证明. ①当n=1时,g 1(x)=,结论成立. ②假设n=k 时结论成立,即g k (x)=. 那么,当n=k+1时, g k+1(x)=g(g k (x))===, 即结论成立.由①②可知,结论对n∈N +成立.(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立. 设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0), 即φ'(x)=-=,当a≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立), ∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0, ∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立). 当a>1时,对x∈(0,a -1]有φ'(x)<0, ∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ(a -1)<φ(0)=0.即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立,综上可知,a的取值范围是(-∞,1].(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,n-f(n)=n-ln(n+1),比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.,则<ln.令x=,n∈N+下面用数学归纳法证明.①当n=1时,<ln 2,结论成立.②假设当n=k时结论成立,即++…+<ln(k+1).那么,当n=k+1时,++…++<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由①②可知,结论对n∈N成立.+证法二:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则ln>.故有ln 2-ln 1>,ln 3-ln 2>,……ln(n+1)-ln n>,上述各式相加可得ln(n+1)>++…+.结论得证.证法三:如图,dx是由曲线y=,x=n及x轴所围成的曲边梯形的面积,而++…+是图中所示各矩形的面积和,∴++…+>dx=dx=n-ln(n+1),结论得证.8.(xx江苏,23,10分)已知函数f0(x)=(x>0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,n∈N*.(1)求2f1+f2的值;(2)证明:对任意的n∈N*,等式=都成立.解析(1)由已知,得f1(x)=f '(x)='=-,于是f2(x)=f '1(x)='-'=--+,所以f1=-,f2=-+.故2f1+f2=-1.(2)证明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式两边分别对x求导,得f(x)+xf '(x)=cosx,即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin,类似可得2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π).下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的n∈N*都成立.(i)当n=1时,由上可知等式成立.(ii)假设当n=k时等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin.因为[kfk-1(x)+xfk(x)]'=kf 'k-1(x)+fk(x)+xf' k (x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),'=cos·'=sin,所以(k+1)fk (x)+xfk+1(x)=sin.因此当n=k+1时,等式也成立.综合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的n∈N*都成立.令x=,可得nfn-1+fn=sin(n∈N*).所以=(n∈N*).9.(xx重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(n∈N*).(1)若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n <c<a2n+1对所有n∈N*成立?证明你的结论.解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.从而{(an-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,故(an -1)2=n-1,即an=+1(n∈N*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=+1,则ak+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=+1(n∈N*).(2)解法一:设f(x)=-1,则an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用数学归纳法证明加强命题a2n <c<a2n+1<1.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<<a3<1,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2k <c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则an+1=f(an).先证:0≤an≤1(n∈N*).①当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=-1<1.即0≤ak+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.再证:a2n <a2n+1(n∈N*).②当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2<a3,即n=1时②成立.假设n=k时,结论成立,即a2k <a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a 2k+1=f(a 2k )>f(a 2k+1)=a 2k+2,a 2(k+1)=f(a 2k+1)<f(a 2k+2)=a 2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N *成立. 由②得a 2n <-1,即(a 2n +1)2<-2a 2n +2,因此a 2n <.③又由①、②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a 2n )>f(a 2n+1), 即a 2n+1>a 2n+2,所以a 2n+1>-1,解得a 2n+1>.④综上,由②、③、④知存在c=使a 2n <c<a 2n+1对一切n∈N *成立.32762 7FFA 翺35888 8C30 谰22216 56C8 囈31423 7ABF 窿*l 36781 8FAD 辭`25703 6467 摧 21238 52F6 勶21323 534B 卋。

【高三】2021届高考数学总复习考点不等式推理与证明专项教案第三模块不等式推理与证明综合检测(时间120分钟，满分150分)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1.(2021•广东模拟)已知条p：x≤1，条q：1x<1，则q是非p成立的( )A．充分不必要条B．必要不充分条C．充要条D．既不充分也不必要条解析：由1x<1，得x>1或x<0，∴q：x>1或x<0，而非p：x>1.∴q是非p的必要不充分条．答案：B2．a，b是不相等的正数，则( )A.a2＋b22<ab<a＋b2B.a＋b2<ab< a2＋b22C.ab<a＋b2< a2＋b22D.ab<a2＋b22<a＋b2解析：用特殊值法或分析法可知，C正确．答案：C3．下列命题正确的是( )A．当x>0且x≠1时，lgx＋1lgx≥2B．当x>0时，x＋1x≥2C．当x≥2时，x＋1x的最大值为2.D．当x∈(0,2]时，x－1x无最大值解析：A错，当0<x<1时，lgx<0；C错，当x＝2时，最小值为52；D错，当x＝2时，有最大值32.答案：B4．设不全等的xi∈(0，＋∞)(i＝1,2，…，n)，则在n个数x1＋1x2，x2＋1x3，…，xn－1＋1xn，xn＋1x1中( )A．都不大于2B．都不小于2C．至多有n－1个大于等于2D．至多有n－1个小于等于2解析：假设这n个数都不大于2，用反证法会推出矛盾．答案：D5．当log2a>1时，不等式x2－(a＋2)x＋2a>0的解集为( )A．{xx<a或x>2} B．{xx<2或x>a}C．{x0<x<2} D．{x2<x<a}解析：∵log2a>1，∴a>2，x2－(a＋2)x＋2a>0，⇔(x－a)(x－2)>0，∴x<2或x>a.答案：B6．如果f(x)＝mx2＋(m－1)x＋1在区间(－∞，1]上是减函数，则m的取值范围是( )A．(0，13] B．[0，13)C．[0，13] D．(0，13)解析：当m＝0时，f(x)＝－x＋1，适合题意．当m≠0时，若f(x)在(－∞，1)上为减函数．则⇒0<m≤13.综上知0≤m≤13.答案：C7．若不等式x2＋ax＋b<0的解集为{x1<x<2}，则不等式x2＋ax＋bx2－5x－6>0的解集为( )A．{xx<－1或1<x<2或x>6}B．{xx<－1或2<x<6}C．{xx<－1或x>6}D．{x－1<x<2}解析：方程x2＋ax＋b＝0的两根为1和2，方程x2－5x－6＝0的两根为－1和6.如图所示：不等式的解集为{xx<－1或1<x<2或x>6}答案：A8.(2021•北京海淀)在直角坐标系由不等式组所表示的平面区域(用阴影表示)是( )解析：验证点(0,1)在区域内，知A、D不对，再取点(0，－1)不在区域内，知B不对．答案：C9.(2021•广东广州)在平面内有n(n∈N*，n≥3)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，若这n条直线把平面分成f(n)个平面区域，则f(6)等于( )A．19 B．22C．24 D．32解析：f(3)＝7，f(4)＝7＋4＝11，f(5)＝11＋5＝16，f(6)＝16＋6＝22.答案：B10．m＝a＋a＋5，n＝a＋2＋a＋3，a≥0，则有( )A．m<n B．m＝nC．m>n D．m，n大小不确定解析：∵a≥0，∴m>0，n>0.又m2＝2a＋5＋2a2＋5a，n2＝2a＋5＋2a2＋5a＋6，∵a2＋5a<a2＋5a＋6，∴m2<n2，∴m<n.答案：A11．若x，y∈R，且2x2＋y2＝6x，则x2＋y2＋2x的最大值为( )A．14 B．15C.16 D．17解析：∵2x2＋y2＝6x，∴y2＝6x－2x2＝2x(3－x)≥0，∴0≤x≤3.∴x2＋y2＋2x＝x2＋6x－2x2＋2x＝－x2＋8x＝－(x－4)2＋16.∴当x＝3时，有最大值15.答案：B12．平面内平行于同一直线的两条直线平行，由类比推理可以得到( )A．空间中平行同一直线的两直线平行B．空间中平行于同一平面的两直线平行C．空间中平行同一直线的两平面平行D．空间中平行于同一平面的两平面平行解析：平面与空间、直线与平面类比．答案：D二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上．13.(2021•广东模拟)用锤子以均匀的力敲击铁钉进入木板．随着铁钉的深入，铁钉所受的阻力会越越大，使得每次钉入木板的钉子长度为前一次的1k(k∈N*)．已知一个铁钉受击3次后全部进入木板，且第一次受击后进入木板部分的铁钉长度是钉长的47，请从这实事中提炼出一个不等式组是________．答案：14.(2021•临沂模拟)已知不等式ax2＋bx＋c>0的解集为{x2<x<4}，则不等式cx2＋bx ＋a<0的解集为____．解析：由题意：⇒∴cx2＋bx＋a<0可化为x2＋bcx＋ac>0，即x2－34x＋18>0，解得{xx>12或x<14}．答案：{xx>12或x<14}．15.(2021•北京高考)若实数x，y满足，则s＝y－x的最小值为________．解析：画出可行域，如图所示．由题知，点(x，y)落在右图三角形ABC区域内(包括边界)，C(4，－2)，当直线s＝y－x过点C时，s最小，最小值为－6.答案：－616.(2021•江苏调研)已知0<a1<a2,0<b1<b2，且a1＋a2＝b1＋b2，a1≠b1，则关于三个数：a1b1＋a2b2；a1b2＋a2b1；a1a2＋b1b2的大小关系说法如下：①a1b1＋a2b2最大；②a1b2＋a2b1最小；③a1a2＋b1b2最小；④a1b2＋a2b1与a1a2＋b1b2大小不能确定，其中正确的有________(将你认为正确说法前面的序号填上)．解析：∵(a1b1＋a2b2)－(a1b2＋a2b1)＝(a1－a2)(b1－b2)>0，∴a1b1＋a2b2>a1b2＋a2b1.∵(a1b2＋a2b1)－(a1a2＋b1b2)＝(a1－b1)(b2－a2)＝(a1－b1)2>0，∴a1b2＋a2b1>a1a2＋b1b2.答案：①③三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)设a>b>0，分别用分析法、综合法证明：a2－b2a2＋b2>a－ba＋b.证明：(分析法)要证a2－b2a2＋b2>a－ba＋b，∵a>b>0，∴只要证a＋ba2＋b2>1a＋b，即证(a＋b)2>a2＋b2，即证2ab>0.该不等式显然成立，故原不等式成立．(综合法)∵a>b>0，∴2ab>0.∴a2＋b2＋2ab>a2＋b2，∴(a＋b)2>a2＋b2，∴a＋ba2＋b2>1a＋b又a－b>0，∴a2－b2a2＋b2>a－ba＋b.18．(12分)对于a>b>0，请依据a2＋b2>ab＋ab；a3＋b3>a2b＋ab2；a4＋b4>a3b＋ab3归纳出an＋bn(n为正整数)满足的不等式，并给予证明．解：由已知可归纳出an＋bn>an－1b＋abn－1.证明如下：∵a>b>0，∴a－b>0，an－1－bn－1>0∴an＋bn－(an－1b＋abn－1)＝an－1(a－b)＋bn－1(b－a)＝(a－b)(an－1－bn－1)>0.∴an＋bn>an－1b＋abn－1(n为正整数)．19．(12分)已知a>1，命题p：a(x－2)＋1>0，命题q：(x－1)2>a(x－2)＋1，若命题p与q同时成立，求x的取值范围．解：依题意得，∵a>1，∴ .①当1<a<2时，则有，而a－(2－1a)＝a＋1a－2>0，∴a>2－1a，∴2－1a<x<a或x>2.②当a＝2时，则x>32且x≠2.③当a>2时，则 .∴x>a，或2－1a<x<2.综上知，当1<a<2时，x的取值范围是(2－1a，a)∪(2，＋∞)；当a＝2时，x的取值范围是(32，2)∪(2，＋∞)；当a>2时，x的取值范围是(2－1a，2)∪(a，＋∞)．20．(12分)一种计算装置，有一个数据入口A和一个运算出口B，按照某个运算程序：①当从A口输入自然数1时，从B口得到13，记为f(1)＝13；②当从A口输入自然数n(n≥2)时，在B口得到的结果f(n)是前一个结果f(n－1)的2(n－1)－12(n－1)＋3倍．试问：当从A口分别自然数2,3,4时，从B口分别得到什么数？试猜想f(n)的关系式．解：由已知得f(n)＝2n－32n＋1f(n－1)(n≥2，n∈N*)．当n＝2时，f(2)＝4－34＋1f(1)＝15×13＝115，同理可求得f(3)＝135，f(4)＝163，猜想f(n)＝1(2n－1)(2n＋1).21．(12分)某个体户经销A、B两种商品，据调查统计，当投资额为x(x≥0)万元时，经销A、B商品中所获得的收益分别为f(x)万元与g(x)万元，其中f(x)＝x＋1；g(x)＝，如果该个体户准备投入5万元经营这两种商品，请帮他制定一个资金投入方案，使他能获得最大收益，并求出其最大收益．解：设投入B商品的资金为x万元(0≤x≤5)，则投A商品的资金为5－x万元，并设所获得的收入为S(x)万元．(1)当0≤x≤3时，f(x)＝6－x，g(x)＝10x＋1x＋1，S(x)＝6－x＋10x＋1x＋1＝17－[(x＋1)＋9x＋1]≤17－6＝11，当且仅当x＋1＝9x＋1，即x＝2时取“＝”号．(2)当3<x≤5时，f(x)＝6－x，g(x)＝－x2＋9x－12.S(x)＝6－x－x2＋9x－12＝－x2＋8x－6＝－(x－4)2＋10≤10，此时x＝4.∵10<11，∴最大收益为11万元．答：该个体户可对A商品投入3万元，对B商品投入2万元，这样可以获得11万元的最大收益．22．(12分)解关于x的不等式kx2＋(2k－1)x＋k－2<0.解：(1)当k＝0时，不等式的解集为{xx>－2}．(2)当k>0时，Δ＝4k＋1>0，不等式的解集为{x1－2k－4k＋12k<x<1－2k＋4k＋12k}(3)当k<0时，Δ＝4k＋1，不等式可化为－kx2＋(1－2k)x＋2－k>0.① ，即－14<k<0时，不等式的解集为{xx>1－2k－4k＋12k或x<1－2k＋4k＋12k}② ，即k＝－14时，不等式的解集为{xx≠－3，x∈R}③ 即k<－14时，不等式的解集为R.综上所述：k＝0时，解集为(－2，＋∞)；k>0时，解集为(1－2k－4k＋12k，1－2k＋4k＋12k)；－14<k<0时，解集为(－∞，1－2k＋4k＋12k)∪(1－2k－4k＋12k，＋∞)；k＝－14时，解集为(－∞，－3)∪(－3，＋∞)；k<－14时，解集为R.感谢您的阅读，祝您生活愉快。

核心考点解读一推理与证明合情推理与演绎推理(I)综合法与分析法(I)反证法(I)数学归纳法(II)1.从考查题型来看，选择题、填空题中重点在于考查推理的应用以及学生联想、归纳、假设、证明的数学应用能力•解答题中重点考查数学归纳法.2.从考查内容来看，主要考查归纳、类比推理，以及综合函数、导数、不等式、数列等知识考查直接证明和间接证明，要能够对数学结论作简单的证明，并能用数学归纳法证明数学问题.3.从考查热点来看，推理是高考命题的热点，以合情推理与演绎推理为主线，考查学生联想、归纳、假设、证明的能力，对数学知识、结论掌握的程度.1.合情推理与演绎推理(1)合情推理合情推理分为归纳推理与类比推理，归纳推理的特点是由特殊到一般，由局部到整体•类比推理的特点是由特殊到特殊.归纳推理的主要考查类型是：与等式、不等式联系，通过观察所给的几个等式或不等式两边式子的特点，发现隐含的规律：与数列联系，先求出几个特殊现彖，归纳所得的结论是属于未知的一般结论，这是一种不完全归纳：与图形联系，合理利用给出的特殊图形归纳推理，得出结论, 并可用赋值检验法验证真假.类比推理主要就是找出两类事物之间的相似性或一致性，根据这一特性，用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，并得出一个明确的命题或猜想.(2)演绎推理演绎推理的模式：三段论：人前提、小前提、结论•其特点是由一般到特殊的推理.若大前提与小前提都成立，则结论也成立.(3)注意点1)在进行类比推理时要尽量从本质上去类比，不要被表面现彖迷惑，以防犯机械类比的错误.“)合情推理是从已知的结论推测未知的推论，发现与猜想的结论还需要进一步严格证明.111)演绎推理是由一般到特殊的推理，它常用来证明数学问题，要注意推理过程的严密性，书写格式的规范性.2.直接证明与间接证明(1)直接证明：综合法与分析法综合法：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，最后推导出要证明的结论成立.综合法是由因导果.分析法：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.分析法是执果索因.综合法与分析法是两种思路相反的证明方法，分析法侧重于结论提供的信息，综合法则侧重于条件提供的信息•要把两者结合起来全方位综合分析信息，寻找合理的解题思路•没有分析，就没有综合，分析是综合的基础，两者相辅相成.要注意分析法的证明格式：要证明……，即证明……，即证明……，因为……，所以结论成立.(2)间接证明反证法：从命题结论的反面出发，通过推理，引出矛盾，从而肯定命题的结论.应用反证法解决问题的一般步骤为：首先假设命题的结论不成立，即假设结论的反面成立，然后从假设出发进行正确推理，直到推出矛盾为止，最后由矛盾得到假设不成立，从而肯定原命题成立.3.数学归纳法(1)数学归纳法的基本形式设P@)是一个与正整数“有关的命题，如果当n = /?0(//0 e N*)时，P(n)成立；假设当n = kggkwN")时，P(n)成立，由此推理得到当n = k + l时，P(〃)也成立，那么对一切n > n0时P(〃)成立.(2)需要注意的问题：上述两个步骤缺一不可，第一步是验证命题递推关系的基础，没有第一步，第二步就亳无意义；第二步中在证明“当n = k +1时命题成立”时，必须利用“当n = k时命题成立”这一条件.1.(2021高考新课标II,理7)甲、乙、丙、J•四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩.老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩.看后甲对人家说：我还是不知道我的成绩・根据以上信息，则A.乙可以知道四人的成绩B. 丁可以知道四人的成绩C.乙、丁可以知道对方的成绩D.乙、丁可以知道自己的成绩2.（2021高考新课标II,理15）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.3.（2021高考新课标I,理14）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：我们三人去过同一城市.由此可判断乙去过的城市为______________ .1.在侦破某一起案件时，警方要从甲、乙、丙、丁四名可疑人员中揪出真正的嫌疑人，现有四条明确的信息：（1）此案是两人共同作案；（2）若甲参与此案，则丙一定没参加；（3）若乙参与此案，则丁一定参与；（4）若丙没参与此案，则丁也一定没参与•据此可以判断参与此案的两名嫌疑人是A.甲、乙E.乙、丙C.丙、丁D.甲、丁2.对大于1的自然数的三次幕可以分解成几个奇数的和，比如沪=3 + 5,33 = 7 + 9 + 11,43 = 13 + 15 + 17+ 1%..,依此规律，贝#5：'的分解和式中一定不含有A. 2069B. 2039C. 2009D. 19793•中国有个名句“运筹帷幄之中，决胜T•里之外”其中的“筹”取意是指《孙子算经》中记载的算筹•古代是用算筹来进行计算•算筹是将几寸长的小竹棍摆在卞面上进行运算•算筹的摆放形式有纵横两种形式（如下图所示）.表示一个多位数时，像阿拉伯计数一样，把各个数位的数码从左到右排列•但各位数码的筹式要纵横相间，个位, 百位，万位数用纵式表示，十位，「位，十万位数用横式表示•依此类推•例如3266用算筹表示就是三II丄T, 则8771用算筹可表示为I II HI mi IIIII T TT mnr “三三=J_ ==備式中国古代的算筹数码I E. nr丄丄IA.丄丄TTc. in±i D. M丄口一设® = n(n + l)(n + 2),类比这种方法可以求得数列低｝的前八项和几=5•用数学归纳法证明：『+2’+3’+…+沪=n/专家押题三＞1.------------------------------------------------------------------- 用数学归纳法证明“1 + 2 + 3 +…+沪= ,“wN ”，则当n = k +1时，应当在n = k时对应的等式的2左边加上A. (f + l) + (f + 2)+…+(R +1)B. k5 + 1伙+ 1)6 +(屮322.甲、乙、丙三人代表班级参加校运动会的跑步，跳远，铅球比赛，每人参加一项，每项都要有人参加，他们的身高各不同，现了解到以下情况：(1)甲不是最高的；(2)最高的是没报铅球；(3)最矮的参加了跳远：(4)乙不是最矮的，也没参加跑步, 可以判断丙参加的比赛项目是_________________________ .3.已知平面三角形和空间四面体有很多相似的性质，请你类比三角形的面积公式S = ^(a + b + c)r (其中b . c是三角形的三边长，广是三角形内切圆的半径)，写出一个关于四面体的与之类似的结论真题回顾:1.D【解析】由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁两人一人优秀一人良好，乙看到丙的成绩则知道自己的成绩，丁看到甲的成绩则知道自己的成绩，即乙、丁可以知道自己的成绩.故选D.【名师点睛】合情推理主要包括归纳推理和类比推理.数学研究中，在得到一个新结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路与方向.合情推理仅是“合乎情理”的推理，它得到的结论不一定正确.而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提卜). 2.1和3【解析】由题意分析可知甲的卡片上的数字为1和3,乙的卡片上的数字为2和3,丙的卡片上的数字为1和2.3.A【解析】根据题意可将三人可能去过哪些城市的情况列表如下：可以得出结论乙去过的城市为A.洛校预测'1.【答案】C 【解析】①若甲、乙参与此案，则与信息(2), (3), (4)矛盾，故A 不正确.② 若乙、丙参与此案，则与信息(1), (3)矛盾，故B 不正确.③ 若丙、丁参与此案，则信息全部符合，故C 正确.④ 若甲、丁参与此案，则与信息(1),(4)矛盾，故D 不正确.故选C.2 .【答案】D 【解析】由规律得用中有*项，而23. 33, 43中第一项分别为 2x2-1, 2x4-l = 2x(2 + 2)-l, 2x7-l = 2x(2 + 2 + 3)-l, 所以 45?中第一项为2x(24-2 4-3+ 4 4-..- + 44)-1 = 1981,所以一定不含有 1979,选 D. 3. 【答案】C 【解析】由题意，根据占代用算筹来记数的方法，个位，百位，万位上的数用纵式表示，十位，千 位，十万位上的数用横式来表示，比照算筹的摆放形式，易知正确答案为C.n(n + l)(n + 2)(n + 3)4. ［答案］,+ “a * 2)= “⑺ + 1)(" + 2)(吆 + 3)・(” -l)n(n + 1)(" + 2)【解析】类比题中的方法裂项可得：n n ~ 4,则数列丁 二"5 + 1)("+ 2)(“+ 3){"}的前”项和，1_ 4 .5. 【解析】(I)当川=1时，左边=1，右边=1,所以上式成立；(II)假设当n = k 时等式成立,即13 + 2' + 3，+・・・+鸟3 ="伙+以,那么当n=k+l 时， 即当n = k^l 时，命题也成立.综上所述，原命题成立. 专家押题'1. 【答案】A 【解析】当心斤时，左边为1 + 2 + 3+-+T,『+心+・・"+ (屮一冲 + （3"叶（屮］=伙+1产k 2 +4k + 4 4 伙 + 1）讹+ 2），伙+厅［伙+ 1) +厅4当"=k+l 时，左边为 1 + 2 + 3・• •+/ +（W +1） +（k? + 2）+• • •+（£ +1）,所以左边增加的项为代+ 1） + （疋+ 2）+…+（£ + 1）',选A.2.【答案】31【解析】令x = 0 ,则兔=（一2）'= -32 ,令x = l,则cq+6+03 + 02+4+。

2021年高考数学试题分类汇编专题12 推理与证明高三高考复习考专用专题12 推理与证明一、选择题1.若集合E={(p ，q ，r ，s)|0≤p ＜s ≤4，0≤q ＜s ≤4,0≤r ＜s ≤4且p ，q ，r ，s∈N}，F={(t ，u ，v ，w)|0≤t ＜u ≤4，0≤v ＜w ≤4且t ，u ，v ，w ∈N}，用card(X)表示集合X 中的元素个数，则card(E)+card(F)=A ．50B ．100C ．150D ．200二、填空题2.一个二元码是由0和1组成的数字串()*12n x x x n N ∈，其中()1,2,,k x k n =称为第k位码元，二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误（即码元由0变为1，或者由1变为0）已知某种二元码127x x x 的码元满足如下校验方程组：4567236713570,0,0,x x x x x x x x x x x x ⊕⊕⊕=⎧⎪⊕⊕⊕=⎨⎪⊕⊕⊕=⎩其中运算⊕定义为：000,011,101,110⊕=⊕=⊕=⊕=．现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了101101，那么利用上述校验方程组可判定k 等于 ．3.观察下列等式：1－1122= 1－1111123434+-=+ 1－1111111123456456+-+-=++ …………据此规律，第n 个等式可为______________________.三、解答题4.已知集合X={1,2,3}，Y n={1,2,3,…,n}（n∈N*），S n={(a,b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Y n}，令()f n表示集合n S所含元素的个数.（1）写出(6)f的值；（2）当6n 时，写出()f n的表达式，并用数学归纳法证明.。

M 单元 推理与证明M1 合情推理与演绎推理15．B13，J3，M1[2021·福建卷] 当x ∈R ，|x|<1时，有如下表达式：1＋x ＋x 2＋…＋x n ＋…＝11－x .两边同时积分得：∫1201dx ＋∫120xdx ＋∫120x 2dx ＋…＋∫120x n dx ＋…＝∫12011－x dx ，1×12＋12×⎝⎛⎭⎫122＋13×⎝⎛⎭⎫123＋…＋1n ＋1×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＋…＝ln 2.请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：C 0n×12＋12C 1n ×122＋13C 2n ×123＋…＋1n ＋1C n n ×⎝⎛⎭⎫12n ＋1＝__________． 15.1n ＋1⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫32n ＋1－1 [解析] (1＋x)n ＝C 0n ＋C 1n x ＋C 2n x 2＋…＋C n n x n， 两边同时积分得C 0n ∫1201dx ＋C 1n ∫120xdx ＋C 2n ∫120x 2dx ＋…＋C n n ∫120x n dx ＝∫120(1＋x)n dx ， 得C 0n ×12＋12C 1n ×122＋13C 2n ×123＋…＋1n ＋1C n n ×12n ＋1＝1n ＋132n ＋1－1. 14．M1[2021·湖北卷] 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数1，3，6，10，…，第n 个三角形数为n 〔n ＋1〕2＝12n 2＋12n ，记第n 个k 边形数为N(n ，k)(k ≥3)，以以下出了局部k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N(n ，3)＝12n 2＋12n ，正方形数 N(n ，4)＝n 2， 五边形数 N(n ，5)＝32n 2－12n ，六边形数 N(n ，6)＝2n 2－n ，可以推测N(n ，k)的表达式，由此计算N(10，24)＝________.14．1 000 [解析] 观察得k 每增加1，n 2项系数增加12，n 项系数减少12，N(n ，k)＝k －22n 2＋(4－k)n2，故N(10，24)＝1 000.16．B7、M1[2021·山东卷] 定义“正对数〞：ln ＋x ＝⎩⎪⎨⎪⎧0，0<x<1，ln x ，x ≥1.现有四个命题：①假设a>0，b>0，那么ln ＋(a b )＝bln ＋a ；②假设a>0，b>0，那么ln ＋(ab)＝ln ＋a ＋ln ＋b ；③假设a>0，b>0，那么ln ＋⎝⎛⎭⎫a b ≥ln ＋a －ln ＋b ；16．①③④ [解析] ①中，当a b ≥1时，∵b>0，∴a ≥1，ln ＋(a b )＝ln a b ＝bln a ＝bln ＋a ；当0<ab <1时，∵b >0，∴0<a<1，ln ＋(a b )＝bln ＋a ＝0，∴①正确；②中，当0<ab<1，且a>1时，左边＝ln ＋(ab)＝0，右边＝ln ＋a ＋ln ＋b ＝ln a ＋0＝ln a>0，∴②不成立；④中，假设0<a ＋b<1，左边＝ln ＋()a ＋b ＝0，右边＝ln ＋a ＋ln ＋b ＋ln 2＝ln 2>0，左边≤右边；假设a ＋b ≥1，ln ＋()a ＋b －ln 2＝ln ()a ＋b －ln 2＝ln a ＋b 2，又∵a ＋b 2≤a 或a ＋b 2≤b ，a ，b 至少有1个大于1，∴ln a ＋b 2≤ln a 或ln a ＋b 2≤ln b ，即有ln ＋()a ＋b －ln 2＝ln ()a ＋b －ln 2＝lna ＋b 2≤ln ＋a ＋ln ＋b ，∴④正确． 14．M1[2021·陕西卷] 观察以下等式： 12＝112－22＝－3 12－22＋32＝6 ……14．12－22＋32－42＋…＋(－1)n ＋1n 2＝(－1)n＋1n 〔n ＋1〕2[解析] 结合所给几项的特点，可知式子左边共n 项，且正负交错，奇数项为正，偶数项为负，右边的绝对值为左边底数的和，系数和最后一项正负保持一致，故表达式为12－22＋32－42＋…＋(－1)n ＋1n 2＝(－1)n＋1n 〔n ＋1〕2.20．M2，D2，D3，D5[2021·北京卷] {a n }是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n 项的最大值记为A n ，第n 项之后各项a n ＋1，a n ＋2，…的最小值记为B n ，d n ＝A n －B n .(1)假设{a n }为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n ∈N *，a n ＋4＝a n )，写出d 1，d 2，d 3，d 4的值；(2)设d 是非负整数，证明：d n ＝－d(n ＝1，2，3，…)的充分必要条件为{a n }是公差为d 的等差数列；(3)证明：假设a 1＝2，d n ＝1(n ＝1，2，3，…)，那么{a n }的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20．解：(1)d 1＝d 2＝1，d 3＝d 4＝3.(2)(充分性)因为{a n }是公差为d 的等差数列，且d ≥0，所以a 1≤a 2≤…≤a n ≤….(必要性)因为d n ＝－d ≤0(n ＝1，2，3，…)．所以A n ＝B n ＋d n ≤B n . 又因为a n ≤A n ，a n ＋1≥B n ， 所以a n ≤a n ＋1.于是，A n ＝a n ，B n ＝a n ＋1.因此a n ＋1－a n ＝B n －A n ＝－d n ＝d ， 即{a n }是公差为d 的等差数列．(3)因为a 1＝2，d 1＝1，所以A 1＝a 1＝2，B 1＝A 1－d 1＝1. 故对任意n ≥1，a n ≥B 1＝1.假设{a n }(n ≥2)中存在大于2的项． 设m 为满足a m >2的最小正整数，那么m ≥2，并且对任意1≤k<m ，a k ≤2.又因为a 1＝2，所以A m －1＝2，且A m ＝a m >2，于是，B m ＝A m －d m >2－1＝1，B m －1＝min{a m ，B m }>1. 故d m －1＝A m －1－B m －1<2－1＝1，与d m －1＝1矛盾．所以对于任意n ≥1，有a n ≤2，即非负整数列{a n }的各项只能为1或2. 因为对任意n ≥1，a n ≤2＝a 1， 所以A n ＝2.故B n ＝A n －d n ＝2－1＝1.因此对于任意正整数n ，存在m 满足m>n ，且a m ＝1，即数列{a n }有无穷多项为1.M3 数学归纳法M4 单元综合1．[2021·黄山质检] n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n ＋1＝2(1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n)时，假设已假设n ＝k(k ≥2为偶数)时命题为真，那么还需要用归纳假设再证n ＝( )时等式成立( )A ．k ＋1B ．k ＋2C ．2k ＋2D ．2(k ＋2)1．B [解析] 根据数学归纳法的步骤可知，那么n ＝k(k ≥2为偶数)下一个偶数为k ＋2，故答案为B.2．[2021·石景山期末] 在整数集Z 中，被5除所得余数为k 的所有整数组成一个“类〞，记为[k]，即[k]＝{5n ＋k|n ∈Z }，k ＝0，1，2，3，4.给出如下四个结论：其中，正确结论的个数为( )A ．1B ．2C ．3D ．42．C [解析] 因为2 013＝402×5＋3，所以2 013∈[3]，①正确．－2＝－1×5＋3，－2∈[3]，所以②不正确．因为整数集中的数被5除的余数可以且只可以分成五类，所以③正确．整数a ，b 属于同一“类〞，那么整数a ，b 被5除的余数相同，从而a －b 被5除的余数为0，反之也成立，故整数a ，b 属于同一“类〞的充要条件是a －b ∈[0]，故④正确．所以正确的结论个数为3，选C.3．[2021·汕头期末] 2＋23＝2 23，3＋38＝3 38，4＋415＝4 415，假设6＋at＝6 a t(a ，t 均为正实数)，类比以上等式，可推测a ，t 的值，那么a －t ＝________．3．－29 [解析] 类比等式可推测a ＝6，t ＝35，那么a －t ＝－29. 4．[2021·福州期末] 点A(x 1，ax 1)，B(x 2，ax 2)是函数y ＝a x (a>1)的图像上任意不同两点，依据图像可知，线段AB 总是位于A 、B 两点之间函数图像的上方，因此有结论ax 1＋ax 22>a x 1＋x22成立．运用类比思想方法可知，假设点A(x 1，sin x 1)，B(x 2，sin x 2)是函数y ＝sin x(x ∈(0，π))的图像上的不同两点，那么类似地有________成立．4.sin x 1＋sin x 22<sin x 1＋x 22[解析] 函数y ＝sin x 在x ∈(0，π)的图像上任意不同两点A ，B ，依据图像可知，线段A B 总是位于A ，B 两点之间函数图像的下方，所以sin x 1＋sin x 22<sin x 1＋x 22.[规律解读] 类比推理中的结论要注意问题在变化之后的不同，要“求同存异〞才能够正确解决问题．5．[2021·云南师大附中月考] 我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点A(－3，4)，且法向量为n ＝(1，－2)的直线(点法式)方程为1×(x ＋3)＋(－2)×(y －4)＝0，化简得x －2y ＋11＝0.类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点A(1，2，3)，且法向量为n ＝(－1，－2，1)的平面(点法式)方程为________．5．x ＋2y －z －2＝0 [解析] 设B(x ，y ，z)为平面内的任一点，类比得平面的方程为(－1)×(x －1)＋(－2)×(y －2)＋1×(z －3)＝0，即x ＋2y －z －2＝0.6．[2021·黄山质检] 数列{a n }满足a 1＝1，a n ＝log n (n ＋1)(n ≥2，n ∈N *)．定义：使乘积a 1·a 2·…·a k为正整数的k(k ∈N *)叫作“简易数〞．那么在[1，2 012]内所有“简易数〞的和为________．6．2 036 [解析] ∵a n ＝log n (n ＋1)＝lg 〔n ＋1〕lg n，∴a 1·a 2·…·a k ＝1·lg 3lg 2·lg 4lg 3·…·lg 〔k ＋1〕lg k ＝lg 〔k ＋1〕lg 2＝log 2(k ＋1)，那么“简易数〞k使log 2(k ＋1)为整数，即满足2n ＝k ＋1，所以k ＝2n －1，那么在[1，2 012]内所有“简易数〞的和为21－1＋22－1＋…＋210－1＝2〔1－210〕1－2－10＝1 023×2－10＝2 036.。