高考数学(理科)二轮配套课件：专题4(第3讲)推理与证明
高三数学二轮复习 推理与证明 (理) 课件
n＝k＋1 时， (2)假设 n＝k(k∈N*， k≥n0)时命题成立， 推证___________
命题也成立， 从而推出对所有的从 n0 开始的正整数命题成立. 两个步骤体现了递推思想，第一步是递推基础，也叫归纳奠 基；第二步是递推的依据，也叫归纳递推，两者缺一不可.
►一个易错点：反证法. (3)[反证法必须从否定结论进行推理，即应把结论的反面作为 条件，且必须根据这一条件进行推证，否则，仅否定结论， 不从结论的反面出发进行推理，就不是反证法]用反证法证明
“ 三 角 形 中 至 少 有 一 个 内 角 不 小 于 60 ° ” ， 应 先 假 设 为
________. 答案 三角形中每一个内角都小于60°
性质
类比
方法
有一些处理问题的方法具有类比性， 可以把这种方法类比应用到其他问题 的求解中，注意知识的迁移
论,我们把这种推理称为演绎推理；
(2)特点：演绎推理是由 一般到特殊的推理； (3)模式：三段论. “三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
“三段论” 的结构
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，对特殊情况做出的判断
“三段论” 的表示
①大前提—— M是P ；
第五节 推理与证明
2.合理推理
归纳推理 类比推理 某些类似特征和其中 由两类对象具有 一类对象的某些已知特征，推出另
由某类事物的部分对象 具有某些
定义 特征，推出该类事物的 全部对象 都具有这些特征的推理，或者由
个别事实概括出一般结论的推理
特点 由 部分 到 整体 、由 个别 到 一般 的推理
2015届高考数学(理科)二轮配套课件：专题四_第3讲_推理与证明
平面几何中的面积可类比到空间几何中的体积；
解析 正比，
平面几何中，圆的面积与圆的半径的平方成
而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，
V1 1 所以＝ ＝ . V2 27
答案 1 27
ex－e－x (2)已知双曲正弦函数 shx＝ 和双曲余弦函数 2 ex＋e－x chx ＝ 与我们学过的正弦函数和余弦函数有 2 许多类似的性质， 请类比正弦函数和余弦函数的和角 ．． 或差角 公式， 写出双曲正弦或双曲余弦函数的一个 类 ．．． ．． 似的正确结论________.
被5除余1的数和能被5整除的座位号临窗，
由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗， 分析答案中的4组座位号，只有D符合条件.
答案 D
归纳递推思想在解决问题时，从特殊情况入手，
通过观察、分析、概括，猜想出一般性结论，然
后予以证明，这一数学思想方法在解决探索性问
思 题、存在性问题或与正整数有关的命题时有着广 维 泛的应用 . 其思维模式是 “ 观察 —— 归纳 —— 猜 升 华 想——证明”，解题的关键在于正确的归纳猜想
第二次坐在 2 号位上，第三次坐在 4 号位上，第四次坐 在3号位上，第五次坐在1号位上， 因此小兔的座位数更换次数以4为周期， 因为 202 ＝ 50×4 ＋ 2 ，因此第 202 次互换后，小兔所在 的座位号与小兔第二次互换座位号所在的座位号相同， 因此小兔坐在2号位上，故选B. 答案 B
1 1 1 (2)已知 f(n)＝1＋ ＋ ＋„＋ (n∈N*)，经计算得 f(4)>2， 2 3 n n＋2 n * 5 7 f (2 )> ( n ≥ 2 ， n ∈ N ) f(8)> ，f(16)>3，f(32)> ，则有______________________. 2 2 2
2019届高三理科数学第二轮专题复习配套文档专题四 第3讲立体几何中的向量方法
第3讲立体几何中的向量方法[真题再现]1．（2018·课标Ⅰ)如图，四边形ABCD为正方形,E,F分别为AD，BC的中点,以DF为折痕把△DFC使点C到达点P的位置，且PF⊥BF。
(1)证明：平面PEF⊥平面ABFD；（2）求DP与平面ABFD所成角的正弦值．[解］(1）证明：由已知可得BF⊥PF,BF⊥EF，所以BF⊥平面PEF.又BF⊂平面ABFD，所以平面PEF⊥平面ABFD。
（2)解：如图，作PH⊥EF，垂足为H.由（1)得，PH⊥平面ABFD。
以H为坐标原点，错误!的方向为y轴正方向,|错误!｜为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系H.xyz.由（1)可得，DE⊥PE.又DP＝2，DE＝1,所以PE＝错误!.又PF＝1，EF＝2，所以PE⊥PF.所以PH＝错误!，EH＝错误!.则H（0，0,0），P错误!，D错误!，错误!＝错误!,错误!＝错误!.又错误!为平面ABFD的法向量，设DP与平面ABFD所成角为θ，则sin θ＝错误!＝错误!＝错误!。
所以DP与平面ABFD所成角的正弦值为错误!.2．（2018·课标Ⅱ）如图，在三棱锥P-ABC中，AB＝BC＝22，P A＝PB＝PC＝AC＝4，O为AC的中点．(1)证明:PO⊥平面ABC；(2）若点M在棱BC上，且二面角M。
P A-C为30°，求PC与平面P AM所成角的正弦值[解］(1）证明：因为P A＝PC＝AC＝4,O为AC的中点,所以OP⊥AC，且OP＝2错误!.如图，连接OB.因为AB＝BC＝错误!AC,所以△ABC为等腰直角三角形，且OB ⊥AC,OB＝错误!AC＝2。
由OP2＋OB2＝PB2知PO⊥OB.由OP⊥OB，OP⊥AC,OB∩AC＝O，得PO⊥平面ABC.（2）解:如图，以O为坐标原点，错误!的方向为x轴正方向，建立空间直角坐标系O。
xyz。
由已知得O（0，0,0）,B（2，0，0)，A（0,－2，0）,C(0,2,0)，P(0,0，2错误!），错误!＝（0,2,2错误!)．取平面P AC的一个法向量错误!＝(2，0，0）．设M (a ，2－a,0）（0≤a ≤2)，则错误!＝(a ，4－a,0)．设平面P AM 的法向量为n ＝(x ,y ,z ）．由AP ，→·n ＝0，错误!·n ＝0得错误!可取y ＝错误!a ,得平面P AM 的一个法向量为n ＝(错误!（a －4），错误!a ，－a ）,所以cos 错误!，n ＝错误!。
高三数学二轮复习-第一篇-专题3-第4课时推理与证明课件-理
• ∴q≠1时，{Sn}不是等差数列．
由下列不等式：1>12，1＋12＋13>1,1＋12＋13＋…＋ 17>32，1＋12＋13＋…＋115>2，…，你能得到一个怎样的一般不 等式？并加以证明．
解析： 根据给出的 4 个不等式可以猜想第 n 个不等式 为 1＋12＋13＋…＋2n－1 1>n2(n∈N*)．
解析： 由题意，得等差数列的一个性质是：若数列{an} 是等差数列，令 bn＝a1＋a2＋n …＋an，则数列{bn}(n∈N*)也 是等差数列．
设等差数列{an}的公差为 d，则 bn＝a1＋a2＋n …＋an＝ na1＋nnn2－1d＝a1＋d2(n－1)，
所以数列{bn}是以 a1 为首项，d2为公差的等差数列．故所 得命题成立．
• (2011·陕西卷)观察下列等式 • 1＝1
• 2＋3＋4＝9 • 3＋4＋5＋6＋7＝25 • 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49 • 照此规律，第n个等式应为________．
• 解析： ∵1＝12,2＋3＋4＝9＝32,3＋4＋5 ＋6＋7＝25＝52，
• ∴第n个等式为n＋(n＋1)＋…＋(3n－2)＝ (2n－1)2.
解析： f(1)＝2(1－a1)＝2×1－14＝32，f(2)＝2(1－a1)(1
－
a2)
＝
3 2
×
1－19
＝
4 3
，
f(3)
＝
2(1
－
a1)(1
－
a2)(1
－
a3)
＝
4 3
×1－116＝54.归纳知 f(n)＝nn＋ ＋21.
答案：
n＋2 n＋1
高考数学 二轮复习专题精讲教案三 第3讲 推理与证明
第3讲推理与证明自主学习导引真题感悟1．(2012·江西)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝A．28B．76C．123D．199解析观察规律，归纳推理．从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10＋b10＝123.答案 C2．(2012·福建)某地区规划道路建设，考虑道路铺设方案．方案设计图中，点表示城市，两点之间连线表示两城市间可铺设道路，连线上数据表示两城市间铺设道路的费用，要求从任一城市都能到达其余各城市，并且铺设道路的总费用最小．例如：在三个城市道路设计中，若城市间可铺设道路的线路图如图(1)，则最优设计方案如图(2)，此时铺设道路的最小总费用为10.现给出该地区可铺设道路的线路图如图(3)，则铺设道路的最小总费用为________．解析根据题目中图(3)给出的信息及题意，要求的是铺设道路的最小总费用，且从任一城市都能到达其余各城市，可将图(3)调整为如图所示的结构(线段下方的数字为两城市之间铺设道路的费用)．此时铺设道路的总费用为2＋3＋1＋2＋3＋5＝16.答案16考题分析具备一定的推理与证明能力是高考的一项基本要求．归纳推理是高考考查的热点，这类题目具有很好的区分度，考查形式一般为选择题或填空题．网络构建高频考点突破 考点一：合情推理【例1】(1)(2012·武昌模拟)设f k (x )＝sin 2k x ＋cos 2k x (x ∈R )，利用三角变换，估计f k (x )在k ＝1,2,3时的取值情况，对k ∈N ＋时推测f k (x )的取值范围是________(结果用k 表示)．(2)在平面几何里，有“若△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，内切圆半径为r ，则三角形面积为S △ABC ＝12(a ＋b ＋c )r ”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体ABCD 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为r ，则四面体的体积为________．”[审题导引] (1)由f 1(x )、f 2(x )、f 3(x )的取值范围观察规律可得；(2)注意发现其中的规律总结出共性加以推广，或将结论类比到其他方面，得出结论．[规范解答] (1)当k ＝1，f 1(x )＝sin 2x ＋cos 2x ＝1. 当k ＝2时，f 2(x )＝sin 4x ＋cos 4x＝(sin 2x ＋cos 2x )2－2sin 2x cos 2x ＝1－12sin 22x . ∵0≤sin 22x ≤1，∴f 2(x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1.当k ＝3时，f 3(x )＝sin 6x ＋cos 6x＝(sin 2x ＋cos 2x )(sin 4x －sin 2x cos 2x ＋cos 4x )＝1－3sin 2x cos 2x ＝1－34sin 22x . ∵0≤sin 22x ≤1，∴f 3(x )∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，1，故可推测12k －1≤f k(x )≤1.(2)三角形的面积类比为四面体的体积，三角形的边长类比为四面体四个面的面积，内切圆半径类比为内切球的半径．二维图形中12类比为三维图形中的13，得V 四面体ABCD ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r .故填V 四面体ABCD ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r .[答案] (1)12k －1≤f k (x )≤1(2)V 四面体ABCD ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r【规律总结】归纳推理与类比推理之区别(1)归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理．在进行归纳时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论． (2)类比推理是由特殊到特殊的推理，是两类类似的对象之间的推理，其中一个对象具有某个性质，则另一个对象也具有类似的性质．在进行类比时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后类比推导类比对象的性质． 【变式训练】1．若数列{a n }(n ∈N ＋)是等差数列，则有通项为b n ＝a 1＋a 2＋…＋a nn (n ∈N ＋)的数列{b n }也为等差数列，类比上述性质，若数列{c n }是等比数列，且c n ＞0，则有通项为d n ＝________(n ∈N ＋)的数列{d n }也是等比数列．解析 ∵{c n }是等比数列，且c n ＞0， ∴{lg c n }是等差数列，令d n ＝nc 1·c 2·…·c n ， 则lgd n ＝lg c 1＋lg c 2＋…＋lg c n n ，由题意知{lg d n }为等差数列， ∴d n ＝n c 1·c 2·…·c n 为等比数列．答案nc1·c2·…·c n2．平面内有n条直线，其中任何两条都不平行，任何三条不过同一点，试归纳它们的交点个数．解析n＝2时，交点个数：f(2)＝1.n＝3时，交点个数：f(3)＝3.n＝4时，交点个数：f(4)＝6.n＝5时，交点个数：f(5)＝10.猜想归纳：f(n)＝12n(n－1)(n≥2)．考点二：演绎推理【例2】求证：a，b，c为正实数的充要条件是a＋b＋c＞0，且ab＋bc＋ca＞0和abc＞0.[审题导引]由a、b、c为正实数，显然易得a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc ＞0，即“必要性”的证明用直接法易于完成．证明“充分性”时，要综合三个不等式推出a、b、c是正实数，有些难度、需用反证法．[规范解答](1)证必要性(直接证法)：因为a、b、c为正实数，所以a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0.所以必要性成立．(2)证充分性(反证法)：假设a、b、c不全为正实数(原结论是a、b、c都是正实数)，由于abc＞0，则它们只能是二负一正．不妨设a＜0，b＜0，c＞0，又由于ab＋bc＋ac＞0⇒a(b＋c)＋bc＞0，因为bc＜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，与a＜0的假设矛盾．故假设不成立，原结论成立，即a、b、c均为正实数．【规律总结】1．演绎推理问题的处理方法从思维过程的指向来看，演绎推理是以某一类事物的一般判断为前提，而作出关于该类事物的判断的思维形式，因此是从一般到特殊的推理．数学中的演绎法一般是以三段论的格式进行的．三段论由大前提、小前提和结论三个命题组成，大前提是一个一般性原理，小前提给出了适合于这个原理的一个特殊情形，结论则是大前提和小前提的逻辑结果． 2．适用反证法证明的六种题型反证法是一种重要的间接证明方法，适用反证法证明的题型有：(1)易导出与已知矛盾的命题；(2)否定性命题；(3)唯一性命题；(4)至少至多型命题；(5)一些基本定理；(6)必然性命题等．【变式训练】3．若定义在区间D 上的函数f (x )对于D 上的n 个值x 1，x 2，…，x n ，总满足1n [f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )]≤f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，称函数f (x )为D 上的凸函数．现已知f (x )＝sin x 在(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是________．解析 因为凸函数满足1n [f (x 1)＋f (x 2)＋…＋f (x n )]≤f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n ，(大前提)f (x )＝sin x 在(0，π)上是凸函数，(小前提) 所以f (A )＋f (B )＋f (C )≤3f ⎝⎛⎭⎪⎫A ＋B ＋C 3，(结论) 即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332. 因此sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值是332. 考点三：数学归纳法【例3】设数列{a n }的前n 项和为S n ，且S 2n －(a n ＋2)S n ＋1＝0,1－S n ＝a n b n (n ∈N ＋)．(1)求a 1，a 2的值和数列{a n }的通项公式；(2)若正项数列{c n }满足：c n ≤a 1＋(b n －1)a(n ∈N ＋，0＜a ＜1)，求证：∑n k ＝1 c k k ＋1＜1.[审题导引] (1)由于S 2n －(a n ＋2)S n ＋1＝0中含有S 2n ，通过升降角标的方法无法把S n 转化为a n ，这样就需要把a n 转化为S n －S n －1(n ≥2)，通过探求S n ，然后根据求得的S n 求{a n }的通项公式；(2)根据(1)求得的结果，根据c kk ＋1的结构确定放缩的方法求证． [规范解答] (1)S 21－(a 1＋2)S 1＋1＝0⇒a 1＝12， S 22－(a 2＋2)S 2＋1＝0⇒a 2＝16. S 2n －(a n ＋2)S n ＋1＝0，①当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入①式，得S n S n －1－2S n ＋1＝0，② 又由S 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝23，S 3＝12－S 2＝34.猜想S n ＝nn ＋1.下面用数学归纳法证明： ①当n ＝1时，显然成立；②假设当n ＝k 时，S k ＝kk ＋1，则n ＝k ＋1时，S k ＋1S k －2S k ＋1＋1＝0，S k ＋1＝12－k k ＋1＝k ＋1k ＋1＋1成立．综合①②，可知猜想成立．所以当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝1n (n ＋1)，当n ＝1时也满足，故a n ＝1n (n ＋1)(n ∈N ＋)．(2)证明 由(1)，得b n ＝n ， c n ≤a 1＋(n －1)a ＝11a ＋n －1＜1n ，则∑nk ＝1 c k k ＋1＜∑n k ＝1 1k (k ＋1)＝1－1n ＋1＜1. 【规律总结】使用数学归纳法需要注意的三个问题在使用数学归纳法时还要明确：(1)数学归纳法是一种完全归纳法，其中前两步在推理中的作用是：第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，二者缺一不可；(2)在运用数学归纳法时，要注意起点n ，并非一定取1，也可能取0,2等值，要看清题目；(3)第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清楚由k 到k ＋1时命题变化的情况．【变式训练】4．(2012·青岛二模)已知集合A ＝{x | x ＝－2n －1，n ∈N ＋}，B ＝{x | x ＝－6n ＋3，n ∈N ＋}，设S n 是等差数列{a n }的前n 项和，若{a n }的任一项a n ∈A ∩B 且首项a 1是A ∩B 中的最大数，－750＜S 10＜－300.(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1392n a n +-⎛ ⎝⎭令T n ＝24(b 2＋b 4＋b 6＋…b 2n )，试比较T n与48n2n ＋1的大小． 解析 (1)根据题设可得：集合A 中所有的元素可以组成以－3为首项，－2为公差的递减等差数列；集合B 中所有的元素可以组成以－3为首项，－6为公差的递减等差数列．由此可得，对任意的n ∈N ＋，有A ∩B ＝B ， A ∩B 中的最大数为－3，即a 1＝－3，设等差数列{a n }的公差为d ，则a n ＝－3＋(n －1)d ， S 10＝10(a 1＋a 10)2＝45d －30，∵－750＜S 10＜－300， ∴－750＜45d －30＜－300， 即－16＜d ＜－6，由于B 中所有的元素可以组成以－3为首项，－6为公差的递减等差数列， 所以d ＝－6m (m ∈Z ，m ≠0)， 由－16＜－6m ＜－6⇒m ＝2， 所以d ＝－12，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝9－12n (n ∈N ＋)．(2)b n ＝1392n a n +-⎛ ⎝⎭＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22n ，T n ＝24(b 2＋b 4＋b 6＋…＋b 2n )＝24×12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12 ＝24⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ， T n －48n 2n ＋1＝24－242n －48n 2n ＋1＝24(2n －2n －1)2n (2n ＋1)，于是确定T n 与48n 2n ＋1的大小关系等价于比较2n 与2n ＋1的大小，由2＜2×1＋1,22＜2×2＋1,23＞2×3＋1,24＞2×4＋1，… 可猜想当n ≥3时，2n ＞2n ＋1，证明如下： 证法一 ①当n ＝3时，由上验算可知成立． ②假设n ＝k 时，2k ＞2k ＋1，则2k ＋1＝2·2k ＞2(2k ＋1)＝4k ＋2＝2(k ＋1)＋1＋(2k －1)＞2(k ＋1)＋1， 所以当n ＝k ＋1时猜想也成立． 根据①②可知，对一切n ≥3的正整数， 都有2n ＞2n ＋1，∴当n ＝1,2时，T n ＜48n 2n ＋1，当n ≥3时，T n ＞48n 2n ＋1.证法二 当n ≥3时，2n ＝(1＋1)n ＝C 0n ＋C 1n ＋…＋C n －1n ＋C nn ≥C 0n ＋C 1n ＋C n －1n ＋C n n ＝2n ＋2＞2n ＋1，∴当n ＝1,2时，T n ＜48n 2n ＋1，当n ≥3时，T n ＞48n2n ＋1.名师押题高考【押题1】 已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个整数对是 A ．(7,5) B ．(5,7) C ．(2,10) D ．(10,1)解析 依题意，就每组整数对的和相同的分为一组，不难得知每组整数对的和为n ＋1，且每组共有n 个整数对，这样的前n 组一共有n (n ＋1)2个整数对，注意到10(10＋1)2＜60＜11(11＋1)2，因此第60个整数对处于第11组(每对整数对的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每对整数对的和为12的组中的各对数依次为(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…因此第60个整数对是(5,7)．故选B.答案 B[押题依据] 能用归纳和类比进行简单的推理是高考对合情推理的基本要求．相比较而言，归纳推理是高考的一个热点．本题体现了归纳对推理的思想，需从所给的数对中总结归纳出其规律，进而推导出第60个整数对．题目不难，体现了高考的热点，故押此题．押题2】已知命题：“若数列{a n }为等差数列，且a m ＝a ，a n ＝b (m ＜n ，m ，n ∈N ＋)，则a m ＋n ＝b ·n －a ·mn －m .”现已知数列{b n }(b n ＞0，n ∈N ＋)为等比数列，且b m＝a ，b n ＝b (m ＜n ，m ，n ∈N ＋)，若类比上述结论，则可得到b m ＋n ＝________.解析 由题意类比可得b m ＋n ＝n n mb a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭g .答案 n n mb a a -⎛⎫ ⎪⎝⎭g[押题依据] 归纳和类比是两种重要的思维形式，是高考的热点，通常以选择题或填空题的形式考查．本题以数列知识为背景，考查类比推理，题目不难，但具有较好的代表性，故押此题．必记内容: 高中数学三角函数公式汇总一、任意角的三角函数在角α的终边上任取．．一点),(y x P ，记：22y x r +=， 正弦：r y =αsin 余弦：r x=αcos 正切：xy=αtan 余切：y x =αcot正割：xr=αsec 余割：yr =αcsc注：我们还可以用单位圆中的有向线段表示任意角的三角函数：如图，与单位圆有关的有向．．线段MP 、OM 、AT 分别叫做角α的正弦线、余弦线、正切线。
高考数学二轮复习(考点梳理+热点突破)第四讲 推理与证明课件
所以当 n≥2 时，an＝1＋1－1－qnq－1，q≠1，
n，q＝1，
栏 目
上式对 n＝1 显然成立．
链 接
(3)解析：由(2)知，当 q＝1 时，显然 a3 不是 a6
与 a9 的等差中项，故 q≠1，
由 a3－a6＝a9－a3 可得 q5－q2＝q2－q8，
由 q≠0 得，q3－1＝1－q6，①
Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：
栏
目
链
接
2．分析法．
用Q表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：
第八页，共46页。
Z主 干考点
(kǎo diǎn) 梳理
考点(kǎo diǎn)4 间接证明
反证法的证明过程可以概括(gàikuò)为“否定—推
理—否定”，即从否定结论开始，经过正确的推理，导
由①可得 an－an＋3＝an＋6－an，n∈N*，
所以对任意的 n∈N*，an 是 an＋3 与 an＋6 的等差中项．
第二十七页，共46页。
G高 考(ɡāo kǎo)热 点突
破
规律方法 演绎推理是由一般到特殊的推理．数学的证明过程主要
是通过(tōngguò)演绎推理进行的，只要采用的演绎推理的大前
栏
目
反面是“方程(fāngchéng)x2 ＋ax＋b＝0没有实
链 接
根”．故选A.
第十四页，共46页。
Z主 干考点
(kǎo
diǎn) 梳理
4．(2014·新课标Ⅱ卷)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；
栏
目
乙说：我没去过C城市．
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“夹__在__两__个__平__行_平__面__(_p_ín_g_m__ià_n_)_之__间__的__平__行_线__段”，相这等个类比命题是
高考数学二轮复习课件：4.4《推理与证明》ppt课件
则 1－a2n＝34×23n－1，则 a2n＝1－43×32n－1， 由anan＋1<0，知数列{an}的项正负相间出现， 因此 an＝(－1)n＋1 1－43×32n－1， bn＝a2n＋1－a2n＝－43×32n＋34×23n－1＝14×23n－1.
这说明 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)都在直线xa02x－yb02y＝1 上，
故切点弦 P1P2 所在直线的方程为xa02x－yb02y＝1.31
热点三 直接证明和间接证明 直接证明的常用方法有综合法和分析法，综合法由因导果， 而分析法则是执果索因，反证法是反设结论导出矛盾的证 明方法.
32
解析 ch x ch y－sh x sh y
ex＋e－x ey＋e－y ex－e－x ey－e－y
＝ 2 ·2 － 2 ·2
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＝14(ex＋y＋ex－y＋e－x＋y＋e－x－y－ex＋y＋ex－y＋e－x＋y－e－x－y) ＝14(2ex－y＋2e－(x－y))＝ex－y＋2e－x－y＝ch(x－y)，
如三角形数 1,3,6,10，…，第 n 个三角形数为nn2＋1＝12n2＋12n， 记第 n 个 k 边形数为 N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分 k 边形数中
第 n 个数的表达式：
三角形数
N(n,3)＝12n2＋12n，
正方形数 五边形数 六边形数
N(n,4)＝n2， N(n,5)＝32n2－12n， N(n,6)＝2n2－n
D.dn＝n c1·c2·…·cn
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解析 由{an}为等差数列，设公差为d， 则 bn＝a1＋a2＋n …＋an＝a1＋n－2 1d，
又正项数列{cn}为等比数列，设公比为q，
则 dn＝n
高考数学：专题三 第三讲 推理与证明课件
191,202，„，999.则 (1)4 位回文数有________个； (2)2n＋1(n∈N＋)位回文数有________个.
解析 (1)4 位回文数有： 1001,1111,1221，„，1991,10 个 2001,2112,2222，„，2992,10 个 „„ 9009,9119,9229，„，9999,10 个 共 90 个.
－ －
∴{an}的通项公式为 an＝4· (－1)n－1－n (n∈N*).
题型与方法
(3)解 ∵{an}的通项公式为
n n
－
第三讲
an＝4· (－1)n－1－n (n∈N*)，
本 讲 栏 目 开 关
所以 Sn＝∑ ak＝∑ [4· (－1)k 1－k] k＝1 k＝1
＝∑ [4· (－1) k＝1
代入 an－1＝an(an＋1－1)得 bn＝(bn＋1)bn＋1.
Байду номын сангаас
整理得 bn－bn＋1＝bnbn＋1，
由题意知，bn≠0，(否则 an＝1，与 a1＝2 矛盾) 1 1 从而得 － ＝1， bn＋1 bn
∵b1＝a1－1＝1，
本 讲 栏 目 开 关
题型与方法 1 ∴数列{b }是首项为 1，公差为 1 的等差数列. n 1 1 ∴b ＝n，即 bn＝n. n 1 1 1 (2)证明 ∵Sn＝1＋ ＋ ＋„＋ ， 2 3 n
本 讲 栏 目 开 关
n∈N*， C4n＋11＋C4n＋15＋C4n＋19＋„＋C4n＋14n 1＝____________.
解析 这是一种需类比推理方法破解的问题， 结论由两项构成， 第二项前有(－1)n，两项指数分别为 4n－1，2n－1，