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1、专题15推理与证明推理与证明推理与证明主干知识梳理热点分类突破真题与押题1.以以数数表表、数数阵阵、图图形形为为背背景景与与数数列列、周周期期性性等等知知识识相相结结合合考考查查归归纳纳推推理理和和类类比比推推理理，多多以以小小题形式出现题形式出现.2.直直接接证证明明和和间间接接证证明明的的考考查查主主要要作作为为证证明明和和推推理理数数学学命命题题的的方方法法，常常与与函函数数、数数列列及及不不等等式式等综合命题等综合命题考情解读3主干知识梳理1.合情推理合情推理(1)归纳推理归纳推理归归纳纳推推理理是是由由某某类类事事物物的的部部分分对对象象具具有有某某些些特特征征，推推出出该该类类事事
2、物物的的全全部部对对象象都都具具有有这这些些特特征征的的推推理理，或或者者由由个个别别事实概括出一般结论的推理事实概括出一般结论的推理.归纳推理的思维过程如下：归纳推理的思维过程如下：实验实验、观察观察概括概括、推广推广猜测一般性结论猜测一般性结论(2)类比推理类比推理类类比比推推理理是是由由两两类类对对象象具具有有某某些些类类似似特特征征和和其其中中一一类类对对象象的的某某些些已已知知特特征征，推推出出另另一一类类对对象象也也具具有有这这些些特特征征的推理的推理.类比推理的思维过程如下：类比推理的思维过程如下：观察观察、比较比较联想联想、类推类推猜测新的结论猜测新的结论2.演绎推理演绎推理(
3、1)“三段论三段论”是演绎推理的一般模式，包括：是演绎推理的一般模式，包括：大前提大前提已知的一般原理；已知的一般原理；小前提小前提所研究的特殊情况；所研究的特殊情况；结论结论根据一般原理，对特殊情况做出的判断根据一般原理，对特殊情况做出的判断.(2)合情推理与演绎推理的区别合情推理与演绎推理的区别归归纳纳和和类类比比是是常常用用的的合合情情推推理理，从从推推理理形形式式上上看看，归归纳纳是是由由部部分分到到整整体体、个个别别到到一一般般的的推推理理；类类比比是是由由特特殊殊到到特特殊殊的的推推理理；而而演演绎绎推推理理是是由由一一般般到到特特殊殊的的推推理理.从从推推理理所所得得的的结结论论
4、来来看看，合合情情推推理理的的结结论论不不一一定定正正确确，有有待待进进一一步步证证明明；演演绎绎推推理理在在大大前前提提、小小前前提提和和推推理理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确形式都正确的前提下，得到的结论一定正确.3.直接证明直接证明(1)综合法综合法用用P表表示示已已知知条条件件、已已有有的的定定义义、定定理理、公公理理等等，Q表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：PQ1Q1Q2Q2Q3QnQ(2)分析法分析法用用Q表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为：QP1P1P2P2P3得到一个明
5、显得到一个明显成立的条件成立的条件4.间接证明间接证明反反证证法法的的证证明明过过程程可可以以概概括括为为“否否定定推推理理否否定定”，即即从从否否定定结结论论开开始始，经经过过正正确确的的推推理理，导导致致逻逻辑辑矛矛盾盾，从从而而达达到到新新的的否否定定(即即肯肯定定原原命命题题)的的过过程程.用用反反证证法法证证明明命命题题“若若p，则则q”的的过过程程可可以以用用如如图图所所示示的的框图表示框图表示.肯定条件肯定条件p否定结论否定结论q导致逻导致逻辑矛盾辑矛盾“既既p，又，又綈綈q”为假为假“若若p，则，则q” 为真为真5.数学归纳法数学归纳法数学归纳法证明的步骤：数学归纳法证明的步骤
6、：(1)证明当证明当n取第一个值取第一个值n0(n0N*)时命题成立时命题成立.(2)假假设设nk(kN*，且且kn0)时时命命题题成成立立，证证明明nk1时命题也成立时命题也成立.由由(1)(2)可可知知，对对任任意意nn0，且且nN*时时，命命题题都都成成立立.热点一归纳推理热点二类比推理热点三直接证明和间接证明热点分类突破热点四数学归纳法例1(1)有有菱菱形形纹纹的的正正六六边边形形地地面面砖砖，按按下下图图的的规规律律拼拼成成若若干干个个图图案案，则则第第六六个个图图案案中中有有菱菱形形纹纹的的正正六边形的个数是六边形的个数是()热点一归纳推理思维启迪 根根据据三三个个图图案案中中的的
7、正正六六边边形形个个数寻求规律；数寻求规律；A.26 B.31C.32 D.36解析有菱形纹的正六边形个数如下表：有菱形纹的正六边形个数如下表：图案图案123个数个数61116由由表表可可以以看看出出有有菱菱形形纹纹的的正正六六边边形形的的个个数数依依次次组组成成一一个以个以6为首项，以为首项，以5为公差的等差数列，为公差的等差数列，所所以以第第六六个个图图案案中中有有菱菱形形纹纹的的正正六六边边形形的的个个数数是是65(61)31.故选故选B.答案B(2)两两旅旅客客坐坐火火车车外外出出旅旅游游，希希望望座座位位连连在在一一起起，且且有有一一个个靠靠窗窗，已已知知火火车车上上的的座座位位的的
8、排排法法如如图图所所示示，则下列座位号码符合要求的应当是则下列座位号码符合要求的应当是()A.48,49 B.62,63C.75,76 D.84,85思维启迪 靠靠窗窗口口的的座座位位号号码码能能被被5整整除除或者被或者被5除余除余1.解析由已知图形中座位的排列顺序，可得：由已知图形中座位的排列顺序，可得：被被5除余除余1的数和能被的数和能被5整除的座位号临窗，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，由于两旅客希望座位连在一起，且有一个靠窗，分析答案中的分析答案中的4组座位号，只有组座位号，只有D符合条件符合条件.答案D归归纳纳递递推推思思想想在在解解决决问问题题时时，从从
9、特特殊殊情情况况入入手手，通通过过观观察察、分分析析、概概括括，猜猜想想出出一一般般性性结结论论，然然后后予予以以证证明明，这这一一数数学学思思想想方方法法在在解解决决探探索索性性问问题题、存存在在性性问问题题或或与与正正整整数数有有关关的的命命题题时时有有着着广广泛泛的的应应用用.其其思思维维模模式式是是“观观察察归归纳纳猜猜想想证明证明”，解题的关键在于正确的归纳猜想，解题的关键在于正确的归纳猜想.思维升华变式训练1(1)四四个个小小动动物物换换座座位位，开开始始是是鼠鼠、猴猴、兔兔、猫猫分分别别坐坐1、2、3、4号号位位上上(如如图图)，第第一一次次前前后后排排动动物物互互换换座座位位，
10、第第二二次次左左右右列列动动物物互互换换座座位位，这这样样交交替替进进行行下下去去，那么第那么第202次互换座位后，小兔坐在第次互换座位后，小兔坐在第_号座位上号座位上.A.1 B.2 C.3 D.4解析考考虑虑小小兔兔所所坐坐的的座座位位号号，第第一一次次坐坐在在1号号位位上上，第第二二次次坐坐在在2号号位位上上，第第三三次次坐坐在在4号号位位上上，第第四四次次坐坐在在3号位上，第五次坐在号位上，第五次坐在1号位上，号位上，因此小兔的座位数更换次数以因此小兔的座位数更换次数以4为周期，为周期，因因为为2025042，因因此此第第202次次互互换换后后，小小兔兔所所在在的的座位号与小兔第二次互
11、换座位号所在的座位号相同，座位号与小兔第二次互换座位号所在的座位号相同，因此小兔坐在因此小兔坐在2号位上，故选号位上，故选B.答案B热点二类比推理思维启迪 平面几何中的面积可类比到空间几何中的体积；平面几何中的面积可类比到空间几何中的体积；解析平平面面几几何何中中，圆圆的的面面积积与与圆圆的的半半径径的的平平方方成成正比，正比，而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，而在空间几何中，球的体积与半径的立方成正比，所以所以思维启迪 可利用和角或差角公式猜想，然后验证可利用和角或差角公式猜想，然后验证.故知故知ch(xy)chx chyshx shy，或或sh(xy)shx chychx shy
12、，或或sh(xy)shx chychx shy.答案ch(xy)chx chyshx shy类类比比推推理理是是合合情情推推理理中中的的一一类类重重要要推推理理，强强调调的的是是两两类类事事物物之之间间的的相相似似性性，有有共共同同要要素素是是产产生生类类比比迁迁移移的的客客观观因因素素，类类比比可可以以由由概概念念性性质质上上的的相相似似性性引引起起，如如等等差差数数列列与与等等比比数数列列的的类类比比，也也可可以以由由解解题题方方法法上上的的类类似似引引起起.当当然然首首先先是是在在某某些些方方面面有有一一定定的的共共性性，才才能能有有方方法法上上的的类类比比，例例2即即属属于于此此类类题
13、题型型.一一般般来来说说，高高考考中中的的类类比比问问题题多多发发生生在在横横向向与与纵纵向向类类比比上上，如如圆圆锥锥曲曲线线中中椭椭圆圆与与双双曲曲线线等等的的横横向向类类比比以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等以及平面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等.思维升华变式训练2 解析由由an为等差数列，设公差为为等差数列，设公差为d，又正项数列又正项数列cn为等比数列，设公比为为等比数列，设公比为q，答案D解析设设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，热点三直接证明和间接证明(1)求数列求数列an，bn的通项公式；的通项公式；思维启迪 利利用用已已知知递递推推式式中中的的
14、特点构造数列特点构造数列1 ；由由anan10，知数列，知数列an的项正负相间出现，的项正负相间出现，(2)证明：数列证明：数列bn中的任意三项不可能成等差数列中的任意三项不可能成等差数列.思维启迪 否定性结论的证明可用反证法否定性结论的证明可用反证法.证明假假设设存存在在某某三三项项成成等等差差数数列列，不不妨妨设设为为bm、bn、bp，其中其中m、n、p是互不相等的正整数，可设是互不相等的正整数，可设mn4n1.下面用数学归纳法证明：下面用数学归纳法证明：当当n2时，时，4216,4219,169，成立；，成立；假设当假设当nk(k2)时成立，即时成立，即4k4k1.则当则当nk1时，时，
15、4k144k4(4k1)16k44k54(k1)1，所以所以nk1时成立时成立.由由得，当得，当n2时，时，4n4n1成立成立.在在使使用用数数学学归归纳纳法法证证明明问问题题时时，在在归归纳纳假假设设后后,归归纳纳假假设设就就是是证证明明nk1时时的的已已知知条条件件，把把归归纳纳假假设设当当已已知知条条件件证证明明后后续续结结论论时时，可可以以使使用用综合法、分析法、反证法综合法、分析法、反证法.思维升华变式训练4 (1)当当n1,2,3时，试比较时，试比较f(n)与与g(n)的大小关系；的大小关系；解当当n1时时，f(1)1，g(1)1，所所以以f(1)g(1)，(2)猜想猜想f(n)与
16、与g(n)的大小关系，并给出证明的大小关系，并给出证明.解由由(1)，猜猜想想f(n)g(n)，下下面面用用数数学学归归纳纳法法给给出出证明证明当当n1,2,3时，不等式显然成立时，不等式显然成立假设当假设当nk(k3)时不等式成立，时不等式成立，那么，当那么，当nk1时，时，即当即当nk1时，不等式成立时，不等式成立.由由可知，对一切可知，对一切nN*，都有，都有f(n)g(n)成立成立.1.合合情情推推理理的的精精髓髓是是“合合情情”，即即得得到到的的结结论论符符合合“情情理理”，其其中中主主要要是是归归纳纳推推理理与与类类比比推推理理.归归纳纳推推理理是是由由部部分分得得到到整整体体的的
17、一一种种推推理理模模式式.类类比比推推理理是是由由此此及及彼彼的的推理模式；演绎推理是一种严格的证明方式推理模式；演绎推理是一种严格的证明方式.2.直直接接证证明明的的最最基基本本的的两两种种证证明明方方法法是是综综合合法法和和分分析析法法，这这两两种种方方法法也也是是解解决决数数学学问问题题时时常常见见的的思思维维方方式式.在在实实际际解解题题时时，通通常常先先用用分分析析法法寻寻求求解解题题思思路路，再再用用综综合合法有条理地表述解题过程法有条理地表述解题过程.本讲规律总结3.数数学学归归纳纳法法是是证证明明与与正正整整数数有有关关的的数数学学命命题题的的一一种种方方法法，在在遇遇到到与与
18、正正整整数数有有关关的的数数学学命命题题时时，要要考考虑虑是是否可以使用数学归纳法进行证明否可以使用数学归纳法进行证明.(1)在在证证明明过过程程中中突突出出两两个个“凑凑”字字，即即一一“凑凑”假假设设，二二“凑凑”结结论论，关关键键是是在在证证明明nk1时时要要用用上上nk时的假设时的假设,其次要明确其次要明确nk1时证明的目标，充分考时证明的目标，充分考虑虑由由nk到到nk1时时，命命题题形形式式之之间间的的区区别别和和联联系系，化异为同，中间的计算过程千万不能省略化异为同，中间的计算过程千万不能省略.(2)注注意意“两两个个步步骤骤、一一个个结结论论”一一个个也也不不能能少少，切切忌忌
19、忘记归纳结论忘记归纳结论.真题感悟押题精练真题与押题12真题感悟1.(2014福福建建)若若集集合合a，b，c，d1,2,3,4，且且下下列四个关系：列四个关系：a1；b1；c2；d4.有有且且只只有有一一个个是是正正确确的的，则则符符合合条条件件的的有有序序数数组组(a，b，c，d)的的个数是个数是_.12真题感悟解析由由题题意意知知中中有有且且只只有有一一个个正正确确，其其余余三三个个均均不不正正确确，下下面面分分类类讨讨论论满满足足条条件件的的有有序序数数组组(a，b，c，d)的个数：的个数：(1)若若正正确确，即即a1，则则都都错错误误，即即b1，c2，d4.其其中中a1与与b1矛矛盾
20、盾，显显然然此此种种情情况况不存在；不存在；12真题感悟(2)若若正正确确，即即b1，则则都都错错误误，即即a1，c2，d4，则则当当b2时时，有有a3，c1；当当b3时，有时，有a2，c1，此时有，此时有2种有序数组种有序数组.(3)若若正正确确，即即c2，则则都都错错误误，即即a1，b1，d4，则，则a3，即此种情况有，即此种情况有1种有序数组种有序数组.12真题感悟(4)若若正正确确，即即d4，则则都都错错误误，即即a1，b1，c2，则则当当d2时时，有有a3，c4或或a4，c3，有有2种种有有序序数数组组；当当d3时时，有有c4，a2，仅仅1种有序数组种有序数组.综上可得，共有综上可得
21、，共有21216(种种)有序数组有序数组.答案6真题感悟212.(2014陕西陕西)观察分析下表中的数据：观察分析下表中的数据：多面体多面体 面数面数(F)顶点数顶点数(V)棱数棱数(E)三棱柱三棱柱569五棱锥五棱锥6610立方体立方体6812猜想一般凸多面体中猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是所满足的等式是_.解析观察观察F，V，E的变化得的变化得FVE2.FVE2押题精练121.圆圆周周上上2个个点点可可连连成成1条条弦弦，这这条条弦弦可可将将圆圆面面划划分分成成2部部分分；圆圆周周上上3个个点点可可连连成成3条条弦弦，这这3条条弦弦可可将将圆圆面面划划分分成成4部部分分；圆圆周
22、周上上4个个点点可可连连成成6条条弦弦，这这6条条弦弦最最多多可可将将圆圆面面划划分分成成8部部分分.则则n个个点点连连成成的的弦弦最多可把圆面分成最多可把圆面分成_部分部分.()A.2n1 B.2nC.2n1 D.2n2押题精练12解析由已知条件得：由已知条件得：圆周上的点圆周上的点数数连成的弦数连成的弦数把圆面分成的部把圆面分成的部分数分数2 12212213 34222314 6823241押题精练125 101624251由由 此此 可可 以以 归归 纳纳 出出 ， 当当 点点 数数 为为 n时时 ， 连连 成成 的的 弦弦 数数 为为 ；弦把圆面分成的部分数为弦把圆面分成的部分数为2n1，故选，故选A.答案A押题精练12押题精练12相加，得相加，得1223n(n1) n(n1)(n2).类类比比上上述述方方法法，计计算算“123234n(n1)(n2)”的结果为的结果为_.押题精练12解析类类比比k(k1) k(k1)(k2)(k1)k(k1)，可得到可得到k(k1)(k2) k(k1)(k2)(k3)(k1)k(k1)(k2)，先逐项裂项，然后累加即得先逐项裂项，然后累加即得 n(n1)(n2)(n3).答案 n(n1)(n2)(n3)
