推理与证明单元测试题

推理与证明单元测试题（精选11篇）

推理与证明单元测试题 篇1

选1-2第二章《推理与证明》单元测试题

一． 选择题：

1.下列推理是合情推理的是（）

①由圆的性质类比出球的性质；

②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180，由此推出三角形的内角和是180； ③ab,bc,则ac；

④三角形内角和是180，四边形的内角和是360，五边形的内角和是540，由此得凸n 边形的内角和是(n2)180

A.①②B.①③④C.①②④D.②④

2.有一段演绎推理是这样的“有些有理数是真分数，整数是有理数，则整数是真分数”，结论显然是错误的，是因为（）

A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误

3.数列1,3,6,10,的一个通项公式是（A.ann2n1B.an）C.ann(n1)2n(n1)2D.n1

24.若a,b,c满足cba，且ac0，那么下列选项中不一定成立的是（）

A.abac

 B.c(ba)0C.cbca 22D.ac(ac)0 5.已知aR，不等式x

A.2n14a2，x23，,可推广为xnn1，则a的值为（）xxxB.n2C.22(n1)D.n n

6．设a,b,c为整数，则a111,b,c这三个数（）bca

A.都不大于2B.至少有一个不大于2C.都不小于2D.至少有一个不小于2

7.要证a2b21a2b20,只要证明（）

a4b

40A.2ab1ab0B.ab122222

(ab)2

1a2b20D.(a21)(b21)0 C.2

8.用反证法证明命题“若整数系数一元二次方程axbxc0(a0)有有理数根，那么a,b,c中至少有一个是偶数时”下列条件假设中正确的是（）

A.假设a,b,c都是偶数B.假设a,b,c都不是偶数2

C.假设a,b,c中至多有一个偶数D.假设a,b,c中至多有两个偶数

9.平面上有条直线，期中任意的两条不平行，任意三条不共点。f(k)表示nk时平面被分成的区域数，则f(k1)f(k1)（）

A.kB.k1C.k1D.k2

10.有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或是丙获奖。”乙说：“甲、丙都未获奖。”丙说：“我获奖了。”丁说：“是乙获奖了。”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖歌手是（）

A.甲B.乙C.丙D.丁

二． 填空题：

11．观察下列的图形中小正方形的个数，则第6个图中有个小正方形

.x2y

212．若P0(x0,y0)在椭圆221外，则过Po作椭圆的两条切线的切点为P1、P2，则直线P1P2（称为ab

xxyy切点弦P1P2）的方程是0

2021．那么对于双曲线则有如下命题：若P0(x0,y0)在双曲线ab

x2y

221（a＞0,b＞0）外，则过Po作双曲线的两条切线的切点为P1、P2，则切点弦P1P2的直线2ab

方程是．

13．如果a＋bb>ab＋ba，则a、b应满足的条件是________．

14．若0a1,0b1，且ab，则在ab,2,a2b2,2ab中最大的是________．

15．半径为r的圆的面积Srr，周长Cr2r，若将r看作0,上的变量，则2r2r

2①．①式可用语言叙述为：圆的面积函数的导数等于圆的周长函数．

对于半径为R的球，若将R看作0,上的变量，请你写出类似于①的式子：______________________________________②；

②式可用语言叙述为_______________________________.三． 解答题：

16.用三段论证明函数f(x)x2x在,1上是增函数.2

17．已知：sin30sin90sin1502223 2

sin25sin265sin2125

18．已知a,b,c均为实数，且ax2y

求证：a,b,c中至少有一个大于0.2通过观察上述两等式的规律，请你写出一般性的命题，并给出的证明.2,by22z3,cz22x6，19．已知abc, 求证：

114.abbcac

220．设a,b,c为任意三角形三边长Iabc,sabbcac.试证：I4s.21．通过计算可得下列等式：

221221

13222221

4232231

┅┅

(n1)2n22n1

将以上各式分别相加得：(n1)2122(123n)n.即：123nn(n1)2

2222类比上述求法：请你求出123n的值.选1-2第二章《推理与证明》单元测试题

命题人：实验中学李红英

参考答案

一． 选择题

1——5 CCCCD6——10 DDBBC

1.C

2.C

3.C提示：an123n

4.C

5.D提示：xn(n1)2axxxaa nnnnnnnxxn

6.D提示：反证法

7.D提示：对左边分解因式可得.8.B

9.B

10.C提示：假设获奖人分别为甲、乙、丙、丁一一验证.二． 填空题

11.28提示：123728 12.x0xy0y21 a2b

13.a,b0,且ab提示如下：

(aab)(abba)a(ab)b(ba)=

14.ab a2a0 

43215.R4R球的体积函数的导数等于球的表面积函数． 3

三． 解答题

16.证明：若对于区间I上任意的x1,x2，且x1x2，都有f(x1)f(x2)0，则f(x)在I 上单调增.任取任意的x1,x2(,1，且x1x2，2f(x1)f(x2)x122x1x22x2(x1x2)(2x1x2)0

所以f(x)在(,1是单调增函数.17.解： 一般性的命题为sin(60)sinsin(60)2223 2

1cos(21200)1cos21cos(21200)证明：左边 222

3[cos(21200)cos2cos(21200)]232

所以左边等于右边

18.证明：假设a,b,c都不大于0，即a0,b0,c0，得abc0，而abc(x1)2(y1)2(z1)2330，即abc0，与abc0矛盾，a,b,c中至少有一个大于0.19.证明：acacabbcabbc abbcabbc

2

bcab2abbcb，4(abc)cacac1144,.abbcabbcac

220.证明：要证I4S，即证(abc)24(abbcac)

只需证 a2b2c22(abacbc)

即证abc2ab2bc2ac0

即证(a2abac)(b2bcab)(c2acbc)0只需证abc,bac,cba.因为a,b,c是三角形的三边，所以以上都成立，所以原命题得证.21.解：21313113232321 332332222

4333332331┅┅

(n1)3n33n23n1

将以上各式分别相加得：(n1)13(123n)3(123n)n 所以： 123n



222233222211n[(n1)31n3n] 321n(n1)(2n1)6

推理与证明单元测试题 篇2

1.(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)演绎推理得到的结论的正误与大前提、小前提和推理形式有关.以上说法正确的有()

(A)1个(B)2个

(C)3个(D)4个

2.已知f(x)=e-x,则f'(-1)=()

3.若点P是曲线y=x2-lnx上任意一点,则点P到直线y=x-2的最小距离为()

(A)1 (B)(C)(D)

4.函数y=x-2sinx在(0,π)上的单调递增区间为()

(A)(B)

(C)(D)

5.当x∈[-1,2]时,若恒成立,则实数m的取值范围是()

(A)(B)(C)(D)(2,+∞)

6.方程x3-6x2+9x-10=0的实根的个数是().

(A)1 (B)2 (C)0 (D)3

7.函数f(x)的定义域为(-1,2),导函数f'(x)在(-1,2)内的图像如图1所示,则函数f(x)在开区间(-1,2)内有极小值点()

(A)1个(B)2个

(C)3个(D)4个

8.已知数列{an}满足a1=2,(n∈N*),则a2011的值为()

(A)-3 (B)(C)(D)2

9.过点(2,1)的曲线y=x3的切线的条数是()

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3

10.由曲线y=x2和直线x=0,x=1,y=t2,t∈(0,1)所围成的图形的面积的最小值为()

(A)(B)(C)(D)

二、填空题(本大题共5题,每小题5分,共25分.把答案添在答题卡的相应位置)

11.按一定规律排列的一列数依次为:,,按此规律排列下去,这列数中的第7个数是______.

12.若三角形内切圆半径为r,三边长为a,b,c,则三角形的面积,根据类比思想,若四面体内切球的半径为R,四个面的面积为S1,S2,S3,S4,则四面体的体积V=______.

13.已知车轮旋转的角度与时间的平方成正比.如果车辆启动后车轮转动第一圈需要0.8 s,则转动开始后第3.2 s时的瞬时角速度=_____.

15.若函数f(x)=loga(x3-ax)(0

三、解答题(本大题共6题,共75分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)

16.(本小题满分12分)求函数的单调区间和极值.

17.(本小题满分12分)已知a,b均为正数,求证:.

18.(本小题满分12分)某厂生产某种产品x件的总成本(万元),已知产品单价的平方与产品件数x成反比,生产100件这样的产品单价为50万元,该厂产量定为多少件时总利润最大?最大总利润是多少?(利润=收入-成本)

19.(本小题满分12分)在等差数列{an}中,若a10=0,则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n(n<19,n∈N*)成立.类比上式性质,相应地:在等比数列{bn}中,若b11=1,则存在怎样的等式?并证明你得到的等式.

20.(本小题满分13分)设函数f(x)=-x3+ax,x∈(0,1],a∈R.

(1)若a>3,试判定f(x)在(0,1]上的单调性,并证明你的结论;

(2)是否存在实数a,使当x∈(0,1]时,f(x)有最大值-1?

21.(本小题满分14分)设函数f(x)=(1+x)2-ln(1+x)2.

(1)当时,不等式f(x)

(2)若关于x的方程f(x)=x2+x+a在[0,2]上恰有两个相异实根,求实数a的取值范围.

参考答案

一、选择题.

1.(C) 2.(B) 3.(B) 4.(C) 5.(D) 6.(A) 7.(A) 8.(B) 9.(D) 10.(A)

二、填空题

三.解答题

16.解:增区间为(-∞,-1),(1,+∞);减区间为(-1,0),(0,1);极大值为-2,极小值为2.

17.解:两式相加可得所证不等式成立.

18.解:设总利润为y万元,由题意的,利用导数易得当产量x=25万件时,总利润最大,最大值为万元.

20.解(1)f'(x)=-3x2+a,因为x∈(0,1],a>3,所以f'(x)>0,f(x)在(0,1]上是增函数.

(2)当a>3时,f(x)在(0,1]上是增函数,f(1)=a-1=-1⇒a=0(舍去)

当0≤a≤3时,由无解.

当a<0时,f'(ax)<0,f(x)在(0,1]上是减函数,f(x)在(0,1]上无最大值.

《不等式、推理与证明》单元测试 篇3

17.（本题满分14分）

某厂家拟在2015年举行促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用m万元（m≥0）满足x=3-km+1（k为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是1万件.已知2015年生产该产品的固定投入为8万元.每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（产品成本包括固定投入和再投入两部分资金）.

（1）将2015年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；

（2）该厂家2015年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？

18.（本题满分16分）

设f（x）是定义在[-1，1]上的奇函数，且对任意a，b∈[-1，1]，当a+b≠0时，都有f（a）+f（b）a+b>0.

（1）若a>b，试比较f（a）与f（b）的大小；

（2）解不等式：f（x-12）

（3）证明：若-1≤c≤2，则函数g（x）=f（x-c）和h（x）=f（x-c2）存在公共定义域，并求出这个公共定义域.

19.（本题满分16分）

已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a>0）的图像与x轴有两个不同的交点，若f（c）=0，且00.

（1）证明：1a是f（x）=0的一个根；

（2）试比较1a与c的大小；

（3）证明：-2

20.（本题满分16分）

已知函数f（x）=x-ln（x+a）在（-a，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减.

∴原不等式成立.

（本小题也可用数学归纳法证明）

（作者：朱振华，江苏省海门中学）

推理与证明测试题(临城中学) 篇4

1

11111112()234n1n2n42n时，河北临城中学

一选择题（本大题共10小题，每小题5分，共50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.有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面,则平行于平面内所有直线；已知直线

9.已知n为正偶数，用数学归纳法证明

若已假设nk(k2为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证（）A．nk1时等式成立B．nk2时等式成C．n2k2时等式成立D．n2(k2)时等式成立

310．①已知p＋q＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2，②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下结论正确的是()

A．①与②的假设都错误 C．①的假设正确；②的假设错误

B．①与②的假设都正确 D．①的假设错误；②的假设正确

2b平面，直线a平面，直线b∥平面，则直线b∥直线a”的结论显然是错误的，这是

因为（）

A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.非以上错误

1an

22．用数学归纳法证明：“1+a+a+„+a=(a≠1)”在验证n=1时，左端计算所得的项为

1a

n+

1A.1B.1+aC.1+a+a

D.1+a+a+a

23.若一个命题的结论是 “直线l在平面内”，则用反证法证明这个命题时，第一步应作 的假设为（）

A.假设直线l//平面B.假设直线l平面于点A

二 填空题（共4小题，每小题4分共16分，把答案填在相应的位置上）

311.用三段论证明f(x)=x+sinx(x∈R)为奇函数的大前提是________

12．设平面内有ｎ条直线(n3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f(n)表示这ｎ条直线交点的个数，则f(4)=；

（ab）ab 类推出“（ab）ab”D.当ｎ＞4时，f(n)＝（用含n的数学表达式表示）

ab2,yab，则x,y的大小关系是_____

5．已知f（x）为偶函数，且f（2＋x）＝f（2－x），当－2≤x≤0时，f（x）＝2x，若n∈N*，an＝f（n），则a2006＝（）1

A．2006B．4C．D．－

446.已知a+b+c=2，则ab+bc+ca的值()

13． 已知a,b是不相等的正数，x

xn·(x2n＋3)

14．已知x1>0，x1≠1且xn＋1＝(n＝1,2，„)，试证：数列{xn}对任意的正整数n，都满2

3xn＋1

足xn>xn＋1，当此题用反证法否定结论时应为

三 解答题（本大题六个小题，共54分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15．已知f(x)xbxc．（8分）（1）求证：f(1)f(3)2f(2)2；

4444

(B)小于(C)不小于(D)不大于 3333

0123

7.在十进制中2004410010010210，那么在5进制中数码2004折合成十进制

(A)大于

为（）A.29B.254C.602D.2004

8．命题“对于任意角θ，cosθ－sinθ＝cos2θ”的证明：“cosθ－sinθ＝(cosθ－sinθ)(cosθ＋sinθ)＝cosθ－sinθ＝cos2θ”过程应用了()

A．分析法B．综合法C．综合法、分析法综合使用 D．间接证明法

（2）求证：f(1)，f(2)，f(3)中至少有一个不小于

1． 2

16.用分析法证明：若a＞0，则

a2＋1

a2≥aa

2.(10分)

17.（10分）下列三角形数表

1-----------第一行22-----------第二行343-----------第三行4774-----------第四行51114115

„„„„

„„„„„ 假设第n行的第二个数为an(n2,nN*)（1）依次写出第六行的所有数字；

（2）归纳出an1与an的关系式并求出an的通项公式；（3）设anbn1求证：b2b3„bn2

18．已知a，b，c是不等正数，且abc＝1.求证：abc＜111

a＋b＋c

（8分）

19.设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1,2,3，„.(1)求a1，a2；(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格的证明．（8分）

推理与证明单元测试题 篇5

九.推理与证明试题

一.选择题和填空题

3.(安徽21满分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c，1p

an＋1

p1c

anan1p，__________．

2.(北京.8)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

3.(山东4)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x

3＋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

二.解答题

1.(北京20满分13分)对于数对序列P：(a 1，b1)，(a 2，b2)，„，(an，bn)，记T1(P)＝a1＋b1，T k(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)

2.(天津19满分14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0,1,2，„，q－1}，集合A＝{x|x＝xq＋„＋xn－

11＋x2nq，xi∈M，i＝1,2，„，n}．

(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋„＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋„＋b－1nqn，其中ai，bi∈M，i＝1,2，„，n.证明：若a

n＜bn，则s＜t.虢镇中学1pp

证明：ap

nan＋1c.九.推理与证明试题解析

数学教研组

一.选择题和填空题

__________．

解析：因为5＋6－9＝2，6＋6－10＝2，6＋8－12＝2，故可猜想F＋V－E＝292.(北京.8)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

解析：用A，B，C分别表示优秀、及格和不及格．显然，语文成绩得A的学生最多只有一人，语文成绩得B的也最多只有1人，得C的也最多只有1人，所以这组学生的成绩为(AC)，(BB)，(CA)满足条件，故学生最多为3人．

3.(山东4)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

解析：因为至少有一个的反面为一个也没有，所以要做的假设是方程x3＋ax＋b＝0没有实根．

二.解答题

1.(北京20满分13分)对于数对序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，„，(an，bn)，记T1(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)

分析：(1)直接根据定义式即可求出T1(P)和T2(P)的值；(2)先根据定义式分别写出T2(P)和T2(P′)，然后根据a，b，c，d中最小数的不同比较对应两个代数式的大小，即可求得T2(P)和T2(P′)的大小关系；(3)先比较已知数据大小，然后根据定义式写出使T5(P)最小的数对序列，依次求出T1(P)，T2(P)，T3(P)，T4(P)，T5(P)即可． 解：(1)T1(P)＝2＋5＝7，T2(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)＝52.2.(天津19满分14分)已知q和n均为给定的大于 1的自然数．设集合M＝{0,1,2，„，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋„＋xnqn－1，xi∈M，i＝1,2，„，n}．

(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；

n－1

(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋„＋anq，t＝b1＋b2q＋„＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1,2，„，n.证明：若an＜bn，则s＜t.分析：在第(1)问中，由于q和n的值已给出，因此集合M确定，从而xi的取值确定．只需列出x的所有可能的取值，即得集合A．在第(2)问中，考虑到s和t表达式的结构特点，应采用作差法证明它们的大小关系．在s－t的表达式中，由于ai与bi(i＝1,2,3，„，n－1)的大小关系不确定，因此可将ai－bi(i＝1,2，„，n－1)统一放大为其最大值q－1，而an＜bn，可将an－bn放大为其最大值－1，然后将s－t的表达式用等比数列求和公式化简，即可证得s－t＜0.(1)解：当q＝2，n＝3时，M＝{0,1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1,2,3}． 可得，A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}．

(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋„＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋„＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1,2，„，n及an＜bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋„

＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1

≤(q－1)＋(q－1)q＋„＋(q－1)qn－2－qn－1

(q1)(1qn1)n1

q＝－1＜0.＝

1q虢镇中学数学教研组

所以，s＜t.3.(安徽21满分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； 1(2)数列{an}满足ap

1c，ap1n＋1

ac

1ppnp

an，1

证明：ap

nan＋1c.分析：(1)考虑到欲证不等式与正整数p有关，因此可采用数学归纳法证明．(2)有两种思路．一种思路是先用数学归纳法证明

1ap

nc，再证明数列{an}是递减数列，二者结合1即可证得结论，其中在证ap

nc时，要注意第(1)问结论的应用和第(2)问中所给条件式的变形及应用；另一种思路是构造函数

fx

p1c

pxp

x1p，然后利用导数证得 1f(x)在[cp，＋∞)上单调递增，从而可得

1fxcp，在此基础上再运用数学归纳法

1证明ap

nan＋1c成立．

(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． 1(2)证法一：先用数学归纳法证明ap

nc.11①当n＝1时，由题设ap

1c知ancp成立． ②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，1不等式ap

kc成立．

由ap1n＋1pac

1pnp

an易知an＞0，n∈N*.当n＝k＋1时，虢镇中学3ak1ap1pcp1c

pak1+pap1.kk

由a111c

kcp0得pp(aP1)0.k

由(1)中的结论得

（ak1)p[11(c1cc

.aP1)]p1p(P1)Pkpakpakak

因此aPp

k1c，即ak1c.1所以n＝k＋1时，不等式ap

nc也成立． 综合①②可得，对一切正整数n，不等式ancp

均成立．

再由

an111(c

a1aP1)可得n1，npanan

即an＋1＜an.综上所述，aap

nn1c，n∈N*.证法二：设fxp1pxc

p

x1p，xcp，则xp≥c，并且

fx

p1pcp(1p)xpp1c

p(1x

p)0，1xcp

.1由此可得，f(x)在[cp，＋∞)上单调递增． 111因而，当xcp

时，fxf(cp)cp

.1①当n＝1时，由ap

1c0，即ap1＞c可知

ap12

pac1p1c

1pa1a1[1p(ap1)]a11

1，并且ap

cp

2f(a1)c，从而a1a2.1故当n＝1时，不等式ap

nan1c成立． ②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，1不等式ap

kak1c成立，则当n＝k＋1时，1f(ak)＞f(ak＋1)＞f(cp)，1即有ap

k＋1ak＋2c.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，数学教研组

1不等式ap

nan1c均成立．

推理与证明考点预测 篇6

一、考情分析

从2007-2014年高考广东数学的推理和证明的真题分析可知：考查演绎推理、数学归纳法、直接证明的地位保持不变，合情推理和间接证明考得较少（2007年第12题），形成了广东“特色”的推理和证明命题特点.这些与高考的《考试说明》是吻合的，我们只要认真分析下面的考点介绍就会对高考的考试要求更明确了，只有这样，我们才可以真正地高效备考，才可以有效突破推理和证明这类题型.

二、考点介绍

（一）合情推理与演绎推理

1. 了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用.

2. 了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理.

3. 了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.

（二）直接证明与间接证明

1. 了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点.

2. 了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程、特点.

（三）数学归纳法

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.

三、考点预测

针对《考试说明》的要求，并结合考题可能的变化，本文大胆地对推理和证明的具体考点进行预测和分析，供考生们复习时参考.

（一）热点

热点一：考查演绎推理

例13.“底面是正三角形，侧面均为等腰三角形的棱锥是正三棱锥”“侧面都是全等的等腰三角形的三棱锥是正三棱锥”“三棱锥的侧面与侧面所成的二面角相等底面是正三角形的三棱锥是正三棱锥”… 为什么说此类问题都是错误的？

解析：如图， 底面ABC是正三角形， 侧棱SA⊥底面△ABC，且SA=AB， 这时△SAB、△SAC都是等腰直角三角形， 而△SBC是等腰三角形， 显然三棱锥S-ABC不是正三棱锥.

在长方体ABCD-A1B1C1D1中， AB=BC≠C1C， 则三棱锥C1-A1BD的四个面都是全等的等腰三角形， 显然显然三棱锥C1-A1BD也不是正三棱锥.

设S-ABC是正三棱锥， SA=SB=SC=2， AB=BC=CA=1， 以C为圆心，1为半径在平面PAC内作圆弧与PA交于一点A′， 连BA′， 则三棱锥S-A′BC中， △A′BC是正三角形，三棱锥的侧面与侧面所成的二面角相等（是原来正三棱锥S-ABC的侧面与侧面所成的二面角），显然， S在底面A′BC的射影不是△A′BC的中心， 故三棱锥S-A′BC不是正三棱锥.

（二）冷点不可忽视

不变是暂时的，变才是永恒的，也可以说，冷点与热点是相对的.鉴于广东卷多年来少考合情推理和间接证明的情况，适当的调整是有可能的，所以全面复习才是根本，做好准备才是坦途.

冷点一：合情推理

合情推理是根据已有的事实和正确的结论（包括定义、公理、定理等）、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程，归纳和类比是合情推理常用的思维方法. 在解决问题的过程中，合情推理具有猜测和发现结论、探索和提供思路的作用，有利于创新意识的培养.合情推理是特殊到特殊的推理方法.

1. 归纳

点评：解决这类问题要善于观察，找出特征和规律.

2. 类比

根据两个（或两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其它方面也 相似或相同，这样的推理称为类比推理.包括概念（定义）类比，运算类比，性质类比，结论类比，方法类比等等.

反思归纳：应用合情推理应注意的问题：①在进行归纳推理时，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在进行类比推理时，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.注意：归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性。

冷点二：间接证明

点评：牛顿曾经说过：“反证法是数学家最精当的武器之一.”作为武器，在数学教材中，都有反证法的渗透，特别是在推理与证明的内容里也有较多反证法的例题和习题，所以高考中出些有关反证法的问题，是容易理解的，也是非常有必要的.

反思归纳：适合用反证法证明的四类数学命题：①唯一性命题；②结论涉及“至多”“至少”“无限”的命题；③否定性命题；④直接证明较繁琐或困难的命题.

总之，归纳和类比是合情推理的主要形式，在相关问题特别是在某些选择题和填空题的求解中起着十分重要的作用，它深刻地揭示了特殊与特殊的关系、特殊与一般的思想.因此，高三复习中要善于运用归纳和类比进行推理，逐步学会发现，学会创造.

演绎推理是一种必然性推理，其基本模式是“三段论”.运用演绎推理证明问题时，应注意只有在大前提、小前提和推理过程都正确的前提下，得出的结论才一定正确.

反证法是一种间接的证明问题的方法，一般地，欲证命题的结论是以“最多”“至少”“唯一”等形式或以“不可能”“不存在”等否定形式给出时，常用反证法. 当一个命题从正面证明有困难时，不妨想想反证法.

（作者单位：福建省永定县城关中学）

推理与证明 篇7

初中新教材对推理与证明的渗透，也是从说理开始的，但内容比较少，也就是教材中的直观几何内容。很快便转向推理，也就是证明。刚开始推理的步骤，是简单的两三步，接着到四五步，后面还一定要求学生写清楚为什么。在学习这一部分内容的时候，好多学生在后面的括号里不写为什么，我便给他们举例小孩子学走路的过程，一个小孩刚开始学走路的时候，需要大人或其他可依附的东西，渐渐地，她会脱离工具自己走。学习证明的过程亦如此，起先在括号里写清为什么，并且只是简单的几步，然后证明比较难一点的，步骤比较多的。

随着社会的进步，中学教材加强了解析几何、向量几何，传统的欧式几何受到冲击，并且教材对这一部分的编排分散在初中各个年级，直观几何分量多了还加入了变换如平移变换、旋转变换、对称变换，投影等内容。老师们对内容的编排不太理解，看了专家的讲座，渐渐明白了：这样编排不是降低了推理能力，而是加强了推理能力的培养，体现了逐步发展的过程，把变换放到中学，加强了中学和大学教材的统一，但一个不争的事实是，对演绎推理确实弱了。

关于开展课题学习的实践与认识

新课程教材编排了课题学习这部分内容，对授课的老师，还是学生的学习都是一个全新的内容，怎样上好这部分内容，对老师、对学生而言，都是一个创新的机会。至于课题学习的评价方式，到现在为止，大多数省份还是一个空白，考不考?怎样考?学习它吧，学习的东西不能在试卷上体现出来，于是，好多老师对这部分采取漠视的处理方法;不学习吧，课本上安排了这部分内容。还有一部分老师觉得，课题学习是对某一个问题专门研究，很深!老师不知讲到什么程度才合理，学生不知掌握到什么程度。

经过几年的实践与这次培训的认识，我觉得课题学习是“实践与综合应用”在新课课程中的主要呈现形式，是一种区别于传统的、全新的，具有挑战性的学习，课本的编写者安排的主要目的是：

1.希望为学生提供更多的实践与探索的机会。

2.让学生通过对有挑战性和综合性问题的解决，经历数学化的过程。

3.让学生获得研究问题地方法和经验，使学生的思维能力、自主探索与合作交流的意识和能力得到发展。

4.让学生体验数学知识的内在联系，以及解决问题的成功喜悦，增进学生学习数学的信心。

5.使数学学习活动成为生动活泼的、主动的和富有个性的过程。

如何培养学生的推理与证明能力 篇8

在几何学习的过程中，要提高学生的几何推理与证明能力，首先要学会看图。教师要引导学生观察实物图形，发现它的基本特征，从而培养学生从实物模型中抽象出数学中的几何图形，把文字与图形联系起来。还要学会画图，学生具有一定的认识图形的能力之后，能结合几何语言，或几何模型图形，正确地画出几何图形。正确的图形画好后，要教会学生分析图，学生在给定的图形中，结合学过的几何中的基本元素,能够判断线段、角、三角形、多边形、圆等图形的性质；能对线段长度、角的度数、物体的面积、体积进行计算，找出它们应用的方法，如果有了这种能力，学生的思路会更加清晰，更加敏捷。当然，要提高学生的推理与证明能力，还需要在教学中注意以下几个问题：

1.创设情境，激发学生学习几何的兴趣

兴趣是最好的老师，没有学生的学习兴趣，任何教学都是搞不好的。每一节课，我们都要认真备课，创设一个与本节课紧密相关的情境，让不同智力水平的学生，都能从本节课的数学活动中，通过观察、实验操作，提高他们的数学学习兴趣。几何教学也是学习其他学科的工具，更是开发智力、培养推理与证明能力的新起点。

2.让学生学会用数学语言表达数学思想

在数学教学中，几何中的定理、性质几乎每个题都要用到，这就要让学生不但能说出几何中的定理、性质，更要会用完整的数学言语来表达。

学生在推理证明过程中的困难是：许多学生明明知道如何判断数学结论，却不能准确表达出来，这就要求教师在教学中对学生进行运用准确的数学语言来表达的长期训练。

3.让学生学会数形结合的数学思想，如数与代数中的数形结合，空间与图形中的数形结合，统计与概率中的数形结合等等

每个几何图形中都蕴含着一定的数量关系，而数量关系常常又通过图形的直观性作出反应和描述，数与形之间可以相互转化，将问题化难为易，化抽象为具体。数形结合的思想方法通过借数解形、以形助数，能使某些较复杂的数学问题轻松解决。

4.要让学生学会执果索因，能够通过对需要证明的结论进行分析，找出问题解决的方法

推理证明能力的培养是一个非常复杂的问题，我们在教学中要注重以上几个方面，并在教学中长期坚持，让学生学会分析几何证明题，从而慢慢地会做各种类型的几何证明题。

专题6.推理与证明 篇9

一、推理●1.归纳推理

1）归纳推理的定义：从个别事实．．．．中推演出一般性．．．的结论。2）归纳推理的思维过程大致如图：

●2.类比推理

1）根据两个（或两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，这样的推理称为类比推理。

2）类比推理的思维过程是：

●3.演绎推理

1）演绎推理是根据已有的事实和正确的结论（包括定义、公理、定理等）按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程。

2）主要形式是三段论式推理，常用的格式为：M——P（M是P）

①S——M（S是M）②S——P（S是P）

③

其中①是大前提，它提供了一个一般性的原理；②是小前提，它指出了一个特殊对象；③是结论，它是根据一般性原理，对特殊情况做出的判断。

二、证明

●1.直接证明：是从命题的条件或结论出发，根据已知的定义、公理、定理，直接推证结论的真实性。

1）综合法就是“由因导果”，从已知条件出发，不断用必要条件代替前面的条件，直至推出要证的结论。2）分析法就是从所要证明的结论出发，不断地用充分条件替换前面的条件或者一定成立的式子，可称为“由果索因”。要注意叙述的形式。

●2.间接证明：即反证法：是指从否定的结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，证实结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法。

反证法的一般步骤是：反设——推理——矛盾——原命题成立。（所谓矛盾是指：与假设矛盾；与数学公理、定理、公式、定义或已证明了的结论矛盾；与公认的简单事实矛盾）。常见的“结论词”与“反议词”如下表：

要点考向1：合情推理

例

1、(2012年陕西)观察下列不等式

1＋12321＋121353，1＋1213＋147

4，… 照此规律，第五个不等式为________．

【思路启迪】 先根据已知的不等式归纳两边式子的特征，找出其规律性，然后写出第五个不等式【解析】 由已知的不等式，可知不等式的右边为数列{

1n}的前n(n≥2)项和，不等式的左边是分式，与不等式的左边相比，很

容易观察出该分式的分母为n，分子为2n－1，由归纳推理，可得不等式应为1＋12＋112n－1

3＋…＋n

第五个不等式，n＝6，此时不等式为1＋1111111

2345＋6<6.【方法归纳】 解决归纳推理题目的一般步骤

(1)对有限的条件进行观察、分析，先把已知条件的形式整理成统一的形式．

(2)对有限的条件进行归纳、整理，一般的思路是先整体，后部分．如例1中，观察不等式的左边是一些分数的和，进而分析这些分数的分子和分母的特征，总结出规律，然后分析不等式右边分数的特点，从而得出正确的结论．(3)提出归纳推理的结论．

例

2、二维空间中圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，观察发现S′＝l；三维空间中球的二维测度(表

面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝

433，观察发现V′＝S.则四维空间中“超球”的四维测度W＝2πr4，猜想其三维测

度V＝________.【思路启迪】 根据已知条件，可类比一维测度与二维测度之间的关系以及二维测度与三维测度之间的关系猜想三维测度与四维测度之间的关系，从而得出相应的结论．

【解析】 由已知，可得圆的一维测度为二维测度的导函数；球的二维测度是三维测度的导函数．类比上述结论，“超球”的三维测度是四维测度的导函数，即V＝W′＝(2πr4)′＝8πr3.故填8πr3.【方法归纳】 类比推理的一般步骤

(1)定类，即找出两类对象之间可以确切表述的相似特征，如【例2】中两类不同的测度之间的关系——导数关系；(2)推测，即用一类对象的已知特征去推测另一类对象的特征，从而得出一个猜想；

(3)检验，即检验猜想的正确性，要将类比推理运用于简单推理之中，在不断的推理中提高自己的观察、归纳、类比能力．

要点考向2：演绎推理

例题

3、对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若f(x)＝11

53x32x2＋3x－12，请你根据这

一发现，则

(1)函数f(x)＝13x3－12x2＋3x5

2________；

(2)计算f12 013＋f22 013＋f32 013＋f42 013＋…＋f2 0122 013＝________.答案；（1）对称中心为12，1

.（2）2012 【试一试】

1．已知下列不等式：

x＋1x，x＋4x，x27

x，…则第n个不等式为． n

答案：xn

x

≥n＋1，n∈N*

2．在面积为S的正三角形ABC中，E是边AB上的动点，过点E作EF∥BC，交AC于点F，当点E运动到离边BC的距离为△ABC12时，△EFB

14.类比上面的结论，可得在各棱长相等的体积为V的四面体ABCD中，E是棱AB上的动点，过点E作平面EFG∥平面BCD，分别交AC，AD于点F，G，则四面体EFGB的体积的最大值等于______．

解析：类比等边三角形中的结论，当E点运动到与平面BCD的距离为正四面体高的1

3时，四面体EFGB的体积取

得最大值，此时四面体EFGB的底面EFG的边长为正四面体ABCD2

3所以四面体EFGB的体积为正四面

体ABCD体积的23213427.故四面体EFGB的体积为

427V.3．记函数f(x)的导数为f(1)(x)，f(1)(x)的导数为f(2)(x)，…，f(n

－1)

(x)的导数为f(n)(x)(n∈N*)．若f(x)可进行n次求导，ff2f3f

n则f(x)均可近似表示为：f(x)≈f(0)＋

1！x

2！＋

3！x＋…＋n

n！x.若取n＝4，根据这个结论，则可近似估计自然

对数的底数e≈________(用分数表示)(注：n！＝n×(n－1)×…×2×1)．

解析：若f(x)可进行n次求导，则f(x)均可近似表示为：f(x)≈f(0)

f1！＋

f2！x2＋…＋fnn

n！x.(大前提)

因为f(x)＝ex可进行n次求导，(大前提)

所以f(1)≈f(0)＋

ff2f3f4

f

n1！1＋

2！×1

3！×1＋

4！1＋…＋n！1n.所以e≈e0

e0e02e03e04e01！1＋2！1＋3！×1＋4！1＋…＋n！

×1n

.(小前提)

取n＝4，即e≈1＋111165

1！＋2！3！＋4！24.(结论)

要点考向3：直接证明与间接证明

例

4、设a≥b＞0,求证：3a

32b3

≥3a

2b2ab2

.证明：3a32b3(3a2b2ab2)3a2(ab)2b2(ba)(3a22b2)(ab).因为a≥b＞0,所以ab≥0，3a2

2b2

＞0，从而(3a22b2)(ab)≥0，即3a3

2b3

≥3a2

b2ab2

.例

5、若x,yR,x0,y0,且xy2求证：

1xy和1y

x

中至少有一个小于2.假设它们都不小于2,则有

1+x1y2,y

x

2证明：则1x2y,1y2x

两式相加得: 2xy与已知矛盾,故原命题成立.注：（1）有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的例子即可；

（2）综合法和分析法是直接证明常用的两个方法，我们常用分析法寻找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过程，有时候，分析法和综合法交替使用。【试一试】

4.求证：

(1)a2b23abab);(2)6+7>22+5。

证明：（1）∵a2b2

2ab,a23,b23;

将此三式相加得

2(a2b23)2ab,∴a2b23abab).（2）要证原不等式成立，只需证（6+7）2>（22+5）2，即证242240。∵上式显然成立, ∴原不等式成立.要点考向4：数学归纳法

数列an满足Sn

2nan，nN.(Sn为前n项的和）(1)计算a1、a2、、a3、a4，并由此猜想通项公式an；（2）用数学归纳法证明（1）中的结论

注：（1）用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式，命题关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n的取值是否有关，由n=k到n=k+1时等式的两边会增加多少项，增加怎样的项。

（2）在本例证明过程中，①考虑“n取第一个值的命题形式”时，需认真对待，一般情况是把第一个值供稿通项，判断命题的真假，②在由n=k到n=k+1的递推过程中，必须用归纳假设，不用归纳假设的证明就不是数学归纳法。

推理与证明知识点 篇10

数学推理与证明知识点总结:

推理与证明：①推理是中学的主要内容，是重点考察的内容之一，题型为选择题、填空题或解答题，难度为中、低档题。利用归纳和类比等方法进行简单的推理的选择题或填空题在近几年的中考中都有所体现。②推理论证能力是中考考查的基本能力之一，它有机的渗透到初中课程的各个章节，对本节的学习，应先掌握其基本概念、基本原理，在此基础上通过其他章节的学习，逐步提高自己的推理论证能力。第一讲 推理与证明

一、考纲解读：

本部分内容主要包括：合情推理和演绎推理、直接证明与间接证明、数学归纳法等内容，其中推理中的合情推理、演绎推理几乎涉及数学的方方面面的知识，代表研究性命题的发展趋势。新课标考试大纲将抽象概括作为一种能力提出，进一步强化了合情推理与演绎推理的要求，因此在复习中要重视合情推理与演绎推理。高考对直接证明与间接证明的考查主要以直接证明中的综合法为主，结合不等式进行考查。

二、要点梳理：

1.归纳推理的一般步骤：(1)通过观察个别事物，发现某些相同的性质;(2)从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题。

2.类比推理的一般步骤：

(1)找出两类事物之间的相似性或一致性;(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)。

3.演绎推理

三段论及其一般模式：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，对特殊情况作出判断。

4.直接证明与间接证明

①综合法：利用某些已经证明过的不等式和不等式的性质推导出所要证明的不等式成立，这种证明方法通常叫做综合法。综合法的思维特点是：由因导果，即由已知条件出发，利用已知的数学定理、性质和公式，推出结论。

②分析法：证明不等式时，有时可以从求证的不等式出发，分析使这个不等式成立的条件，把证明不等式转化为判定这些条件是否具备的问题，如果能够肯定这些条件都已具备，那么就可以断定原不等式成立，这种方法通常叫做分析法。分析法的思维特点是：执果索因。

③反证法：要证明某一结论A是正确的，但不直接证明，而是先去证明A的反面(非A)是错误的，从而断定A是正确的，即为反证法。一般地，结论中出现“至多”“至少”“唯一”等词语，或结论以否定语句出现，或要讨论的情况复杂时，常考虑使用反证法。

主要三步是：否定结论 → 推导出矛盾 → 结论成立。

实施的具体步骤是：

第一步，反设：作出与求证结论相反的假设；第二步，归谬：将反设作为条件，并由此通过一系列的正确推理导出矛盾；第三步，结论：说明反设不成立，从而肯定原命题成立。

不等式与推理证明重点直击 篇11

一、一元二次不等式恒成立问题

要点解析

一元二次不等式恒成立的条件：

（1）不等式ax2+bx+c>0对任意实数x恒成立a=b=0，c>0，或a>0，Δ<0.

（2）不等式ax2+bx+c<0对任意实数x恒成立a=b=0，c<0，或a<0，Δ<0.

一元二次不等式与其对应的函数与方程之间存在着密切的联系.在解决具体的数学问题时，要注意三者之间的相互联系，并在一定条件下相互转换.对于一元二次不等式恒成立问题，常根据二次函数图象与x轴的交点情况确定判别式的符号，进而求出参数的取值范围.

题型分析

1.形如f（x）≥0（x∈R）确定参数的范围

例1已知不等式mx2-2x-m+1<0，是否存在实数m对所有的实数x，不等式恒成立？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由.

解析：不等式mx2-2x-m+1<0恒成立，

即函数f（x）=mx2-2x-m+1的图象全部在x轴下方.

当m=0时，1-2x<0，则x>12，不满足题意；

当m≠0时，函数f（x）=mx2-2x-m+1为二次函数，

需满足开口向下且方程mx2-2x-m+1=0无解，

即m<0，Δ=4-4m（1-m）<0，

不等式组的解集为空集，即m无解.

综上可知不存在这样的m.

2.形如f（x）≥0（x∈[a，b]）确定参数范围

例2设函数f（x）=mx2-mx-1（m≠0），若对于x∈[1，3]，f（x）<-m+5恒成立，求m的取值范围.

解析：要使f（x）<-m+5在[1，3]上恒成立，

则mx2-mx+m-6<0，即m（x-12）2+34m-6<0在x∈[1，3]上恒成立.

有以下两种方法：

法一：令g（x）=m（x-12）2+34m-6，x∈[1，3].

当m>0时，g（x）在[1，3]上是增函数，

所以g（x）max=g（3）=7m-6<0.所以m<67，则0

当m<0时，g（x）在[1，3]上是减函数，

所以g（x）max=g（1）=m-6<0.

所以m<6.所以m<0.

综上所述，m的取值范围是（-∞，0）∪（0，67）.

法二：因为x2-x+1=（x-12）2+34>0，

又因为m（x2-x+1）-6<0，

所以m<6x2-x+1.

因为函数y=6x2-x+1=6（x-12）2+34在[1，3]上的最小值为67，所以只需m<67即可.

因为m≠0，所以m的取值范围是（-∞，0）∪（0，67）.

3.形如f（x）≥0（参数m∈[a，b]）确定x的范围

例3对任意m∈[-1，1]，函数f（x）=x2+（m-4）x+4-2m的值恒大于零，求x的取值范围.

解析：由f（x）=x2+（m-4）x+4-2m

=（x-2）m+x2-4x+4，

令g（m）=（x-2）m+x2-4x+4.

由题意知在[-1，1]上，g（m）的值恒大于零，

∴g（-1）=（x-2）×（-1）+x2-4x+4>0，g（1）=（x-2）+x2-4x+4>0，

解得x<1或x>3.

故当x<1或x>3时，对任意的m∈[-1，1]，函数f（x）的值恒大于零.

类题通法：

（1）解决恒成立问题一定要清楚选谁为主元，谁是参数.一般地，知道谁的范围，就选谁当主元，求谁的范围，谁就是参数.

（2）对于二次不等式恒成立问题，恒大于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴上方；恒小于0就是相应的二次函数的图象在给定的区间上全部在x轴下方.

二、线性规划问题

要点解析

求目标函数的最值要明确几个概念：

（1）约束条件：由变量x，y组成的不等式（组）；

（2）线性约束条件：由关于x，y的一次不等式（或方程）组成的不等式（组）；

（3）目标函数：关于x，y的函数解析式，如z=2x+3y等；

（4）可行解：满足线性约束条件的解（x，y）；

（5）最优解：使目标函数取得最大值或最小值的可行解.

线性规划问题是高考的重点，而线性规划问题具有代数和几何的双重形式，多与函数、平面向量、数列、三角、概率、解析几何等问题交叉渗透，自然地融合在一起，使数学问题的解答变得更加新颖别致.

题型分析

1.求线性目标函数的最值

例4设x，y满足约束条件x+y-7≤0，x-3y+1≤0，3x-y-5≥0，则z=2x-y的最大值为.

解析：作出可行域如图中阴影部分所示，由z=2x-y得y=2x-z，作出直线y=2x，平移使之经过可行域，观察可知，当直线经过点A（5，2）时，对应的z值最大.故zmax=2×5-2=8.

2.求非线性目标的最值

例5（1）在平面直角坐标系xOy中，M为不等式组2x-y-2≥0，x+2y-1≥0，3x+y-8≤0所表示的区域上一动点，则直线OM斜率的最小值为.

解析：已知的不等式组表示的平面区域如图中阴影所示，显然当点M与点A重合时直线OM的斜率最小，由直线方程x+2y-1=0和3x+y-8=0，解得A（3，-1），故OM斜率的最小值为-13.

（2）设实数x，y满足不等式组x+y≤2y-x≤2，y≥1，则x2+y2的取值范围是.

解析：如图所示，不等式组表示的平面区域是△ABC的内部（含边界），x2+y2表示的是此区域内的点（x，y）到原点距离的平方.从图中可知最短距离为原点到直线BC的距离，其值为1；最远的距离为AO，其值为2，故x2+y2的取值范围是[1，4].

3.求线性规划中的参数

例6x，y满足约束条件x+y-2≤0，x-2y-2≤0，2x-y+2≥0.若z=y-ax取得最大值的最优解不唯一，则实数a的值为.

解析：法一：由题中条件画出可行域如图中阴影部分所示，可知A（0，2），B（2，0），C（-2，-2），则zA=2，zB=-2a，zC=2a-2，要使目标函数取得最大值的最优解不唯一，只要zA=zB>zC或zA=zC>zB或zB=zC>zA，解得a=-1或a=2.

法二：目标函数z=y-ax可化为y=ax+z，令l0：y=ax，平移l0，则当l0∥AB或l0∥AC时符合题意，故a=-1或a=2.

类题通法：

1.求目标函数的最值的一般步骤为：一画二移三求.其关键是准确作出可行域，理解目标函数的意义.

2.常见的目标函数有：

（1）截距型：形如z=ax+by.求这类目标函数的最值常将函数z=ax+by转化为直线的斜截式：y=-abx+zb，通过求直线的截距zb的最值间接求出z的最值.

（2）距离型：形如z=（x-a）2+（y-b）2.

（3）斜率型：形如z=y-bx-a.

三、基本不等式与最值问题

要点解析

1.基本不等式ab≤a+b2

（1）基本不等式成立的条件：a>0，b>0.

（2）等号成立的条件：当且仅当a=b时取等号.

2.几个重要的不等式

（1）a2+b2≥2ab（a，b∈R）.

（2）ba+ab≥2（a，b同号）.

（3）ab≤（a+b2）2（a，b∈R）.

（4）a2+b22≥（a+b2）2（a，b∈R）.

3.已知x>0，y>0，则

（1）如果积xy是定值p，那么当且仅当x=y时，x+y有最小值是2p.（简记：积定和最小）

（2）如果和x+y是定值p，那么当且仅当x=y时，xy有最大值是p24.（简记：和定积最大）

题型分析

例7已知a>0，b>0，a+b=1，则1a+1b的最小值为.

解析：∵a>0，b>0，a+b=1，

∴1a+1b=a+ba+a+bb=2+ba+ab

≥2+2ba·ab=4，

即1a+1b的最小值为4，当且仅当a=b=12时等号成立.

变式1：本例的条件不变，则（1+1a）（1+1b）的最小值为.

解析：（1+1a）（1+1b）=（1+a+ba）（1+a+bb）=（2+ba）（2+ab）=5+2（ba+ab）≥5+4=9.

当且仅当a=b=12时，取等号.故答案：9.

变式2：本例的条件和结论互换，即已知a>0，b>0，1a+1b=4，则a+b的最小值为.

解析：由1a+1b=4，得14a+14b=1.

∴a+b=（14a+14b）（a+b）=12+b4a+a4b

≥12+2b4a+a4b=1.

当且仅当a=b=12时取等号.故答案：1.

变式3：若本例条件变为：已知a>0，b>0，a+2b=3，则2a+1b的最小值为.

解析：由a+2b=3得13a+23b=1，

∴2a+1b=（13a+23b）（2a+1b）=43+a3b+4b3a≥43+2a3b·4b3a=83.

当且仅当a=2b=32时，取等号.故答案：83.

变式4：本例的条件变为：已知a>0，b>0，c>0，且a+b+c=1，则1a+1b+1c的最小值为.

解析：∵a>0，b>0，c>0，且a+b+c=1，

∴1a+1b+1c=a+b+ca+a+b+cb+a+b+cc

=3+ba+ca+ab+cb+ac+bc

=3+（ba+ab）+（ca+ac）+（cb+bc）

≥3+2+2+2=9.

当且仅当a=b=c=13时，取等号.

故答案：9.

类题通法：

（1）知和求积的最值：求解此类问题的关键：明确“和为定值，积有最大值”.但应注意以下两点：①具备条件——正数；②验证等号成立.

（2）知积求和的最值：明确“积为定值，和有最小值”，直接应用基本不等式求解，但要注意利用基本不等式求最值的条件.

（3）构造不等式求最值：在求解含有两个变量的代数式的最值问题时，通常采用“变量替换”或“常数1”的替换，构造不等式求解.

（4）利用基本不等式求最值时应注意：①非零的各数（或式）均为正；②和或积为定值；③等号能否成立，即“一正、二定、三相等”，这三个条件缺一不可.

四、不等式的证明

要点解析

证明不等式的基本方法：比较法、综合法、分析法、反证法、放缩法和数学归纳法等，最常见的有比较法、综合法和分析法，这三种方法要求我们能熟练应用.此外，构造函数，利用导数研究该函数的单调性，并利用函数的单调性证明不等式，是高考压轴题中常见的题型，我们也应掌握.

题型分析

1.比较法证明不等式

例8设a，b是非负实数，求证：a3+b3≥ab（a2+b2）.

证明：由a，b是非负实数，作差得

a3+b3-ab（a2+b2）=a2a（a-b）+b2b（b-a）=（a-b）（（a）5-（b）5），

当a≥b≥0时，a≥b，从而（a）5≥（b）5，得（a-b）（（a）5-（b）5）≥0；

当0≤a0.

所以a3+b3≥ab（a2+b2）.

类题通法：作差比较法证明不等式的步骤有：（1）作差；（2）变形；（3）判断差的符号；（4）下结论.其中“变形”是关键，通常将差变形成因式连乘积的形式或平方和的形式，再结合不等式的性质判断出差的正负.

2.分析法证明不等式

例9已知a、b、c均为正实数，且a+b+c=1.

求证：（1+a）（1+b）（1+c）≥8（1-a）（1-b）（1-c）.

证明：∵a、b、c∈R+，且a+b+c=1，

∴要证原不等式成立，即证

[（a+b+c）+a][（a+b+c）+b][（a+b+c）+c]≥8[（a+b+c）-a][（a+b+c）-b][（a+b+c）-c]，

也就是证[（a+b）+（c+a）][（a+b）+（b+c）][（c+a）+（b+c）]≥8（b+c）（c+a）（a+b）.①

∵（c+a）+（a+b）≥2（c+a）（a+b）>0，

（a+b）+（b+c）≥2（a+b）（b+c）>0.

（b+c）+（c+a）≥2（b+c）（c+a）>0，

三式相乘得①式成立，故原不等式得证.

类题通法：分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.

3.综合法证明不等式

例10已知a，b，c∈R+，且互不相等，且abc=1.

求证：a+b+c<1a+1b+1c.

证明：方法一：∵a，b，c∈R，且互不相等，且abc=1，

∴a+b+c=1bc+1ca+1ab<1b+1c2+1c+1a2+1a+1b2=1a+1b+1c，

∴a+b+c<1a+1b+1c.

方法二：∵a，b，c是不等正数，且abc=1，

∴1b+1c≥21bc=2a；1c+1a≥21ac=2b；1a+1b≥21ab=2c.

以上三式相加，得1a+1b+1c≥a+b+c.

又∵a，b，c互不相等，∴1a+1b+1c>a+b+c.

方法三：∵a，b，c是不等正数，且abc=1，

∴1a+1b+1c=bc+ca+ab

=bc+ca2+ca+ab2+ab+bc2

>abc2+a2bc+ab2c=c+a+b，

∴a+b+c<1a+1b+1c.

类题通法：利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.综合法与分析法有时联合运用，用分析法探索证明思路，用综合法书写证明过程.

4.放缩法证明不等式

例11有小于1的n个（n≥2）正数x1，x2，x3，…，xn，且x1+x2+x3+…+xn=1.

求证：1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>4.

证明：∵01xi，其中i=1，2，3，…，n，

∴1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n

>1x1+1x2+1x3+…+1xn

≥nn1x1x2x3…xn.

∵nx1x2x3…xn≤x1+x2+x3+…xnn=1n，

∴n1x1x2x3…xn≥n，

∴1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>n2≥22=4，

∴1x1-x31+1x2-x32+1x3-x33+…+1xn-x3n>4.

类题通法：放缩法证明不等式时，常见的放缩依据和技巧是不等式的传递性.缩小分母、扩大分子，分式值增大；缩小分子、扩大分母，分式值减小；每一次缩小其和变小，但需大于所求；每一次扩大其和变大，但需小于所求，即不能放缩不够或放缩过头.

5.利用函数单调性证明不等式

例12证明不等式lnx>2（x-1）x+1，其中x>1.

证明：设f（x）=lnx-2（x-1）x+1（x>1），

所以f′（x）=1x-4（x+1）2=（x-1）2x（x+1）2，

因为x>1，所以f′（x）>0，又f（x）在[1，+∞）上是连续变化的，故f（x）在[1，+∞）内为单调递增函数.

又因为f（1）=0，且当x>1时，f（x）>f（1），即lnx-2（x-1）x+1>0，所以lnx>2（x-1）x+1.

类题通法：利用导数方法证明不等式f（x）>g（x）在区间D上恒成立的基本方法是构造函数h（x）=f（x）-g（x），然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h（x）>0，其中一个重要技巧就是找到函数h（x）在什么时候可以等于零，这往往就是解决问题的一个突破口.

（作者：王佩其，太仓市明德高级中学）