2019版高考數(shù)學一輪復習第一部分基礎與考點過關第七章推理與證明學案

1、第七章推理與證明第 1 課時合情推理與演繹推理琛前考點引領婆點獄理自圭學習 ：；考克靳知能用歸納和類比等方法進行簡單的推理，了 解合情推理在數(shù)學發(fā)現(xiàn)中的作用；掌握演繹 推理的基本方法，并能運用它們進行一些簡 單的推理；了解合情推理和演繹推理的聯(lián)系 和區(qū)別.1了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學發(fā) 現(xiàn)中的作用了解演繹推理的重要性，掌 握演繹推理的基本模式，并能運用它們進行 一些簡單推理了解合情推理和演繹推理 之間的聯(lián)系和差異.回歸教材應該是，n+1+5+1)3- 1 =(n+1)=35 , a+ b= 41.(n + 1)3- 1,則第5個等式中a=6,b=1

2、3.在平面幾何中有如下結論：正三角形 ABC 的內切圓面積為 S1,外接圓面積為 S,1=4,推廣到空間可以得到類似結論；已知正四面體 PABC 的內切球體積為 V1,外接球體積為V，則 V3=-答案：37V 1解析：正四面體的內切球與外接球的半徑之比為1 : 3,故二=.V3373.設等差數(shù)列an的前 n 項和為 Sn.若存在正整數(shù) m, n(mn)，使得 Sm= Sn,貝USm+n=0.類比上述結論，設正項等比數(shù)列bn的前 n 項積為 Tn.若存在正整數(shù) m, n(mn),使 Tm= Tn, 貝VTm+ n=_.答案：1解析：因為 Tm= Tn,所以 bm+ 1bm+ 3bn= 1 ,從而

3、 bm+1bn= 1 , Tm+ n= b1b3bnbm+ 1bnbn +1 bn+ m- 1bn+ m= (b1bn+n)(b3bn+ m- 1)(bmbn+ 1)(b1bn) = 1.4.觀察下列等式：333939 416 4161+ 3= 4; X3 = 4; + 3= ； 3X3= 3； 3 + 4=E ； gX4 = ；，根據(jù)這些等式，可以得出一個關于自然數(shù) n 的等式，這個等式可以表示為 _ .若1.已知3+3=33333+ 8=33844 += 44+15415，類比這些等式,6+b=6答案：41a(a,b 均為正數(shù))，則解析：觀察等式2+2=2，第 n 個n + 13,4+1；

4、=33+82n +1n+1*答案：+(n+1)=市X(n+1)(n N)1.歸納推理(1)歸納推理的定義從個別事實中推演出一般性的結論，像這樣的推理通常稱為歸納推理.(2)歸納推理的思維過程大致如圖(3)歸納推理的特點1歸納推理的前提是幾個已知的特殊現(xiàn)象，歸納所得的結論是尚屬未知的一般現(xiàn)象， 該結論超越了前提所包含的范圍.2由歸納推理得到的結論具有猜測的性質，結論是否真實，還需經(jīng)過邏輯證明和實踐_檢驗，因此，它不能作為數(shù)學證明的工具.3歸納推理是一種具有創(chuàng)造性的推理，通過歸納法得到的猜想，可以作為進一步研究 的起點，幫助人們發(fā)現(xiàn)問題和提出問題.2.類比推理(1) 根據(jù)兩個(或兩類)對象之間在某

5、些方面的相似或相同，推演出它們在其他方面也相似或相同，這樣的推理稱為類比推理.(2) 類比推理的思維過程大致如圖3.演繹推理(1)演繹推理是根據(jù)已有的事實和正確的結論(包括定義、公理、定理等),按照嚴格的邏輯法則得到新結論的推理過程.(2)主要形式是三段論式推理.(3)三段論的常用格式為M P(M 是 P)S M(S 是 M)S P(S 是 P)其中，是大前提,它提供了一個一般性的原理；是小前提,它指出了一個特殊對象；是結論，它是根據(jù)一般原理，對特殊情況作岀的判斷.備課札記解析:(n + 1)2n2 2n + 1n + 1+( n + n)(n + 1)由歸納推理得+ (n +1)=nnnn

6、+ 1n + 1*，所以得出結論- + (n + 1)=- X(n + 1)(n N).X(n+1)=5.設厶 ABC 的三邊長分別為a,b,c,ABC 的面積為 S,內切圓半徑為r，則 r =2Sa + b+ c類比這個結論可知：四面體 PABC 的四個面的面積分別為S, S2,S3, S4，四面體 PABC 的體積為 V,則 r =答案:3S + S2+ S3+ S4解析：由類比推理可知3VS1+ S2+ S3+ S4實驗、概括、推廣一猜測一般性結論觀察、比較聯(lián)想、類推一猜測新的結論3c + h : a + b c3+ h3； a4+ b4c4+ h4.其中真命題是_(填序號)，進一步類比

7、得到的一般結論是答案：an+ bncn+ hn(n N)解析：在直角三角形 ABC 中，a = csin A, b = ccos A , ab= ch ,所以 h= csin Acos A.于nnnnnnnnnn是 a + b = c (sin A+ cos A), c + h = c (1 + sin Acos A).n.nn.nnnnnnnna + b c h = c (sin A+ cos A 1 sin Acos A) = c (sin A 1)(1n . n n . n所以 a + bvc + h .3 演繹推理)n (n 1)2則 a1+ 2d= 4 , 3a1+ 3d = 18

8、,解得 a1= 8 , d= 2 , Sn= na1+d= n + 9n.(2) Sn為“特界”數(shù)列.理由如下：Sn+Sn+2(Sn+2Sn+1) ( s+1Sn)由一 2 s+1=an +2 an + 1d十=2 _= 2= 10，得29281*n - + (n N),則當 n = 4 或 5 時，Sn有最大值 20 ,即 S 20 ,故數(shù)列Sn滿足條件. 綜上，數(shù)列Sn是“特界”數(shù)列.。變式訓練n + 2*數(shù)列an的前 n 項和記為 S ,已知 a1= 1 , an+1= S(n N).證明:ncos A)v0,題型bn+ bn+ 23) 設同時滿足條件：2三 bn+1(n N);與 n

9、無關的常數(shù))的無窮數(shù)列bn叫“特界”數(shù)列.(1)若數(shù)列an為等差數(shù)列，Sn是其前 n 項和，a3= 4 , S3= 18 ,求(2)判斷(1)中的數(shù)列Sn是否為“特界”數(shù)列，并說明理由.解：(1)設等差數(shù)列an的公差為 d , bnWMn N , M 是S;2Sn+Sn+2abc, a, b, c N*.(1) 8ab4 ? bmax= 6.cmin= 3, 6ab3? a = 5, b= 4? a + b + c= 12.已知 an= 3 ，把數(shù)列an的各項排成如下的三角形:a1a2a3a4a5a6a7asa9記 A(s , t)表示第 s 行的第 t 個數(shù)，則 A(11 , 12) =_.

10、答案：1112解析：該三角形數(shù)陣每行所對應元素的個數(shù)為1, 3, 5，那么第 10 行的最后一個數(shù)為眥，第 11 行的第 12 個數(shù)為 a., 即 A(11 , 12) = .5.某種平面分形圖如圖所示，一級分形圖是由一點出發(fā)的三條線段，長度相等，兩兩夾角為 120 ;二級分形圖是從一級分形圖的每條線段末端出發(fā)再生成兩條長度為原來4.n 級分形圖.線段,8n 級分形圖中共有_ 條線段.答案：(3X2n-3)(n N)解析：從分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條線段，由題圖知，一級分形圖中有3=(3X2- 3)條線段，二級分形圖中有 9= (3X22-3)條線段，三級分形圖中有 21 = (3X

11、23-3)條線段，按此規(guī)律，n 級分形圖中的線段條數(shù)為(3X2n-3)(n N*).111111111.如圖所示的三角形數(shù)陣叫萊布尼次調和三角形”，有1= 2+2， 2=+ 6， 3=4+1一石，則運用歸納推理得到第 11 行第 2 個數(shù)(從左往右數(shù))為_ .1 1T TI 11yTy1 j_ j_ j_T 12 ?2 T丄丄丄丄丄r 203020 7s答案:解析：由“萊布尼茨調和三角形”中數(shù)的排列規(guī)律，我們可以推斷：第10 行的第一個11 1 1 1數(shù)為 10，第 11 行的第一個數(shù)為 后，則第 11 行的第二個數(shù)為 10-石=石 02.有一個游戲，將標有數(shù)字 1, 2, 3, 4 的四張卡

12、片分別隨機發(fā)給甲、乙、丙、丁4個人，每人一張，并請這 4 人在看自己的卡片之前進行預測：甲說：乙或丙拿到標有 3 的卡片；乙說：甲或丙拿到標有 2 的卡片；丙說：標有 1 的卡片在甲手中；丁說：甲拿到標有 3 的卡片.結果顯示：這 4 人的預測都不正確，那么甲、乙、丙、丁4 個人拿到的卡片上的數(shù)字依次為_, _ , _ , _ .答案：4213解析：由于 4 個人預測不正確，其各自的對立事件正確，即甲：乙、丙沒拿到3;乙：甲、丙沒拿到 2;丙：甲沒拿到 1 ; 丁：甲沒拿到 3.綜上，甲沒拿到 1, 2, 3,故甲拿到了 4,丁拿到了 3,丙拿到了 1,乙拿到了 2.3.觀察下列等式：13=

13、12, 13+ 23= 32, 13+ 23+ 33= 62, 13+ 23+ 33+ 43= 102,根據(jù)上述規(guī)律，則第n個等式為_.3233233323333解析：因為 1 = 1 , 1 + 2 = (1 + 2) , 1 + 2 + 3 = (1 + 2 + 3) , 1 + 2 + 3 + 4 = (1 + 2 + 3 + 4)2， ，由此可以看出左邊是連續(xù)的自然數(shù)的立方和，右邊是左邊的連續(xù)的自然數(shù)的333332答案:13+ 23+ 33+ 43+ n3=n (n+ 1)229和的平方，照此規(guī)律，第n 個等式為1 + 2 + 3 + 4 + n = (1 + 2 + 3 + n)=4

14、.傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數(shù)學家經(jīng)常在沙灘上通過畫點或用小石子來表示10數(shù)他們研究過如圖所示的三角形數(shù):13610將三角形數(shù) 1, 3, 6, 10,記為數(shù)列an，將可被 5 整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個新數(shù)列bn，可以推測：b2 018是數(shù)列an的第 _ 項;（2） b2k i =_（用 k 表示）(3X5)X16b6=2-=a15,解析：n (n+1)(1) an= 1 + 2 + n 2,答案：（1）5 0455k (5k1)24X5b = = a4,b2=5X6as, b3=9X(2X5)2=a9,(2X5)X11b4=2a10,14X(3X5)2a14,b2 018=2

15、018丁飛淪018X5X5+1丿I1 22=a5 045.112k1+12k1+1X51X5I 2人2丿=5k (5k1)2=25.某市為了緩解交通壓力， 實行機動車輛限行政策，每輛機動車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 五輛車，保證每天至少有四輛 車可以上路行駛已知 E 車周四限行，B 車昨天限行，從今天算起，A, C 兩車連續(xù)四天都能上路行駛，E 車明天可以上路，由此可知下列推測一定正確的是 _（填序號）1今天是周六； 今天是周四；A 車周三限行；C 車周五限行.答案：解析：因為每天至少有四輛車可以上路行駛，E 車明天可以上路，E 車

16、周四限行，所以今天不是周三；因為 B 車昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因為A, C 兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，所以錯誤，正 確因為 B車昨天限行，即 B 車周三限行，所以錯誤因為從今天算起，A、C 兩車連續(xù)由(1)知 b2k 1=四天都能上路行駛，所以錯誤.| 疑i指Jt/9第 2 課時 直接證明與間接證明（對應學生用書（文）、（理）104105 頁）.二重噩我材務實思礎口1前考點引領 婆點械理自圭學習：HHffi考點靳知運豊*少*去審夸少少少再尋夸菽*少*尋少*寺夸少*夸少廉尋夸審專點*床晦夸少廉尋夸*球禪夸寺禪夸*畝尋亟疸n1._已知

17、向量m (1 , 1)與向量n= (x , 2 2x)垂直，則 x =_答案：2解析：nrn= x+ (2 2x) = 2 x. / mln,： nrn= 0, 即卩 x= 2.2._ 用反證法證明命題如果 ab,那么 萌守 b”時，假設的內容應為 _答案：貼=前或守 a ,-5 7解析：由分析法可得，要證,6 2 2 5 7,只需證 6 + 7 5+ 2 2，即證 13+ 2 4213+ 4 10，即 422 10.因為 4240,所以 6 2 2 5. 7 成立.4.定義集合運算：A-B= Z|Z = xy , x A, y B，設集合 A= 1, 0, 1 , B= sina, COSa

18、，則集合 A-B的所有元素之和為 _ .答案：0n解析：依題意知akn + n,kZ.43n- f2a= kn+ -(k Z)時，B= * ? A- B= 10,乎,弊；n2a= 2k 冗或= 2kn+ y(k Z)時，B= 0 , 1 , A- B= 0 , 1, 1;n3a= 2kn+n或久=2kn (k Z)時，B= 0， 1 , A - B= 0 , 1， 1;kn3nw,4a且a Mk n+ (k Z)時，B= sina , sina , COsa.綜上可知，A- B 中的所有元素之和為 0.了解分析法、 綜合法、 反證法， 會用這些方 法處理一些簡單問題.1了解直接證明的兩種基本方

19、法一一分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程、 特點了解間接證明的一種基本方法 反證法；了解反證法的思考過程、特點.a ,COSa,A - B=0,sina ,COs101 15.設 a, b 為兩個正數(shù)，且a + b= 1，則使得-+二恒成立的卩的取值范圍是a b答案：（一汽 4111 1解析：Ia+ b= 1，且 a,b 為兩個正數(shù)，/ = (a + b)1 1 一=4.要使得-+ b卩恒成立，只要 卩W4.I麗識B單、日1.直接證明(1) 定義：直接從原命題的條件逐步推得命題成立的證明方法.(2) 般形式本題條件已知定義? A? B? C?已知公理已知定理(3)綜合法1定義：從已知

20、條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推,直到推出 要證明的結論為止這種證明方法稱為綜合法.2推證過程已知條件? |結論(4)分析法1定義：從問題的結論出發(fā)，追溯導致結論成立的條件，逐步上溯，直到使結論成立 的條件和已知條件吻合為止.這種證明方法稱為分析法.2推證過程結論? |已知條件2間接證明(1) 常用的間接證明方法有反證法、正難則反等.(2) 反證法的基本步驟1反設假設命題的結論丕成立，即假定原結論的反面為真.2歸謬從反設和已知條件出發(fā)，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結果.3存真- 由矛盾結果，斷定反設不真，從而肯定原結論成1對任意的 x 0，1，總有 f(x) 0;2f(

21、1) = 1；3若 X10， X2 0，X1+ X2f(x1) + f(x2)成立，則稱函數(shù)f(x)為理想函數(shù).(1) 若函數(shù) f(x)為理想函數(shù)，求證：f(0) = 0;(2) 試判斷函數(shù) f(x) = 2x(x 0，1)，f(x) = x2(x 0，1)，f(x) = x(x 0，1) 是否為理想函數(shù)？(1) 證明：取 X1= X2= 0，貝yX1+ X2= ow1，.f(0 + 0) f(0) + f(0) ，f (0)w0. 又對任意的 x 0，1，總有 f(x) 0，.f (0) 0.于是 f(0) = 0.(2) 解：對于 f(x) = 2x，x 0，1，f(1) = 2 不滿足新

22、定義中的條件，f(x) = 2x(x 0，1)不是理想函數(shù).對于 f(x) = x，x 0， 1，顯然 f(x) 0，且 f(1) = 1.對任意的 X1，X2 0， 1，X1+X2W1，11 b aba + b =2+a+看2+2a?本題結論.122 2 2f(xi+ X2) f(xi) f(x2) = (xi+ X2) xi X2= 2x1x20,即卩 f(x1+ X2) f(x1) + f(x2). f(x) = x (x 0 , 1)是理想函數(shù).對于 f(x) = x(x 0 , 1)，顯然滿足條件.對任意的 X1，X2 0， 1，X1+ X2W1,有 f2(x1+ X2) f(x1)

23、 + f(x2)2= (x1+ X2) (x1+ 2pX1X2+ X2)= 2 寸 X1X2W0,即 f2(x1+ X2) f(x1) + f(x2)2.f(x1+ X2) 1)，綜上得 an+1= qan(n 1)，所以數(shù)列an是等比數(shù)列.儘 O,2)已知 mQ a, b R,求證：i+晉仝證明：因為 m0 所以 1 + m0,所以要證原不等式成立，只需證明(a + mb)2w(1 + m)(a2+ mb),即證 m(a2 2ab+ b2) 0 ,即證(a b)0,而(a b)0 顯然成立,故原不等式得證.。變式訓練已知函數(shù)f(x) = 3X 2x，試求證：對于任意的X1, X2 R,均有由

24、于 X1, X2 R 時，3x10 , 3x20,3x1+3x2i_由基本不等式知 一 2- 3X13X2顯然成立，故原結論成立.題型(反證法)EX1,3)設an是公比為 q 的等比數(shù)列.(1)推導an的前 n 項和公式；(2)設 qz1,求證：數(shù)列an+ 1不是等比數(shù)列.f ( X1)+ f ( X2)2f 寧.證明：要證明f ( X1)+ f (X2)2只要證明(3x1 2x1) +23x2 2x2)X1+ X2 32 2X1+ X2因此只要證明3x1+ 3x22X1+ X2即證明3x1+ 3x22因此只要證明(x1+X2)32 (x1+ X2)X1+ X2 3 2竺嚴 ,3X13X22

25、間接證明 f13(1)解：設an的前 n 項和為 S ,貝USn= a1+ a2+ an,因為an是公比為 q 的等比數(shù)列，所以當 q = 1 時，S= a + a1+ a = na1.當 ql時,2n 1S= a1+ a1q+ ag + ag ,142nqSn= aiq + aiq + aiq ,一得，(1 q)Sn= a1 a1qn)rnai,q=1，所以 Sn= a-，所以 S = ai(1 qn)1qI- -, q豐1.1 q(2)證明：假設an+ 1是等比數(shù)列，則對任意的k N*,2 2(ak+1+ 1) = (ak+ 1)(ak+2+ 1) , ak+1+ 2ak+1+ 1 = a

26、kak+ 2+ ak+ ak+2+ 1,2 2kkk 1k+1 Ik 1k+1ag + 2ag = agag + ay + ay ,因為 a0,所以 2qk= qk1+ qk+1.因為 0,所以 q2 2q+ 1 = 0,所以 q= 1,這與已知矛盾所以假設不成立，故an+ 1不是等比數(shù)列.。變式訓練已知數(shù)列an的前 n 項和為 Sn,且滿足 an+ Sn= 2.(1)求數(shù)列an的通項公式；(2)求證：數(shù)列an中不存在三項按原來順序成等差數(shù)列.(1) 解：當 n= 1 時，a1+ S= 2a1= 2，貝Ua1= 1.又 an+ Sn= 2，所以 an+ 1+ S+1= 2,1 、 1 1兩式相

27、減得 an + 1= an,所以an是首項為 1，公比為的等比數(shù)列，所以 an= 2=.(2)證明：反證法：假設存在三項按原來順序成等差數(shù)列，記為 ap+1, aq+1, ar + 1(pqr ,111且 p, q, r N)，貝 U 2=尹 + 歹，所以 22r q= 2r p+ 1 .因為 pqr，所以 r q, r p N.所以式左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù)，等式不成立.所以假設不成立，原命題得證.程新題推薦;)1._ 用反證法證明命題“ a, b R, ab 可以被 5 整除，那么 a, b中至少有一個能被 5 整 除”，假設的內容是答案：a, b 中沒有一個能被 5 整除解析：“至少有 n

28、 個”的否定是“最多有 n 1 個”，故應假設 a, b 中沒有一個能被 5 整除.192.已知 a, b, c (0 , +)且 avc, bvc, -+匚=1.若以 a, b, c 為三邊構造三角形, a b則 c 的取值范圍是_ .答案：(10 , 16)解析：要以 a , b , c 為三邊構造三角形，需要滿足任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊13101 9之差小于第三邊， 而 ac, bc 恒成立.而 a + b= (a + b) + = 10 +一 +二b 9a1 1 1116，二15氏+b=1，二c10,10c0， 求證:a2+12 2 a+1 2.a 耳a+2 2a+- 2,只需

29、要證a1aa+ 孑+2j A a + 7 +即 a + 2+； a + a?+ 4a+ 2 + 孑 + 2;.;2 aa2+ 2+2a+丄+頁.aav因為 a0,故只需要證aa+a+2，證明：要證216從而只需要證2屮+卜代一21 .即 a +孑2，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立.4.若 f(x)的定義域為a , b，值域為a , b(a 2),使函數(shù) h(x) = x+2 是區(qū)間a , b上的“四維光軍”函數(shù)？若存在，求出a, b 的值；若不存在，請說明理由.12解：(1)由題設得 g(x) = 2(x 1)2+ 1，其圖象的對稱軸為直線x = 1，區(qū)間1 , b在對稱軸的右邊，所以函

30、數(shù)在區(qū)間1 , b上單調遞增.由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，g(1)=1, g(b) = b,123即 2匕b+ = b,解得 b= 1 或 b = 3.因為 b1，所以 b= 3.1假設函數(shù) h(x) = x+2 在區(qū)間a , b (a 2)上是“四維光軍”函數(shù),丁精屈題庫毅妙交辜)1.用反證法證明結論“三角形的三個內角中至少有一個不大于答案：三角形的三個內角都大于60解析：“三角形的三個內角中至少有一個不大于 60”即“三個內角至少有一個小于 等于60”，其否定為“三角形的三個內角都大于 60”.2.凸函數(shù)的性質定理：如果函數(shù) f(x)在區(qū)間 D 上是凸函數(shù)，則對于區(qū)間 D 內的任意 X1

31、,z. f (X1)+ f ( X2)+ f ( xn)伙+ X2+Xni.亠X2,，Xn,有 1)滿足利普希茨條件，則常數(shù) k 的最小值為.181答案：2f(x) = x(x 1)滿足利普希茨條件，則存在常數(shù)X1, X2(X1工 X2)，均有 |f(X1) f(X2)|Wk|x1 X2|1 1 1 1xx L嚴.而 0 1 x+ X ；334f(x)w2，13 (1 + an+1)2 (1+ an)5.已知數(shù)列an滿足 a1= ,=,anan+1 1).(1)求數(shù)列an , bn的通項公式；(2)求證：數(shù)列bn中的任意三項不可能成等差數(shù)列.2(1)解：由題意可知，1 an + 1= 3(1

32、an).2口2Cn= 1 an，貝 Cn+ 1= 3Cn.解析：若函數(shù) +)內的任意兩個k %1 .；X2k,使得對定義域1 ,成立，設 X1X2，則證明：(1)因為 1 x + x2 x3441 ( X)1 X，由于 x 0 ,亠 1 x411，有 1 + xWX+1,1即 1 x + x xwx + 1，所以 f(x)21x+x.3(2)由 Owxwi得 x 4,所以3f(x)綜上，4 4，3W2.1 17Wx+- =x+.x+1x+1x+11233X _+ ,又 f244，3Cn= 41931 2由于數(shù)列bn是首項為 4,公比為 3 的等比數(shù)列,于是有 brbsbt，則只能有 2bs=

33、br+ bt成立.由于 rs0,按某種順序成等差數(shù)列,兩邊同乘 3t空r,化簡得 3tr+ 2tr= 2r3-s-1anan +10 ,(2)證明：用反證法證明.假設數(shù)列bn中存在三項 br, bs, bt(rs111*1._ （選修 22P94習題 7 改編）用數(shù)學歸納法證明 1 + 2 + 3+ 2n1 1）時, 第一步應驗證_ .1 1答案：1 + 2+ 31,An 取的第一個數(shù)為 2,左端分母最大的項為2.（選修 22F9o練習 3 改編）用數(shù)學歸納法證明不等式“2nn2+ 1 對于 nn的自然數(shù) n都成立”時，第一步證明中的起始值no應取為_.答案：5解析：當 nW4時，2nwn2+

34、 1 ;當 n= 5 時，25= 3252+ 1 = 26,所以 no應取為 5.13.（選修 22Ro3復習題 13 改編）在數(shù)列an中，a1= 3，且 Sn= n（2n 1 問，通過求 a?,31 1 1a 2=3x5 ；當n=3時，2+15+a3=(3x5)a 3,1 1 1 1 1a3= 5x7；當 n = 4 時，3 + 15 + 35 + a4= (4x7)a4,Aa4= 79;故猜想 an=1_（2n 1）_（ 2n+ 1）.4._（選修 22F103復習題 14 改編）比較nn+1與（n + 1）n（n N*）的大小時會得到一個一般性 的結論，用數(shù)學歸納法證明這一結論時，第一步

35、要驗證 _ .答案：當 n = 3 時，nn+1= 34(n + 1)n= 43解析：當 n= 1 時，nn+1= 1 (n + 1)n= 2 不成立；當 n = 2 時，nn+1= 8 (n + 1)n= 9 不 成立；當n= 3 時，nn+1= 34(n + 1)n= 43，結論成立.為_.由此猜想 an=_122- 1a3, a4,猜想 an的表達式為_答案:an=1(2n 1)( 2n + 1)解析：當 n = 2 時，3 + a2= (2x3)a2,5.（選修 22P105本章測試13 改編）已知 a1= 1,3anan+1=an+ 3a2, a3,a4, a5的值分別21解析：a2

36、=3a1a1+ 312+337 2+5,3a23a3=aa2+ 383333=話,a4= 9=4+,a5= 10 =33337 , 8 , 9 , 10 n+5223315V5，a1=i+=2,符合以上規(guī)律3故猜想 an=.n + 51.由一系列有限的特殊現(xiàn)象得出一般性的結論的推理方法，通常叫做歸納法.2.對某些與正整數(shù)有關的數(shù)學命題常采用下面的方法來證明它們的正確性：先證明當n 取第 1 個值 no時，命題成立；然后假設當n= k(k N , k no)時命題成立；證明當 n= k+ 1 時，命題也成立，這種證明方法叫做數(shù)學歸納法.3.用數(shù)學歸納法證明一個與正整數(shù)有關的命題時，其步驟如下：(

37、1) 歸納奠基：證明取第一個自然數(shù)no時命題成立；(2) 歸納遞推：假設 n = k(k N , k no)時命題成立，證明當 n= k+ 1 時，命題成立；(3) 由(1)(2)得出結論.備課札記題型分類深座剖析課中技巧點更T婆點導學各個在破1 證明等式)11 1+4X6 *6X8 +2n(2n+2)證明：當 n= 1 時,11左邊=-，右邊=2X1X(2X1+2)8左邊=右邊，所以等式成立.假設 n= k(k N*)時等式成立，即有1 1 1 11 14 (1+ 1) = 8，+- +=2X44X66X82k(2k+2)4(k+1) 1 1 1 1則當n=k+1時，2X4+4X6+6X8+

38、2k (2k + 2)+2 ( k+ 1) 2 ( k+ 1)+ 2k1k (k + 2)+ 1-l-4 ( k + 1)4 ( k + 1)( k + 2)4 ( k+ 1)( k + 2)2(k + 1)k + 1k + 14 ( k + 1)( k + 2) 4 ( k + 2) 4 ( k+ 1 + 1) 所以當n = k + 1 時，等式也成立.由可知，對于一切 n N*等式都成立.O 變式訓練1 1 1 1111 1*1 + + (n N).2 3 4 2n 1 2n n +1 n+ 22n 1 1 證明： 當 n= 1 時，等式左邊一 1 -2-右邊，等式成立.*1 1 1 1

39、1 1 1 假設當n=k(kN)時，等式成立，即1 2+ 4+2k1 2k = k+ 1+k + 2+1 亠 1 1 1 1 1 1 1 1 1 + 2k，那么，當 n-k + 1 時，有 1 2+ 3 4+-+=+用數(shù)學歸納法證明:2k 1 2k 2k + 1 2k + 2 k + 1 k + 2232411 111 1 1+2k+2k+i科=用+后+2k+i+2k+2，所以當n=k+1時，等式也成 立.由知，等式對任何 n N*均成立.題型式)2 證明不等2)用數(shù)學歸納法證明不等式:1 1 1 1*n+市+衛(wèi)+ F1(nN且n1).11113 亠、2+3+4=荷1成立.1 1-+門1 成立

40、.k 由于當 k1 時，k2 k10,即 k(2k + 1)k2+ 2k + 1, 1 1 1 1 則當n= k+1時，不+用+用+(k+ 1)21 1 1 1 1 1 1 1 =(k+k + 1+k+ 2 十十衛(wèi)+k2+ 1+k2+ 2 十十k2+ 2k + 1k一 1 1 1 11+k2+ 1+k2+ 2+k2+ 2k+ 1k1 1 1 1 + +k ( 2k + 1)k ( 2k + 1)綜合可知，原不等式對丨備選變式(教師專享)1證明：當 n= 2 時,1 1設n= k 時，蘆k+ 212k +11+ -=1 +-=1)k (2k+1)k k (2k+1) kn N 且 n1 恒成立.

41、111 +2+2+22 2 3n1513證明： 當 n= 2 時，1 + 2= 42 2=1 1假設 n= k 時命題成立，即 1 +孑+孑+23 1 1 1 1n=k+1時,1+亍+k2+K1)1 1=2 ，命題成立.用數(shù)學歸納法證明:*(n N*, n2).2命題成立.11+ 亍2 .kk1 1 1 1 22 +0).(1) 求 a2, a3, a4；(2) 猜想an的通項公式，并加以證明.2 2 2解：(1) a2= 2 入 + 入 + 2(2 入)=入 + 2 ,a3=入(入2+ 22) + 入3+ (2 入)22= 2 入3+ 23,334344玄4=入(2 入 + 2) + 入 +

42、 (2 入)2 = 3 入 + 2 .(2)由(1)可猜想數(shù)列an的通項公式為 an= (n 1)入n+ 2n.下面用數(shù)學歸納法證明：1當 n= 1 , 2, 3, 4 時，等式顯然成立，2假設當 n = k(k 4, k N)時等式成立，即 ak= (k 1)入k+ 2k,那么當 n= k + 1 時，ak+1=入 ak+ 入k+1+ (2 入)2k=入(k 1)入k+ 入 2k+ 入k+1+ 2k+1入2k=(k 1)入k+1+ 入k+1+ 2k+1= (k + 1) 1入k+1+ 2k+1,所以當 n = k + 1 時，猜想成立.由知數(shù)列an的通項公式為 an= (n 1)入n+ 2n

43、(n N,入0).題塑,4 綜合運用)LL1,4) 設集合 M= 1 , 2, 3，n(n N, n3)，記 M 的含有三個元素的子集個數(shù)為 S,同時將每一個子集中的三個元素由小到大排列，取出中間的數(shù)，所有這些中間的數(shù)的和記為Tn.(1)T3分別求 T ,S3T4TsT6S, s ,S的值；S4S5S6(2)Tn猜想S關于n 的表達式，并加以證明.解: (1)當 n =3 時，M= 1 , 2 , 3 ,S=1,T3T3= 2 = 2當132,S32蘭 n = 4 時，M= 1 , 2, 3,T45 TsT674, S=4,T4=2+2+3+3=10,&=2 S=3,S=2Tnn+1(

44、2)猜想 S =廠.下面用數(shù)學歸納法證明：1當 n= 3 時，由(1)知猜想成立.Tkk+12假設當 n = k(k 3)時，猜想成立，即=,Sk2k+ 1而 Sk= Ck,所以 Tk= 2 Ck.則當 n= k + 1 時，易知 Sk+1= Ck+1,而當集合 M 從1 , 2, 3，,k變?yōu)? , 2, 3, 加了 1 假設 n= k(k1且 k N)時，結論成立，即ak=2k,那么 n= k+ 1 時，ak+ 1= Sk+k , k + 1時，Tk+1在 Tk的基礎上增227個 2, 2 個 3 , 3 個 4 ,，(k 1)個 k ,所以 Tk+1= Tk+ 2X1 + 3X2+ 4X

45、3+-+ k(k 1)k+ 1ck+2(d+C3+&+ck)28所以當 n = k + 1 時，猜想也成立.綜上所述，猜想成立.備選變式(教師專享)已知過一個凸多邊形的不相鄰的兩個端點的連線段稱為該凸多邊形的對角線.(1)分別求出凸四邊形，凸五邊形，凸六邊形的對角線的條數(shù)；(2)猜想凸 n 邊形的對角線條數(shù) f(n)，并用數(shù)學歸納法證明.解：(1)凸四邊形的對角線條數(shù)為2 條；凸五邊形的對角線條數(shù)為5 條，凸六邊形的對角線條數(shù)為 9 條.n (n 3)*(2) 猜想：f(n)=(n 3, n N).證明如下：當k ( k 3)當 n 3 時，f(3) 0 成立；設當 n = k(k 3

46、)時猜想成立，即 f(k) 2n ( n 3)*綜上，得 f(n) =對任何門3, n N 都成立.輕新;a推薦)1. (2017蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知 fn(x) = cxn d(x 1)n+-+ ( 1)kg(x k)n+ -+ ( 1)nC(x n)n，其中 x R, n N , k N, k n.(1)試求 f1(x) , f2(x) , f3(x)的值；(2)試猜測 fn(x)關于 n 的表達式，并證明你的結論.解：(1) f1(x) = Cx C(x 1) = x x + 1 = 1, f2(x) = Cx2 d(x 1)2+ d(x 2)2= x2 2(x22x + 1) + (x2

47、 4x+ 4) = 2, f3(x) = Cx C3(x 1) + C3(x 2) C (x 3) = x 3(x 1)+ 3(x 2) (x 3) = 6.(2)猜想：fn(x) = n!.證明： 當 n= 1 時，猜想顯然成立； 假設 n= k 時猜想成立，即 fk(x) = Ckxk ck(x 1)k+ ck(x 2)* + ( 1)kCk(x k)=k!,貝Un = k+ 1 時，fk+ 1(x) = Ck+1Xk+1 C+ 1(x 1)k+1+ Ck+1(x 2)k+1+ + ( 1)k+1Ck+1(x k 1)= xG+1x (x 1)Ck+1(x 1) + (x 2)Ck+ 1(

48、x 2) + ( 1) (x k)Ck+1(x k)+ ( 1)k+1Ck+；(x k 1)k+1= xC：+1Xk ck+1(x 1)k+ CL1(x 2)k+-+ ( 1)kck+1(x k)k +C：+1(x 1)k 2Ck+1(x 2)k+-+ ( 1)k+1kCk +1(x k)k + ( 1)k+C1(x k 1)k+1=xCkxk (C0+ Ck)(x 1)k+ (Ck+ Ck)(x 2)k+ + ( 1)k(Ck1+ Ck)(x k)k + (k + 1)C0(x 1)k d(x 2)k+-+ ( 1)k+1ck1(x k)k + ( 1)k+1Ck+1(x k 1)k+1k+

49、 12ck+ 2(c；+C3+&+ ck)字 ck+1+2C3+1=躲+i=2 2(k+ 1)+ 12Sk+iTk + 1Sk + 1(k+ 1)+ 12則當 n= k+ 1 時，考察 k + 1 邊形 A1A2AA+1,k 邊形 A1A2Ak中原來的對角線都是k+ 1 邊形中的對角線，且邊形中的對角線；Ak+1與 A, A,，Ak連結的 k 條線段中，除 Ak+ 1A,A+1A外，都是 k+ 1 邊形中2、亠k (k 3)k 3k + 2k 2共計有 f(k + 1) = f(k) + 1 + (k 2) =+ 1 + (k 2)=(k + 1)( k 2)(k + 1)( k+ 1

50、 3)心 在的對角線,k2 k 2A1A1，則 X1, X2,，xk中必存在一個數(shù) 小于 1 ,不妨設這個數(shù)為 Xk,從而(Xk 1)(Xk+1 1)1 + XkXk +1.同理可得 Xk + 11+ XkXk+ 1.所以2 + X1)(2 + X2)( 2+ Xk)(2+ Xk+1)=(；:：；：2 +x(2+X2)2+.*2(Xk+Xk+1)+XkXk+1 (2 + x(2+ X2)2 + . 2(1 + XkXk+1) + XkXk+1=(一 2 + x(2+ X2)(2+ XkXk+1)(2 + 1)2+ 1)k( 2 + 1) = ( 2 + 1)k+1.故 n = k+ 1 時，不

51、等式也成立.由及數(shù)學歸納法原理知原不等式成立.4.已知函數(shù) fo(x) = x(sin x + cos x)，設 fn(x)為 fn 1(x)的導數(shù)，n N .(1)求 f1(x) , f2(x)的表達式；(2)寫出 fn(x)的表達式，并用數(shù)學歸納法證明.解：因為 fn(x)為 fn 1(X)的導數(shù)，所以 f1(x) = fo (x) = (sin x + cos x) + x(cos x sin x) = (x + 1)cos x + (x 1)( sin x),Sn 2Sn+ 1 anSi= 0.于是-a2= o,解得a2= 6.31同理，f2(x) = (x + 2)sin x (x

52、2)cos x.(2)由(1)得 f3(x) = f2 (x) = (x + 3)cos x + (x 3)sin x ,把 f1(x) , f2(x) , f3(X)分別改寫為32即當 n= k + 1 時，等式(*)成立.*f n n f綜上所述，當 n N 時，fn(x) = (x + n)sin ix + + (x - n)cos i x +1.設數(shù)列an的前 n 項和為 S,滿足 S= 2nan+1 3n2-4n, n N,且 S= 15. (1) 求 a1, a2, a3的值；求數(shù)列an的通項公式.解：(1)由題意知 S2= 4a3 20,. S3= S2+ a3= 5a3 20.

53、又 S3= 15,. a3= 7, S2= 4a3 20= 8.又 S2= Si + a2= (2a2 7) + a2= 3a2 7,a2= 5, a1= S1= 2a2 7 = 3. 綜上知， a1= 3, a2= 5, a3= 7.由(1)猜想 an= 2n + 1,下面用數(shù)學歸納法證明.1當 n= 1 時，結論顯然成立；2假設當 n = k(k 1)時，ak= 2k + 1,k3 +( 2k + 1)=k(k + 2).7tf1(x)=(x+1)sin jx+ -n +(x-1)cos x+ -2 ,2n、兀，3nT，V2ZIf2(x) = (x + 2)sin x + (x 2)cos

54、 x+f3n、(f3(x) = (x + 3)sin ix + - + (x 3)cos |x+小fnn、nn猜測 fn(x) = (x + n)sin x + + (x -n)cos(x +-)(*).下面用數(shù)學歸納法證明上述等式.1當 n= 1 時，由(1)知，等式(*)成立；2假設當 n = k 時，等式(*)成立，(k n即 fk(x) = (x + k)sin jx +則當 n= k + 1 時， fk + 1(x) = fk (x)knkn+ ) + cos(x +2 2+ (x - k)cos x + 號.kn=sin x+ (x + k)cos(x2)+ (x k) | sinx+2(kn=(x + k + 1)cos jx + 2k + 1=x+(k+1)sin jx + n+ x-(k + 1) |-sin |x + x - (k + 1)(k+1、-cos x+ n ,2ak+1= 4k + 6,時，結論成立.精品疑庫心劉匹拿）則 Sk= 3+ 5+ 7+-+ (2k + 1)=2又 Sk= 2kak+1-3k - 4k, k(k + 2) = 2kak+1- 3k - 4k，解得 ak+1= 2(k + 1) + 1，即當 n= k + 1由知，？n N*, an= 2n+ 1.2.由下列式子：11