2023年高考數(shù)學理一輪復習教學案第7章7.6推理與證明

7.6推理與證明【考試要求INCLUDEPICTURE"F:\\源文件\\2022\\一輪\\數(shù)學人教A版老高考\\右括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2022\\一輪\\數(shù)學\\數(shù)學人教A版理老教材（豫甘青寧新蒙貴桂川藏）\\右括.TIF"INET】1.了解合情推理的含義，能進行簡單的歸納推理和類比推理，體會并認識合情推理在數(shù)學發(fā)現(xiàn)中的作用.2.了解演繹推理的含義，掌握演繹推理的“三段論”，并能運用“三段論”進行一些簡單的演繹推理.3.了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程和特點.4.了解反證法的思考過程和特點.5.了解數(shù)學歸納法的原理，能用數(shù)學歸納法證明一些簡單的數(shù)學命題．INCLUDEPICTURE"F:\\源文件\\2022\\一輪\\數(shù)學人教A版老高考\\左括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2022\\一輪\\數(shù)學\\數(shù)學人教A版理老教材（豫甘青寧新蒙貴桂川藏）\\左括.TIF"INET【知識梳理INCLUDEPICTURE"F:\\源文件\\2022\\一輪\\數(shù)學人教A版老高考\\右括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2022\\一輪\\數(shù)學\\數(shù)學人教A版理老教材（豫甘青寧新蒙貴桂川藏）\\右括.TIF"INET】1．合情推理類型定義特點歸納推理由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或者由個別事實概括出一般結論的推理由部分到整體、由個別到一般類比推理由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理由特殊到特殊2.演繹推理(1)定義：從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結論，我們把這種推理稱為演繹推理．簡言之，演繹推理是由一般到特殊的推理．(2)“三段論”是演繹推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情況；③結論——根據(jù)一般原理，對特殊情況做出的判斷．3．直接證明(1)綜合法①定義：一般地，利用已知條件和某些數(shù)學定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導出所要證明的結論成立，這種證明方法叫做綜合法．②框圖表示：eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示所要證明的結論)．③思維過程：由因導果．(2)分析法①定義：一般地，從要證明的結論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止，這種證明方法叫做分析法．②框圖表示：eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→eq\x(P2?P3)→…→eq\x(得到一個明顯成立的條件)(其中Q表示要證明的結論)．③思維過程：執(zhí)果索因．4．間接證明反證法：一般地，假設原命題不成立(即在原命題的條件下，結論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，從而證明原命題成立的證明方法．5．數(shù)學歸納法一般地，證明一個與正整數(shù)n有關的命題，可按下列步驟進行：(1)(歸納奠基)證明當n取第一個值n0(n0∈N*)時命題成立；(2)(歸納遞推)假設n＝k(k≥n0，k∈N*)時命題成立，證明當n＝k＋1時命題也成立．只要完成這兩個步驟，就可以斷定命題對從n0開始的所有正整數(shù)n都成立．INCLUDEPICTURE"F:\\源文件\\2022\\一輪\\數(shù)學人教A版老高考\\左括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2022\\一輪\\數(shù)學\\數(shù)學人教A版理老教材（豫甘青寧新蒙貴桂川藏）\\左括.TIF"INET【思考辨析INCLUDEPICTURE"F:\\源文件\\2022\\一輪\\數(shù)學人教A版老高考\\右括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2022\\一輪\\數(shù)學\\數(shù)學人教A版理老教材（豫甘青寧新蒙貴桂川藏）\\右括.TIF"INET】判斷下列結論是否正確(請在括號中打“√”或“×”)(1)歸納推理得到的結論不一定正確，類比推理得到的結論一定正確．(×)(2)“所有3的倍數(shù)都是9的倍數(shù)，某數(shù)m是3的倍數(shù)，則m一定是9的倍數(shù)”，這是三段論推理，但其結論是錯誤的．(√)(3)分析法是從要證明的結論出發(fā)，逐步尋找使結論成立的充要條件．(×)(4)用反證法證明結論“a>b”時，應假設“a<b”．(×)INCLUDEPICTURE"F:\\源文件\\2022\\一輪\\數(shù)學人教A版老高考\\左括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2022\\一輪\\數(shù)學\\數(shù)學人教A版理老教材（豫甘青寧新蒙貴桂川藏）\\左括.TIF"INET【教材題改編INCLUDEPICTURE"F:\\源文件\\2022\\一輪\\數(shù)學人教A版老高考\\右括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2022\\一輪\\數(shù)學\\數(shù)學人教A版理老教材（豫甘青寧新蒙貴桂川藏）\\右括.TIF"INET】1．已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，當n≥2時，an＝an－1＋2n－1，依次計算a2，a3，a4后，猜想an的表達式是()A．a(chǎn)n＝3n－1 B．a(chǎn)n＝4n－3C．a(chǎn)n＝n2 D．a(chǎn)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an＝n2.2．給出下列命題：“①正方形的對角線相等；②矩形的對角線相等，③正方形是矩形”，按照三段論證明，正確的是()A．①②?③ B．①③?②C．②③?① D．以上都不對答案C解析“矩形的對角線相等”是大前提，“正方形是矩形”是小前提，“正方形的對角線相等”是結論．所以②③?①.3．用反證法證明命題：“設a，b為實數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要作的假設是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根答案A解析方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根的反面是方程x3＋ax＋b＝0沒有實根.題型一合情推理與演繹推理命題點1歸納推理例1如圖，第1個圖形由正三角形擴展而成，共12個頂點．第n個圖形由正n＋2邊形擴展而來，其中n∈N*，則第n個圖形的頂點個數(shù)是()A．(2n＋1)(2n＋2) B．3(2n＋2)C．2n(5n＋1) D．(n＋2)(n＋3)答案D解析由已知中的圖形可以得到：當n＝1時，圖形的頂點個數(shù)為12＝3×4，當n＝2時，圖形的頂點個數(shù)為20＝4×5，當n＝3時，圖形的頂點個數(shù)為30＝5×6，當n＝4時，圖形的頂點個數(shù)為42＝6×7，……由此可以推斷，第n個圖形的頂點個數(shù)為(n＋2)(n＋3)．命題點2類比推理例2(2022·銅仁質檢)在△ABC中，BC⊥AC，AC＝a，BC＝b，則△ABC的外接圓的半徑r＝eq\f(\r(a2＋b2),2)，將此結論類比推廣到空間中可得：在四面體P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，PA＝a，PB＝b，PC＝c，則四面體P－ABC的外接球的半徑R＝________.答案eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)解析可以類比得到：在四面體P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，PA＝a，PB＝b，PC＝c，四面體P－ABC的外接球的半徑R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).下面進行證明：可將圖形補成以PA，PB，PC為鄰邊的長方體，則四面體P－ABC的外接球即為長方體的外接球，所以半徑R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).命題點3演繹推理例3下面是小明同學利用三段論模式給出的一個推理過程：①若{an}是等比數(shù)列，則{an＋an＋1}是等比數(shù)列(大前提)，②若bn＝(－1)n，則數(shù)列{bn}是等比數(shù)列(小前提)，③所以數(shù)列{bn＋bn＋1}是等比數(shù)列(結論)，以上推理()A．結論正確 B．大前提不正確C．小前提不正確 D．全不正確答案B解析大前提錯誤：當an＝(－1)n時，an＋an＋1＝0，此時{an＋an＋1}不是等比數(shù)列；小前提正確：∵bn＝(－1)n，∴eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(－1n,－1n－1)＝－1(n≥2，n∈N*)為常數(shù)，∴數(shù)列{bn}是首項為－1，公比為－1的等比數(shù)列；結論錯誤：bn＋bn＋1＝(－1)n＋(－1)n＋1＝0，故數(shù)列{bn＋bn＋1}不是等比數(shù)列．【備選INCLUDEPICTURE"F:\\源文件\\2022\\一輪\\數(shù)學人教A版老高考\\右括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2022\\一輪\\數(shù)學\\數(shù)學人教A版理老教材（豫甘青寧新蒙貴桂川藏）\\右括.TIF"INET】1．觀察下列各式：72＝49,73＝343,74＝2401，…，則72023的末兩位數(shù)字為()A．01B．43C．07D．49答案B解析∵72＝49,73＝343,74＝2401,75＝16807,76＝117649,78＝823543，…，∴7n(n≥2，n∈N*)的末兩位數(shù)字具備周期性，且周期為4，∵2023＝4×505＋3，∴72023和73的末兩位數(shù)字相同，故72023的末兩位數(shù)字為43.2．在等差數(shù)列{an}中，若a10＝0，則有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，類比上述性質，在等比數(shù)列{bn}中，若b11＝1，則有()A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n(n<19且n∈N*)B．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n(n<21且n∈N*)C．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n(n<19且n∈N*)D．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n(n<21且n∈N*)答案B解析在等差數(shù)列{an}中，若s＋t＝p＋q(s，t，p，q∈N*)，則as＋at＝ap＋aq，若am＝0，則an＋1＋an＋2＋…＋a2m－2－n＋a2m－1－n＝0，所以a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a2m－1－n成立，當m＝10時，a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，在等比數(shù)列{bn}中，若s＋t＝p＋q(s，t，p，q∈N*)，則bsbt＝bpbq，若bm＝1，則bn＋1bn＋2·…·b2m－2－nb2m－1－n＝1，所以b1b2·…·bn＝b1b2·…·b2m－1－n成立，當m＝11時，b1b2·…·bn＝b1b2·…·b21－n(n<21且n∈N*)成立．3．“對數(shù)函數(shù)是非奇非偶函數(shù)，f(x)＝log2|x|是對數(shù)函數(shù)，因此f(x)＝log2|x|是非奇非偶函數(shù)”，以上推理()A．結論正確 B．大前提錯誤C．小前提錯誤 D．推理形式錯誤答案C解析本命題的小前提是f(x)＝log2|x|是對數(shù)函數(shù)，但是這個小前提是錯誤的，因為f(x)＝log2|x|不是對數(shù)函數(shù)，它是一個復合函數(shù)，只有形如y＝logax(a>0且a≠1)的才是對數(shù)函數(shù)．故選C.思維升華(1)歸納推理問題的常見類型及解題策略①與數(shù)字有關的等式的推理．觀察數(shù)字特點，找出等式左右兩側的規(guī)律及符號．②與式子有關的推理．觀察每個式子的特點，注意縱向對比，找到規(guī)律．③與圖形變化有關的推理．合理利用特殊圖形歸納推理出結論，并用賦值檢驗法驗證其真?zhèn)涡裕?2)類比推理常見的情形有：平面與空間類比；低維與高維類比；等差與等比數(shù)列類比；運算類比；數(shù)的運算與向量運算類比；圓錐曲線間的類比等．跟蹤訓練1(1)(2022·南昌模擬)已知x>0，不等式x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)≥4，…，可推廣為x＋eq\f(a,xn)≥n＋1，則a的值為()A．n2B．nnC．2nD．22n－2答案B解析由題意，當分母的指數(shù)為1時，分子為11＝1；當分母的指數(shù)為2時，分子為22＝4；當分母的指數(shù)為3時，分子為33＝27；據(jù)此歸納可得x＋eq\f(a,xn)≥n＋1中，a的值為nn.(2)類比是學習探索中一種常用的思想方法，在等差數(shù)列與等比數(shù)列的學習中我們發(fā)現(xiàn)：只要將等差數(shù)列的一個關系式中的運算“＋”改為“×”，“－”改為“÷”，正整數(shù)改為正整數(shù)指數(shù)冪，相應地就可以得到與等比數(shù)列的一個形式相同的關系式，反之也成立．在等差數(shù)列{an}中有an－k＋an＋k＝2an(n>k)，借助類比，在等比數(shù)列{bn}中有________．答案bn－kbn＋k＝beq\o\al(2,n)(n>k)解析由題設描述，將左式加改乘，則相當于an－k＋an＋k改寫為bn－kbn＋k；將右式正整數(shù)2改為指數(shù)，則相當于2an改寫為beq\o\al(2,n)，∴等比數(shù)列{bn}中有bn－kbn＋k＝beq\o\al(2,n)(n>k)．(3)(2022·銀川模擬)一道四個選項的選擇題，趙、錢、孫、李各選了一個選項，且選的恰好各不相同．趙說：“我選的是A.”錢說：“我選的是B，C，D之一．”孫說：“我選的是C.”李說：“我選的是D.”已知四人中只有一人說了假話，則說假話的人可能是________．答案孫、李解析趙不可能說謊，否則由于錢不選A，則孫和李之一選A，出現(xiàn)兩人說謊．錢不可能說謊，否則與趙同時說謊；所以可能的情況是趙、錢、孫、李選擇的分別為(A，C，B，D)或(A，D，C，B)，所以說假話的人可能是孫、李．題型二直接證明與間接證明命題點1綜合法例4設a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，證明：(1)ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證明(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由題設得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)，當且僅當“a＝b＝c”時等號成立．(2)因為eq\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，當且僅當“a2＝b2＝c2”時等號成立，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，則eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.命題點2分析法例5用分析法證明：當x≥0，y≥0時，eq\r(2y)≥eq\r(x＋2y)－eq\r(x).證明要證不等式成立，只需證eq\r(x)＋eq\r(2y)≥eq\r(x＋2y)成立，即證(eq\r(x)＋eq\r(2y))2≥(eq\r(x＋2y))2成立，即證x＋2y＋2eq\r(2xy)≥x＋2y成立，即證eq\r(2xy)≥0成立，因為x≥0，y≥0，所以eq\r(2xy)≥0，所以原不等式成立．命題點3反證法例6已知非零實數(shù)a，b，c兩兩不相等．證明：三個一元二次方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0不可能都只有一個實根．證明假設三個方程都只有一個實根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2－ac＝0，①,c2－ab＝0，②,a2－bc＝0.③))①＋②＋③，得a2＋b2＋c2－ab－bc－ca＝0，

④④化為(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0.

⑤于是a＝b＝c，這與已知條件相矛盾．因此，所給三個方程不可能都只有一個實根．【備選INCLUDEPICTURE"F:\\源文件\\2022\\一輪\\數(shù)學人教A版老高考\\右括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2022\\一輪\\數(shù)學\\數(shù)學人教A版理老教材（豫甘青寧新蒙貴桂川藏）\\右括.TIF"INET】(2022·貴州質檢)請在綜合法、分析法、反證法中選擇兩種不同的方法證明：(1)如果a>0，b>0，則lgeq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2)；(2)2eq\r(2)－eq\r(7)>eq\r(10)－3.解(1)方法一(綜合法)因為a>0，b>0，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，所以lg

eq\f(a＋b,2)≥lgeq\r(ab).因為lgeq\r(ab)＝eq\f(1,2)lg(ab)＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，所以lg

eq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2).方法二(分析法)要證lg

eq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2)，即證lg

eq\f(a＋b,2)≥eq\f(1,2)lg(ab)＝lgeq\r(ab)，即證eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，由a>0，b>0，上式顯然成立，則原不等式成立．(2)方法一(分析法)要證2eq\r(2)－eq\r(7)>eq\r(10)－3，即證2eq\r(2)＋3>eq\r(10)＋eq\r(7)，即證(2eq\r(2)＋3)2>(eq\r(10)＋eq\r(7))2.即證17＋12eq\r(2)>17＋2eq\r(70)，即證12eq\r(2)>2eq\r(70)，即證6eq\r(2)>eq\r(70).因為(6eq\r(2))2＝72>(eq\r(70))2＝70，所以6eq\r(2)>eq\r(70)成立．由上述分析可知2eq\r(2)－eq\r(7)>eq\r(10)－3成立．方法二(綜合法)由2eq\r(2)－eq\r(7)＝eq\f(1,2\r(2)＋\r(7))，且eq\r(10)－3＝eq\f(1,\r(10)＋3)，由2eq\r(2)<eq\r(10)，eq\r(7)<3，可得2eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(10)＋3，可得eq\f(1,2\r(2)＋\r(7))>eq\f(1,\r(10)＋3)，即2eq\r(2)－eq\r(7)>eq\r(10)－3成立．思維升華(1)綜合法證題從已知條件出發(fā)，分析法從要證結論入手，證明一些復雜問題，可采用兩頭湊的方法．(2)反證法適用于不好直接證明的問題，應用反證法證明時必須先否定結論．跟蹤訓練2(1)已知a>0，b>0，求證：eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)；(2)已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，求證：a>0，b>0，c>0.證明(1)∵a>0，b>0，要證eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)，只要證(a＋b)2≥4ab，只要證(a＋b)2－4ab≥0，即證a2－2ab＋b2≥0，而a2－2ab＋b2＝(a－b)2≥0恒成立，故eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)成立．(2)假設a，b，c不全是正數(shù)，即至少有一個不是正數(shù)，不妨先設a≤0，下面分a＝0和a<0兩種情況討論，如果a＝0，則abc＝0與abc>0矛盾，所以a＝0不可能，如果a<0，那么由abc>0可得，bc<0，又因為a＋b＋c>0，所以b＋c>－a>0，于是ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc<0，這和已知ab＋bc＋ca>0相矛盾，因此，a<0也不可能，綜上所述，a>0，同理可證b>0，c>0，所以原命題成立．題型三數(shù)學歸納法例7數(shù)學歸納法證明：對一切大于1的自然數(shù)，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))>eq\f(\r(2n＋1),2)均成立．證明①當n＝2時，左邊＝1＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，右邊＝eq\f(\r(5),2).∵左邊>右邊，∴不等式成立．②假設當n＝k(k≥2，且k∈N*)時不等式成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2).則當n＝k＋1時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2)·eq\f(2k＋2,2k＋1)＝eq\f(2k＋2,2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(4k2＋8k＋4),2\r(2k＋1))>eq\f(\r(4k2＋8k＋3),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋3)\r(2k＋1),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋1＋1),2).∴當n＝k＋1時，不等式也成立．由①②知對一切大于1的自然數(shù)n，不等式都成立．【備選INCLUDEPICTURE"F:\\源文件\\2022\\一輪\\數(shù)學人教A版老高考\\右括.TIF"INCLUDEPICTURE"E:\\張春蘭\\2022\\一輪\\數(shù)學\\數(shù)學人教A版理老教材（豫甘青寧新蒙貴桂川藏）\\右括.TIF"INET】用數(shù)學歸納法證明12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝eq\f(1,3)n(4n2－1)．證明①當n＝1時，左邊＝12，右邊＝eq\f(1,3)×1×(4×12－1)＝1，左邊＝右邊，等式成立．②假設當n＝k(k≥1，k∈N*)時，等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)，則當n＝k＋1時，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(2k－1)(2k＋1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)(2k＋1)[k(2k－1)＋3(2k＋1)]＝eq\f(1,3)(2k＋1)(2k2＋5k＋3)＝eq\f(1,3)(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)＝eq\f(1,3)(k＋1)(4k2＋8k＋3)＝eq\f(1,3)(k＋1)[4(k＋1)2－1]，即當n＝k＋1時，等式成立，由①②可知，對一切n∈N*等式成立．思維升華用數(shù)學歸納法證明與n有關的不等式，在歸納假設使用后可運用比較法、綜合法、分析法、放縮法等來加以證明，充分應用基本不等式、不等式的性質等放縮技巧，使問題得以簡化．跟蹤訓練3已知數(shù)列{an}的前n項和Sn＝1－nan(n∈N*)．(1)計算a1，a2，a3，a4；(2)猜想an的表達式，并用數(shù)學歸納法證明你的結論．解(1)由Sn＝1－nan(n∈N*)得，a1＝S1＝1－a1，解得a1＝eq\f(1,2)；由S2＝a1＋a2＝1－2a2，解得a2＝eq\f(1,6)；由S3＝a1＋a2＋a3＝1－3a3，解得a3＝eq\f(1,12)；由S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1－4a4，解得a4＝eq\f(1,20)，所以計算得a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(1,6)，a3＝eq\f(1,12)，a4＝eq\f(1,20).(2)猜想an＝eq\f(1,nn＋1)，下面用數(shù)學歸納法證明：①當n＝1時，猜想顯然成立．②假設n＝k(k≥1，k∈N*)時，猜想成立，即ak＝eq\f(1,kk＋1).那么，當n＝k＋1時，Sk＋1＝1－(k＋1)ak＋1，即Sk＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1.又Sk＝1－kak＝eq\f(k,k＋1)，所以eq\f(k,k＋1)＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1，從而ak＋1＝eq\f(1,k＋1k＋2)＝eq\f(1,k＋1[k＋1＋1]).即n＝k＋1時，猜想也成立．故由①和②可知，猜想成立．課時精練1．指數(shù)函數(shù)都是增函數(shù)(大前提)，函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x是指數(shù)函數(shù)(小前提)，所以函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x是增函數(shù)(結論)．上述推理錯誤的原因是()A．小前提不正確 B．大前提不正確C．推理形式不正確 D．大、小前提都不正確答案B解析大前提錯誤．因為指數(shù)函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)在a>1時是增函數(shù)，而在0<a<1時為減函數(shù)．2．(2022·大慶聯(lián)考)用反證法證明命題：“若a2＋b2＋c2＋d2＝0，則a，b，c，d都為0”．下列假設中正確的是()A．假設a，b，c，d都不為0B．假設a，b，c，d至多有一個為0C．假設a，b，c，d不都為0D．假設a，b，c，d至少有兩個為0答案C解析需假設a，b，c，d不都為0.3．若一個帶分數(shù)的算術平方根等于帶分數(shù)的整數(shù)部分乘以分數(shù)部分的算術平方根，則稱該帶分數(shù)為“穿墻數(shù)”，例如eq\r(2\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3)).若一個“穿墻數(shù)”的整數(shù)部分等于log28，則分數(shù)部分等于()A.eq\f(3,7)B.eq\f(4,9)C.eq\f(3,8)D.eq\f(7,16)答案C解析因為log28＝3，所以可設這個“穿墻數(shù)”為3＋eq\f(n,m)，則eq\r(3＋\f(n,m))＝3eq\r(\f(n,m))，等式兩邊平方得3＋eq\f(n,m)＝eq\f(9n,m)，即eq\f(n,m)＝eq\f(3,8).4．下面幾種推理是合情推理的是()①由圓的性質類比出球的有關性質；②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形內(nèi)角和是180°，歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°；③某次考試張軍成績是100分，由此推出全班同學成績都是100分；④三角形內(nèi)角和是180°，四邊形內(nèi)角和是360°，五邊形內(nèi)角和是540°，歸納出n邊形內(nèi)角和是(n－2)·180°.A．①② B．①③④C．①②④ D．②④答案C解析①為類比推理，從特殊到特殊，正確；②④為歸納推理，從特殊到一般，正確；③不符合類比推理和歸納推理的定義，錯誤．5．(2022·普寧模擬)有一個游戲，將標有數(shù)字1,2,3,4的四張卡片分別隨機發(fā)給甲、乙、丙、丁4個人，每人一張，并請這4個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：甲、乙、丙、丁4個人的預測都不正確，那么丁拿到卡片上的數(shù)字為()A．1B．2C．3D．4答案C解析乙、丙、丁所說為假?甲拿4，甲、乙所說為假?丙拿1，甲所說為假?乙拿2，故甲、乙、丙、丁4個人拿到的卡片上的數(shù)字依次為4,2,1,3.6．觀察下列數(shù)的特點：1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…，則第2023項是()A．61B．62C．63D．64答案D解析由規(guī)律可得，數(shù)字相同的數(shù)的個數(shù)依次為1,2,3,4，…，n.由eq\f(nn＋1,2)≤2023，得n≤63，且n∈N*，當n＝63時，共有eq\f(63×64,2)＝2016項，則第2017項至第2080項均為64，即第2023項是64.7．觀察下列各式：已知a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則歸納猜測a7＋b7＝________.答案29解析觀察發(fā)現(xiàn)，1＋3＝4,3＋4＝7,4＋7＝11，又7＋11＝18,11＋18＝29，∴a7＋b7＝29.8．若三角形內(nèi)切圓半徑為r，三邊長為a，b，c，則三角形的面積S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r，利用類比思想：若四面體內(nèi)切球半徑為R，四個面的面積為S1，S2，S3，S4，則四面體的體積V＝________.答案eq\f(1,3)R(S1＋S2＋S3＋S4)解析設四面體的內(nèi)切球的球心為O，則球心O到四個面的距離都是R，所以四面體的體積等于以O為頂點，分別以四個面為底面的4個三棱錐體積的和．9．選用恰當?shù)淖C明方法，證明下列不等式．(1)證明：eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5)；(2)設a，b，c都是正數(shù)，求證：eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c.證明(1)要證eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5)，只需證明(eq\r(6)＋eq\r(7))2>(2eq\r(2)＋eq\r(5))2，即證明2eq\r(42)>2eq\r(40)，也就是證明42>40，式子顯然成立，故原不等式成立．(2)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)＋\f(ab,c)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ab,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ac,b)＋\f(ab,c)))≥2eq\r(\f(abc2,ab))＋2eq\r(\f(acb2,ac))＋2eq\r(\f(bca2,bc))＝2c＋2b＋2a，所以eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c，當且僅當a＝b＝c時，等號成立．10．是否存在一個等差數(shù)列{an}，使得對任何正整數(shù)n，等式a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n＋1)(n＋2)都成立，并證明你的結論．解將n＝1,2,3分別代入等式得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,a1＋2a2＝24，,a1＋2a2＋3a3＝60，))解得a1＝6，a2＝9，a3＝12，設等差數(shù)列{an}的公差為d，則d＝3，從而an＝3n＋3.故存在一個等差數(shù)列an＝3n＋3，使得當n＝1,2,3時，等式成立．下面用數(shù)學歸納法證明結論成立．①當n＝1時，結論顯然成立．②假設n＝k(k≥1，且k∈N*)時，等式成立，即a1＋2a2＋3a3＋…＋kak＝k(k＋1)(k＋2)．那么當n＝k＋1時，a1＋2a2＋3a3＋…＋kak＋(k＋1)ak＋1＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)[3(k＋1)＋3]＝(k＋1)(k2＋2k＋3k＋6)＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)＝(k＋1)[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]，所以當n＝k＋1時結論也成立．由①②知存在一個等差數(shù)列an＝3n＋3，使得對任何正整數(shù)n，等式a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n＋1)(n＋2)都成立．11．我國古代數(shù)學名著《九章算術》中割圓術有：“割之彌細，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣．”其體現(xiàn)的是一種無限與有限的轉化過程，比如在eq\r(2＋\r(2＋\r(2＋…)))中“…”即代表無限次重復，但原式卻是個定值x，這可以通過方程eq\r(2＋x)＝x確定x＝2，類比上述解決方法，則正數(shù)1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋…))等于()A.eq\f(1＋\r(3),2) B.eq\f(1＋\r(5),2)C.eq\f(－1＋\r(5),2) D.eq\f(－1＋\r(3),2)答案B解析依題意1＋eq\f(1,x)＝x，其中x為正數(shù)，即x2－x－1＝0，解得x＝eq\f(1＋\r(5),2)(負根舍去)．12．大于1的正整數(shù)m的三次冪可“分裂”成若干個連續(xù)奇數(shù)的和，如23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，…，若m3分裂后，其中有一個奇數(shù)是103，則m的值是()A．9B．10C．11D．12答案B解析因為底數(shù)為2的分裂成2個奇數(shù)，底數(shù)為3的分裂成3個奇數(shù)，底數(shù)為4的分裂成4個奇數(shù)，所以m3有m個奇數(shù)，則從底數(shù)是2到底數(shù)是m一共有2＋3＋4＋…＋m＝eq\f(2＋mm－1,2)個奇數(shù)，又2n＋1＝103時，有n＝51，則奇數(shù)103是從3開始的第52個奇數(shù)，因為eq\f(9＋29－1,2)＝44，eq\f(10＋210－1,2)＝54，所以第52個奇數(shù)是底數(shù)為10的數(shù)的立方分裂的奇數(shù)的其中一個，即m＝10.13．用數(shù)學歸納法證明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*)”時，由假設n＝k(k>1，k∈N*)不等式成立，推證n＝k＋1不等式成立時，不等式左邊應增加的項數(shù)為________．答案2k解析在用數(shù)學歸納法證明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*)”時，假設當n＝k時不等式成立，左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)，則當n＝k＋1時，左邊＝1＋eq\f(1