《2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)與考點(diǎn)過(guò)關(guān) 第七章 推理與證明學(xué)案.doc》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)與考點(diǎn)過(guò)關(guān) 第七章 推理與證明學(xué)案.doc（24頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
第七章 推理與證明
第1課時(shí) 合情推理與演繹推理
能用歸納和類比等方法進(jìn)行簡(jiǎn)單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用；掌握演繹推理的基本方法，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡(jiǎn)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(jìn)行簡(jiǎn)單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用.② 了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡(jiǎn)單推理.③ 了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異．
1. 已知＝2，＝3，＝4，…，類比這些等式，若＝6(a，b均為正數(shù))，則a＋b＝________．
答案：41
解析：觀察等式＝2，＝3，＝4，…，第n個(gè)應(yīng)該是＝(n＋1)，則第5個(gè)等式中a＝6，b＝a2－1＝35，a＋b＝41.
2. 在平面幾何中有如下結(jié)論：正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則＝，推廣到空間可以得到類似結(jié)論；已知正四面體PABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則＝________．
答案：
解析：正四面體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為1∶3，故＝.
3. 設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若存在正整數(shù)m，n(m
c＋h；② a2＋b2c3＋h3；④ a4＋b4a>b>c，a，b，c∈N*.
(1) 8>a>b>4?bmax＝6.
(2) cmin＝3，6>a>b>3?a＝5，b＝4?a＋b＋c＝12.
4. 已知an＝，把數(shù)列{an}的各項(xiàng)排成如下的三角形：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
……
記A(s，t)表示第s行的第t個(gè)數(shù)，則A(11，12)＝________．
答案：
解析：該三角形數(shù)陣每行所對(duì)應(yīng)元素的個(gè)數(shù)為1，3，5，…，那么第10行的最后一個(gè)數(shù)為a100，第11行的第12個(gè)數(shù)為a112，即A(11，12)＝.
5. 某種平面分形圖如圖所示，一級(jí)分形圖是由一點(diǎn)出發(fā)的三條線段，長(zhǎng)度相等，兩兩夾角為120；二級(jí)分形圖是從一級(jí)分形圖的每條線段末端出發(fā)再生成兩條長(zhǎng)度為原來(lái)的線段，且這兩條線段與原線段兩兩夾角為120，……，依此規(guī)律得到n級(jí)分形圖．
n級(jí)分形圖中共有________條線段．
答案：(32n－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(jí)分形圖中有3＝(32－3)條線段，二級(jí)分形圖中有9＝(322－3)條線段，三級(jí)分形圖中有21＝(323－3)條線段，按此規(guī)律，n級(jí)分形圖中的線段條數(shù)為(32n－3)(n∈N*)．
1. 如圖所示的三角形數(shù)陣叫“萊布尼茨調(diào)和三角形”，有＝＋，＝＋，＝＋，…，則運(yùn)用歸納推理得到第11行第2個(gè)數(shù)(從左往右數(shù))為_(kāi)_______．
答案：
解析：由“萊布尼茨調(diào)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(gè)數(shù)為，第11行的第一個(gè)數(shù)為，則第11行的第二個(gè)數(shù)為－＝.
2. 有一個(gè)游戲，將標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4的四張卡片分別隨機(jī)發(fā)給甲、乙、丙、丁4個(gè)人，每人一張，并請(qǐng)這4人在看自己的卡片之前進(jìn)行預(yù)測(cè)：甲說(shuō)：乙或丙拿到標(biāo)有3的卡片；乙說(shuō)：甲或丙拿到標(biāo)有2的卡片；丙說(shuō)：標(biāo)有1的卡片在甲手中；丁說(shuō)：甲拿到標(biāo)有3的卡片．結(jié)果顯示：這4人的預(yù)測(cè)都不正確，那么甲、乙、丙、丁4個(gè)人拿到的卡片上的數(shù)字依次為_(kāi)___，____，____，____．
答案：4 2 1 3
解析：由于4個(gè)人預(yù)測(cè)不正確，其各自的對(duì)立事件正確，即甲：乙、丙沒(méi)拿到3；乙：甲、丙沒(méi)拿到2；丙：甲沒(méi)拿到1；丁：甲沒(méi)拿到3.綜上，甲沒(méi)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＝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(gè)等式為_(kāi)_______．
答案：13＋23＋33＋43＋…＋n3＝
解析：因?yàn)?3＝12，13＋23＝(1＋2)2，13＋23＋33＝(1＋2＋3)2，13＋23＋33＋43＝(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)的和的平方，照此規(guī)律，第n個(gè)等式為13＋23＋33＋43＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2＝.
4. 傳說(shuō)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家經(jīng)常在沙灘上通過(guò)畫(huà)點(diǎn)或用小石子來(lái)表示數(shù)．他們研究過(guò)如圖所示的三角形數(shù)：
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(gè)新數(shù)列{bn}，可以推測(cè)：
(1) b2 018是數(shù)列{an}的第________項(xiàng)；
(2) b2k－1＝________．(用k表示)
答案：(1) 5 045 (2)
解析：(1) an＝1＋2＋…＋n＝，
b1＝＝a4，b2＝＝a5，b3＝＝a9，
b4＝＝a10，
b5＝＝a14，
b6＝＝a15，
…
b2 018＝＝a5 045.
(2) 由(1)知b2k－1＝＝.
5. 某市為了緩解交通壓力，實(shí)行機(jī)動(dòng)車輛限行政策，每輛機(jī)動(dòng)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(cè)一定正確的是__________．(填序號(hào))
① 今天是周六；② 今天是周四；
③ A車周三限行；④ C車周五限行．
答案：②
解析：因?yàn)槊刻熘辽儆兴妮v車可以上路行駛，E車明天可以上路，E車周四限行，所以今天不是周三；因?yàn)锽車昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因?yàn)锳，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①錯(cuò)誤，②正確．因?yàn)锽車昨天限行，即B車周三限行，所以③錯(cuò)誤．因?yàn)閺慕裉焖闫?，A、C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以④錯(cuò)誤．
1. 合情推理主要包括歸納推理和類比推理．?dāng)?shù)學(xué)研究中，在得到一個(gè)新的結(jié)論前，合情推理能幫助猜測(cè)和發(fā)現(xiàn)結(jié)論，在證明一個(gè)數(shù)學(xué)結(jié)論之前，合情推理常常能為證明提供思路和方法．
2. 合情推理的過(guò)程概括為：從具體問(wèn)題出發(fā)→觀察、分析、比較、聯(lián)想→歸納、類比→提出猜想．
3. 演繹推理是從一般的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況的結(jié)論的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段論，數(shù)學(xué)問(wèn)題的證明主要通過(guò)演繹推理來(lái)進(jìn)行．
4. 合情推理僅是符合情理的推理，得到的結(jié)論不一定正確，而演繹推理得到的結(jié)論一定正確(在前提和推理形式都正確的前提下)．[備課札記](méi)
第2課時(shí) 直接證明與間接證明(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)(文)、(理)104～105頁(yè))
了解分析法、綜合法、反證法，會(huì)用這些方法處理一些簡(jiǎn)單問(wèn)題．
① 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(guò)程、特點(diǎn).② 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(guò)程、特點(diǎn)．
1. 已知向量m＝(1，1)與向量n＝(x，2－2x)垂直，則x＝________．
答案：2
解析：mn＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ mn＝0，即x＝2.
2. 用反證法證明命題“如果a>b，那么>”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為_(kāi)_____________．
答案：＝或<
解析：根據(jù)反證法的步驟，假設(shè)是對(duì)原命題結(jié)論的否定，即＝或<.
3. －2與－的大小關(guān)系是______________．
答案：－2>－
解析： 由分析法可得，要證－2>－，只需證＋>＋2，即證13＋2>13＋4，即>2.因?yàn)?2>40，所以－2>－成立．
4. 定義集合運(yùn)算：AB＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，設(shè)集合A＝{－1，0，1}，B＝{sin α，cos α}，則集合AB的所有元素之和為_(kāi)_______．
答案：0
解析：依題意知α≠kπ＋，k∈Z.
① α＝kπ＋(k∈Z)時(shí)，B＝，
AB＝；
② α＝2kπ或α＝2kπ＋(k∈Z)時(shí)，B＝{0，1}，AB＝{0，1，－1}；
③ α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)時(shí)，B＝{0，－1}，AB＝{0，1，－1}；
④ α≠且α≠kπ＋(k∈Z)時(shí)，B＝{sin α，cos α}，AB＝{0，sin α，cos α，－sin α，－cos α}．
綜上可知，AB中的所有元素之和為0.
5. 設(shè)a，b為兩個(gè)正數(shù)，且a＋b＝1，則使得＋≥μ恒成立的μ的取值范圍是________．
答案：(－∞，4]
解析：∵ a＋b＝1，且a，b為兩個(gè)正數(shù)，∴ ＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.要使得＋≥μ恒成立，只要μ≤4.
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) 一般形式
?A?B?C?…?本題結(jié)論．
(3) 綜合法
① 定義：從已知條件出發(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(jié)論為止．這種證明方法稱為綜合法．
② 推證過(guò)程
?…?…?
(4) 分析法
① 定義：從問(wèn)題的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的條件，逐步上溯，直到使結(jié)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(guò)程
?…?…?
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(shè)——假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真．
② 歸謬——從反設(shè)和已知條件出發(fā)，經(jīng)過(guò)一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果．
③ 存真——由矛盾結(jié)果，斷定反設(shè)不真，從而肯定原結(jié)論成立.
, 1 直接證明(綜合法和分析法))
, 1) 對(duì)于定義域?yàn)閇0，1]的函數(shù)f(x)，如果同時(shí)滿足：
① 對(duì)任意的x∈[0，1]，總有f(x)≥0；
② f(1)＝1；
③ 若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(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∈[0，1])是否為理想函數(shù)？
(1) 證明：取x1＝x2＝0，則x1＋x2＝0≤1，∴ f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴ f(0)≤0.
又對(duì)任意的x∈[0，1]，總有f(x)≥0，∴ f(0)≥0.于是f(0)＝0.
(2) 解：對(duì)于f(x)＝2x，x∈[0，1]，f(1)＝2不滿足新定義中的條件②，
∴ f(x)＝2x(x∈[0，1])不是理想函數(shù)．
對(duì)于f(x)＝x2，x∈[0，1]，顯然f(x)≥0，且f(1)＝1.對(duì)任意的x1，x2∈[0，1]，x1＋x2≤1，
f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x－x＝2x1x2≥0，即f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)．
∴ f(x)＝x2(x∈[0，1])是理想函數(shù)．
對(duì)于f(x)＝(x∈[0，1])，顯然滿足條件①②.
對(duì)任意的x1，x2∈[0，1]，x1＋x2≤1，
有f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2＋x2)＝－2≤0，
即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.
∴ f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不滿足條件③.
∴ f(x)＝(x∈[0，1])不是理想函數(shù)．
綜上，f(x)＝x2(x∈[0，1])是理想函數(shù)，f(x)＝2x(x∈[0，1])與f(x)＝(x∈[0，1])不是理想函數(shù)．
設(shè)首項(xiàng)為a1的正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，q為非零常數(shù)，已知對(duì)任意正整數(shù)n，m，Sn＋m＝Sm＋qmSn總成立．求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列．
證明：因?yàn)閷?duì)任意正整數(shù)n，m，Sn＋m＝Sm＋qmSn總成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，則a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn?、伲?從而Sn＋2＝S1＋qSn＋1?、?，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，綜上得an＋1＝qan(n≥1)，所以數(shù)列{an}是等比數(shù)列．
, 2) 已知m>0，a，b∈R，求證：≤.
證明：因?yàn)閙>0，所以1＋m>0，所以要證原不等式成立，
只需證明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即證m(a2－2ab＋b2)≥0，
即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立，
故原不等式得證．
變式訓(xùn)練
已知函數(shù)f(x)＝3x－2x，試求證：對(duì)于任意的x1，x2∈R，均有≥f.
證明：要證明≥f，
只要證明≥3－2，
因此只要證明－(x1＋x2)≥3－(x1＋x2)，
即證明≥3，
因此只要證明≥，
由于x1，x2∈R時(shí)，3x1>0，3x2>0,
由基本不等式知≥顯然成立，故原結(jié)論成立．
, 2 間接證明(反證法))
, 3) 設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．
(1) 推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式；
(2) 設(shè)q≠1，求證：數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．
(1) 解：設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝a1＋a2＋…＋an，
因?yàn)閧an}是公比為q的等比數(shù)列，所以當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1.當(dāng)q≠1時(shí)，
Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1， ①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，?、?
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
所以Sn＝，所以Sn＝
(2) 證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對(duì)任意的k∈N*，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aq2k＋2a1qk＝a1qk－1a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，
因?yàn)閍1≠0，所以2qk＝qk－1＋qk＋1.因?yàn)閝≠0，所以q2－2q＋1＝0，
所以q＝1，這與已知矛盾．所以假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列．
變式訓(xùn)練
已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＋Sn＝2.
(1) 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；
(2) 求證：數(shù)列{an}中不存在三項(xiàng)按原來(lái)順序成等差數(shù)列．
(1) 解：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＋S1＝2a1＝2，則a1＝1.
又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，
兩式相減得an＋1＝an，所以{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，所以an＝.
(2) 證明：反證法：假設(shè)存在三項(xiàng)按原來(lái)順序成等差數(shù)列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(pc恒成立．而a＋b＝(a＋b)＝10＋＋≥16，∴ c<16.又>，>，∴ <＋＝1，∴ c>10，∴ 100，求證：－≥a＋－2.
證明：要證－≥a＋－2，只需要證＋2≥a＋＋.
因?yàn)閍>0，故只需要證≥，
即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2＋2，
從而只需要證2≥，只需要證4≥2，
即a2＋≥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?yàn)閇a，b]，值域?yàn)閇a，b](a－2)，使函數(shù)h(x)＝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(qǐng)說(shuō)明理由．
解：(1) 由題設(shè)得g(x)＝(x－1)2＋1，其圖象的對(duì)稱軸為直線x＝1，區(qū)間[1，b]在對(duì)稱軸的右邊，所以函數(shù)在區(qū)間[1，b]上單調(diào)遞增．由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，g(1)＝1，g(b)＝b，
即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.因?yàn)閎>1，所以b＝3.
(2) 假設(shè)函數(shù)h(x)＝在區(qū)間[a，b] (a>－2)上是“四維光軍”函數(shù)，
因?yàn)閔(x)＝在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以有即解得a＝b，這與已知矛盾，故不存在．
1. 用反證法證明結(jié)論“三角形的三個(gè)內(nèi)角中至少有一個(gè)不大于60”，應(yīng)假設(shè)______________．
答案：三角形的三個(gè)內(nèi)角都大于60
解析：“三角形的三個(gè)內(nèi)角中至少有一個(gè)不大于60”即“三個(gè)內(nèi)角至少有一個(gè)小于等于60”，其否定為“三角形的三個(gè)內(nèi)角都大于60”．
2. 凸函數(shù)的性質(zhì)定理：如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對(duì)于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，…，xn，有≤f.已知函數(shù)y＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，則在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值為_(kāi)_______．
答案：
解析：∵ f(x)＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，且A，B，C∈(0，π)，∴ ≤f＝f，
即sin A＋sin B＋sin C≤3sin ＝，
∴ sin A＋sin B＋sin C的最大值為.
3. 定義：若存在常數(shù)k，使得對(duì)定義域D內(nèi)的任意兩個(gè)x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，則稱函數(shù)f(x)在定義域D上滿足利普希茨條件．若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則常數(shù)k的最小值為_(kāi)_______．
答案：
解析：若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則存在常數(shù)k，使得對(duì)定義域[1，＋∞)內(nèi)的任意兩個(gè)x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，設(shè)x1>x2，則k≥＝.而0<<，所以k的最小值為.
4. 設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋，x∈[0，1]．求證：
(1) f(x)≥1－x＋x2；
(2) ＜f(x)≤.
證明：(1) 因?yàn)?－x＋x2－x3＝＝，由于x∈[0，1]，有≤，即1－x＋x2－x3≤，所以f(x)≥1－x＋x2.
(2) 由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋≤x＋＝x＋－＋＝＋≤，所以f(x)≤.由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝＋≥，又f＝＞，所以f(x)＞.
綜上，＜f(x)≤.
5. 已知數(shù)列{an}滿足a1＝，＝，anan＋1<0(n≥1)，數(shù)列{bn}滿足bn＝a－a(n≥1)．
(1) 求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；
(2) 求證：數(shù)列{bn}中的任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列．
(1) 解：由題意可知，1－a＝(1－a)．
令cn＝1－a，則cn＋1＝cn.
又c1＝1－a＝，則數(shù)列{cn}是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，即cn＝.
故1－a＝?a＝1－.
又a1＝>0，anan＋1<0，
故an＝(－1)n－1.
bn＝a－a
＝－
＝.
(2) 證明：用反證法證明．
假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項(xiàng)br，bs，bt(rbs>bt，則只能有2bs＝br＋bt成立．
即2＝＋，
兩邊同乘3t－121－r，
化簡(jiǎn)得3t－r＋2t－r＝22s－r3t－s.
由于r1)時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證________．
答案：1＋＋<2
解析：∵ n∈N*，n>1，∴ n取的第一個(gè)數(shù)為2，左端分母最大的項(xiàng)為＝.
2. (選修22P90練習(xí)3改編)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式“2n>n2＋1對(duì)于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時(shí)，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取為_(kāi)_______．
答案：5
解析：當(dāng)n≤4時(shí)，2n≤n2＋1；當(dāng)n＝5時(shí)，25＝32>52＋1＝26，所以n0應(yīng)取為5.
3. (選修22P103復(fù)習(xí)題13改編)在數(shù)列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通過(guò)求a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式為_(kāi)_______________．
答案：an＝
解析：當(dāng)n＝2時(shí)，＋a2＝(23)a2，∴ a2＝；當(dāng)n＝3時(shí)，＋＋a3＝(35)a3，∴ a3＝；當(dāng)n＝4時(shí)，＋＋＋a4＝(47)a4，∴ a4＝；故猜想an＝.
4. (選修22P103復(fù)習(xí)題14改編)比較nn＋1與(n＋1)n(n∈N*)的大小時(shí)會(huì)得到一個(gè)一般性的結(jié)論，用數(shù)學(xué)歸納法證明這一結(jié)論時(shí)，第一步要驗(yàn)證________．
答案：當(dāng)n＝3時(shí)，nn＋1＝34＞(n＋1)n＝43
解析：當(dāng)n＝1時(shí)，nn＋1＝1＞(n＋1)n＝2不成立；當(dāng)n＝2時(shí)，nn＋1＝8＞(n＋1)n＝9不成立；當(dāng)n＝3時(shí)，nn＋1＝34＞(n＋1)n＝43，結(jié)論成立．
5. (選修22P105本章測(cè)試13改編)已知a1＝，an＋1＝，則a2，a3，a4，a5的值分別為_(kāi)_______________．由此猜想an＝________．
答案：，，，
解析：a2＝＝＝＝，同理a3＝＝＝，a4＝＝，a5＝＝，a1＝＝，符合以上規(guī)律．
故猜想an＝.
1. 由一系列有限的特殊現(xiàn)象得出一般性的結(jié)論的推理方法，通常叫做歸納法．
2. 對(duì)某些與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題常采用下面的方法來(lái)證明它們的正確性：先證明當(dāng)n取第1個(gè)值n0時(shí)，命題成立；然后假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥n0)時(shí)命題成立；證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立，這種證明方法叫做數(shù)學(xué)歸納法．
3. 用數(shù)學(xué)歸納法證明一個(gè)與正整數(shù)有關(guān)的命題時(shí)，其步驟如下：
(1) 歸納奠基：證明取第一個(gè)自然數(shù)n0時(shí)命題成立；
(2) 歸納遞推：假設(shè)n＝k(k∈N*，k≥n0)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題成立；
(3) 由(1)(2)得出結(jié)論．[備課札記](méi)
, 1 證明等式)
, 1) 用數(shù)學(xué)歸納法證明：＋＋＋…＋＝(n∈N*)．
證明：① 當(dāng)n＝1時(shí)，
左邊＝＝，右邊＝＝，
左邊＝右邊，所以等式成立．
② 假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)等式成立，即有
＋＋＋…＋＝，
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，＋＋＋…＋＋
＝＋＝
＝＝＝.
所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．
由①②可知，對(duì)于一切n∈N*等式都成立．
變式訓(xùn)練
用數(shù)學(xué)歸納法證明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N*)．
證明：① 當(dāng)n＝1時(shí)，等式左邊＝1－＝＝右邊，等式成立．
② 假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，有1－＋－＋…＋－＋－＝＋＋…＋＋－＝＋＋…＋＋，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．
由①②知，等式對(duì)任何n∈N*均成立．
, 2 證明不等式)
, 2) 用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式：＋＋＋…＋>1(n∈N*且n>1)．
證明：① 當(dāng)n＝2時(shí)，＋＋＝>1成立．
② 設(shè)n＝k時(shí)，＋＋＋…＋>1成立．
由于當(dāng)k>1時(shí)，k2－k－1>0，即k(2k＋1)>k2＋2k＋1，
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，＋＋＋…＋
＝(＋＋＋…＋)＋＋＋…＋－
>1＋＋＋…＋－
>1＋＋＋…＋－＝1＋－＝1.
綜合①②可知，原不等式對(duì)n∈N*且n>1恒成立．
用數(shù)學(xué)歸納法證明：1＋＋＋…＋<2－(n∈N*，n≥2)．
證明：① 當(dāng)n＝2時(shí)，1＋＝<2－＝，命題成立．
② 假設(shè)n＝k時(shí)命題成立，即1＋＋＋…＋<2－.
當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，命題成立．
由①②知原不等式對(duì)n∈N*，n≥2恒成立．
, 3 數(shù)列問(wèn)題)
, 3) 數(shù)列{an}滿足Sn＝2n－an(n∈N*)．
(1) 計(jì)算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項(xiàng)公式an；
(2) 證明(1)中的猜想．
(1) 解：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2－a1，∴ a1＝1；
當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋a2＝S2＝22－a2，∴ a2＝；
當(dāng)n＝3時(shí)，a1＋a2＋a3＝S3＝23－a3，∴ a3＝；
當(dāng)n＝4時(shí)，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝24－a4，∴ a4＝.
由此猜想an＝(n∈N*)．
(2) 證明：① 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1，結(jié)論成立．
② 假設(shè)n＝k(k≥1且k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＝，那么n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，所以2ak＋1＝2＋ak.
所以ak＋1＝＝＝.所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．
由①②知猜想an＝(n∈N*)成立．
變式訓(xùn)練
在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*，λ>0)．
(1) 求a2，a3，a4；
(2) 猜想{an }的通項(xiàng)公式，并加以證明．
解：(1) a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22，
a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，
a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.
(2) 由(1)可猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(n－1)λn＋2n.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
① 當(dāng)n＝1，2，3，4時(shí)，等式顯然成立，
② 假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥4，k∈N*)時(shí)等式成立，即ak＝(k－1)λk＋2k，
那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k
＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，
所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想成立．
由①②知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(n－1)λn＋2n(n∈N*，λ>0)．
, 4 綜合運(yùn)用)
, 4) 設(shè)集合M＝{1，2，3，…，n}(n∈N，n≥3)，記M的含有三個(gè)元素的子集個(gè)數(shù)為Sn，同時(shí)將每一個(gè)子集中的三個(gè)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) 分別求，，，的值；
(2) 猜想關(guān)于n的表達(dá)式，并加以證明．
解：(1) 當(dāng)n＝3時(shí)，M＝{1，2，3}，S3＝1，T3＝2，＝2；當(dāng)n＝4時(shí)，M＝{1，2，3，4}，S4＝4，T4＝2＋2＋3＋3＝10，＝，＝3，＝.
(2) 猜想＝.
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：
① 當(dāng)n＝3時(shí)，由(1)知猜想成立．
② 假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3)時(shí)，猜想成立，即＝，
而Sk＝C，所以Tk＝C.
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，易知Sk＋1＝C，
而當(dāng)集合M從{1，2，3，…，k}變?yōu)閧1，2，3，…，k，k＋1}時(shí)，Tk＋1在Tk的基礎(chǔ)上增加了1個(gè)2，2個(gè)3，3個(gè)4，…，(k－1)個(gè)k，
所以Tk＋1＝Tk＋21＋32＋43＋…＋k(k－1)
＝C＋2(C＋C＋C＋…＋C)
＝C＋2(C＋C＋C＋…＋C)
＝C＋2C＝C＝Sk＋1，
即＝.
所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立．
綜上所述，猜想成立．
已知過(guò)一個(gè)凸多邊形的不相鄰的兩個(gè)端點(diǎn)的連線段稱為該凸多邊形的對(duì)角線．
(1) 分別求出凸四邊形，凸五邊形，凸六邊形的對(duì)角線的條數(shù)；
(2) 猜想凸n邊形的對(duì)角線條數(shù)f(n)，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．
解：(1) 凸四邊形的對(duì)角線條數(shù)為2條；凸五邊形的對(duì)角線條數(shù)為5條，凸六邊形的對(duì)角線條數(shù)為9條．
(2) 猜想：f(n)＝(n≥3，n∈N*)．
證明如下：當(dāng)n＝3時(shí)，f(3)＝0成立；設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3)時(shí)猜想成立，即f(k)＝，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，考察k＋1邊形A1A2…AkAk＋1，
①k邊形A1A2…Ak中原來(lái)的對(duì)角線都是k＋1邊形中的對(duì)角線，且邊A1Ak也成為k＋1邊形中的對(duì)角線；
②在Ak＋1與A1，A2，…，Ak連結(jié)的k條線段中，除Ak＋1A1，Ak＋1Ak外，都是k＋1邊形中的對(duì)角線，共計(jì)有f(k＋1)＝f(k)＋1＋(k－2)＝＋1＋(k－2)＝＝＝＝(條)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立．
綜上，得f(n)＝對(duì)任何n≥3，n∈N*都成立．
1. (2017蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知fn(x)＝Cxn－C(x－1)n＋…＋(－1)kC(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(cè)fn(x)關(guān)于n的表達(dá)式，并證明你的結(jié)論．
解：(1) f1(x)＝Cx－C(x－1)＝x－x＋1＝1，
f2(x)＝Cx2－C(x－1)2＋C(x－2)2＝x2－2(x2－2x＋1)＋(x2－4x＋4)＝2，
f3(x)＝Cx3－C(x－1)3＋C(x－2)3－C(x－3)3＝x3－3(x－1)3＋3(x－2)3－(x－3)3＝6.
(2) 猜想：fn(x)＝n！.
證明：① 當(dāng)n＝1時(shí)，猜想顯然成立；
② 假設(shè)n＝k時(shí)猜想成立，即fk(x)＝Cxk－C(x－1)k＋C(x－2)k＋…＋(－1)kC(x－k)k＝k！，
則n＝k＋1時(shí)，fk＋1(x)＝Cxk＋1－C(x－1)k＋1＋C(x－2)k＋1＋…＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1＝xCxk－(x－1)C(x－1)k＋(x－2)C(x－2)k＋…＋(－1)k(x－k)C(x－k)k＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1＝x[Cxk－C(x－1)k＋C(x－2)k＋…＋(－1)kC(x－k)k]＋[C(x－1)k－2C(x－2)k＋…＋(－1)k＋1kC(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1
＝x[Cxk－(C＋C)(x－1)k＋(C＋C)(x－2)k＋…＋(－1)k(C＋C)(x－k)k]＋(k＋1)[C(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k＋1C(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1
＝x[Cxk－C(x－1)k＋C(x－2)k＋…＋(－1)kC(x－k)k]－x[C(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k－1C(x－k)k＋(－1)kC(x－k－1)k]＋(k＋1)[C(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k＋1C(x－k)k＋(－1)kC(x－k－1)k]＝xk！－xk?。?k＋1)k?。?k＋1)！.
∴ 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想成立．
綜上所述，猜想成立．
2. 設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1，2，3，….
(1) 求a1，a2；
(2) 猜想數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式，并給出證明．
解：(1) 當(dāng)n＝1時(shí)，x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1，
于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝.
當(dāng)n＝2時(shí)，x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a2－，
于是－a2－a2＝0，解得a2＝.
(2) 由題設(shè)知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0.
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0. ①
由(1)得S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝.
由①可得S3＝.由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，….
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個(gè)結(jié)論．
(ⅰ) n＝1時(shí)已知結(jié)論成立.
(ⅱ) 假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，即Sk＝，
當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由①得Sk＋1＝，
即Sk＋1＝，故n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立．
綜上，由(ⅰ)、(ⅱ)可知Sn＝對(duì)所有正整數(shù)n都成立．
3. 已知x1，x2，…，xn∈R＋，且x1x2…xn＝1.
求證：(＋x1)(＋x2)…(＋xn)≥(＋1)n.
證明：(數(shù)學(xué)歸納法)① 當(dāng)n＝1時(shí)，＋x1＝＋1，不等式成立．
② 假設(shè)n＝k時(shí)不等式成立，即(＋x1)(＋x2)…(＋xk)≥(＋1)k成立．
則n＝k＋1時(shí)，若xk＋1＝1，則命題成立；若xk＋1>1，則x1，x2，…，xk中必存在一個(gè)數(shù)小于1，不妨設(shè)這個(gè)數(shù)為xk，從而(xk－1)(xk＋1－1)<0，即xk＋xk＋1>1＋xkxk＋1.同理可得xk＋1<1時(shí)，xk＋xk＋1>1＋xkxk＋1.
所以(＋x1)(＋x2)…(＋xk)(＋xk＋1)
＝(＋x1)(＋x2)…[2＋(xk＋xk＋1)＋xkxk＋1]
≥(＋x1)(＋x2)…[2＋(1＋xkxk＋1)＋xkxk＋1]
＝(＋x1)(＋x2)…(＋xkxk＋1)(＋1)≥(＋1)k(＋1)＝(＋1)k＋1.
故n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．
由①②及數(shù)學(xué)歸納法原理知原不等式成立．
4. 已知函數(shù)f0(x)＝x(sin x＋cos x)，設(shè)fn(x)為fn－1(x)的導(dǎo)數(shù)，n∈N*.
(1) 求f1(x)，f2(x)的表達(dá)式；
(2) 寫(xiě)出fn(x)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．
解：(1) 因?yàn)閒n(x)為fn－1(x)的導(dǎo)數(shù)，
所以f1(x)＝f0′(x)＝(sin x＋cos x)＋x(cos x－sin x)＝(x＋1)cos x＋(x－1)(－sin x)，
同理，f2(x)＝－(x＋2)sin x－(x－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(xiě)為
f1(x)＝(x＋1)sin＋(x－1)cos，
f2(x)＝(x＋2)sin＋(x－2)cos，
f3(x)＝(x＋3)sin＋(x－3)cos，
猜測(cè)fn(x)＝(x＋n)sin＋(x－n)cos(x＋) (*)．
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上述等式．
① 當(dāng)n＝1時(shí)，由(1)知，等式(*)成立；
② 假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，等式(*)成立，
即fk(x)＝(x＋k)sin＋(x－k)cos.
則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，fk＋1(x)＝fk′(x)
＝sin＋(x＋k)cos(x＋)＋cos(x＋)＋(x－k)
＝(x＋k＋1)cos＋[x－(k＋1)]
＝[x＋(k＋1)]sin＋[x－(k＋1)]cos，
即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式(*)成立．
綜上所述，當(dāng)n∈N*時(shí)，fn(x)＝(x＋n)sin＋(x－n)cos成立．
1. 設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.
(1) 求a1，a2，a3的值；
(2) 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式．
解：(1) 由題意知S2＝4a3－20，∴ S3＝S2＋a3＝5a3－20.
又S3＝15，∴ a3＝7，S2＝4a3－20＝8.
又S2＝S1＋a2＝(2a2－7)＋a2＝3a2－7，
∴ a2＝5，a1＝S1＝2a2－7＝3.
綜上知，a1＝3，a2＝5，a3＝7.
(2) 由(1)猜想an＝2n＋1，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．
① 當(dāng)n＝1時(shí)，結(jié)論顯然成立；
② 假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，ak＝2k＋1，
則Sk＝3＋5＋7＋…＋(2k＋1)＝＝k(k＋2)．
又Sk＝2kak＋1－3k2－4k，
∴ k(k＋2)＝2kak＋1－3k2－4k，解得2ak＋1＝4k＋6，
∴ ak＋1＝2(k＋1)＋1，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．
由①②知，?n∈N*，an＝2n＋1.
2. 由下列式子：
1>；
1＋＋>1；
1＋＋＋＋＋＋>；
1＋＋＋…＋>2；
…
猜想第n個(gè)表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法給予證明．
解：可以猜得第n個(gè)式子是1＋＋＋＋…＋＞ (n≥1，n∈N)．
用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：
① 當(dāng)n＝1 時(shí)，1>；
② 假設(shè)當(dāng)n＝k(n≥1，n∈N)時(shí)，命題成立，即1＋＋＋＋…＋>.
當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋＋＋…＋＋＋＋…＋>＋＋＋…＋,\s\do4(2k))
＞＋＋＋…＋,\s\do4(2k))
＝＋＝＋＝.
所以，對(duì)一切n≥1，n∈N命題都成立．
3. 已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*.
(1) 當(dāng)n＝1，2，3時(shí)，試比較f(n)與g(n)的大小關(guān)系；
(2) 猜想f(n)與g(n)的大小關(guān)系，并給出證明．
解：(1) 當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝1，g(1)＝－＝1，所以f(1)＝g(1)；
當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝1＋＝，g(2)＝－＝，所以f(2)0，∴ ak－ak＋1<0.
又ak＋1＝ak(4－ak)＝[4－(ak－2)2]<2.∴ n＝k＋1時(shí)命題成立．
由①②知，對(duì)一切n∈N都有an
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2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)
第一部分
基礎(chǔ)與考點(diǎn)過(guò)關(guān)
第七章
推理與證明學(xué)案
2019
高考
數(shù)學(xué)
一輪
復(fù)習(xí)
第一
部分
基礎(chǔ)
考點(diǎn)
過(guò)關(guān)
第七
推理
證明
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