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

1、第七章推理與證明第 1 課時(shí)合情推理與演繹推理琛前考點(diǎn)引領(lǐng)婆點(diǎn)獄理自圭學(xué)習(xí) ：；考克靳知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(yīng)該是，n+1+5+1)3- 1 =(n+1)=35 , a+ b= 41.(n + 1)3- 1,則第5個(gè)等式中a=6,b=1

2、3.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 S,1=4,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V，則 V3=-答案：37V 1解析：正四面體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為1 : 3,故二=.V3373.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(mn)，使得 Sm= Sn,貝USm+n=0.類比上述結(jié)論，設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列bn的前 n 項(xiàng)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?yàn)?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(gè)關(guān)于自然數(shù) n 的等式，這個(gè)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(gè)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(gè)別事實(shí)中推演出一般性的結(jié)論，像這樣的推理通常稱為歸納推理.(2)歸納推理的思維過(guò)程大致如圖(3)歸納推理的特點(diǎn)1歸納推理的前提是幾個(gè)已知的特殊現(xiàn)象，歸納所得的結(jié)論是尚屬未知的一般現(xiàn)象， 該結(jié)論超越了前提所包含的范圍.2由歸納推理得到的結(jié)論具有猜測(cè)的性質(zhì)，結(jié)論是否真實(shí)，還需經(jīng)過(guò)邏輯證明和實(shí)踐_檢驗(yàn)，因此，它不能作為數(shù)學(xué)證明的工具.3歸納推理是一種具有創(chuàng)造性的推理，通過(guò)歸納法得到的猜想，可以作為進(jìn)一步研究 的起點(diǎn)，幫助人們發(fā)現(xiàn)問(wèn)題和提出問(wèn)題.2.類比推理(1) 根據(jù)兩個(gè)(或兩類)對(duì)象之間在某

5、些方面的相似或相同，推演出它們?cè)谄渌矫嬉蚕嗨苹蛳嗤?，這樣的推理稱為類比推理.(2) 類比推理的思維過(guò)程大致如圖3.演繹推理(1)演繹推理是根據(jù)已有的事實(shí)和正確的結(jié)論(包括定義、公理、定理等),按照嚴(yán)格的邏輯法則得到新結(jié)論的推理過(guò)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(gè)一般性的原理；是小前提,它指出了一個(gè)特殊對(duì)象；是結(jié)論，它是根據(jù)一般原理，對(duì)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(jié)論- + (n + 1)=- X(n + 1)(n N).X(n+1)=5.設(shè)厶 ABC 的三邊長(zhǎng)分別為a,b,c,ABC 的面積為 S,內(nèi)切圓半徑為r，則 r =2Sa + b+ c類比這個(gè)結(jié)論可知：四面體 PABC 的四個(gè)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(shí)驗(yàn)、概括、推廣一猜測(cè)一般性結(jié)論觀察、比較聯(lián)想、類推一猜測(cè)新的結(jié)論3c + h : a + b c3+ h3； a4+ b4c4+ h4.其中真命題是_(填序號(hào))，進(jìn)一步類比

7、得到的一般結(jié)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(dāng) n = 4 或 5 時(shí)，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(xùn)練n + 2*數(shù)列an的前 n 項(xiàng)和記為 S ,已知 a1= 1 , an+1= S(n N).證明:ncos A)v0,題型bn+ bn+ 23) 設(shè)同時(shí)滿足條件：2三 bn+1(n N);與 n

9、無(wú)關(guān)的常數(shù))的無(wú)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(xiàng)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(shuō)明理由.解：(1)設(shè)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(xiàng)排成如下的三角形:a1a2a3a4a5a6a7asa9記 A(s , t)表示第 s 行的第 t 個(gè)數(shù)，則 A(11 , 12) =_.

10、答案：1112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)為眥，第 11 行的第 12 個(gè)數(shù)為 a., 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)4.n 級(jí)分形圖.線段,8n 級(jí)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(jí)分形圖中有3=(3X2- 3)條線段，二級(jí)分形圖中有 9= (3X22-3)條線段，三級(jí)分形圖中有 21 = (3X

11、23-3)條線段，按此規(guī)律，n 級(jí)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(diào)和三角形”，有1= 2+2， 2=+ 6， 3=4+1一石，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) .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(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)11 1 1 1數(shù)為 10，第 11 行的第一個(gè)數(shù)為 后，則第 11 行的第二個(gè)數(shù)為 10-石=石 02.有一個(gè)游戲，將標(biāo)有數(shù)字 1, 2, 3, 4 的四張卡

12、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：4213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 ; ?。杭讻](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=

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).3233233323333解析：因?yàn)?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(gè)等式為1 + 2 + 3 + 4 + n = (1 + 2 + 3 + n)=4

14、.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)畫點(diǎn)或用小石子來(lái)表示10數(shù)他們研究過(guò)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(gè)新數(shù)列bn，可以推測(cè)：b2 018是數(shù)列an的第 _ 項(xiàng);（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(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； 今天是周四；A 車周三限行；C 車周五限行.答案：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

16、周四限行，所以今天不是周三；因?yàn)?B 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，所以錯(cuò)誤，正 確因?yàn)?B車昨天限行，即 B 車周三限行，所以錯(cuò)誤因?yàn)閺慕裉焖闫?，A、C 兩車連續(xù)由(1)知 b2k 1=四天都能上路行駛，所以錯(cuò)誤.| 疑i指Jt/9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）104105 頁(yè)）.二重噩我材務(wù)實(shí)思礎(chǔ)口1前考點(diǎn)引領(lǐng) 婆點(diǎn)械理自圭學(xué)習(xí)：HHffi考點(diǎn)靳知運(yùn)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(diǎn)*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(shí)，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)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?yàn)?4240,所以 6 2 2 5. 7 成立.4.定義集合運(yùn)算：A-B= Z|Z = xy , x A, y B，設(shè)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(shí)，B= * ? A- B= 10,乎,弊；n2a= 2k 冗或= 2kn+ y(k Z)時(shí)，B= 0 , 1 , A- B= 0 , 1, 1;n3a= 2kn+n或久=2kn (k Z)時(shí)，B= 0， 1 , A - B= 0 , 1， 1;kn3nw,4a且a Mk n+ (k Z)時(shí)，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(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

19、法一一分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過(guò)程、 特點(diǎn)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).a ,COSa,A - B=0,sina ,COs101 15.設(shè) a, b 為兩個(gè)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(gè)正數(shù)，/ = (a + b)1 1 一=4.要使得-+ b卩恒成立，只要 卩W4.I麗識(shí)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(jié)論為止這種證明方法稱為綜合法.2推證過(guò)程已知條件? |結(jié)論(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)程結(jié)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(shè)假設(shè)命題的結(jié)論丕成立，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1對(duì)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(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

22、定義中的條件，f(x) = 2x(x 0，1)不是理想函數(shù).對(duì)于 f(x) = x，x 0， 1，顯然 f(x) 0，且 f(1) = 1.對(duì)任意的 X1，X2 0， 1，X1+X2W1，11 b aba + b =2+a+看2+2a?本題結(jié)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(duì)于 f(x) = x(x 0 , 1)，顯然滿足條件.對(duì)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?yàn)?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(xùn)練已知函數(shù)f(x) = 3X 2x，試求證：對(duì)于任意的X1, X2 R,均有由

24、于 X1, X2 R 時(shí)，3x10 , 3x20,3x1+3x2i_由基本不等式知 一 2- 3X13X2顯然成立，故原結(jié)論成立.題型(反證法)EX1,3)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) 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(yán) ,3X13X22

25、間接證明 f13(1)解：設(shè)an的前 n 項(xiàng)和為 S ,貝USn= a1+ a2+ an,因?yàn)閍n是公比為 q 的等比數(shù)列，所以當(dāng) q = 1 時(shí)，S= a + a1+ a = na1.當(dāng) ql時(shí),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(shè)an+ 1是等比數(shù)列，則對(duì)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?yàn)?a0,所以 2qk= qk1+ qk+1.因?yàn)?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+ 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(xiàng)為 1，公比為的等比數(shù)列，所以 an= 2=.(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(pqr ,111且 p, q, r N)，貝 U 2=尹 + 歹，所以 22r q= 2r p+ 1 .因?yàn)?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(shè)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(gè)能被 5 整 除”，假設(shè)的內(nèi)容是答案：a, b 中沒(méi)有一個(gè)能被 5 整除解析：“至少有 n

28、 個(gè)”的否定是“最多有 n 1 個(gè)”，故應(yīng)假設(shè) a, b 中沒(méi)有一個(gè)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(gòu)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(gòu)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(yè).aav因?yàn)?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?yàn)閍 , b，值域?yàn)閍 , 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(qǐng)說(shuō)明理由.12解：(1)由題設(shè)得 g(x) = 2(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

30、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,123即 2匕b+ = b,解得 b= 1 或 b = 3.因?yàn)?b1，所以 b= 3.1假設(shè)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(kù)毅妙交辜)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

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(yán).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(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.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(nèi)的任意兩個(gè)k %1 .；X2k,使得對(duì)定義域1 ,成立，設(shè) X1X2，則證明：(1)因?yàn)?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(xiàng)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(jiǎn)得 3tr+ 2tr= 2r3-s-1anan +10 ,(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(rs111*1._ （選修 22P94習(xí)題 7 改編）用數(shù)學(xué)歸納法證明 1 + 2 + 3+ 2n1 1）時(shí), 第一步應(yīng)驗(yàn)證_ .1 1答案：1 + 2+ 31,An 取的第一個(gè)數(shù)為 2,左端分母最大的項(xiàng)為2.（選修 22F9o練習(xí) 3 改編）用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式“2nn2+ 1 對(duì)于 nn的自然數(shù) n都成立”時(shí)，第一步證明中的起始值no應(yīng)取為_(kāi).答案：5解析：當(dāng) nW4時(shí)，2nwn2+

34、 1 ;當(dāng) n= 5 時(shí)，25= 3252+ 1 = 26,所以 no應(yīng)取為 5.13.（選修 22Ro3復(fù)習(xí)題 13 改編）在數(shù)列an中，a1= 3，且 Sn= n（2n 1 問(wèn)，通過(guò)求 a?,31 1 1a 2=3x5 ；當(dāng)n=3時(shí)，2+15+a3=(3x5)a 3,1 1 1 1 1a3= 5x7；當(dāng) n = 4 時(shí)，3 + 15 + 35 + a4= (4x7)a4,Aa4= 79;故猜想 an=1_（2n 1）_（ 2n+ 1）.4._（選修 22F103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

35、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.為_(kāi).由此猜想 an=_122- 1a3, a4,猜想 an的表達(dá)式為_(kāi)答案:an=1(2n 1)( 2n + 1)解析：當(dāng) n = 2 時(shí)，3 + a2= (2x3)a2,5.（選修 22P105本章測(cè)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(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 no時(shí)，命題成立；然后假設(shè)當(dāng)n= k(k N , k no)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：(

37、1) 歸納奠基：證明取第一個(gè)自然數(shù)no時(shí)命題成立；(2) 歸納遞推：假設(shè) n = k(k N , k no)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.備課札記題型分類深座剖析課中技巧點(diǎn)更T婆點(diǎn)導(dǎo)學(xué)各個(gè)在破1 證明等式)11 1+4X6 *6X8 +2n(2n+2)證明：當(dāng) n= 1 時(shí),11左邊=-，右邊=2X1X(2X1+2)8左邊=右邊，所以等式成立.假設(shè) n= k(k N*)時(shí)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(dāng)n=k+1時(shí)，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(dāng)n = k + 1 時(shí)，等式也成立.由可知，對(duì)于一切 n N*等式都成立.O 變式訓(xùn)練1 1 1 1111 1*1 + + (n N).2 3 4 2n 1 2n n +1 n+ 22n 1 1 證明： 當(dāng) n= 1 時(shí)，等式左邊一 1 -2-右邊，等式成立.*1 1 1 1

39、1 1 1 假設(shè)當(dāng)n=k(kN)時(shí)，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(dāng) n-k + 1 時(shí)，有 1 2+ 3 4+-+=+用數(shù)學(xué)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(dāng)n=k+1時(shí)，等式也成 立.由知，等式對(duì)任何 n N*均成立.題型式)2 證明不等2)用數(shù)學(xué)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(dāng) k1 時(shí)，k2 k10,即 k(2k + 1)k2+ 2k + 1, 1 1 1 1 則當(dāng)n= k+1時(shí)，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(duì)丨備選變式(教師專享)1證明：當(dāng) n= 2 時(shí),1 1設(shè)n= k 時(shí)，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(dāng) n= 2 時(shí)，1 + 2= 42 2=1 1假設(shè) n= k 時(shí)命題成立，即 1 +孑+孑+23 1 1 1 1n=k+1時(shí),1+亍+k2+K1)1 1=2 ，命題成立.用數(shù)學(xué)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(xiàng)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(xiàng)公式為 an= (n 1)入n+ 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)入k+ 2k,那么當(dāng) n= k + 1 時(shí)，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(dāng) n = k + 1 時(shí)，猜想成立.由知數(shù)列an的通項(xiàng)公式為 an= (n 1)入n+ 2n

43、(n N,入0).題塑,4 綜合運(yùn)用)LL1,4) 設(shè)集合 M= 1 , 2, 3，n(n N, n3)，記 M 的含有三個(gè)元素的子集個(gè)數(shù)為 S,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)T3分別求 T ,S3T4TsT6S, s ,S的值；S4S5S6(2)Tn猜想S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 ,S=1,T3T3= 2 = 2當(dāng)132,S32蘭 n = 4 時(shí)，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(xué)歸納法證明：1當(dāng) n= 3 時(shí)，由(1)知猜想成立.Tkk+12假設(shè)當(dāng) n = k(k 3)時(shí)，猜想成立，即=,Sk2k+ 1而 Sk= Ck,所以 Tk= 2 Ck.則當(dāng) n= k + 1 時(shí)，易知 Sk+1= Ck+1,而當(dāng)集合 M 從1 , 2, 3，,k變?yōu)? , 2, 3, 加了 1 假設(shè) n= k(k1且 k N)時(shí)，結(jié)論成立，即ak=2k,那么 n= k+ 1 時(shí)，ak+ 1= Sk+k , k + 1時(shí)，Tk+1在 Tk的基礎(chǔ)上增227個(gè) 2, 2 個(gè) 3 , 3 個(gè) 4 ,，(k 1)個(gè) k ,所以 Tk+1= Tk+ 2X1 + 3X2+ 4X

45、3+-+ k(k 1)k+ 1ck+2(d+C3+&+ck)28所以當(dāng) n = k + 1 時(shí)，猜想也成立.綜上所述，猜想成立.備選變式(教師專享)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.n (n 3)*(2) 猜想：f(n)=(n 3, n N).證明如下：當(dāng)k ( k 3)當(dāng) n 3 時(shí)，f(3) 0 成立；設(shè)當(dāng) n = k(k 3

46、)時(shí)猜想成立，即 f(k) 2n ( n 3)*綜上，得 f(n) =對(duì)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(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 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(dāng) n= 1 時(shí)，猜想顯然成立； 假設(shè) n= k 時(shí)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(shí)，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(dāng) n= k+ 1 時(shí)，考察 k + 1 邊形 A1A2AA+1,k 邊形 A1A2Ak中原來(lái)的對(duì)角線都是k+ 1 邊形中的對(duì)角線，且邊形中的對(duì)角線；Ak+1與 A, A,，Ak連結(jié)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(jì)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(duì)角線,k2 k 2A1A1，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)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(shí)，不

51、等式也成立.由及數(shù)學(xué)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(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)寫出 fn(x)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明.解：因?yàn)?fn(x)為 fn 1(X)的導(dǎo)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(dāng) n= k + 1 時(shí)，等式(*)成立.*f n n f綜上所述，當(dāng) n N 時(shí)，fn(x) = (x + n)sin ix + + (x - n)cos i x +1.設(shè)數(shù)列an的前 n 項(xiàng)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(xiàng)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(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,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(cè) fn(x) = (x + n)sin x + + (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，(k n即 fk(x) = (x + k)sin jx +則當(dāng) n= k + 1 時(shí)， fk + 1(x) = fk (x)knkn+ ) + cos(x +2 2+ (x - k)cos x + 號(hào).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(shí)，結(jié)論成立.精品疑庫(kù)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(dāng) n= k + 1由知，？n N*, an= 2n+ 1.2.由下列式子：11