推理與證明10課時(shí)教師

第1 【推理 數(shù)列2，5，11，20，x，47，…中的x等于 例1 2nn邊形的內(nèi)角和是（n—2）×1800．例 221,222,223,由此，我們猜 31 32 3bbm a【隨堂練 解 131323(1132333123)2n313233n3解：(123 n)2例 已知數(shù)列

的通項(xiàng)公式

(n

(nN*，f(n)1a1)(1a2)(1an)f(1f(2)f(3f(n

34f(2)(1a)(1a)24 f(3)(1a)(1a)(1a)5 f(n)

n2（n＝１，２，３，…．n－2個圖形中共有 （n+2（n+3已知：數(shù)列{an}a1=1，且

n1

an1

解a1a1a1a1,歸納出a1 （1（2（3迎迎，按同樣的方式構(gòu)造圖形，設(shè)第n個圖形包含f(n)個“福娃迎迎，則f(5) f(nf(n1 答案用數(shù)字或n的解析式表示1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，…中,第100項(xiàng)是 解：由規(guī)律可得:數(shù)字相同的數(shù)依次個數(shù)為n(n1，2，3，4，n2

≤100，n∈N

得①sin2300sin2900sin2150032②sin250sin2650sin212502．解：sin2xsin(x600)sin2(x 4522,45

nnn12f(n1111(nN*經(jīng)計(jì)算:f(23f(4)2f(85f(163 f(32)7，推測當(dāng)n2時(shí)， 2解：f(2n)2n12112,23432,3456752，按此規(guī)律下去，第8個等式 解 2324172fx

2xx

x1

xn

fxn

x2,

,

分別 猜想xn 解2,1, 2

nsin2300cos2600sin300cos6004sin2200cos2500sin200cos5004sin2150cos2450sin150cos45034解：分析3等式中兩角關(guān)系，可得出sin2cos2300sincos(3004已知a1a1

2n(n24 2解a1a3a

5，a

，歸納得

2n1

3317222

2

210abab解：當(dāng)ab20

2

a,b0,11第 堆最底層（第一層）分別按如圖nn層就放一f(nn（1）f(3（2）f(n（答案用n表示

第10（1）（2）由（1）f(4)

,f(n)

f(n1)n(n1)2

f(n)n(n1)(n6【點(diǎn)評】f(n

f(n1n(n12第2 類比推理 例 (1) （2)a=b (2)a＞b 例 例 3

S1ah31arr1h

V1Sh41Srr1h1 【隨堂練anan1d（dn2，nNanan1q（qn2nN通項(xiàng)ana1(naaqn1 mnpqamanap(m,n,p,qN*mnpqamanap(m,n,p,qN* .解例4 圖所標(biāo)邊長，由勾股定理有：c2a2b2．設(shè)想正方形換成正方體，把截線換成如圖的截面，這從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐OLMN，如果用S1，S2，S3表示三個側(cè)面面積，S4表 cM cMaLN S2S2S2 5在平面幾何里，由勾股定理：“設(shè)△ABC的兩邊AB，ACAB2AC2BC2面幾何勾股定理，可以得到的正確的結(jié)論是：“設(shè)三棱錐ABCD的三個側(cè)面ABC，ACD

兩兩互相垂直，S2S

．．

S'

PA'P

PABA

P

ACa2在△ABC中，若C90，ACb，BCa，則△ABC的外接圓的半徑a22 a2b2解：r ．a(chǎn)2b22所以在空間中我們可以選取有3個面兩兩垂直的四面體來考ABCDABaACbADca2b2a2b22等比數(shù)列{an}滿足

mnpqN若mnpqamanapaq由類比推理可得，若{an}等差數(shù)列，且有mnpq，則_ _.amanap底×高×2 __.S2ax2bxc0(abcR有兩個不同實(shí)數(shù)根的條件是b24ac0方程az2bzc0(abcC有兩個不同復(fù)數(shù)根的條件是b24ac0其中類比錯誤的是__.13 r1h4

” 在平面直角坐標(biāo)系中，直線一般方程為AxByC0，圓心在(x0,y0)的圓的一般方程為(xx)2(yy)2r2；則類似的，在空間直角坐標(biāo)系中，平面的一般方程為 ，球心在(x0,y0,z0)的球的一般方程為 解：AxByCzD0(xx)2yy)2zz)2 現(xiàn)有一個關(guān)于平面圖形題：如圖，同一個平面內(nèi)有兩個邊長都是a的正方形，其中一個的 4

a 8已知ABC的三邊長為abc，內(nèi)切圓半徑為r（SABC表示ABC的面積，則1r(abc)ABCDR2VABCD 解：13

SBCD在等差數(shù)列an中若a100則有等式a1a2 ana1a2

n19,nN

類比上述性質(zhì)，相應(yīng)地：在等比數(shù)列bn中，若b91，則有等

bb

bb

1

1 解：類 Cx2y2

1 PM、PNKPM、KPNKPMKPNx2y2

1 M、Nx2y2

P1 PM、PN的斜率都存在，并記為KPM、KPNKPMKPNP位置無M(m,n),則N(

m2n2P(x,y)

yn,Kxm

11PN

ynx y

y

y2KPMKPNxm

xm

ax2a將 將 2 y xb,n m

2

b2aa

第3演繹推 解：，，結(jié)論.解：M—P（M（）S—M（SS—P（S（（結(jié)論）若集合M的所有元素都 ，S是M的一個 ，那么S中所有元素也都具有性質(zhì)P.（（（（））函數(shù)yx2x1

（結(jié)論】【點(diǎn)評中包含了3個命題，第一個命題稱為，它提供了一個一般性的原理，第二個命聯(lián)系，從而得到第三個命題——結(jié)論.演繹的前提是一般性原理,演繹所得的結(jié)論是蘊(yùn)涵于前提之中】例 已知lg2=m,計(jì)算（1） （ （ （2）lga blg0.8=lg （結(jié)論（1（2） 提是真實(shí)的，推理的形式是正確的，那么結(jié)論也必定是正確的.因而演 繹推理例 D、E是垂足，求證：ABMD、E的距離相等在△ABC中,AD⊥BC,即∠ADB=90°（）所以△ABD是直角三角形（結(jié)論因?yàn)镈M是直角三角形斜邊上的中線 （1所以2

EM=【隨堂練解:要熟悉歸納推理、類比推理、演繹推理的概念. 解:由演繹推理可得這個結(jié)論是:正方形的對角線相aα,ba”結(jié)論顯然是錯誤的,這是因?yàn)槔?證明函數(shù)f(x)x22x在(,1)內(nèi)是增函數(shù)【分析】證明本例所依據(jù)的是：在某個區(qū)間（a,b）內(nèi)，如果f'(x)0，那么函數(shù)yf(x)在f(x)x22x的導(dǎo)數(shù)在區(qū)間(,1f'(x)0f'(x)2x2x(,1時(shí)，有1x0，所以f(x2x22(1x0于是，根據(jù)“”得，f(x)x22x在(,1)內(nèi)是增函數(shù)例 設(shè)平面直角坐標(biāo)系xoy中設(shè)二次函數(shù)f(x)x22xb(xR)的圖象與坐標(biāo)軸有三個交點(diǎn)求實(shí)數(shù)b求圓C的方程；問圓C是否經(jīng)過某定點(diǎn)（其坐標(biāo)與b無關(guān)）？（Ⅰ）（0，bfxx22xb0b≠0且Δ＞0b＜1x2y2DxEyFy＝0x2DxF0x22xb＝0D＝2，F(xiàn)＝b．x＝0y2Ey＝0bE＝―b―1．所以圓C的方程為x2y22xb1yb0CC過定點(diǎn)(x0y0)(x0y0不依賴于

并變形為x2y22x

b(1

)

為使（*）式對所有滿足b1(b0)的b都成立，必須有1y00， x00，x0x0y02x0y00，解得

經(jīng)檢驗(yàn)知，點(diǎn)(0,1),(20CC過定點(diǎn) 用演繹法證明y＝x2是增函數(shù)時(shí)的 根據(jù)演繹推理及增函數(shù)的定義可得，答案:根據(jù)類比推理的定義進(jìn)行分析.答案:設(shè)函數(shù)f(xax1(a,bZ，曲線yf(x在點(diǎn)(2,f(2處的切線方程為y3xyf(x的解析式y(tǒng)f(xyf(x)x1yx所圍三角形的面積為定值， （Ⅰ） (x2a1 2于是a 0. (xa

a9 或解得b 或b abZ，故f(xx1xx(II)y1xy21xg(x)x1xf(xx111.xg(x11yf(xyf(x的圖像是以點(diǎn)（1，1）為中心的中心對稱圖形證明：在曲線上任一點(diǎn)(xx1x00 x00由f(x)1 0(x02x2x y ](xx)x

x1yx01,x1交點(diǎn)為(1x01x0 x0yxy2x01,切線與直線yx交點(diǎn)為(2x012x01x1yx的交點(diǎn)為1|x011||2x11|1|21||

2|22x 2x 所以,明 密 密 明 解：運(yùn)用映射概念進(jìn)行分析，找出對應(yīng)元素，解決問題的關(guān)鍵是要抓住使明文與密文之間的yloga(x2)x=63loga(62a=2y=4x=24－2＝1411，之后每位同學(xué)所報(bào)出的數(shù)都是 、、、、、 、7、610、987……分別除以3得余數(shù)分別是1、1、2、0、2、 環(huán)，周期是8.在這一個周期內(nèi)第四個數(shù)和第八個數(shù)都是3的倍數(shù)，所以在三個周期內(nèi)共有6個報(bào)77次.答案：7次a*b||a||a*b||a||b|和b的夾角，

v

3),uv

323.答案： 3 AB、CDEF、GHIJ各點(diǎn)，最后又回A（如圖所示ABBC，AB//CD//EF//HG//IJ，BC//DE//FG//HI//JA欲知此質(zhì)點(diǎn)所走路程，至少需要測量n條線段的長度，則nABBCGH3條線段的長, ， 錯誤（P（M請你把不等式“若a1

a

a

a1a2ana a a a 1

nnaa

aa1a2ana2aa∴1a

a2a，2

a，…，n1

aa，na

aa aa

na a a a n1 n

nnaaa Rf(x

2x2x1

是奇函數(shù)求ab若對任意的tRf(t22tf(2t2k0恒成立，求k的取值范圍（Ⅰ）

b1 10b1b1 11

a

a1 a

2aa1 ，易知f(x)在(,)上為減函數(shù)2

2xf(xf(t22tf(2t2k0f(t22tf(2t2kf(k2t2f(xt22tk2t2即對一切tR3t22tk0，從而判別式412k0k13解法二：由（Ⅰ）f(x

12

12t222t22t

122t2 0222t2k即(22t2k12)(12t22t2t22t12)(122t2k0，

上式對一切tR均成立，從而判別式412k0k13f(x)4xax22x3xR在區(qū)間[－1，1]上是增函數(shù)3xf(x)2x1x3x1、x2.m3m2+tm+1≥|x1－x2|a∈At∈[－1，1]m的取值范圍；若不存（Ⅰ）f(x)=42

∴f＇(x)≥0對x∈[－1，1]恒成立即x2－ax－2≤0對x∈[－1，1]恒成立. 設(shè)(x)=x2－ax－2，

① a

a 22 2

（Ⅱ）由4xax22x32x1x3得x0,或x2ax2 ∴x1，x2x2－ax－2=0(xx)24x(xx)24x 1a2a2a2m2+tm+1≥|x1－x2|a∈At∈[－1，1]恒成立，m2+tm+1≥3t∈[－1，1]恒成立，

m≥2是{m|m≥2m≤－2}.m≠0

m≥2是{m|m≥2m≤－2}.及分類討論思想和靈活運(yùn)用數(shù)學(xué)知識分析問題和解決問題的能力.在解題過程中大量采用了一般ay＝xa有如下性質(zhì)：如果常數(shù)a＞0，那么該函數(shù)在ax

]上是減a數(shù)，在 ，＋∞)上是增函數(shù)aby＝xbx

（x＞0）的值域?yàn)?，求b研究y＝x2

x2（常數(shù)c＞0）y＝xay＝x2x

x2（常數(shù)a＞0）例．研究推廣后的函數(shù)的單調(diào)性（只須寫出結(jié)論，不必證明，并求函數(shù)F(x)＝(x21)nx(1x)n（n是正整數(shù)）在區(qū)間1，2]上的最大值和最小值（可利用你的研究結(jié)論x 解：(1)x

,

=6,0<x1<x2,y2－y1x2

x2c(x2x2)(1

) x

x

x2x 當(dāng)4c<x1<x2時(shí),y2>y1,y=x2x

在4c,+∞)0<x1<x24cy2<y1,y=x2x

在(0,4c]上是減函數(shù)y=x2x

是偶函數(shù),于是,該函數(shù)在(－∞,4c]上是減函數(shù),在[4c,0)上是增函數(shù)y=xnxn當(dāng)n是奇數(shù)時(shí),函數(shù)y=xnxn

在(0,2na]上是減函數(shù),在2na,+∞)上是增函數(shù),在2na]上是增函數(shù),在[2na,0)上是減函數(shù)n是偶數(shù)時(shí),函數(shù)y=xnxn

在(0,2na]2na,+∞)上是增函數(shù),在2na]上是減函數(shù),在[2na,0)上是增函數(shù)F(x)=(x21)n+(

n=C0(x2nn

1x

xn)C1(x2n3n

1x

)Cr(x

1x

)Cn(xn1nxnnn1nF(x)2

x1x=2時(shí)F(x)取得最大值9)n9 x=1F(x)2

第4推理案n例 已知數(shù)列a的第1項(xiàng)a1，且n

(n12,)n

1解：a1，a1，…，一般地有

1；本題也可以直接求出通項(xiàng)公式．由

2n

n 1n112an

12，即

12 所以數(shù)列112aa aan 112(n1，而a1

1 2n 例2設(shè)平面內(nèi)有n條直線(n≥3)，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過同一點(diǎn)．若用f(n)表示這n條直線交點(diǎn)的個數(shù)，則f(4)= n4時(shí)f(n

用n表示f(4)5f(32f(4)5f(59f(6)14∵n1，則交點(diǎn)增加(n1∴f(n)234(n1)(2n1)(n21(n1)(n2)2例 2212211

322222

423223 (n1)2n22n1

1)212

即：123nn(n2類比上述求法：請你求出122232n2解：231331231 332332232433333233 ┅(n1)3n33n23n1(n1)3133(122232n2)3(123n)所以：122232n21[(n1)31n31n 1n(n1)(2n1)【隨堂練（1）1，，9，1317（2338452338456中學(xué)數(shù)學(xué)中存在許多關(guān)系，比如“相等關(guān)系”、“平行關(guān)系”等等，如果集合A中元間的一個關(guān)系“”滿足以下三個條件：aAaa，bAabb傳遞性：對于a，b，cA，若ab，bc則有 “”， 例4設(shè)m為實(shí)數(shù)，利用求證方程x22mxm10有兩個相異實(shí)根.解：利用Δ>0，按照的形式進(jìn)行證明.因?yàn)槿绻辉畏匠蘟x2+bx+c=0的Δ=b2-4ac>0，那么方程有兩相異實(shí)根.（）一元二次方程x2-2mx+m-1=0的Δ=b2-4ac=4m2-4（m-1）=（2m-1）2+3>0.（）x2-2mx+m-1=0有兩相異實(shí)根.（結(jié)論）2sin25sin265sin212523 2

（*）并給出（*）

sin2sin2(60)sin2(120)2

1cos(21202

1cos(22402=31[cos2cos(2120)cos(2240 sin2=31[cos2cossin2 31[cos21cos23sin21cos2

3sin23

sin2(60)sin2sin2(60)32sin2240sin2120sin23等均正確2已知數(shù)列a1項(xiàng)a1，且

(n12,)

2a2a2，…，一般地有

2

n由

2an

11

11

2

所以數(shù)列111

1(n1)1a

n a11，則

2n對滿足

(abc0型的數(shù)列aab時(shí)采取取倒數(shù)的方法即可得出數(shù)列1

b

annan差數(shù)列，再根據(jù)等差數(shù)列的通項(xiàng)公式即可求出數(shù)列an的通項(xiàng)122nn1n2 3n2)2n1)2 恰當(dāng)?shù)氖洽郏産平面直線a平面，直線b∥平面，則直線b∥直線a”的結(jié)論顯然是錯誤的，這是因?yàn)? f(x1

2ff(x)

,

f(x)

xAB2AC2BC2A-BCDABC、ACD、ADBS2S

現(xiàn)有bgag（ba0mg(0ma一 驗(yàn)，提煉出一個不等式：aa b1 1在各項(xiàng)為正的數(shù)列an中，數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn滿足Sn an 2 an（1）求a1a2a3（2）由（1）猜想數(shù)列an的通項(xiàng)公式（3）2（1）2

1,a3

（2）

（3） n32nn證明函數(shù)f（x）=x3+x在R上是增函數(shù)，并證明過程中運(yùn)用的“32nn證法1：如果在定義域R上，f′（x）>0，那么f（x）在這個定義域上一定為增函數(shù)（）函數(shù)f（x）=x3+x的導(dǎo)數(shù)f′（x）=3x2+1我們可以求得f′（x）>0（） x=xxx2 3x2 2 4 xx因?yàn)閤 3x210所以f（x2）-f（x1）>0，即f（x2）>f（x1， 2 4 f（x）=x3+x在R一個平面用nf(n（2）f(2f(1)，f(3f(2)，f(4f(3（3）f(n（1）f(n)f(n1)n(n≥2)

f(nf(n1nn（3）由f(2)f(1)2，f(3)f(2)3， ，f(n)f(n1)n．將以上各式相加得f(n)f(1)23nn(n n2n而f(1)2，∴f(n)1(123 n)1 ∴f(n)

n2n．2初分配給A、B、C、D四個維修點(diǎn)某種配件各 件． 別調(diào)整為、、、件,但調(diào)整只能在相鄰維修點(diǎn)ABx1x10時(shí),則B調(diào)整了|x1|件給A,BCx2CDx3DA的件數(shù)為x4,依題意可得x450x140x150x245x250x354x350x461,從而x2x15,x3x11,x4x110f(x1)|x1||x15||x11||x110|,畫出圖像(或絕對值的幾何意義)可得最小值第5 明明證【 在數(shù)學(xué)中證明是的一些真實(shí)題來確定某一命題真實(shí)性的思維過程有直接證明或間接 結(jié)綜合法的推證過程為：已知條件 結(jié)分析法的推證過程為：結(jié)論 已知f(x)

是奇函數(shù)，0Rf(00a2

a+例1分別用綜合法和分析法證明 2a1，a，b，有a

b)2

ab

ab

ab2

2，

a+≤2只要證

a只要證0a a只要證0 ba

a+b

22如圖，已知AB、CDO，△ACO≌△BDO，AE=BF，求證 OFEOFE CODO(已證EOCFOD(對頂角相等EOFO(已證所以3用分析法證明例COEOCEO為了證 只 為了證 只需證 AE=BF也只 【一設(shè)a，bx的一元二次方程(a2+b2x2+4abx+2ab證明：因?yàn)閍2b24（2+2·2b=8ab[2b-如圖，在ABCD，AE⊥BDE，CF⊥BDF，用分析法證明CEFADECEF為此只需證明ADAED為了證明ADECBF,AD 只 只需為了證明AEDAE⊥BD，CF⊥BD因?yàn)锳BCD，AE⊥BD，CF⊥BD，都是已知的AD=CF3265 32653265因?yàn)? 3265 3 63 63265 32653265要 3265 3 63 63265只要證 32653265所 32654用綜合法證明：

cos1sin

1sincos

cosx(1sinx)(1sinx)(1sinx)

cosx(1sinx)1sinxcosx(1sinx右cos2cos1sin

1sincos5用分析法證明

cos1sin

1sincos

cos1sin

1sincos只要證cos2x1sin2只要證sin2xcos2x因?yàn)閟in2xcos2x1cos1sin

1sincosa，ba+b=111 11

aba

2a

a2 bb 11 a，ba+b=111 11 abab ba 11 對任意正整數(shù)n2n與(n+1)2Sinθ+cosθ=1Sin2θ＝ f（x）＝3cos(3x-θ)-sin（3x-θ為奇函數(shù)，則θ3設(shè)若abc都是正數(shù)，且3a4b6c，則abc11 解：3a=4b=6calg3blg4clg6N0lg3N,lg2N,lg6 NNN11 y=f(xR22≤x≤3f(x＝2xf(1)2解f(12

f(1)2

f(2

2)

f(2

)252已知3a0.6a∈[k,k+1]，k∈Zk＝-3解3a0.6a3

0.6

13

312，B（1，2，C（10，3 ABAC44)55) ABaaa用分析法證明:當(dāng)a＞2aaaaaaaaaaaaa

aaaaaa

)2＜( aa

a24a2-4aaaaaaaba若a＞b＞0時(shí),用分析法證明abaababaababaabababababababab

aa

只要證a- b＜a-ba只要證2b baaba所abaAO OAO·BC=0，BO·AC AO（OCOB0OB（AOOC 即AO·OC－AO·OB=-AO·OB-OB· 所以O(shè)C·OBAO·OC 即OC（AOOB

所以O(shè)C·AB所以O(shè)C

第6直接證明（二設(shè)a0b0且ab≤4， ≥

≥2③11 ≤1 a abb如果 ba，那么實(shí)數(shù)a、b應(yīng)滿足的條件abba0b0a已知數(shù)列an的通項(xiàng)公式是

abcan

anAB為銳角，且tanAtanB

3tanAtanB3AB60.（提示：計(jì)算tanAB例 已知：f(x)x4x3x21，求證：xR,f(x)f(xx2x

122

3144例 A+B+C=180O得：A+B=180O-C,∴cos(A+B)=cosC,結(jié)合正弦定理和余弦定理可得:左a2(1－2sin2B)－b2(1－2sin2A)+2abcosC=a2－b2－2a2sin2B+2b2sin2A+2abcosC=－=)如，A+B+C=180O，A+B=180O-C，cos(A+B)=-cosC等等.(2)由于欲證等式中,既含有三角形內(nèi)角的三角函數(shù),又含有三邊的關(guān)系,因此，證明時(shí)必須聯(lián)想三角形中反映邊角關(guān)系的定理,如正弦定理、余弦定理等.例3 設(shè)a,b是兩個正實(shí)數(shù)，且ab，求證：a3+b3＞a2b+ab2．a(chǎn)3+b3＞a2b+ab2a2-ab+b2＞ab成立。(a+b＞0)a2-2ab+b2＞0成立，即需證(a-b)2＞0因?yàn)閍≠b，所以a-b≠0，所以(a-b)2＞0，即a2-亦即a2-)(即a3+b3＞a2b+ab2，由此命題（【隨堂練設(shè)abRa

ab

則必 ①1≤ab

a2 2

a2ab1 2a2③ab 2

a221

1x>0，y>0(x2y22x3y3ABC的三個內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列，求證：

a b ab例 如圖,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,過A作SB的垂線,垂足為E,過E作SC的垂線,足為F.求證 證明：要證只需證 只需證:AE⊥BC只需證AC只需證:SAABC因?yàn)?SA⊥平面ABC成立所以.AF⊥SC成立ACB1a例 若a1,b1,求證1a11a

1因?yàn)閍b

只要1abab

因?yàn)?ab0,只要證(1ab)2(ab

12aba2b2a22ab

即證1a2b2a2b2,即證(a21)(1b2)

a1,a21,a210

b1,b21,b21(a21)(1b2)0,1a

【點(diǎn)評】含絕對值的不等式的證明，除一類可直接應(yīng)用定理“|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|“|a|-ab+1>a+ba,ba>1,b>1a<1,b<1,已知、為銳角，且tan12

tan3

,則4解：000

tantan1tantan

1 31，11 xyxy11

xyf(xlg1xf(a)aa

則f(a) ab設(shè)a0,b0, ab

（號C已知C1C

C

0（填號CCa≠b,則(a2+b2a4+b4)CC(a2+b2a4+b4a3+b3)2=a2b4b2a4-2a3b3a2b2a-∵a≠b，∴(a-b)2>0,又a2≥0,b2≥0,等號不能同時(shí)成立。∴a2b2(a-b)2≥0,∴(a2+b2)(a4+b4)≥(a3+b3) >2abc+2abc+【點(diǎn)評】從允許等號成立的三個不等式:a(b2+c2)≥2abcb(c2+a2)≥2abc,c(a2+b2)≥2abc，運(yùn)用不等若|x|+|y|+|z|=5且|x+y|=0,|x-3|≤1,則實(shí)數(shù)x,y,z中最大的一個 ,1 ab 2abf(x2,實(shí)數(shù)a>0,b>0,Af

,Gf

abHfab,則 的大小關(guān)系是

a解

2ab

ab(1

ab)a

1

a

a ∴ ab,f(x)2

已知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式是

,a,b,c均為正數(shù),anan+1【解】a

a(n

bn b(n1)an(b(n1)c)a(n1)(bnc)

(bnc)(b(n1) (bnc)(b(n1)∴an<｛an｝若數(shù)列｛an｝q=f(m)，數(shù)列｛bn｝b1a1，bn=2

f(b)(n∈N,n≥2),求證 （1）=2man,m≠-3,∴an1

m

,∴｛an｝是等比數(shù)列(2)b1=a1=1,

∴n∈Nn≥2bn3f(bn-1)

2bn1m

2bn1∴b

＋3b

1111n

第7間接證例 若x,yR,x0,y0,且xy21x和1y中至少有一個小于 2，則有1+x2,1y2 則1x2y,1y2x2x與已 2求證33證明：假設(shè)3是無理數(shù)，則存在互質(zhì)的數(shù)mn3

m，從而mn

3n，即m23n2所以m3m3k(kN*，因此，9k23n2n23k2，所以n3倍數(shù)，這與m,n互質(zhì)，由此可知假設(shè)是錯誤的，從而3是無理數(shù)．3例 證明3

2,

22

、5為同一等差數(shù)列的三項(xiàng)，則存在整數(shù)m,n滿3222 53222

3①n-②m3

n-5

(n- 3n2+5m2-215mn=2(n-左邊為無理數(shù)，右邊為有理數(shù)，且有理數(shù)【隨堂

、5不能為同一等差數(shù)列的三231230a,b,c1，求證：(1a)b1b)c1c)a,4證明：設(shè)(1a)b4

(1b)c>4

(1c)a>14則三式相乘：ab<(1a)b?(1b)c?(1c)a< (1a)a 又∵0<a,b,c< ∴0(1a)a≤

(1b)b14

41(1a)a?(1b)b?(1與 2p2p

證明：假設(shè)2p1是有理數(shù)，則存在互質(zhì)的數(shù)mn(mn)(mn

m22p由于(mnmn)2mmn與mn同為偶數(shù)或同為奇數(shù)，由于它們的積為偶數(shù)，則mnmn同為偶數(shù)，mn2kmn2t(k,tN*，從而有2r2t2即pn22rt，∴n2為偶數(shù)，∴n為偶數(shù)，則m也為偶數(shù)，這與m,n互質(zhì)，由此可知2p2p例 求證：正弦函數(shù)沒有比2小的正周期T0T2x都有sinxTsinxx0得sinT0TkkZ0T2Tx都有sinxsinx22這與sin22

。所以，正弦函數(shù)沒有比2例 已知：四邊形ABCD中，E、F分別是AD、BC的中點(diǎn)，EF1(ABCD)2ABCD∵E、F、GAD、BC、AC的中點(diǎn)∴GE//CD，GE1CD；GF//AB，GF1AB2∵AB∴GEGF不共線，GE、GF、EF組成一個三角

EGFEGF∴GEGF 但GEGF1ABCD)2

①與②∴AB//用反證法證明“若x2+5x+6=0,則x=-2或x=-3”時(shí),應(yīng)假設(shè)x≠－2且 2 22222

證明，不妨設(shè)A900BD2AD2AB22ADABcosA∴ AD2AB2AD2即 (2)2(2)AD2 這與已知四邊形BD=12 22 △ABC假設(shè)△ABC (4)那么,由AB=AC,得∠B=∠C≥90°.即這四個步驟正確的順序應(yīng)是 a、b、c是互不相等的非零實(shí)數(shù).ax2+2bx+c=0，bx2+2cx+a=0，cx2+2ax+b=0至少有一個方程有兩個相異實(shí)根.應(yīng)假設(shè) a、b、c互不相等，∴①式不能成立. 求證：ACBD是異面直線.ACBDACBD在同一平面內(nèi)因此，A、C、B、D四點(diǎn)在同一平面內(nèi)，這樣，AB、CD就分別有兩個點(diǎn)在這個平所以，ACBD是異面直線 abc0，abbcca0，abc0，用反證法證明：a,b,c>0證：設(shè)a< ∵abc> ∴bc<又由a+b+c> 則b+c=a>∴ab+bc+ca=a(bc)+bc 又：若a=0，則與abc>0，∴必有a>同理可證：b> c>過平面A的直線aa是唯一的證明：假設(shè)a不是唯一的，則過A至少還有一條直線bba、ba、b設(shè)A的直線c∵a，b∴ac，bc這樣在平面內(nèi)，過點(diǎn)A就有兩條直線垂直于c，這與定理產(chǎn)生ay22px(p0yaxb，易知a、b0y22yax0。（1，得a2x22(abp)xb2

x1x2是（3）x1x2

2(abp)a2

b，x1x2ab1

x1x

2(ab 0 12211 2

0 （4（5這于假設(shè)p0 試證明：在平面上所有通過點(diǎn)(2,0)的直線中，至少通過兩個有理點(diǎn)（x、yy0，顯然通過點(diǎn)(2,0)y0至少通過兩個有理點(diǎn)，例如它通過)再證唯一性y0ykxb（k0或b0）通過點(diǎn)

2,0)A(x1y1B(x2y2x1y1x2y2均為有理數(shù)ykxb通過點(diǎn)(2,0)，所以b

2k，于是yk(x

，且k0.A(x1y1B(x2y2所以y1k(x1

2) yk(x 2) ①－②，得y1y2k(x1x2) A、B是兩個不同的點(diǎn)，且k0x1x2y1y2由③，得k

y1y2，且k是不等于零的有理數(shù)x122

y1k所以，平面上通過點(diǎn)(2,0)的直線中，至少通過兩個有理點(diǎn)的直線只有一條.

第8數(shù)學(xué)歸納法數(shù)學(xué)歸納法一般步主要應(yīng)（n0n=kn=k+1 由(1)，(2)可知，命題對于從n=0開始的所有正整數(shù)n都正確。“1aa2an11an2(a1n111aa用數(shù)學(xué)歸納法證明3nn3(n≥3nN)

n

12n例1用數(shù)學(xué)歸納法證明：1111 12n （1）（2）假設(shè)當(dāng)nk時(shí)不等式成立則當(dāng)nk1時(shí)，左邊(11 1)(1

)≤k 2k

2k1（11

）k2k

k12k（1（2）2(n6)22n5nN)（1）（2）假設(shè)當(dāng)nk時(shí)不等式成立，則當(dāng)nk1時(shí)，2k62k52k6)222k224k72k7)2，即不等式成立．（1（2）1n例３f(n111n 求證nf(1f(2f(n1nf(nnN（1）（2）假設(shè)當(dāng)nk時(shí)結(jié)論成立，則當(dāng)nk1時(shí)，左=k1f(1)f(2) f(k1)1f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k1)＝右（1（2）【隨堂練 1n（nN*，且n1”時(shí)，由n 2n（k1）不等式成立推證nk1不等式成立時(shí)，左邊應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù) 212n 1112n 1 (nN*,kk+1時(shí), 2k1 2k用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)nN*時(shí),122223 25n1是31的倍數(shù)”時(shí),n1時(shí)的原式 ，從k到k1時(shí)需添加的項(xiàng)是 （12222324,5k

k125k225k325k4例 n=2時(shí)，不等式成立假設(shè)nk(k2)2k

，則nk1時(shí)2(1k22(1k2k1)21(k

于n2自然數(shù)，2n11n例 已知n，m都是正整數(shù)，fn11n （1）求證：當(dāng)mnfnfmnmn2（2）求證：當(dāng)n1時(shí)f2nn22（1）

m

m11…1n（2）①當(dāng)n2

nmf2n 111 所以當(dāng)n2時(shí)f2n

n2

2②假設(shè)，當(dāng)nkk2f2kk22f2kk2的兩邊2

…

2k

2k2kf2k1k2 1 2k 22為了證明當(dāng)nk1f2nn22k22

2k

12k

… 2k12k11

2k

…

2k

k2，所以不等式（*） 2k

2k

…

2k22故當(dāng)nk1f2nn2也成立。綜合①、②，得當(dāng)n1f2nn2成立。22說明：在證nk1成立時(shí)，也可以利用（Ⅰ）1n

n

n

n2

證明n1時(shí)，不等式成立，假設(shè)當(dāng)nkk2nk1時(shí)左邊

1

k k k2

k2k1(2k1)k21k1k(k21)

121

3

(2n1)(2n

n(n1)n1時(shí)，等式成立，假設(shè)當(dāng)nknk1時(shí)左邊

k(k1)

(k(2k1)(2k

(k1)(k2)2(2k3)即證得(n1)(n2)(nn)2n132n1)(nN*nk到nk1”，左邊需增乘2(2k空間中有n個平面，它們中任何兩個不平行，任何三個不共線，設(shè)kf(k個區(qū)域，則k1f(k1)（k

f(k)nxnynxyn2k1(kN命題為真時(shí)，進(jìn)而需證n

用數(shù)學(xué)歸納法證明等式1+2+3+…+(2n+1)=(n+1)(2n+1)時(shí)，當(dāng)n=1左邊所得的項(xiàng) ；

123332433n3n13nnabc對一切nN*

。111 凸k邊形內(nèi)角和為f(k)，則凸k1邊形的內(nèi)角為fk1)f(k) .若nN*,求證

cos

cos

cos2cos

2nsin

n1時(shí),左cos,右sincos,左= 2sin 2② 時(shí)

n

cos2cos22cos

2ksinnk1時(shí)

)

cos

2k

2ksin

2k= cos 2k1sincos

2k

2k1sin2k 2k

2k若nN*,且n2,求證:1n

11

n2時(shí),左117 ②設(shè)nk時(shí) 1 1k k nk1時(shí),左 1 k 2k 2k=(1 1)1 k k k 2k 2k因?yàn)?

0所以左13k 2k 2k 2k 2k nn

n2n

nN*,4項(xiàng)后,猜想a的表達(dá)式,解計(jì)算得

a1,a3,a7,a

.

an

2n①n1時(shí),計(jì)算得a112k②設(shè)nk時(shí),則nk1時(shí),

ak

2k1

2k1ak1Sk1Sk[2(k1)ak1](2kak)2k1

2k

ak∴ak1 正數(shù)數(shù)列a中

1

1a、a、a;⑵猜想a232n 232n

解⑴a1

a2

a3

an nn①nnnkk②設(shè)nk正確即ankk則nk1 S1

1) kkkkk kkkkka22

kk10,解得(取正值) kkk

k

k第9數(shù)學(xué)歸納法數(shù)學(xué)歸納法一般步主要應(yīng)在證明nk1時(shí)題中，關(guān)鍵是怎樣與nk的假設(shè)結(jié)論聯(lián)系起來用數(shù)學(xué)歸納法證明“2n1n2n2(nN)”時(shí)，第一步驗(yàn)證 （當(dāng)n1時(shí)，左邊=4=右邊，命題正確nxnynxyn2k1(kN)命題為真時(shí)，進(jìn)而需證n 時(shí)，命題亦真.（2k某個關(guān)于自然數(shù)n題，如果當(dāng)n=k(k∈N)時(shí)該命題成立，那么可推得n=k+1時(shí)該命題n=5n=41設(shè)nN*試比較3n和(n

解 81=34<(4+1)!=120,猜想

時(shí)3nn1)!;

n

時(shí),3nn①n

時(shí) 顯然成立②設(shè)nk時(shí),結(jié)論成立,即3k(k 則nk1(k4,3k2 3k1k例 求證：352n123n1能被17整除，n證明：①當(dāng)n0時(shí)，原式15217②假設(shè)當(dāng)nk時(shí)命題成立，即352k123k117整除nk1時(shí)原式352k323k47552k1823k18352k123k15117 (AN即當(dāng)nk1綜上所述，對一切nN【點(diǎn)評】用數(shù)學(xué)歸納法證整除問題，關(guān)鍵在于對nk1時(shí)的代數(shù)式變形.一般地可變形為歸3已知數(shù)列1，9，25，…，(2n-1)22，…n解：(1)S11，S210，S3=35，S4=(2)S1=12=12+22-22，S2=12+32=12+22+32+42-22-42S3=12+22+32+42+52+62-22-42-62由此猜想：Sn12+22+2n)222·(12+22+n2即：S 1·2n·(2n+1)(2·2n+1)-4·

n·(n+1)(2n+ =1n(2n+1)(4n+1)-2n(n+1)(2n+ =1n(4n2-1)．證明略【隨堂練在數(shù)列{an}中，a11，且Sn，Sn1，2S1成等差數(shù)列（Sn表示數(shù)列{an}n項(xiàng)和S2

2nS3，S4分別 ；由此猜想Sn （2，4，8

經(jīng)對n12

代入驗(yàn)證，并用數(shù)學(xué)歸納法可以證明從n

nn1n1)n32n28n9（nN*）64整除。（1）當(dāng)n1322896464（2）假設(shè)nk32k28k964nk1時(shí)，32(k1)28(k19932k28k99(32k28k9)64(k因?yàn)?2k28k96464所以9(32k28k9及64(k164nk1時(shí)，命題成立，由（2）可知對一切nN*4數(shù)列a滿足

1

)a

(n1.用數(shù)學(xué)歸納法證明：a(n2)

n

n2 n=2a2221n=k(k2)時(shí)不等式成立，即ak1

（k2)那么ak

k(k

)ak

2n=k+1ak2對所有n25求證：an1a1)2n1能被a2a1整除（n，a為正整數(shù)證明：當(dāng)n1時(shí)，結(jié)論成立，假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，結(jié)論成立，則nk1時(shí)，ak2(a1)2k1(a1)2[ak1(a1)2k1]ak2ak1(a(a1)2[ak1a1)2k1ak1(a2a1a2a1平面內(nèi)有n條直線，其中任何兩條不平行，任何三條不共點(diǎn)，求證：這n1(n2n2)2（1）

1(1212)22所以n1（2）nkk1(k2k2)2那么當(dāng)nk1k1條直線中的k1(k2k2)個區(qū)域。第k12k條直線分成k1部分，每部分把它們所在的區(qū)域分成了兩塊，因此增加了k1個區(qū)域，所以k條直線把平面分成了1(k2k2)k11[(k1)2 (k12個區(qū)域，所以當(dāng)nk1時(shí)命題也成立，根據(jù)（1（2）知，對一切的nN*數(shù)列

}的通項(xiàng)公式為

(n

f(n)1a11

)(1

)，試求f(1),f(2),f(3),f(4f(nf(1)1

1

34

)6f(3)(1a)(1a)(1a)5，f(4)(1a)(1

)(1a)

f(n)

n2

（1）當(dāng)n1f(134

1

34假設(shè)當(dāng)nkf(k)

k22(k1)

k

k

(k2)21f(k1)

f(k)(1ak1(k1)2

] 2(k (k 2(k

(k（1（2）

n2

對任何nN*猜想 1- ……的第n個式子)數(shù)列a中a1

,則數(shù)列的前5項(xiàng) ,猜想它的

an項(xiàng)公式

1111,,,,2345

an

n

(n

*1222n1)2 時(shí)，nk的假設(shè)到證明nk1（(k1)2k232n28k964(nN（32n28k964mana11an1n1)an，通過計(jì)算a2a3a4后，可猜想an

（n!）凸nf(n求證：對于整數(shù)n0時(shí),11n2

2

n0時(shí),原式=11212133133整除②設(shè)nk時(shí),11k2 nk1時(shí),原式=11k3122k3=11(11k212 122k1133能 整除mx1(1x)m≥1mx解：視(1x)m≥1mx為關(guān)于mx當(dāng)m1時(shí)，原不等式成立；當(dāng)m2時(shí)，左邊12xx2，右邊12x，x20，所以左邊≥右邊，原不等式成立；假設(shè)當(dāng)mk時(shí)，不等式成立，即(1x)k≥1kx，則當(dāng)mk1∵x1，∴1x0，于是在不等式(1x)k≥1kx兩邊同乘以1x 所以(1x)k1≥1k1)x．即當(dāng)mk1在數(shù)列{a}atanx

1an n

1,（2）

tan(4

x)，

tan(2

x，猜想

4

（1）n=k時(shí)猜想成立，即

4

1 1

1

tan[k4

4

（1（2，對 f（k）滿足不等式logxlog32k1x

xSnf(1f(2f(nSnPn2n1nN，試比較SPn（1）xx3

xx3

2k1x x32k1x x2k1x2kfk2k2k112k11 （2）Snf(1)f(2)f(n)22 n2n1

2nnn=121120；n=22222n=323320;；n=42442n=525520；n=62662k猜想：當(dāng)n5SnPn，下面用數(shù)學(xué)歸納法給出證明n=5S5P5，已證k假設(shè)當(dāng)nkk5

P

k 那么當(dāng)n=k+1時(shí)，2k1Pk1而2k2k12k22k1k122在k5的范圍內(nèi)，k1220恒成立則2k2k12，即S P由（1（2）可得，猜想正確，即n5時(shí)，S n=2，4SnPnn=3SnPnn=1或n5SnPn第10推理與證明復(fù)習(xí) ②“(a+b)c=ac+bc”類推出ab=ab ③“(a+b)c=ac+bc”類推出ab=ab 答案：③用數(shù)學(xué)歸納法證明(n1)(n2)(nn)

解：左端需乘的代數(shù)式是(2k1)(2k2)2(2k12(2k1k

a2a2 3a2b2a2b22例 某校對文明班級的評選設(shè)計(jì)了a,b,c,d,e五個方面的多元評價(jià)指標(biāo)，并通過經(jīng)驗(yàn)公式Sac1來計(jì)算各班的綜合得分，S 顯示出0cdeba，則下階段要把其中一個指標(biāo)的值增加1個單位，而使得S的值增加最 .（填入a,b,c,d,e中的某個字母）解：因abcde都為正數(shù)，故分子越大或分母越小時(shí)，S1Sac0cdeba，∴1 ∴c1S的值增加最多.例 數(shù)列

}nSn，已知

n2

（Ⅱ）n

n14an（Ⅰ）

Sn,

n2S ∴(n2)Snn(Sn1Sn

nSn12(n1)Sn n

2Snn

故{Sn}是以2為公比的等比數(shù) n n1

4Sn1(nn于是

4(n1)n

(n2).……（又a23S13,S2a1a2134 因此對于任意正整數(shù)n

都有Sn1 （Ⅱ）n n例 在數(shù)列{a}中，

1,

，求數(shù)列{a}的通項(xiàng)公式

n

an解a13

3,a3,a3,猜想a

n（1）

1

123 （2）n=k時(shí)猜想成立，則

k5 k

ak

k

(k1)（1（2，對【隨堂練 巢的截面圖.其中第一個圖有1個蜂巢，第二個圖 有7個蜂巢，第三個圖有19個蜂巢，按此規(guī)律，以f

表示第n幅圖的蜂巢總數(shù)

f(4)

f f(nf(n1解f(11f(216,f(31612f(4161218f(n)1612186(n1)3n23n1（2）對于任意的兩個實(shí)數(shù)對(a,b)和(c,d)規(guī)定：(a,b)(c,d)當(dāng)且僅當(dāng)a 運(yùn)“為(a,b(cdacbd,bcad)；運(yùn)算“(a,bc,dac,bd)，設(shè)pqR，若(1,2)( p2q p2pq0，解得q2，答案：(20) 原為：已知復(fù)數(shù)z滿足(12i)z5，則(12i)z 在ABC中,若C900,則cos2Acos2B1,,并證明你解：由平面類比到空間,有如下猜想:PABCPABPBCPCA兩兩垂直，且與底面所成的角分別為,，則cos2cos2cos21”PABC的射影為O，延長COABMPO由PCPAPCPBPC面PAB，從而PCPM，又PMCcossinPCO

h，cos

h，cosh 1PAPBPC1(1PAPBcos1PBPCcos P 3 (

cos

)h1即

（2）例 已知f(x)axx2(a1)，證明方程f(x)0沒有負(fù)數(shù)根xxf(x)0x0

1

x0