2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第七章推理与证明学案

1、第七章推理与证明第 1 课时合情推理与演绎推理琛前考点引领婆点獄理自圭学习 ：；考克靳知能用归纳和类比等方法进行简单的推理，了 解合情推理在数学发现中的作用；掌握演绎 推理的基本方法，并能运用它们进行一些简 单的推理；了解合情推理和演绎推理的联系 和区别.1了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发 现中的作用了解演绎推理的重要性，掌 握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行 一些简单推理了解合情推理和演绎推理 之间的联系和差异.回归教材应该是，n+1+5+1)3- 1 =(n+1)=35 , a+ b= 41.(n + 1)3- 1,则第5个等式中a=6,b=1

2、3.在平面几何中有如下结论：正三角形 ABC 的内切圆面积为 S1,外接圆面积为 S,1=4,推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体 PABC 的内切球体积为 V1,外接球体积为V，则 V3=-答案：37V 1解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1 : 3,故二=.V3373.设等差数列an的前 n 项和为 Sn.若存在正整数 m, n(mn)，使得 Sm= Sn,贝USm+n=0.类比上述结论，设正项等比数列bn的前 n 项积为 Tn.若存在正整数 m, n(mn),使 Tm= Tn, 贝VTm+ n=_.答案：1解析：因为 Tm= Tn,所以 bm+ 1bm+ 3bn= 1 ,从而

3、 bm+1bn= 1 , Tm+ n= b1b3bnbm+ 1bnbn +1 bn+ m- 1bn+ m= (b1bn+n)(b3bn+ m- 1)(bmbn+ 1)(b1bn) = 1.4.观察下列等式：333939 416 4161+ 3= 4; X3 = 4; + 3= ； 3X3= 3； 3 + 4=E ； gX4 = ；，根据这些等式，可以得出一个关于自然数 n 的等式，这个等式可以表示为 _ .若1.已知3+3=33333+ 8=33844 += 44+15415，类比这些等式,6+b=6答案：41a(a,b 均为正数)，则解析：观察等式2+2=2，第 n 个n + 13,4+1；

4、=33+82n +1n+1*答案：+(n+1)=市X(n+1)(n N)1.归纳推理(1)归纳推理的定义从个别事实中推演出一般性的结论，像这样的推理通常称为归纳推理.(2)归纳推理的思维过程大致如图(3)归纳推理的特点1归纳推理的前提是几个已知的特殊现象，归纳所得的结论是尚属未知的一般现象， 该结论超越了前提所包含的范围.2由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否真实，还需经过逻辑证明和实践_检验，因此，它不能作为数学证明的工具.3归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳法得到的猜想，可以作为进一步研究 的起点，帮助人们发现问题和提出问题.2.类比推理(1) 根据两个(或两类)对象之间在某

5、些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，这样的推理称为类比推理.(2) 类比推理的思维过程大致如图3.演绎推理(1)演绎推理是根据已有的事实和正确的结论(包括定义、公理、定理等),按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程.(2)主要形式是三段论式推理.(3)三段论的常用格式为M P(M 是 P)S M(S 是 M)S P(S 是 P)其中，是大前提,它提供了一个一般性的原理；是小前提,它指出了一个特殊对象；是结论，它是根据一般原理，对特殊情况作岀的判断.备课札记解析:(n + 1)2n2 2n + 1n + 1+( n + n)(n + 1)由归纳推理得+ (n +1)=nnnn

6、+ 1n + 1*，所以得出结论- + (n + 1)=- X(n + 1)(n N).X(n+1)=5.设厶 ABC 的三边长分别为a,b,c,ABC 的面积为 S,内切圆半径为r，则 r =2Sa + b+ c类比这个结论可知：四面体 PABC 的四个面的面积分别为S, S2,S3, S4，四面体 PABC 的体积为 V,则 r =答案:3S + S2+ S3+ S4解析：由类比推理可知3VS1+ S2+ S3+ S4实验、概括、推广一猜测一般性结论观察、比较联想、类推一猜测新的结论3c + h : a + b c3+ h3； a4+ b4c4+ h4.其中真命题是_(填序号)，进一步类比

7、得到的一般结论是答案：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 演绎推理)n (n 1)2则 a1+ 2d= 4 , 3a1+ 3d = 18

8、,解得 a1= 8 , d= 2 , Sn= na1+d= n + 9n.(2) Sn为“特界”数列.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),则当 n = 4 或 5 时，Sn有最大值 20 ,即 S 20 ,故数列Sn满足条件. 综上，数列Sn是“特界”数列.。变式训练n + 2*数列an的前 n 项和记为 S ,已知 a1= 1 , an+1= S(n N).证明:ncos A)v0,题型bn+ bn+ 23) 设同时满足条件：2三 bn+1(n N);与 n

9、无关的常数)的无穷数列bn叫“特界”数列.(1)若数列an为等差数列，Sn是其前 n 项和，a3= 4 , S3= 18 ,求(2)判断(1)中的数列Sn是否为“特界”数列，并说明理由.解：(1)设等差数列an的公差为 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 ，把数列an的各项排成如下的三角形:a1a2a3a4a5a6a7asa9记 A(s , t)表示第 s 行的第 t 个数，则 A(11 , 12) =_.

10、答案：1112解析：该三角形数阵每行所对应元素的个数为1, 3, 5，那么第 10 行的最后一个数为眦，第 11 行的第 12 个数为 a., 即 A(11 , 12) = .5.某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度相等，两两夹角为 120 ;二级分形图是从一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长度为原来4.n 级分形图.线段,8n 级分形图中共有_ 条线段.答案：(3X2n-3)(n N)解析：从分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，由题图知，一级分形图中有3=(3X2- 3)条线段，二级分形图中有 9= (3X22-3)条线段，三级分形图中有 21 = (3X

11、23-3)条线段，按此规律，n 级分形图中的线段条数为(3X2n-3)(n N*).111111111.如图所示的三角形数阵叫莱布尼次调和三角形”，有1= 2+2， 2=+ 6， 3=4+1一石，则运用归纳推理得到第 11 行第 2 个数(从左往右数)为_ .1 1T TI 11yTy1 j_ j_ j_T 12 ?2 T丄丄丄丄丄r 203020 7s答案:解析：由“莱布尼茨调和三角形”中数的排列规律，我们可以推断：第10 行的第一个11 1 1 1数为 10，第 11 行的第一个数为 后，则第 11 行的第二个数为 10-石=石 02.有一个游戏，将标有数字 1, 2, 3, 4 的四张卡

12、片分别随机发给甲、乙、丙、丁4个人，每人一张，并请这 4 人在看自己的卡片之前进行预测：甲说：乙或丙拿到标有 3 的卡片；乙说：甲或丙拿到标有 2 的卡片；丙说：标有 1 的卡片在甲手中；丁说：甲拿到标有 3 的卡片.结果显示：这 4 人的预测都不正确，那么甲、乙、丙、丁4 个人拿到的卡片上的数字依次为_, _ , _ , _ .答案：4213解析：由于 4 个人预测不正确，其各自的对立事件正确，即甲：乙、丙没拿到3;乙：甲、丙没拿到 2;丙：甲没拿到 1 ; 丁：甲没拿到 3.综上，甲没拿到 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.观察下列等式：13=

13、12, 13+ 23= 32, 13+ 23+ 33= 62, 13+ 23+ 33+ 43= 102,根据上述规律，则第n个等式为_.3233233323333解析：因为 1 = 1 , 1 + 2 = (1 + 2) , 1 + 2 + 3 = (1 + 2 + 3) , 1 + 2 + 3 + 4 = (1 + 2 + 3 + 4)2， ，由此可以看出左边是连续的自然数的立方和，右边是左边的连续的自然数的333332答案:13+ 23+ 33+ 43+ n3=n (n+ 1)229和的平方，照此规律，第n 个等式为1 + 2 + 3 + 4 + n = (1 + 2 + 3 + n)=4

14、.传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上通过画点或用小石子来表示10数他们研究过如图所示的三角形数:13610将三角形数 1, 3, 6, 10,记为数列an，将可被 5 整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn，可以推测：b2 018是数列an的第 _ 项;（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丁飞沦018X5X5+1丿I1 22=a5 045.112k1+12k1+1X51X5I 2人2丿=5k (5k1)2=25.某市为了缓解交通压力， 实行机动车辆限行政策，每辆机动车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 五辆车，保证每天至少有四辆 车可以上路行驶已知 E 车周四限行，B 车昨天限行，从今天算起，A, C 两车连续四天都能上路行驶，E 车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是 _（填序号）1今天是周六； 今天是周四；A 车周三限行；C 车周五限行.答案：解析：因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E 车明天可以上路，E 车

16、周四限行，所以今天不是周三；因为 B 车昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因为A, C 两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，所以错误，正 确因为 B车昨天限行，即 B 车周三限行，所以错误因为从今天算起，A、C 两车连续由(1)知 b2k 1=四天都能上路行驶，所以错误.| 疑i指Jt/9第 2 课时 直接证明与间接证明（对应学生用书（文）、（理）104105 页）.二重噩我材务实思础口1前考点引领 婆点械理自圭学习：HHffi考点靳知運豊*少*去审夸少少少再寻夸菽*少*寻少*寺夸少*夸少廉寻夸审專点*床晦夸少廉寻夸*球禅夸寺禅夸*亩寻亟疸n1._已知

17、向量m (1 , 1)与向量n= (x , 2 2x)垂直，则 x =_答案：2解析：nrn= x+ (2 2x) = 2 x. / mln,： nrn= 0, 即卩 x= 2.2._ 用反证法证明命题如果 ab,那么 萌守 b”时，假设的内容应为 _答案：贴=前或守 a ,-5 7解析：由分析法可得，要证,6 2 2 5 7,只需证 6 + 7 5+ 2 2，即证 13+ 2 4213+ 4 10，即 422 10.因为 4240,所以 6 2 2 5. 7 成立.4.定义集合运算：A-B= Z|Z = xy , x A, y B，设集合 A= 1, 0, 1 , B= sina, COSa

18、，则集合 A-B的所有元素之和为 _ .答案：0n解析：依题意知akn + n,kZ.43n- f2a= kn+ -(k Z)时，B= * ? A- B= 10,乎,弊；n2a= 2k 冗或= 2kn+ y(k Z)时，B= 0 , 1 , A- B= 0 , 1, 1;n3a= 2kn+n或久=2kn (k Z)时，B= 0， 1 , A - B= 0 , 1， 1;kn3nw,4a且a Mk n+ (k Z)时，B= sina , sina , COsa.综上可知，A- B 中的所有元素之和为 0.了解分析法、 综合法、 反证法， 会用这些方 法处理一些简单问题.1了解直接证明的两种基本方

19、法一一分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、 特点了解间接证明的一种基本方法 反证法；了解反证法的思考过程、特点.a ,COSa,A - B=0,sina ,COs101 15.设 a, b 为两个正数，且a + b= 1，则使得-+二恒成立的卩的取值范围是a b答案：（一汽 4111 1解析：Ia+ b= 1，且 a,b 为两个正数，/ = (a + b)1 1 一=4.要使得-+ b卩恒成立，只要 卩W4.I丽识B单、日1.直接证明(1) 定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法.(2) 般形式本题条件已知定义? A? B? C?已知公理已知定理(3)综合法1定义：从已知

20、条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推,直到推出 要证明的结论为止这种证明方法称为综合法.2推证过程已知条件? |结论(4)分析法1定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立 的条件和已知条件吻合为止.这种证明方法称为分析法.2推证过程结论? |已知条件2间接证明(1) 常用的间接证明方法有反证法、正难则反等.(2) 反证法的基本步骤1反设假设命题的结论丕成立，即假定原结论的反面为真.2归谬从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果.3存真- 由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成1对任意的 x 0，1，总有 f(x) 0;2f(

21、1) = 1；3若 X10， X2 0，X1+ X2f(x1) + f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数.(1) 若函数 f(x)为理想函数，求证：f(0) = 0;(2) 试判断函数 f(x) = 2x(x 0，1)，f(x) = x2(x 0，1)，f(x) = x(x 0，1) 是否为理想函数？(1) 证明：取 X1= X2= 0，贝yX1+ X2= ow1，.f(0 + 0) f(0) + f(0) ，f (0)w0. 又对任意的 x 0，1，总有 f(x) 0，.f (0) 0.于是 f(0) = 0.(2) 解：对于 f(x) = 2x，x 0，1，f(1) = 2 不满足新

22、定义中的条件，f(x) = 2x(x 0，1)不是理想函数.对于 f(x) = x，x 0， 1，显然 f(x) 0，且 f(1) = 1.对任意的 X1，X2 0， 1，X1+X2W1，11 b aba + b =2+a+看2+2a?本题结论.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)是理想函数.对于 f(x) = x(x 0 , 1)，显然满足条件.对任意的 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)，综上得 an+1= qan(n 1)，所以数列an是等比数列.儘 O,2)已知 mQ a, b R,求证：i+晋仝证明：因为 m0 所以 1 + m0,所以要证原不等式成立，只需证明(a + mb)2w(1 + m)(a2+ mb),即证 m(a2 2ab+ b2) 0 ,即证(a b)0,而(a b)0 显然成立,故原不等式得证.。变式训练已知函数f(x) = 3X 2x，试求证：对于任意的X1, X2 R,均有由

24、于 X1, X2 R 时，3x10 , 3x20,3x1+3x2i_由基本不等式知 一 2- 3X13X2显然成立，故原结论成立.题型(反证法)EX1,3)设an是公比为 q 的等比数列.(1)推导an的前 n 项和公式；(2)设 qz1,求证：数列an+ 1不是等比数列.f ( X1)+ f ( X2)2f 宁.证明：要证明f ( X1)+ f (X2)2只要证明(3x1 2x1) +23x2 2x2)X1+ X2 32 2X1+ X2因此只要证明3x1+ 3x22X1+ X2即证明3x1+ 3x22因此只要证明(x1+X2)32 (x1+ X2)X1+ X2 3 2竺严 ,3X13X22

25、间接证明 f13(1)解：设an的前 n 项和为 S ,贝USn= a1+ a2+ an,因为an是公比为 q 的等比数列，所以当 q = 1 时，S= a + a1+ a = na1.当 ql时,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丰1.1 q(2)证明：假设an+ 1是等比数列，则对任意的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 ,因为 a0,所以 2qk= qk1+ qk+1.因为 0,所以 q2 2q+ 1 = 0,所以 q= 1,这与已知矛盾所以假设不成立，故an+ 1不是等比数列.。变式训练已知数列an的前 n 项和为 Sn,且满足 an+ Sn= 2.(1)求数列an的通项公式；(2)求证：数列an中不存在三项按原来顺序成等差数列.(1) 解：当 n= 1 时，a1+ S= 2a1= 2，贝Ua1= 1.又 an+ Sn= 2，所以 an+ 1+ S+1= 2,1 、 1 1两式相

27、减得 an + 1= an,所以an是首项为 1，公比为的等比数列，所以 an= 2=.(2)证明：反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为 ap+1, aq+1, ar + 1(pqr ,111且 p, q, r N)，贝 U 2=尹 + 歹，所以 22r q= 2r p+ 1 .因为 pqr，所以 r q, r p N.所以式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立.所以假设不成立，原命题得证.程新題推荐;)1._ 用反证法证明命题“ a, b R, ab 可以被 5 整除，那么 a, b中至少有一个能被 5 整 除”，假设的内容是答案：a, b 中没有一个能被 5 整除解析：“至少有 n

28、 个”的否定是“最多有 n 1 个”，故应假设 a, b 中没有一个能被 5 整除.192.已知 a, b, c (0 , +)且 avc, bvc, -+匚=1.若以 a, b, c 为三边构造三角形, a b则 c 的取值范围是_ .答案：(10 , 16)解析：要以 a , b , c 为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边13101 9之差小于第三边， 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， 求证:a2+12 2 a+1 2.a 耳a+2 2a+- 2,只需

29、要证a1aa+ 孑+2j A a + 7 +即 a + 2+； a + a?+ 4a+ 2 + 孑 + 2;.;2 aa2+ 2+2a+丄+頁.aav因为 a0,故只需要证aa+a+2，证明：要证216从而只需要证2屮+卜代一21 .即 a +孑2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立.4.若 f(x)的定义域为a , b，值域为a , b(a 2),使函数 h(x) = x+2 是区间a , b上的“四维光军”函数？若存在，求出a, b 的值；若不存在，请说明理由.12解：(1)由题设得 g(x) = 2(x 1)2+ 1，其图象的对称轴为直线x = 1，区间1 , b在对称轴的右边，所以函

30、数在区间1 , b上单调递增.由“四维光军”函数的定义可知，g(1)=1, g(b) = b,123即 2匕b+ = b,解得 b= 1 或 b = 3.因为 b1，所以 b= 3.1假设函数 h(x) = x+2 在区间a , b (a 2)上是“四维光军”函数,丁精屈题库毅妙交辜)1.用反证法证明结论“三角形的三个内角中至少有一个不大于答案：三角形的三个内角都大于60解析：“三角形的三个内角中至少有一个不大于 60”即“三个内角至少有一个小于 等于60”，其否定为“三角形的三个内角都大于 60”.2.凸函数的性质定理：如果函数 f(x)在区间 D 上是凸函数，则对于区间 D 内的任意 X1

31、,z. f (X1)+ f ( X2)+ f ( xn)伙+ X2+Xni.亠X2,，Xn,有 1)满足利普希茨条件，则常数 k 的最小值为.181答案：2f(x) = x(x 1)满足利普希茨条件，则存在常数X1, X2(X1工 X2)，均有 |f(X1) f(X2)|Wk|x1 X2|1 1 1 1xx L严.而 0 1 x+ X ；334f(x)w2，13 (1 + an+1)2 (1+ an)5.已知数列an满足 a1= ,=,anan+1 1).(1)求数列an , bn的通项公式；(2)求证：数列bn中的任意三项不可能成等差数列.2(1)解：由题意可知，1 an + 1= 3(1

32、an).2口2Cn= 1 an，贝 Cn+ 1= 3Cn.解析：若函数 +)内的任意两个k %1 .；X2k,使得对定义域1 ,成立，设 X1X2，则证明：(1)因为 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)综上，4 4，3W2.1 17Wx+- =x+.x+1x+1x+11233X _+ ,又 f244，3Cn= 41931 2由于数列bn是首项为 4,公比为 3 的等比数列,于是有 brbsbt，则只能有 2bs=

33、br+ bt成立.由于 rs0,按某种顺序成等差数列,两边同乘 3t空r,化简得 3tr+ 2tr= 2r3-s-1anan +10 ,(2)证明：用反证法证明.假设数列bn中存在三项 br, bs, bt(rs111*1._ （选修 22P94习题 7 改编）用数学归纳法证明 1 + 2 + 3+ 2n1 1）时, 第一步应验证_ .1 1答案：1 + 2+ 31,An 取的第一个数为 2,左端分母最大的项为2.（选修 22F9o练习 3 改编）用数学归纳法证明不等式“2nn2+ 1 对于 nn的自然数 n都成立”时，第一步证明中的起始值no应取为_.答案：5解析：当 nW4时，2nwn2+

34、 1 ;当 n= 5 时，25= 3252+ 1 = 26,所以 no应取为 5.13.（选修 22Ro3复习题 13 改编）在数列an中，a1= 3，且 Sn= n（2n 1 问，通过求 a?,31 1 1a 2=3x5 ；当n=3时，2+15+a3=(3x5)a 3,1 1 1 1 1a3= 5x7；当 n = 4 时，3 + 15 + 35 + a4= (4x7)a4,Aa4= 79;故猜想 an=1_（2n 1）_（ 2n+ 1）.4._（选修 22F103复习题 14 改编）比较nn+1与（n + 1）n（n N*）的大小时会得到一个一般性 的结论，用数学归纳法证明这一结论时，第一步

35、要验证 _ .答案：当 n = 3 时，nn+1= 34(n + 1)n= 43解析：当 n= 1 时，nn+1= 1 (n + 1)n= 2 不成立；当 n = 2 时，nn+1= 8 (n + 1)n= 9 不 成立；当n= 3 时，nn+1= 34(n + 1)n= 43，结论成立.为_.由此猜想 an=_122- 1a3, a4,猜想 an的表达式为_答案:an=1(2n 1)( 2n + 1)解析：当 n = 2 时，3 + a2= (2x3)a2,5.（选修 22P105本章测试13 改编）已知 a1= 1,3anan+1=an+ 3a2, a3,a4, a5的值分别21解析：a2

36、=3a1a1+ 312+337 2+5,3a23a3=aa2+ 383333=话,a4= 9=4+,a5= 10 =33337 , 8 , 9 , 10 n+5223315V5，a1=i+=2,符合以上规律3故猜想 an=.n + 51.由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法.2.对某些与正整数有关的数学命题常采用下面的方法来证明它们的正确性：先证明当n 取第 1 个值 no时，命题成立；然后假设当n= k(k N , k no)时命题成立；证明当 n= k+ 1 时，命题也成立，这种证明方法叫做数学归纳法.3.用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤如下：(

37、1) 归纳奠基：证明取第一个自然数no时命题成立；(2) 归纳递推：假设 n = k(k N , k no)时命题成立，证明当 n= k+ 1 时，命题成立；(3) 由(1)(2)得出结论.备课札记题型分类深座剖析课中技巧点更T婆点导学各个在破1 证明等式)11 1+4X6 *6X8 +2n(2n+2)证明：当 n= 1 时,11左边=-，右边=2X1X(2X1+2)8左边=右边，所以等式成立.假设 n= k(k N*)时等式成立，即有1 1 1 11 14 (1+ 1) = 8，+- +=2X44X66X82k(2k+2)4(k+1) 1 1 1 1则当n=k+1时，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) 所以当n = k + 1 时，等式也成立.由可知，对于一切 n N*等式都成立.O 变式训练1 1 1 1111 1*1 + + (n N).2 3 4 2n 1 2n n +1 n+ 22n 1 1 证明： 当 n= 1 时，等式左边一 1 -2-右边，等式成立.*1 1 1 1

39、1 1 1 假设当n=k(kN)时，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，当 n-k + 1 时，有 1 2+ 3 4+-+=+用数学归纳法证明:2k 1 2k 2k + 1 2k + 2 k + 1 k + 2232411 111 1 1+2k+2k+i科=用+后+2k+i+2k+2，所以当n=k+1时，等式也成 立.由知，等式对任何 n N*均成立.題型式)2 证明不等2)用数学归纳法证明不等式:1 1 1 1*n+市+卫+ F1(nN且n1).11113 亠、2+3+4=荷1成立.1 1-+门1 成立

40、.k 由于当 k1 时，k2 k10,即 k(2k + 1)k2+ 2k + 1, 1 1 1 1 则当n= k+1时，不+用+用+(k+ 1)21 1 1 1 1 1 1 1 =(k+k + 1+k+ 2 十十卫+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)综合可知，原不等式对丨备选变式(教师专享)1证明：当 n= 2 时,1 1设n= k 时，芦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证明： 当 n= 2 时，1 + 2= 42 2=1 1假设 n= k 时命题成立，即 1 +孑+孑+23 1 1 1 1n=k+1时,1+亍+k2+K1)1 1=2 ，命题成立.用数学归纳法证明:*(n N*, n2).2命题成立.11+ 亍2 .kk1 1 1 1 22 +0).(1) 求 a2, a3, a4；(2) 猜想an的通项公式，并加以证明.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)可猜想数列an的通项公式为 an= (n 1)入n+ 2n.下面用数学归纳法证明：1当 n= 1 , 2, 3, 4 时，等式显然成立，2假设当 n = k(k 4, k N)时等式成立，即 ak= (k 1)入k+ 2k,那么当 n= k + 1 时，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,所以当 n = k + 1 时，猜想成立.由知数列an的通项公式为 an= (n 1)入n+ 2n

43、(n N,入0).題塑,4 综合运用)LL1,4) 设集合 M= 1 , 2, 3，n(n N, n3)，记 M 的含有三个元素的子集个数为 S,同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为Tn.(1)T3分别求 T ,S3T4TsT6S, s ,S的值；S4S5S6(2)Tn猜想S关于n 的表达式，并加以证明.解: (1)当 n =3 时，M= 1 , 2 , 3 ,S=1,T3T3= 2 = 2当132,S32兰 n = 4 时，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 =厂.下面用数学归纳法证明：1当 n= 3 时，由(1)知猜想成立.Tkk+12假设当 n = k(k 3)时，猜想成立，即=,Sk2k+ 1而 Sk= Ck,所以 Tk= 2 Ck.则当 n= k + 1 时，易知 Sk+1= Ck+1,而当集合 M 从1 , 2, 3，,k变为1 , 2, 3, 加了 1 假设 n= k(k1且 k N)时，结论成立，即ak=2k,那么 n= k+ 1 时，ak+ 1= Sk+k , k + 1时，Tk+1在 Tk的基础上增227个 2, 2 个 3 , 3 个 4 ,，(k 1)个 k ,所以 Tk+1= Tk+ 2X1 + 3X2+ 4X

45、3+-+ k(k 1)k+ 1ck+2(d+C3+&+ck)28所以当 n = k + 1 时，猜想也成立.综上所述，猜想成立.备选变式(教师专享)已知过一个凸多边形的不相邻的两个端点的连线段称为该凸多边形的对角线.(1)分别求出凸四边形，凸五边形，凸六边形的对角线的条数；(2)猜想凸 n 边形的对角线条数 f(n)，并用数学归纳法证明.解：(1)凸四边形的对角线条数为2 条；凸五边形的对角线条数为5 条，凸六边形的对角线条数为 9 条.n (n 3)*(2) 猜想：f(n)=(n 3, n N).证明如下：当k ( k 3)当 n 3 时，f(3) 0 成立；设当 n = k(k 3

46、)时猜想成立，即 f(k) 2n ( n 3)*综上，得 f(n) =对任何门3, n N 都成立.輕新;a推荐)1. (2017苏锡常镇二模)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)试求 f1(x) , f2(x) , f3(x)的值；(2)试猜测 fn(x)关于 n 的表达式，并证明你的结论.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!.证明： 当 n= 1 时，猜想显然成立； 假设 n= k 时猜想成立，即 fk(x) = Ckxk ck(x 1)k+ ck(x 2)* + ( 1)kCk(x k)=k!,贝Un = k+ 1 时，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则当 n= k+ 1 时，考察 k + 1 边形 A1A2AA+1,k 边形 A1A2Ak中原来的对角线都是k+ 1 边形中的对角线，且边形中的对角线；Ak+1与 A, A,，Ak连结的 k 条线段中，除 Ak+ 1A,A+1A外，都是 k+ 1 边形中2、亠k (k 3)k 3k + 2k 2共计有 f(k + 1) = f(k) + 1 + (k 2) =+ 1 + (k 2)=(k + 1)( k 2)(k + 1)( k+ 1

50、 3)心 在的对角线,k2 k 2A1A1，则 X1, X2,，xk中必存在一个数 小于 1 ,不妨设这个数为 Xk,从而(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 时，不

51、等式也成立.由及数学归纳法原理知原不等式成立.4.已知函数 fo(x) = x(sin x + cos x)，设 fn(x)为 fn 1(x)的导数，n N .(1)求 f1(x) , f2(x)的表达式；(2)写出 fn(x)的表达式，并用数学归纳法证明.解：因为 fn(x)为 fn 1(X)的导数，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)分别改写为32即当 n= k + 1 时，等式(*)成立.*f n n f综上所述，当 n N 时，fn(x) = (x + n)sin ix + + (x - n)cos i x +1.设数列an的前 n 项和为 S,满足 S= 2nan+1 3n2-4n, n N,且 S= 15. (1) 求 a1, a2, a3的值；求数列an的通项公式.解：(1)由题意知 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. 综上知， a1= 3, a2= 5, a3= 7.由(1)猜想 an= 2n + 1,下面用数学归纳法证明.1当 n= 1 时，结论显然成立；2假设当 n = k(k 1)时，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猜测 fn(x) = (x + n)sin x + + (x -n)cos(x +-)(*).下面用数学归纳法证明上述等式.1当 n= 1 时，由(1)知，等式(*)成立；2假设当 n = k 时，等式(*)成立，(k n即 fk(x) = (x + k)sin jx +则当 n= k + 1 时， fk + 1(x) = fk (x)knkn+ ) + cos(x +2 2+ (x - k)cos x + 号.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,时，结论成立.精品疑库心刘匹拿）则 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，即当 n= k + 1由知，？n N*, an= 2n+ 1.2.由下列式子：11