推理与证明10课时教师

第1 【推理 数列2，5，11，20，x，47，…中的x等于 例1 2nn边形的内角和是（n—2）×1800．例 221,222,223,由此，我们猜 31 32 3bbm a【随堂练 解 131323(1132333123)2n313233n3解：(123 n)2例 已知数列

的通项公式

(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个图形中共有 （n+2（n+3已知：数列{an}a1=1，且

n1

an1

解a1a1a1a1,归纳出a1 （1（2（3迎迎，按同样的方式构造图形，设第n个图形包含f(n)个“福娃迎迎，则f(5) f(nf(n1 答案用数字或n的解析式表示1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，…中,第100项是 解：由规律可得:数字相同的数依次个数为n(n1，2，3，4，n2

≤100，n∈N

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

nnn12f(n1111(nN*经计算:f(23f(4)2f(85f(163 f(32)7，推测当n2时， 2解：f(2n)2n12112,23432,3456752，按此规律下去，第8个等式 解 2324172fx

2xx

x1

xn

fxn

x2,

,

分别 猜想xn 解2,1, 2

nsin2300cos2600sin300cos6004sin2200cos2500sin200cos5004sin2150cos2450sin150cos45034解：分析3等式中两角关系，可得出sin2cos2300sincos(3004已知a1a1

2n(n24 2解a1a3a

5，a

，归纳得

2n1

3317222

2

210abab解：当ab20

2

a,b0,11第 堆最底层（第一层）分别按如图nn层就放一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【点评】f(n

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

S1ah31arr1h

V1Sh41Srr1h1 【随堂练anan1d（dn2，nNanan1q（qn2nN通项ana1(naaqn1 mnpqamanap(m,n,p,qN*mnpqamanap(m,n,p,qN* .解例4 图所标边长，由勾股定理有：c2a2b2．设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥OLMN，如果用S1，S2，S3表示三个侧面面积，S4表 cM cMaLN S2S2S2 5在平面几何里，由勾股定理：“设△ABC的两边AB，ACAB2AC2BC2面几何勾股定理，可以得到的正确的结论是：“设三棱锥ABCD的三个侧面ABC，ACD

两两互相垂直，S2S

．．

S'

PA'P

PABA

P

ACa2在△ABC中，若C90，ACb，BCa，则△ABC的外接圆的半径a22 a2b2解：r ．a2b22所以在空间中我们可以选取有3个面两两垂直的四面体来考ABCDABaACbADca2b2a2b22等比数列{an}满足

mnpqN若mnpqamanapaq由类比推理可得，若{an}等差数列，且有mnpq，则_ _.amanap底×高×2 __.S2ax2bxc0(abcR有两个不同实数根的条件是b24ac0方程az2bzc0(abcC有两个不同复数根的条件是b24ac0其中类比错误的是__.13 r1h4

” 在平面直角坐标系中，直线一般方程为AxByC0，圆心在(x0,y0)的圆的一般方程为(xx)2(yy)2r2；则类似的，在空间直角坐标系中，平面的一般方程为 ，球心在(x0,y0,z0)的球的一般方程为 解：AxByCzD0(xx)2yy)2zz)2 现有一个关于平面图形题：如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的 4

a 8已知ABC的三边长为abc，内切圆半径为r（SABC表示ABC的面积，则1r(abc)ABCDR2VABCD 解：13

SBCD在等差数列an中若a100则有等式a1a2 ana1a2

n19,nN

类比上述性质，相应地：在等比数列bn中，若b91，则有等

bb

bb

1

1 解：类 Cx2y2

1 PM、PNKPM、KPNKPMKPNx2y2

1 M、Nx2y2

P1 PM、PN的斜率都存在，并记为KPM、KPNKPMKPNP位置无M(m,n),则N(

m2n2P(x,y)

yn,Kxm

11PN

ynx y

y

y2KPMKPNxm

xm

ax2a将 将 2 y xb,n m

2

b2aa

第3演绎推 解：，，结论.解：M—P（M（）S—M（SS—P（S（（结论）若集合M的所有元素都 ，S是M的一个 ，那么S中所有元素也都具有性质P.（（（（））函数yx2x1

（结论】【点评中包含了3个命题，第一个命题称为，它提供了一个一般性的原理，第二个命联系，从而得到第三个命题——结论.演绎的前提是一般性原理,演绎所得的结论是蕴涵于前提之中】例 已知lg2=m,计算（1） （ （ （2）lga blg0.8=lg （结论（1（2） 提是真实的，推理的形式是正确的，那么结论也必定是正确的.因而演 绎推理例 D、E是垂足，求证：ABMD、E的距离相等在△ABC中,AD⊥BC,即∠ADB=90°（）所以△ABD是直角三角形（结论因为DM是直角三角形斜边上的中线 （1所以2

EM=【随堂练解:要熟悉归纳推理、类比推理、演绎推理的概念. 解:由演绎推理可得这个结论是:正方形的对角线相aα,ba”结论显然是错误的,这是因为例 证明函数f(x)x22x在(,1)内是增函数【分析】证明本例所依据的是：在某个区间（a,b）内，如果f'(x)0，那么函数yf(x)在f(x)x22x的导数在区间(,1f'(x)0f'(x)2x2x(,1时，有1x0，所以f(x2x22(1x0于是，根据“”得，f(x)x22x在(,1)内是增函数例 设平面直角坐标系xoy中设二次函数f(x)x22xb(xR)的图象与坐标轴有三个交点求实数b求圆C的方程；问圆C是否经过某定点（其坐标与b无关）？（Ⅰ）（0，bfxx22xb0b≠0且Δ＞0b＜1x2y2DxEyFy＝0x2DxF0x22xb＝0D＝2，F＝b．x＝0y2Ey＝0bE＝―b―1．所以圆C的方程为x2y22xb1yb0CC过定点(x0y0)(x0y0不依赖于

并变形为x2y22x

b(1

)

为使（*）式对所有满足b1(b0)的b都成立，必须有1y00， x00，x0x0y02x0y00，解得

经检验知，点(0,1),(20CC过定点 用演绎法证明y＝x2是增函数时的 根据演绎推理及增函数的定义可得，答案:根据类比推理的定义进行分析.答案:设函数f(xax1(a,bZ，曲线yf(x在点(2,f(2处的切线方程为y3xyf(x的解析式yf(xyf(x)x1yx所围三角形的面积为定值， （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的图像是以点（1，1）为中心的中心对称图形证明：在曲线上任一点(xx1x00 x00由f(x)1 0(x02x2x y ](xx)x

x1yx01,x1交点为(1x01x0 x0yxy2x01,切线与直线yx交点为(2x012x01x1yx的交点为1|x011||2x11|1|21||

2|22x 2x 所以,明 密 密 明 解：运用映射概念进行分析，找出对应元素，解决问题的关键是要抓住使明文与密文之间的yloga(x2)x=63loga(62a=2y=4x=24－2＝1411，之后每位同学所报出的数都是 、、、、、 、7、610、987……分别除以3得余数分别是1、1、2、0、2、 环，周期是8.在这一个周期内第四个数和第八个数都是3的倍数，所以在三个周期内共有6个报77次.答案：7次a*b||a||a*b||a||b|和b的夹角，

v

3),uv

323.答案： 3 AB、CDEF、GHIJ各点，最后又回A（如图所示ABBC，AB//CD//EF//HG//IJ，BC//DE//FG//HI//JA欲知此质点所走路程，至少需要测量n条线段的长度，则nABBCGH3条线段的长, ， 错误（P（M请你把不等式“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

是奇函数求ab若对任意的tRf(t22tf(2t2k0恒成立，求k的取值范围（Ⅰ）

b1 10b1b1 11

a

a1 a

2aa1 ，易知f(x)在(,)上为减函数2

2xf(xf(t22tf(2t2k0f(t22tf(2t2kf(k2t2f(xt22tk2t2即对一切tR3t22tk0，从而判别式412k0k13解法二：由（Ⅰ）f(x

12

12t222t22t

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

上式对一切tR均成立，从而判别式412k0k13f(x)4xax22x3xR在区间[－1，1]上是增函数3xf(x)2x1x3x1、x2.m3m2+tm+1≥|x1－x2|a∈At∈[－1，1]m的取值范围；若不存（Ⅰ）f(x)=42

∴f＇(x)≥0对x∈[－1，1]恒成立即x2－ax－2≤0对x∈[－1，1]恒成立. 设(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}.及分类讨论思想和灵活运用数学知识分析问题和解决问题的能力.在解题过程中大量采用了一般ay＝xa有如下性质：如果常数a＞0，那么该函数在ax

]上是减a数，在 ，＋∞)上是增函数aby＝xbx

（x＞0）的值域为6，求b研究y＝x2

x2（常数c＞0）y＝xay＝x2x

x2（常数a＞0）例．研究推广后的函数的单调性（只须写出结论，不必证明，并求函数F(x)＝(x21)nx(1x)n（n是正整数）在区间1，2]上的最大值和最小值（可利用你的研究结论x 解：(1)x

,

=6,0<x1<x2,y2－y1x2

x2c(x2x2)(1

) x

x

x2x 当4c<x1<x2时,y2>y1,y=x2x

在4c,+∞)0<x1<x24cy2<y1,y=x2x

在(0,4c]上是减函数y=x2x

是偶函数,于是,该函数在(－∞,4c]上是减函数,在[4c,0)上是增函数y=xnxn当n是奇数时,函数y=xnxn

在(0,2na]上是减函数,在2na,+∞)上是增函数,在2na]上是增函数,在[2na,0)上是减函数n是偶数时,函数y=xnxn

在(0,2na]2na,+∞)上是增函数,在2na]上是减函数,在[2na,0)上是增函数F(x)=(x21)n+(

n=C0(x2nn

1x

xn)C1(x2n3n

1x

)Cr(x

1x

)Cn(xn1nxnnn1nF(x)2

x1x=2时F(x)取得最大值9)n9 x=1F(x)2

第4推理案n例 已知数列a的第1项a1，且n

(n12,)n

1解：a1，a1，…，一般地有

1；本题也可以直接求出通项公式．由

2n

n 1n112an

12，即

12 所以数列112aa aan 112(n1，而a1

1 2n 例2设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)= n4时f(n

用n表示f(4)5f(32f(4)5f(59f(6)14∵n1，则交点增加(n1∴f(n)234(n1)(2n1)(n21(n1)(n2)2例 2212211

322222

423223 (n1)2n22n1

1)212

即：123nn(n2类比上述求法：请你求出122232n2解：231331231 332332232433333233 ┅(n1)3n33n23n1(n1)3133(122232n2)3(123n)所以：122232n21[(n1)31n31n 1n(n1)(2n1)【随堂练（1）1，，9，1317（2338452338456中学数学中存在许多关系，比如“相等关系”、“平行关系”等等，如果集合A中元间的一个关系“”满足以下三个条件：aAaa，bAabb传递性：对于a，b，cA，若ab，bc则有 “”， 例4设m为实数，利用求证方程x22mxm10有两个相异实根.解：利用Δ>0，按照的形式进行证明.因为如果一元二次方程ax2+bx+c=0的Δ=b2-4ac>0，那么方程有两相异实根.（）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有两相异实根.（结论）2sin25sin265sin212523 2

（*）并给出（*）

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等均正确2已知数列a1项a1，且

(n12,)

2a2a2，…，一般地有

2

n由

2an

11

11

2

所以数列111

1(n1)1a

n a11，则

2n对满足

(abc0型的数列aab时采取取倒数的方法即可得出数列1

b

annan差数列，再根据等差数列的通项公式即可求出数列an的通项122nn1n2 3n2)2n1)2 恰当的是③．b平面直线a平面，直线b∥平面，则直线b∥直线a”的结论显然是错误的，这是因为 f(x1

2ff(x)

,

f(x)

xAB2AC2BC2A-BCDABC、ACD、ADBS2S

现有bgag（ba0mg(0ma一 验，提炼出一个不等式：aa b1 1在各项为正的数列an中，数列的前n项和Sn满足Sn an 2 an（1）求a1a2a3（2）由（1）猜想数列an的通项公式（3）2（1）2

1,a3

（2）

（3） n32nn证明函数f（x）=x3+x在R上是增函数，并证明过程中运用的“32nn证法1：如果在定义域R上，f′（x）>0，那么f（x）在这个定义域上一定为增函数（）函数f（x）=x3+x的导数f′（x）=3x2+1我们可以求得f′（x）>0（） x=xxx2 3x2 2 4 xx因为x 3x210所以f（x2）-f（x1）>0，即f（x2）>f（x1， 2 4 f（x）=x3+x在R一个平面用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．将以上各式相加得f(n)f(1)23nn(n n2n而f(1)2，∴f(n)1(123 n)1 ∴f(n)

n2n．2初分配给A、B、C、D四个维修点某种配件各 件． 别调整为、、、件,但调整只能在相邻维修点ABx1x10时,则B调整了|x1|件给A,BCx2CDx3DA的件数为x4,依题意可得x450x140x150x245x250x354x350x461,从而x2x15,x3x11,x4x110f(x1)|x1||x15||x11||x110|,画出图像(或绝对值的几何意义)可得最小值第5 明明证【 在数学中证明是的一些真实题来确定某一命题真实性的思维过程有直接证明或间接 结综合法的推证过程为：已知条件 结分析法的推证过程为：结论 已知f(x)

是奇函数，0Rf(00a2

a+例1分别用综合法和分析法证明 2a1，a，b，有a

b)2

ab

ab

ab2

2，

a+≤2只要证

a只要证0a a只要证0 ba

a+b

22如图，已知AB、CDO，△ACO≌△BDO，AE=BF，求证 OFEOFE CODO(已证EOCFOD(对顶角相等EOFO(已证所以3用分析法证明例COEOCEO为了证 只 为了证 只需证 AE=BF也只 【一设a，bx的一元二次方程(a2+b2x2+4abx+2ab证明：因为a2b24（2+2·2b=8ab[2b-如图，在ABCD，AE⊥BDE，CF⊥BDF，用分析法证明CEFADECEF为此只需证明ADAED为了证明ADECBF,AD 只 只需为了证明AEDAE⊥BD，CF⊥BD因为ABCD，AE⊥BD，CF⊥BD，都是已知的AD=CF3265 32653265因为 3265 3 63 63265 32653265要 3265 3 63 63265只要证 32653265所 32654用综合法证明：

cos1sin

1sincos

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

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

1sincos5用分析法证明

cos1sin

1sincos

cos1sin

1sincos只要证cos2x1sin2只要证sin2xcos2x因为sin2xcos2x1cos1sin

1sincosa，ba+b=111 11

aba

2a

a2 bb 11 a，ba+b=111 11 abab ba 11 对任意正整数n2n与(n+1)2Sinθ+cosθ=1Sin2θ＝ f（x）＝3cos(3x-θ)-sin（3x-θ为奇函数，则θ3设若abc都是正数，且3a4b6c，则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用分析法证明:当a＞2aaaaaaaaaaaaa

aaaaaa

)2＜( aa

a24a2-4aaaaaaaba若a＞b＞0时,用分析法证明abaababaababaabababababababab

aa

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

所以OC·AB所以OC

第6直接证明（二设a0b0且ab≤4， ≥

≥2③11 ≤1 a abb如果 ba，那么实数a、b应满足的条件abba0b0a已知数列an的通项公式是

abcan

anAB为锐角，且tanAtanB

3tanAtanB3AB60.（提示：计算tanAB例 已知：f(x)x4x3x21，求证：xR,f(x)f(xx2x

122

3144例 A+B+C=180O得：A+B=180O-C,∴cos(A+B)=cosC,结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)由于欲证等式中,既含有三角形内角的三角函数,又含有三边的关系,因此，证明时必须联想三角形中反映边角关系的定理,如正弦定理、余弦定理等.例3 设a,b是两个正实数，且ab，求证：a3+b3＞a2b+ab2．a3+b3＞a2b+ab2a2-ab+b2＞ab成立。(a+b＞0)a2-2ab+b2＞0成立，即需证(a-b)2＞0因为a≠b，所以a-b≠0，所以(a-b)2＞0，即a2-亦即a2-)(即a3+b3＞a2b+ab2，由此命题（【随堂练设abRa

ab

则必 ①1≤ab

a2 2

a2ab1 2a2③ab 2

a221

1x>0，y>0(x2y22x3y3ABC的三个内角A,B,C成等差数列，求证：

a b ab例 如图,SA⊥平面ABC,AB⊥BC,过A作SB的垂线,垂足为E,过E作SC的垂线,足为F.求证 证明：要证只需证 只需证:AE⊥BC只需证AC只需证:SAABC因为:SA⊥平面ABC成立所以.AF⊥SC成立ACB1a例 若a1,b1,求证1a11a

1因为ab

只要1abab

因为1ab0,只要证(1ab)2(ab

12aba2b2a22ab

即证1a2b2a2b2,即证(a21)(1b2)

a1,a21,a210

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

【点评】含绝对值的不等式的证明，除一类可直接应用定理“|a|-|b|≤|a+b|≤|a|+|b|“|a|-ab+1>a+ba,ba>1,b>1a<1,b<1,已知、为锐角，且tan12

tan3

,则4解：000

tantan1tantan

1 31，11 xyxy11

xyf(xlg1xf(a)aa

则f(a) ab设a0,b0, ab

（号C已知C1C

C

0（填号CCa≠b,则(a2+b2a4+b4)CC(a2+b2a4+b4a3+b3)2=a2b4b2a4-2a3b3a2b2a-∵a≠b，∴(a-b)2>0,又a2≥0,b2≥0,等号不能同时成立。∴a2b2(a-b)2≥0,∴(a2+b2)(a4+b4)≥(a3+b3) >2abc+2abc+【点评】从允许等号成立的三个不等式:a(b2+c2)≥2abcb(c2+a2)≥2abc,c(a2+b2)≥2abc，运用不等若|x|+|y|+|z|=5且|x+y|=0,|x-3|≤1,则实数x,y,z中最大的一个 ,1 ab 2abf(x2,实数a>0,b>0,Af

,Gf

abHfab,则 的大小关系是

a解

2ab

ab(1

ab)a

1

a

a ∴ ab,f(x)2

已知数列{an}的通项公式是

,a,b,c均为正数,anan+1【解】a

a(n

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

(bnc)(b(n1) (bnc)(b(n1)∴an<｛an｝若数列｛an｝q=f(m)，数列｛bn｝b1a1，bn=2

f(b)(n∈N,n≥2),求证 （1）=2man,m≠-3,∴an1

m

,∴｛an｝是等比数列(2)b1=a1=1,

∴n∈Nn≥2bn3f(bn-1)

2bn1m

2bn1∴b

＋3b

1111n

第7间接证例 若x,yR,x0,y0,且xy21x和1y中至少有一个小于 2，则有1+x2,1y2 则1x2y,1y2x2x与已 2求证33证明：假设3是无理数，则存在互质的数mn3

m，从而mn

3n，即m23n2所以m3m3k(kN*，因此，9k23n2n23k2，所以n3倍数，这与m,n互质，由此可知假设是错误的，从而3是无理数．3例 证明3

2,

22

、5为同一等差数列的三项，则存在整数m,n满3222 53222

3①n-②m3

n-5

(n- 3n2+5m2-215mn=2(n-左边为无理数，右边为有理数，且有理数【随堂

、5不能为同一等差数列的三231230a,b,c1，求证：(1a)b1b)c1c)a,4证明：设(1a)b4

(1b)c>4

(1c)a>14则三式相乘：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与 2p2p

证明：假设2p1是有理数，则存在互质的数mn(mn)(mn

m22p由于(mnmn)2mmn与mn同为偶数或同为奇数，由于它们的积为偶数，则mnmn同为偶数，mn2kmn2t(k,tN*，从而有2r2t2即pn22rt，∴n2为偶数，∴n为偶数，则m也为偶数，这与m,n互质，由此可知2p2p例 求证：正弦函数没有比2小的正周期T0T2x都有sinxTsinxx0得sinT0TkkZ0T2Tx都有sinxsinx22这与sin22

。所以，正弦函数没有比2例 已知：四边形ABCD中，E、F分别是AD、BC的中点，EF1(ABCD)2ABCD∵E、F、GAD、BC、AC的中点∴GE//CD，GE1CD；GF//AB，GF1AB2∵AB∴GEGF不共线，GE、GF、EF组成一个三角

EGFEGF∴GEGF 但GEGF1ABCD)2

①与②∴AB//用反证法证明“若x2+5x+6=0,则x=-2或x=-3”时,应假设x≠－2且 2 22222

证明，不妨设A900BD2AD2AB22ADABcosA∴ AD2AB2AD2即 (2)2(2)AD2 这与已知四边形BD=12 22 △ABC假设△ABC (4)那么,由AB=AC,得∠B=∠C≥90°.即这四个步骤正确的顺序应是 a、b、c是互不相等的非零实数.ax2+2bx+c=0，bx2+2cx+a=0，cx2+2ax+b=0至少有一个方程有两个相异实根.应假设 a、b、c互不相等，∴①式不能成立. 求证：ACBD是异面直线.ACBDACBD在同一平面内因此，A、C、B、D四点在同一平面内，这样，AB、CD就分别有两个点在这个平所以，ACBD是异面直线 abc0，abbcca0，abc0，用反证法证明：a,b,c>0证：设a< ∵abc> ∴bc<又由a+b+c> 则b+c=a>∴ab+bc+ca=a(bc)+bc 又：若a=0，则与abc>0，∴必有a>同理可证：b> c>过平面A的直线aa是唯一的证明：假设a不是唯一的，则过A至少还有一条直线bba、ba、b设A的直线c∵a，b∴ac，bc这样在平面内，过点A就有两条直线垂直于c，这与定理产生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这于假设p0 试证明：在平面上所有通过点(2,0)的直线中，至少通过两个有理点（x、yy0，显然通过点(2,0)y0至少通过两个有理点，例如它通过)再证唯一性y0ykxb（k0或b0）通过点

2,0)A(x1y1B(x2y2x1y1x2y2均为有理数ykxb通过点(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是两个不同的点，且k0x1x2y1y2由③，得k

y1y2，且k是不等于零的有理数x122

y1k所以，平面上通过点(2,0)的直线中，至少通过两个有理点的直线只有一条.

第8数学归纳法数学归纳法一般步主要应（n0n=kn=k+1 由(1)，(2)可知，命题对于从n=0开始的所有正整数n都正确。“1aa2an11an2(a1n111aa用数学归纳法证明3nn3(n≥3nN)

n

12n例1用数学归纳法证明：1111 12n （1）（2）假设当nk时不等式成立则当nk1时，左边(11 1)(1

)≤k 2k

2k1（11

）k2k

k12k（1（2）2(n6)22n5nN)（1）（2）假设当nk时不等式成立，则当nk1时，2k62k52k6)222k224k72k7)2，即不等式成立．（1（2）1n例３f(n111n 求证nf(1f(2f(n1nf(nnN（1）（2）假设当nk时结论成立，则当nk1时，左=k1f(1)f(2) f(k1)1f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k1)＝右（1（2）【随堂练 1n（nN*，且n1”时，由n 2n（k1）不等式成立推证nk1不等式成立时，左边应增加的项数 212n 1112n 1 (nN*,kk+1时, 2k1 2k用数学归纳法证明“当nN*时,122223 25n1是31的倍数”时,n1时的原式 ，从k到k1时需添加的项是 （12222324,5k

k125k225k325k4例 n=2时，不等式成立假设nk(k2)2k

，则nk1时2(1k22(1k2k1)21(k

于n2自然数，2n11n例 已知n，m都是正整数，fn11n （1）求证：当mnfnfmnmn2（2）求证：当n1时f2nn22（1）

m

m11…1n（2）①当n2

nmf2n 111 所以当n2时f2n

n2

2②假设，当nkk2f2kk22f2kk2的两边2

…

2k

2k2kf2k1k2 1 2k 22为了证明当nk1f2nn22k22

2k

12k

… 2k12k11

2k

…

2k

k2，所以不等式（*） 2k

2k

…

2k22故当nk1f2nn2也成立。综合①、②，得当n1f2nn2成立。22说明：在证nk1成立时，也可以利用（Ⅰ）1n

n

n

n2

证明n1时，不等式成立，假设当nkk2nk1时左边

1

k k k2

k2k1(2k1)k21k1k(k21)

121

3

(2n1)(2n

n(n1)n1时，等式成立，假设当nknk1时左边

k(k1)

(k(2k1)(2k

(k1)(k2)2(2k3)即证得(n1)(n2)(nn)2n132n1)(nN*nk到nk1”，左边需增乘2(2k空间中有n个平面，它们中任何两个不平行，任何三个不共线，设kf(k个区域，则k1f(k1)（k

f(k)nxnynxyn2k1(kN命题为真时，进而需证n

用数学归纳法证明等式1+2+3+…+(2n+1)=(n+1)(2n+1)时，当n=1左边所得的项 ；

123332433n3n13nnabc对一切nN*

。111 凸k边形内角和为f(k)，则凸k1边形的内角为fk1)f(k) .若nN*,求证

cos

cos

cos2cos

2nsin

n1时,左cos,右sincos,左= 2sin 2② 时

n

cos2cos22cos

2ksinnk1时

)

cos

2k

2ksin

2k= cos 2k1sincos

2k

2k1sin2k 2k

2k若nN*,且n2,求证:1n

11

n2时,左117 ②设nk时 1 1k k nk1时,左 1 k 2k 2k=(1 1)1 k k k 2k 2k因为1

0所以左13k 2k 2k 2k 2k nn

n2n

nN*,4项后,猜想a的表达式,解计算得

a1,a3,a7,a

.

an

2n①n1时,计算得a112k②设nk时,则nk1时,

ak

2k1

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

2k

ak∴ak1 正数数列a中

1

1a、a、a;⑵猜想a232n 232n

解⑴a1

a2

a3

an nn①nnnkk②设nk正确即ankk则nk1 S1

1) kkkkk kkkkka22

kk10,解得(取正值) kkk

k

k第9数学归纳法数学归纳法一般步主要应在证明nk1时题中，关键是怎样与nk的假设结论联系起来用数学归纳法证明“2n1n2n2(nN)”时，第一步验证 （当n1时，左边=4=右边，命题正确nxnynxyn2k1(kN)命题为真时，进而需证n 时，命题亦真.（2k某个关于自然数n题，如果当n=k(k∈N)时该命题成立，那么可推得n=k+1时该命题n=5n=41设nN*试比较3n和(n

解 81=34<(4+1)!=120,猜想

时3nn1)!;

n

时,3nn①n

时 显然成立②设nk时,结论成立,即3k(k 则nk1(k4,3k2 3k1k例 求证：352n123n1能被17整除，n证明：①当n0时，原式15217②假设当nk时命题成立，即352k123k117整除nk1时原式352k323k47552k1823k18352k123k15117 (AN即当nk1综上所述，对一切nN【点评】用数学归纳法证整除问题，关键在于对nk1时的代数式变形.一般地可变形为归3已知数列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)．证明略【随堂练在数列{an}中，a11，且Sn，Sn1，2S1成等差数列（Sn表示数列{an}n项和S2

2nS3，S4分别 ；由此猜想Sn （2，4，8

经对n12

代入验证，并用数学归纳法可以证明从n

nn1n1)n32n28n9（nN*）64整除。（1）当n1322896464（2）假设nk32k28k964nk1时，32(k1)28(k19932k28k99(32k28k9)64(k因为32k28k96464所以9(32k28k9及64(k164nk1时，命题成立，由（2）可知对一切nN*4数列a满足

1

)a

(n1.用数学归纳法证明：a(n2)

n

n2 n=2a2221n=k(k2)时不等式成立，即ak1

（k2)那么ak

k(k

)ak

2n=k+1ak2对所有n25求证：an1a1)2n1能被a2a1整除（n，a为正整数证明：当n1时，结论成立，假设当nk时，结论成立，则nk1时，ak2(a1)2k1(a1)2[ak1(a1)2k1]ak2ak1(a(a1)2[ak1a1)2k1ak1(a2a1a2a1平面内有n条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，求证：这n1(n2n2)2（1）

1(1212)22所以n1（2）nkk1(k2k2)2那么当nk1k1条直线中的k1(k2k2)个区域。第k12k条直线分成k1部分，每部分把它们所在的区域分成了两块，因此增加了k1个区域，所以k条直线把平面分成了1(k2k2)k11[(k1)2 (k12个区域，所以当nk1时命题也成立，根据（1（2）知，对一切的nN*数列

}的通项公式为

(n

f(n)1a11

)(1

)，试求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）当n1f(134

1

34假设当nkf(k)

k22(k1)

k

k

(k2)21f(k1)

f(k)(1ak1(k1)2

] 2(k (k 2(k

(k（1（2）

n2

对任何nN*猜想 1- ……的第n个式子)数列a中a1

,则数列的前5项 ,猜想它的

an项公式

1111,,,,2345

an

n

(n

*1222n1)2 时，nk的假设到证明nk1（(k1)2k232n28k964(nN（32n28k964mana11an1n1)an，通过计算a2a3a4后，可猜想an

（n!）凸nf(n求证：对于整数n0时,11n2

2

n0时,原式=11212133133整除②设nk时,11k2 nk1时,原式=11k3122k3=11(11k212 122k1133能 整除mx1(1x)m≥1mx解：视(1x)m≥1mx为关于mx当m1时，原不等式成立；当m2时，左边12xx2，右边12x，x20，所以左边≥右边，原不等式成立；假设当mk时，不等式成立，即(1x)k≥1kx，则当mk1∵x1，∴1x0，于是在不等式(1x)k≥1kx两边同乘以1x 所以(1x)k1≥1k1)x．即当mk1在数列{a}atanx

1an n

1,（2）

tan(4

x)，

tan(2

x，猜想

4

（1）n=k时猜想成立，即

4

1 1

1

tan[k4

4

（1（2，对 f（k）满足不等式logxlog32k1x

xSnf(1f(2f(nSnPn2n1nN，试比较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：当n5SnPn，下面用数学归纳法给出证明n=5S5P5，已证k假设当nkk5

P

k 那么当n=k+1时，2k1Pk1而2k2k12k22k1k122在k5的范围内，k1220恒成立则2k2k12，即S P由（1（2）可得，猜想正确，即n5时，S n=2，4SnPnn=3SnPnn=1或n5SnPn第10推理与证明复习 ②“(a+b)c=ac+bc”类推出ab=ab ③“(a+b)c=ac+bc”类推出ab=ab 答案：③用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)

解：左端需乘的代数式是(2k1)(2k2)2(2k12(2k1k

a2a2 3a2b2a2b22例 某校对文明班级的评选设计了a,b,c,d,e五个方面的多元评价指标，并通过经验公式Sac1来计算各班的综合得分，S 显示出0cdeba，则下阶段要把其中一个指标的值增加1个单位，而使得S的值增加最 .（填入a,b,c,d,e中的某个字母）解：因abcde都为正数，故分子越大或分母越小时，S1Sac0cdeba，∴1 ∴c1S的值增加最多.例 数列

}nSn，已知

n2

（Ⅱ）n

n14an（Ⅰ）

Sn,

n2S ∴(n2)Snn(Sn1Sn

nSn12(n1)Sn n

2Snn

故{Sn}是以2为公比的等比数 n n1

4Sn1(nn于是

4(n1)n

(n2).……（又a23S13,S2a1a2134 因此对于任意正整数n

都有Sn1 （Ⅱ）n n例 在数列{a}中，

1,

，求数列{a}的通项公式

n

an解a13

3,a3,a3,猜想a

n（1）

1

123 （2）n=k时猜想成立，则

k5 k

ak

k

(k1)（1（2，对【随堂练 巢的截面图.其中第一个图有1个蜂巢，第二个图 有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f

表示第n幅图的蜂巢总数

f(4)

f f(nf(n1解f(11f(216,f(31612f(4161218f(n)1612186(n1)3n23n1（2）对于任意的两个实数对(a,b)和(c,d)规定：(a,b)(c,d)当且仅当a 运“为(a,b(cdacbd,bcad)；运算“(a,bc,dac,bd)，设pqR，若(1,2)( p2q p2pq0，解得q2，答案：(20) 原为：已知复数z满足(12i)z5，则(12i)z 在ABC中,若C900,则cos2Acos2B1,,并证明你解：由平面类比到空间,有如下猜想:PABCPABPBCPCA两两垂直，且与底面所成的角分别为,，则cos2cos2cos21”PABC的射影为O，延长COABMPO由PCPAPCPBPC面PAB，从而PCPM，又PMCcossinPCO

h，cos

h，cosh 1PAPBPC1(1PAPBcos1PBPCcos P 3 (

cos

)h1即

（2）例 已知f(x)axx2(a1)，证明方程f(x)0没有负数根xxf(x)0x0

1

x0