高中数学苏教版2第二章推理与证明 章末分层突破

章末分层突破[自我校对]①由部分到整体，由个别到一般②类比推理③演绎推理④由一般到特殊⑤综合法⑥执果索因⑦反证法⑧数学归纳法___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________合情推理1.归纳推理的特点及一般步骤2.类比推理的特点及一般步骤(2023·温州月考)下面四个图案都是由小正三角形构成的，设第n个图形中有n个正三角形，且所有小正三角形边上黑点的总数为f(n).图2­1(1)求f(2)，f(3)，f(4)，f(5)；(2)找出f(n)与f(n＋1)的关系，并求出f(n)的表达式.【精彩点拨】(1)根据图案推导计算f(2)，f(3)，f(4)，f(5)及它们之间的关系.(2)利用(1)推导出的关系归纳出f(n)与f(n＋1)的关系，然后再求f(n)的表达式.【规范解答】(1)由题意有f(1)＝3，f(2)＝f(1)＋3＋3×2＝12，f(3)＝f(2)＋3＋3×4＝27，f(4)＝f(3)＋3＋3×6＝48，f(5)＝f(4)＋3＋3×8＝75.(2)由题意及(1)知，f(n＋1)＝f(n)＋3＋3×2n＝f(n)＋6n＋3，即f(n＋1)－f(n)＝6n＋3，所以f(2)－f(1)＝6×1＋3，f(3)－f(2)＝6×2＋3，f(4)－f(3)＝6×3＋3，…，f(n)－f(n－1)＝6×(n－1)＋3，将上面n－1个式子相加，得f(n)－f(1)＝6[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋3(n－1)＝6×eq\f(1＋n－1n－1,2)＋3(n－1)＝3n2－3，又f(1)＝3，所以f(n)＝3n2.[再练一题]1.已知函数y＝sin4x＋cos4x(x∈R)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，则(1)函数y＝sin6x＋cos6x(x∈R)的值域是___________________；(2)类比上述结论，函数y＝sin2nx＋cos2nx(n∈N*)的值域是__________.【解析】(1)y＝sin6x＋cos6x＝(sin2x＋cos2x)(sin4x－sin2xcos2x＋cos4x)＝sin4x－sin2xcos2x＋cos4x＝(sin2x＋cos2x)2－3sin2xcos2x＝1－eq\f(3,4)sin2(2x)＝1－eq\f(3,8)(1－cos4x)＝eq\f(5,8)＋eq\f(3,8)cos4x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1)).(2)由类比可知，y＝sin2nx＋cos2nx的值域是[21－n,1].【答案】(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))(2)[21－n,1]综合法与分析法1.综合法和分析法是直接证明中最基本的两种证明方法，也是解决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式.2.分析法和综合法是两种思路相反的推理方法.分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点.分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条理清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件.设a>0，b>0，a＋b＝1，求证：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.试用综合法和分析法分别证明.【精彩点拨】(1)综合法：根据a＋b＝1，分别求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)与eq\f(1,ab)的最小值.(2)分析法：把eq\f(1,ab)变形为eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)求证.【规范解答】法一：(综合法)∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2eq\r(ab)，eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，ab≤eq\f(1,4)，∴eq\f(1,ab)≥4.又eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8(当且仅当a＝b＝eq\f(1,2)时等号成立).法二：(分析法)∵a>0，b>0，a＋b＝1，要证eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8，只要证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\f(a＋b,ab)≥8，只要证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(1,a)))≥8，即证eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.也就是证eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)≥4.即证eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，由基本不等式可知，当a>0，b>0时，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立，所以原不等式成立.[再练一题]2.(1)已知a，b，c为互不相等的非负数.求证：a2＋b2＋c2>eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)).(2)用分析法证明：2cos(α－β)－eq\f(sin2α－β,sinα)＝eq\f(sinβ,sinα).【证明】(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac又因为a，b，c为互不相等的非负数，所以上面三个式子中都不能取“＝”，所以a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac，因为ab＋bc≥2eq\r(ab2c)，bc＋ac≥2eq\r(abc2)，ab＋ac≥2eq\r(a2bc)，又a，b，c为互不相等的非负数，所以ab＋bc＋ac>eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))，所以a2＋b2＋c2>eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)).(2)要证原等式成立，只需证：2cos(α－β)sinα－sin(2α－β)＝sinβ，①因为①左边＝2cos(α－β)sinα－sin[(α－β)＋α]＝2cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα－cos(α－β)sinα＝cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα＝sinβ＝右边，所以①成立，即原等式成立.反证法反证法是间接证明的一种基本方法，用反证法证明时，假定原结论的对立面为真，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，断定反设不成立，从而肯定结论.反证法的思路：反设→归谬→结论.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q≠1，证明：数列{an＋1}不是等比数列.【精彩点拨】(1)利用等比数列的概念及通项公式推导前n项和公式；(2)利用反证法证明要证的结论.【规范解答】(1)设{an}的前n项和为Sn，当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾.∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列.[再练一题]3.设{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，cn＝an＋bn.证明：数列{cn}不是等比数列.【证明】假设数列{cn}是等比数列，则(an＋bn)2＝(an－1＋bn－1)(an＋1＋bn＋1).①因为{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，设公比分别为p，q，所以aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1，beq\o\al(2,n)＝bn－1bn＋1.代入①并整理，得2anbn＝an＋1bn－1＋an－1bn＋1＝anbneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,q)＋\f(q,p)))，即2＝eq\f(p,q)＋eq\f(q,p)，②当p，q异号时，eq\f(p,q)＋eq\f(q,p)<0，与②相矛盾；当p，q同号时，由于p≠q，所以eq\f(p,q)＋eq\f(q,p)>2，与②相矛盾.故数列{cn}不是等比数列.数学归纳法1.关注点一：用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型，其关键点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少.2.关注点二：由n＝k到n＝k＋1时，除等式两边变化的项外还要利用n＝k时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明.已知正数数列{an}(n∈N*)中，前n项和为Sn，且2Sn＝an＋eq\f(1,an)，用数学归纳法证明：an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).【规范解答】(1)当n＝1时，a1＝S1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))，所以aeq\o\al(2,1)＝1(an>0)，所以a1＝1，又eq\r(1)－eq\r(0)＝1，所以n＝1时，结论成立.(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，即ak＝eq\r(k)－eq\r(k－1).当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,ak)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(k)－\r(k－1)＋\f(1,\r(k)－\r(k－1))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\r(k)，所以aeq\o\al(2,k＋1)＋2eq\r(k)ak＋1－1＝0，解得ak＋1＝eq\r(k＋1)－eq\r(k)(an>0)，所以n＝k＋1时，结论成立.由(1)(2)可知，对n∈N*都有an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).[再练一题]4.已知f(n)＝1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,n3)，g(n)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n2)，n∈N*.(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明.【解】(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；当n＝2时，f(2)＝eq\f(9,8)，g(2)＝eq\f(11,8)，所以f(2)<g(2)；当n＝3时，f(3)＝eq\f(251,216)，g(3)＝eq\f(312,216)，所以f(3)<g(3).(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明：①当n＝1,2,3时，不等式显然成立；②假设当n＝k(k≥3)时不等式成立，即1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,k3)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2).那么，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,k＋13)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2)＋eq\f(1,k＋13).因为eq\f(1,2k＋12)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2k2)－\f(1,k＋13)))＝eq\f(k＋3,2k＋13)－eq\f(1,2k2)＝eq\f(－3k－1,2k＋13k2)<0，所以f(k＋1)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k＋12)＝g(k＋1).由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立.转化与化归思想转化与化归是数学思想方法的灵魂.在本章中，合情推理与演绎推理体现的是一般与特殊的转化；数学归纳法体现的是一般与特殊、有限与无限的转化；反证法体现的是对立与统一的转化.设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中的a，b，c都为整数，已知f(0)，f(1)均为奇数，求证：方程f(x)＝0无整数根.【精彩点拨】假设方程f(x)＝0有整数根k，结合f(0)，f(1)均为奇数推出矛盾.【规范解答】假设方程f(x)＝0有一个整数根k，则ak2＋bk＋c＝0，∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都为奇数，∴a＋b必为偶数，ak2＋bk为奇数.当k为偶数时，令k＝2n(n∈Z)，则ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必为偶数，与ak2＋bk当k为奇数时，令k＝2n＋1(n∈Z)，则ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak2＋bk为奇数矛盾.综上可知，方程f(x)＝0无整数根.[再练一题]5.用数学归纳法证明：当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除.【证明】设n＝2m－1，m∈N*，则xn＋yn＝x2m－1＋y2要证明原命题成立，只需证明x2m－1＋y2m－1能被x＋y整除(m∈N(1)当m＝1时，x2m－1＋y2m－1＝x＋y能被x＋(2)假设当m＝k(k∈N*)时命题成立，即x2k－1＋y2k－1能被x＋y整除，那么当m＝k＋1时，x2(k＋1)－1＋y2(k＋1)－1＝x2k＋2－1＋y2k＋2－1＝x2k－1x2－x2k－1y2＋y2k－1y2＋x2k－1y2＝x2k－1(x2－y2)＋y2(x2k－1＋y2k－1)＝x2k－1(x－y)(x＋y)＋y2(x2k－1＋y2k－1).因为x2k－1(x－y)(x＋y)与y2(x2k－1＋y2k－1)均能被x＋y整除，所以当m＝k＋1时，命题成立.由(1)(2)，知原命题成立.1.观察下列各式：Ceq\o\al(0,1)＝40；Ceq\o\al(0,3)＋Ceq\o\al(1,3)＝41；Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,5)＝42；Ceq\o\al(0,7)＋Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,7)＝43；……照此规律，当n∈N*时，Ceq\o\al(0,2n－1)＋Ceq\o\al(1,2n－1)＋Ceq\o\al(2,2n－1)＋…＋Ceq\o\al(n－1,2n－1)＝________.【解析】观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数均为4，指数与等式左端最后一个组合数的上标相等，故有Ceq\o\al(0,2n－1)＋Ceq\o\al(1,2n－1)＋Ceq\o\al(2,2n－1)＋…＋Ceq\o\al(n－1,2n－1)＝4n－1.【答案】4n－12.一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0).已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7＝0，,x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，,x1⊕x3⊕x5⊕x7＝0，))其中运算⊕定义为：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________.【导学号：01580055】【解析】因为x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，所以x2，x3，x6，x7都正确.又因为x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1，x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1，故x1和x4都错误，或仅x5错误.因为条件中要求仅在第k位发生码元错误，故只有x5错误.【答案】53.袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则____.(填序号)①乙盒中黑球不多于丙盒中黑球②乙盒中红球与丙盒中黑球一样多③乙盒中红球不多于丙盒中红球④乙盒中黑球与丙盒中红球一样多【解析】通过随机事件直接分析出现情况的可能性.取两个球往盒子中放有4种情况：①红＋红，则乙盒中红球数加1；②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加1.因为红球和黑球个数一样多，所以①和②的情况一样多，③和④的情况完全随机.③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响.①和②出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样.综上，选(2).【答案】(2)4.设a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).证明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立.【证明】由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时等号成立.(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab＝1矛盾.故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立.5.已知a>0，b>0，c>0，函数f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值为4.(1)求a＋b＋c的值；(2)求eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,9)b2＋c2的最小值.【解】(1)因为f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c，当且仅当－a≤x≤b时，等号成立.又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，所以f(x)的最小值为a＋b＋c.又已知f(x)的最小值为4，所以a＋b＋c＝4.(2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋\f(1,9)b2＋c2))(4＋9＋1)