课堂过关2(第七章往后)

第七章推理与证明第1课时合情推理与演绎推理(对应学生用书(文)、(理)93～94页)考点新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.②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.③了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异．1.已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，类比这些等式，若eq\r(6＋\f(a,b))＝6eq\r(\f(a,b))(a、b均为正数)，则a＋b＝________．答案：41解析：观察下列等式eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，第n个应该是eq\r(n＋1＋\f(n＋1,（n＋1）2－1))＝(n＋1)eq\r(\f(n＋1,（n＋1）2－1))，则第5个等式中：a＝6，b＝a2－1＝35，a＋b＝41.2.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S2，则eq\f(S1,S2)＝eq\f(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V2，则eq\f(V1,V2)＝________.答案：eq\f(1,27)解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故eq\f(V1,V2)＝eq\f(1,27).3.设等差数列{an}的前n项和为Sn.若存在正整数m、n(m<n)，使得Sm＝Sn，则Sm＋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(m<n)，使Tm＝Tn，则Tm＋n＝________.答案：1解析：因为Tm＝Tn，所以bm＋1bm＋2…bn＝1，从而bm＋1bn＝1，Tm＋n＝b1b2…bmbm＋1…bnbn＋1…bn＋m－1bn＋m＝(b1bn＋m)·(b2bn＋m－1)…(bmbn＋1)·(bm＋1bn)＝1.4.(选修12P29练习题3(2)改编)观察下列等式：eq\f(2,1)＋2＝4；eq\f(2,1)×2＝4；eq\f(3,2)＋3＝eq\f(9,2)；eq\f(3,2)×3＝eq\f(9,2)；eq\f(4,3)＋4＝eq\f(16,3)；eq\f(4,3)×4＝eq\f(16,3)；…，根据这些等式反映的结果，可以得出一个关于自然数n的等式，这个等式可以表示为______________________．答案：eq\f(n＋1,n)＋(n＋1)＝eq\f(n＋1,n)×(n＋1)(n∈N*)解析：由归纳推理得eq\f(n＋1,n)＋(n＋1)＝eq\f(n＋1＋（n2＋n）,n)＝eq\f(（n＋1）2,n)，eq\f(n＋1,n)×(n＋1)＝eq\f(（n＋1）2,n)，所以得出结论eq\f(n＋1,n)＋(n＋1)＝eq\f(n＋1,n)×(n＋1)(n∈N*)．5.设△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＝eq\f(2S,a＋b＋c).类比这个结论可知：四面体PABC的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，四面体PABC的体积为V，则r＝________．答案：eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4)解析：由类比推理可知r＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).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eq\x(实验、观察)→eq\x(概括、推广)→eq\x(猜测一般性结论)(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容的范围．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，通过归纳推理得到的猜想，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eq\x(观察、比较)→eq\x(联想、类推)→eq\x(猜测新的结论)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)①S－M(S是M)②S—P(S是P)③其中，①是大前提，它提供了一个一般性的原理；②是小前提，它指出了一个特殊对象；③是结论，它是根据一般原理，对特殊情况作出的判断．[备课札记]

题型1归纳推理例1在各项为正的数列{an}中，数列的前n项和Sn满足.(1)求a1，a2，a3；(2)由(1)猜想数列{an}的通项公式；(3)求Sn.解：(1)当n＝1时，S1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))，即a21－1＝0，解得a1＝±1.∵a1>0，∴a1＝1；当n＝2时，S2＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2＋\f(1,a2)))，即aeq\o\al(2,2)＋2a2－1＝0.∵a2>0,∴a2＝eq\r(2)－1.同理可得，a3＝eq\r(3)－eq\r(2).(2)由(1)猜想an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).(3)Sn＝1＋(eq\r(2)－1)＋(eq\r(3)－eq\r(2))＋…＋(eq\r(n)－eq\r(n－1))＝eq\r(n).eq\a\vs4\al(变式训练)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)(n∈N*)，则a3＝________，a1·a2·a3·…·a2007＝________．答案：－eq\f(1,2)3解析：(解法1)分别求出a2＝－3，a3＝－eq\f(1,2)，a4＝eq\f(1,3)，a5＝2，可以发现a5＝a1，且a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2007＝a2005·a2006·a2007＝a1·a2·a3＝3.(解法2)由an＋1＝eq\f(1＋an,1－an)，联想到两角和的正切公式，设a1＝2＝tanθ，则有a2＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋θ))，a3＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)＋θ))，a4＝taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)＋θ))，a5＝tan(π＋θ)＝a1，….则a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2007＝a2005·a2006·a2007＝a1·a2·a3＝3.题型2类比推理2现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为eq\f(a2,4).类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．答案：eq\f(a3,8)解析：在已知的平面图形中，中心O到两边的距离相等(如图1)，即OM＝ON.四边形OPAR是圆内接四边形，Rt△OPN≌Rt△ORM，因此S四边形OPAR＝S正方形OMAN＝eq\f(1,4)a2.同样地，类比到空间，如图2.两个棱长均为a的正方体重叠部分的体积为eq\f(1,8)a3.eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)在Rt△ABC中，两直角边的长分别为a，b，直角顶点C到斜边的距离为h，则易证eq\f(1,h2)＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2).在四面体SABC中，侧棱SA，SB，SC两两垂直，SA＝a，SB＝b，SC＝c，点S到平面ABC的距离为h，类比上述结论，写出h与a，b，c之间的等式关系并证明．解：类比得到：eq\f(1,h2)＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(1,c2).证明：过S作△ABC所在平面的垂线，垂足为O，连结CO并延长交AB于D，连结SD，∵SO⊥平面ABC，∴SO⊥AB.∵SC⊥SA，SC⊥SB，∴SC⊥平面ABS，∴SC⊥AB，SC⊥SD，∴AB⊥平面SCD，∴AB⊥SD.在Rt△ABS中，有eq\f(1,SD2)＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)，在Rt△CDS中，有eq\f(1,h2)＝eq\f(1,SD2)＋eq\f(1,c2)＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(1,c2).题型3演绎推理,3)设同时满足条件：①eq\f(bn＋bn＋2,2)≤bn＋1(n∈N*)；②bn≤M(n∈N*，M是与n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Sn；(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，则a1＋2d＝4，3a1＋3d＝18，解得a1＝8，d＝－2，Sn＝na1＋eq\f(n（n－1）,2)d＝－n2＋9n.(2)由eq\f(Sn＋Sn＋2,2)－Sn＋1＝eq\f(（Sn＋2－Sn＋1）－（Sn＋1－Sn）,2)＝eq\f(an＋2－an＋1,2)＝eq\f(d,2)＝－1<0，得eq\f(Sn＋Sn＋2,2)<Sn＋1，故数列{Sn}适合条件①，而Sn＝－n2＋9n＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(n－\f(9,2)))2＋eq\f(81,4)(n∈N*)，则当n＝4或5时，Sn有最大值20.即Sn≤20，故数列{Sn}适合条件②.综上，数列{Sn}是“特界”数列．eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))满足a1＝0且eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1.(1)求eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an))的通项公式；(2)设bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))，记Sn＝eq\i\su(k＝1,n,)bk，证明：Sn<1.(1)解：由题设eq\f(1,1－an＋1)－eq\f(1,1－an)＝1，即eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,1－an)))是公差为1的等差数列．又eq\f(1,1－a1)＝1，故eq\f(1,1－an)＝n.所以an＝1－eq\f(1,n).(2)证明：由(1)得bn＝eq\f(1－\r(an＋1),\r(n))＝eq\f(\r(n＋1)－\r(n),\r(n＋1)·\r(n))＝eq\f(1,\r(n))－eq\f(1,\r(n＋1))，1.对一个边长为1的正方形进行如下操作：第一步，将它分割成3×3方格，接着用中心和四个角的5个小正方形，构成如图①所示的几何图形，其面积S1＝eq\f(5,9)；第二步，将图①的5个小正方形中的每个小正方形都进行与第一步相同的操作，得到图②；依此类推，到第n步，所得图形的面积Sn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,9)))eq\s\up12(n).若将以上操作类比推广到棱长为1的正方体中，则到第n步，所得几何体的体积Vn＝________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)解析：将棱长为1的正方体分割成3×3×3＝27个全等的小正方体，拿去分别与中间小正方体的六个面重合的6个小正方体和分别与中间小正方体有1条棱重合的12个小正方体，则余下的9个小正方体体积V1＝eq\f(1,3)，第二步，将余下的9个小正方体作同样的操作，则余下的9×9个小正方体的体积V2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(2)，所以到第n步，所得几何体的体积Vn＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n).2.对大于或等于2的正整数的幂运算有如下分解方式：22＝1＋3，32＝1＋3＋5，42＝1＋3＋5＋7，…；23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，….根据上述分解规律，若m2＝1＋3＋5＋…＋11，p3的分解中最小的正整数是21，则m＋p＝________．答案：11解析：由归纳推理可知，m＝6，p＝5，∴m＋p＝11.3.(2014·泰州期末)已知在等差数列{an}中，若m＋2n＋p＝s＋2t＋r，m、n、p、s、t、r∈N*，则am＋2an＋ap＝as＋2at＋ar.仿此类比，可得到等比数列{bn}中的一个正确命题：若m＋2n＋p＝s＋2t＋r，m、n、p、s、t、r∈N*，则________．答案：bm(bn)2bp＝bs(bt)2br解析：由类比推理将加法换成乘法，乘法换成乘方即得结论．4.已知an＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(n)，把数列{an}的各项排成如下的三角形：a1a2a3a4a5a6a7a8a9……记A(s，t)表示第s行的第t个数，则A(11，12)＝________．答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(112)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a100，第11行的第12个数为a112，即A(11，12)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up12(112).5.观察下列等式：(1＋1)＝2×1，(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5，…照此规律，第n个等式可为________．答案：(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)解析：观察规律可知，左边为n项的积，最小项和最大项依次为(n＋1)，(n＋n)，右边为连续奇数之积乘以2n，则第n个等式为(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)．1.如图所示的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，有eq\f(1,1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)，eq\f(1,3)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,12)，…，则运用归纳推理得到第11行第2个数(从左往右数)为________．1eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,4)eq\f(1,12)eq\f(1,12)eq\f(1,4)eq\f(1,5)eq\f(1,20)eq\f(1,30)eq\f(1,20)eq\f(1,5)…答案：eq\f(1,110)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行的第一个数为eq\f(1,10)，第11行的第一个数为eq\f(1,11)，则第11行的第二个数为eq\f(1,10)－eq\f(1,11)＝eq\f(1,110).2.若等差数列{an}的公差为d，前n项的和为Sn，则数列eq\f(Sn,n)为等差数列，公差为eq\f(d,2).类似地，若各项均为正数的等比数列{bn}的公比为q，前n项的积为Tn，则数列{eq\r(n,Tn)}为等比数列，公比为________．答案：eq\r(q)解析：Tn＝beq\o\al(n,1)qeq\f(n（n－1）,2)，eq\r(n,Tn)＝b1(eq\r(q))n－1.3.已知结论：在正三角形ABC中，若D是边BC的中点，G是三角形ABC的重心，则eq\f(AG,GD)＝2.若把该结论推广到空间，则有结论：在棱长都相等的四面体ABCD中，若△BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等，则eq\f(AO,OM)＝________．答案：3解析：由题意知，O为正四面体的外接球，内切球球心，设正四面体的高为h，由等体积法可求得内切球半径为eq\f(1,4)h，外接球半径为eq\f(3,4)h，所以eq\f(AO,OM)＝3.4.若P0(x0，y0)在椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点分别为P1、P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.那么对于双曲线则有如下命题：若P0(x0，y0)在双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)外，过P0作双曲线的两条切线的切点分别为P1、P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是____________．答案：eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1解析：设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P0(x0，y0)，则过P1、P2的切线方程分别是eq\f(x1x,a2)－eq\f(y1y,b2)＝1，eq\f(x2x,a2)－eq\f(y2y,b2)＝1.因为P0(x0，y0)在这两条切线上，故有eq\f(x1x0,a2)－eq\f(y1y0,b2)＝1，eq\f(x2x0,a2)－eq\f(y2y0,b2)＝1.这说明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直线eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1上，故切点弦P1P2所在的直线方程是eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1.1.合情推理主要包括归纳推理和类比推理．数学研究中，在得到一个新的结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路和方法．2.合情推理的过程概括为：从具体问题出发→观察、分析、比较、联想→归纳、类比→提出猜想．3.演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况的结论的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段论，数学问题的证明主要通过演绎推理来进行．4.合情推理仅是符合情理的推理，他得到的结论不一定真，而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下)．请使用课时训练(A)第1课时(见活页)．[备课札记]

第2课时直接证明与间接证明(对应学生用书(文)、(理)95～96页)了解分析法、综合法、反证法，会用这些方法处理一些简单命题．①了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点.②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．1.已知向量m＝(1，1)与向量n＝(x，2－2x)垂直，则x＝________．答案：2解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵m⊥n，∴m·n＝0，即x＝2.2.用反证法证明命题“如果a>b，那么eq\r(3,a)>eq\r(3,b)”时，假设的内容应为______________．答案：eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)<eq\r(3,b)解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即eq\r(3,a)＝eq\r(3,b)或eq\r(3,a)<eq\r(3,b).3.eq\r(6)－2eq\r(2)与eq\r(5)－eq\r(7)的大小关系是______________．答案：eq\r(6)－2eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(7)解析：由分析法可得，要证eq\r(6)－2eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(7)，只需证eq\r(6)＋eq\r(7)>eq\r(5)＋2eq\r(2)，即证13＋2eq\r(42)>13＋4eq\r(10)，即eq\r(42)>2eq\r(10).因为42>40，所以eq\r(6)－2eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(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＝{sinα，cosα}，则集合A·B的所有元素之和为________．答案：0解析：依题意知α≠kπ＋eq\f(π,4)，k∈Z.①α＝kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)时，B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))，A·B＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)，－\f(\r(2),2)))；②α＝2kπ或α＝2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}；③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－eq\f(π,2)(k∈Z)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}；④α≠eq\f(kπ,2)且α≠kπ＋eq\f(3π,4)(k∈Z)时，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，－cosα}．综上可知A·B中的所有元素之和为0.5.设a、b为两个正数，且a＋b＝1，则使得eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥μ恒成立的μ的取值范围是________．答案：(－∞，4]解析：∵a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴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)≥2＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝4.要使得eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥μ恒成立，只要μ≤4.1.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)一般形式eq\b\lc\\rc\}(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al\co1(本题条件,已知定义,已知公理,已知定理)))ABC…本题结论．(3)综合法①定义：从已知条件出发，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eq\x(已知条件)……eq\x(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或已知事实吻合为止．这种证明方法称为分析法．②推证过程eq\x(结论)……eq\x(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——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．②归谬——从反设和已知出发，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，从而肯定原结论成立.题型1直接证明(综合法和分析法),1)数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n＝1，2，3，…)，证明：(1)数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比数列；(2)Sn＋1＝4an.证明：(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝eq\f(n＋2,n)Sn(n＝1，2，3，…)，∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴eq\f(Sn＋1,n＋1)＝2·eq\f(Sn,n)，即eq\f(\f(Sn＋1,n＋1),\f(Sn,n))＝2，∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(Sn,n)))是等比数列．(2)由(1)知：eq\f(Sn＋1,n＋1)＝4·eq\f(Sn－1,n－1)(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋1)·eq\f(Sn－1,n－1)＝4an(n≥2)．又a2＝3S1＝3，∴S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，∴对一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.,2)设a、b、c均为大于1的正数，且ab＝10，求证：logac＋logbc≥4lgc.证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明logac＋logbc≥4lgc，只要证明eq\f(lgc,lga)＋eq\f(lgc,lgb)≥4lgc，即eq\f(lga＋lgb,lga·lgb)≥4，因为ab＝10，故lga＋lgb＝1.只要证明eq\f(1,lgalgb)≥4，由于a>1，b>1，故lga>0，lgb>0，所以0<lgalgb≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lga＋lgb,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2＝eq\f(1,4)，即eq\f(1,lgalgb)≥4成立．所以原不等式成立．eq\a\vs4\al(变式训练)设首项为a1的正项数列{an}的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立．求证：数列{an}是等比数列．证明：因为对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，则a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn①，从而Sn＋2＝S1＋qSn＋1②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)．综上得an＋1＝qan(n≥1)，所以数列{an}是等比数列．题型2间接证明(反证法),3)等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋eq\r(2)，S3＝9＋3eq\r(2).(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝eq\f(Sn,n)(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．解：(1)由已知得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a1＝\r(2)＋1，,3a1＋3d＝9＋3\r(2)，))∴d＝2，故an＝2n－1＋eq\r(2)，Sn＝n(n＋eq\r(2))．(2)证明：由(1)得bn＝eq\f(Sn,n)＝n＋eq\r(2).假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，则beq\o\al(2,q)＝bpbr.即(q＋eq\r(2))2＝(p＋eq\r(2))(r＋eq\r(2))．∴(q2－pr)＋eq\r(2)(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(q2－pr＝0，,2q－p－r＝0.))∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p＋r,2)))eq\s\up12(2)＝pr，(p－r)2＝0.∴p＝r，与p≠r矛盾．∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)求证：y＝ax2＋2bx＋c，y＝bx2＋2cx＋a，y＝cx2＋2ax＋b(a，b，c是互不相等的实数)，三条抛物线至少有一条与x轴有两个交点．证明：假设这三条抛物线全部与x轴只有一个交点或没有交点，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ1＝4b2－4ac≤0，,Δ2＝4c2－4ab≤0，,Δ3＝4a2－4bc≤0，))三式相加，得a2＋b2＋c2－ab－ac－bc≤0.则(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.∴a＝b＝c与已知a，b，c是互不相等的实数矛盾，∴这三条抛物线至少有一条与x轴有两个交点．1.(2014·山东)用反证法证明命题“设a、b为实数，则方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是________．答案：方程x2＋ax＋b＝0没有实根解析：“方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”等价于“方程x2＋ax＋b＝0有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程x2＋ax＋b＝0没有实根”．2.已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c，eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，若以a、b、c为三边构造三角形，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，任意两边之差小于第三边，而a<c，b<c，所以a＋b>c恒成立．而a＋b＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(9,b)))＝10＋eq\f(b,a)＋eq\f(9a,b)≥16，∴c<16.又eq\f(1,a)>eq\f(1,c)，eq\f(1,b)>eq\f(1,c)，∴eq\f(10,c)<eq\f(1,a)＋eq\f(9,b)＝1，∴c>10，∴10<c<16.3.(2014·北京)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同，数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有________人.答案：3解析：假设A，B两位学生的数学成绩一样，由题意知他们语文成绩不一样，这样他们的语文成绩总有人比另一个人高，语文成绩较高的学生比另一个学生“成绩好”，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾．因此，没有任意两位学生数学成绩是相同的．因为数学成绩只有3种，因而学生数量最大为3，即3位学生的成绩分别为(优秀，不合格)，(合格，合格)，(不合格，优秀)时满足条件．4.设函数f(x)＝eq\f(2x＋a,x＋1)(a≠2)．(1)用反证法证明：函数f(x)不可能为偶函数；(2)求证：函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减的充要条件是a>2.证明：(1)假设函数f(x)是偶函数，则f(－2)＝f(2)，即eq\f(－4＋a,－1)＝eq\f(4＋a,3)，解得a＝2，这与a≠2矛盾，所以函数f(x)不可能是偶函数．(2)因为f(x)＝eq\f(2x＋a,x＋1)，所以f′(x)＝eq\f(2－a,（x＋1）2).①充分性：当a>2时，f′(x)＝eq\f(2－a,（x＋1）2)<0，所以函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减；②必要性：当函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减时，有f′(x)＝eq\f(2－a,（x＋1）2)≤0，即a≥2，又a≠2，所以a>2.综合①②知，原命题成立．1.已知点An(n，an)为函数y＝eq\r(x2＋1)图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．答案：cn＋1＜cn解析：由条件得cn＝an－bn＝eq\r(n2＋1)－n＝eq\f(1,\r(n2＋1)＋n)，∴cn随n的增大而减小．∴cn＋1＜cn.2.一个平面封闭区域内任意两点距离的最大值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域(阴影部分)的周率从左到右依次记为τ1，τ2，τ3，τ4，则τ1，τ2，τ3，τ4的大小关系为________．答案：τ4＞τ2＞τ3＞τ1解析：在图(1)中，设图形所在的矩形长为a，宽为b，则其周率为eq\f(2（a＋b）,\r(a2＋b2))，由不等式的性质可知eq\f(2（a＋b）,\r(a2＋b2))≤2eq\r(2)；在图(2)中设大圆的半径为R，则易知外边界长为πR，而内边界恰好为一个半径为eq\f(R,2)的小圆的周长πR，故整个边界长为2πR，而封闭曲线的直径最大值为2R，故周率为π；图(3)中周长为直径的三倍，故周率为3；图(4)中设各边长为a，则整个边界的周长为12a，直径为2eq\r(3)a，故周率为2eq\r(3)，故四个周率大小τ4＞τ2＞τ3＞τ1.3.定义：若存在常数k，使得对定义域D内的任意两个x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2|成立，则称函数f(x)在定义域D上满足利普希茨条件．若函数f(x)＝eq\r(x)(x≥1)满足利普希茨条件，则常数k的最小值为________．答案：eq\f(1,2)解析：若函数f(x)＝eq\r(x)(x≥1)满足利普希茨条件，则存在常数k，使得对定义域[1，＋∞)内的任意两个x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2|成立，设x1>x2，则k≥eq\f(\r(x1)－\r(x2),x1－x2)＝eq\f(1,\r(x1)＋\r(x2)).而0<eq\f(1,\r(x1)＋\r(x2))<eq\f(1,2)，所以k的最小值为eq\f(1,2).4.某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．解：(1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)(解法1)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).(解法2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(1－cos2α,2)＋eq\f(1＋cos（60°－2α）,2)－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)(cos60°cos2α＋sin60°·sin2α)－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)cos2α＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)cos2α＋eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(\r(3),4)sin2α－eq\f(1,4)(1－cos2α)＝1－eq\f(1,4)cos2α－eq\f(1,4)＋eq\f(1,4)cos2α＝eq\f(3,4).5.如图，已知半径为r的圆M的内接四边形ABCD的对角线AC和BD相互垂直且交点为P.(1)若四边形ABCD中的一条对角线AC的长度为d(0<d<2r)，求四边形ABCD面积的最大值；(2)当点P运动到什么位置时，四边形ABCD的面积取得最大值，最大值为多少？解：(1)因为对角线互相垂直的四边形ABCD面积S＝eq\f(|AC|·|BD|,2)，而|AC|＝d为定长，则当|BD|最大时，S取得最大值．由圆的性质，垂直于AC的弦中，直径最长，故当且仅当BD过圆心M时，四边形ABCD面积S取得最大值，最大值为dr.(2)设圆心M到弦AC的距离为d1，到弦BD的距离为d2，MP＝d.则|AC|＝2eq\r(r2－deq\o\al(2,1))，|BD|＝2eq\r(r2－deq\o\al(2,2))，且d2＝deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2).可得SABCD＝2eq\r(r2－deq\o\al(2,1))·eq\r(r2－deq\o\al(2,2))＝2eq\r(r4－（deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2)）r2＋deq\o\al(2,1)deq\o\al(2,2)).又deq\o\al(2,1)deq\o\al(2,2)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(deq\o\al(2,1)＋deq\o\al(2,2),2)))2，当且仅当d1＝d2时等号成立．∴SABCD≤2eq\r(r4－d2r2＋\f(d4,4))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(r2－\f(d2,2)))，当且仅当d1＝d2时等号成立．∵点P在圆内运动，∴当点P和圆心M重合时d＝0，此时d1＝d2，四边形的面积最大，且最大值Smax＝2r2.1.分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．2.反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法．适宜用反证法证明的数学命题：①结论本身是以否定形式出现的一类命题；②关于唯一性、存在性的命题；③结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；④结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题．请使用课时训练(B)第2课时(见活页)．[备课札记]

第3课时数学归纳法(对应学生用书(理)97～98页)理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．1.用数学归纳法证明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)时，第一步应验证________．答案：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2解析：∵n∈N*，n>1，∴n取的第一个数为2，左端分母最大的项为eq\f(1,22－1)＝eq\f(1,3).2.(选修22P88练习题3改编)用数学归纳法证明不等式“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取为________．答案：5解析：当n≤4时，2n≤n2＋1；当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，所以n0应取为5.3.设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,3n－1)(n∈N*)，则f(k＋1)－f(k)＝________.答案：eq\f(1,3k)＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)解析：f(k＋1)－f(k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,3（k＋1）－1)－(1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,3k－1))＝eq\f(1,3k)＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2).4.利用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)>eq\f(13,14)时，由k递推到k＋1时左边应添加的因式是________．答案：eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2（k＋1）)解析：f(k＋1)－f(k)＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－(eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k))＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2（k＋1）).5.已知a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(3an,an＋3)，则a2，a3，a4，a5的值分别为________________，由此猜想an＝________．答案：eq\f(3,7)、eq\f(3,8)、eq\f(3,9)、eq\f(3,10)eq\f(3,n＋5)解析：a2＝eq\f(3a1,a1＋3)＝eq\f(3×\f(1,2),\f(1,2)＋3)＝eq\f(3,7)＝eq\f(3,2＋5)，同理a3＝eq\f(3a2,a2＋3)＝eq\f(3,8)＝eq\f(3,3＋5)，a4＝eq\f(3,9)＝eq\f(3,4＋5)，a5＝eq\f(3,10)＝eq\f(3,5＋5)，猜想an＝eq\f(3,n＋5).1.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n0时，命题成立；然后假设当n＝k(k∈N，k≥n0)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，其步骤为：(1)归纳奠基：证明凡取第一个自然数n0时命题成立；(2)归纳递推：假设n＝k(k∈N，k≥n0)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1证明等式1(2014·陕西)设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求证：gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).证明：(数学归纳法)①当n＝1时，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gk（x）,1＋gk（x）)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋（k＋1）x)，即结论成立．由①②可知，结论对所有n∈N*均成立．eq\a\vs4\al(变式训练)用数学归纳法证明：1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)(n∈N)．证明：①当n＝1时，等式左边＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)＝右边，等式成立．②假设当n＝k(k∈N)时，等式成立，即1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，那么，当n＝k＋1时，有1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)，上式表明当n＝k＋1时，等式也成立．由①②知，等式对任何n∈N均成立．题型2证明不等式,2)(2014·南通二模)各项均为正数的数列{xn}对一切n∈N*均满足xn＋eq\f(1,xn＋1)＜2.证明：(1)xn＜xn＋1；(2)1－eq\f(1,n)＜xn＜1.证明：(1)∵xn＞0，xn＋eq\f(1,xn＋1)＜2，∴0＜eq\f(1,xn＋1)＜2－xn，∴xn＋1＞eq\f(1,2－xn)，且2－xn＞0.∵eq\f(1,2－xn)－xn＝eq\f(xeq\o\al(2,n)－2xn＋1,2－xn)＝eq\f(（xn－1）2,2－xn)≥0.∴eq\f(1,2－xn)≥xn，∴xn≤eq\f(1,2－xn)＜xn＋1，即xn＜xn＋1.(2)下面用数学归纳法证明：xn＞1－eq\f(1,n).①当n＝1时，由题设x1＞0可知结论成立；②假设n＝k时，xk＞1－eq\f(1,k)，当n＝k＋1时，由(1)得，xk＋1＞eq\f(1,2－xk)＞eq\f(1,2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,k))))＝eq\f(k,k＋1)＝1－eq\f(1,k＋1).由①②可得，xn＞1－eq\f(1,n).下面先证明xn≤1.假设存在自然数k，使得xk＞1，则一定存在自然数m，使得xk＞1＋eq\f(1,m).因为xk＋eq\f(1,xk＋1)＜2，xk＋1＞eq\f(1,2－xk)＞eq\f(1,2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,m))))＝eq\f(m,m－1)，xk＋2＞eq\f(1,2－xk＋1)＞eq\f(1,2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,m－1))))＝eq\f(m－1,m－2)，…，xk＋m－1＞eq\f(m－（m－2）,m－（m－1）)＝2，与题设xk＋eq\f(1,xk＋1)＜2矛盾，所以xn≤1.若xk＝1，则xk＋1＞xk＝1，根据上述证明可知存在矛盾．所以xn＜1成立．eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)已知x1，x2，…，xn∈R＋，且x1x2…xn＝1，求证：(eq\r(2)＋x1)(eq\r(2)＋x2)…(eq\r(2)＋xn)≥(eq\r(2)＋1)n.证明(数学归纳法)：(ⅰ)当n＝1时，eq\r(2)＋x1＝eq\r(2)＋1，不等式成立．(ⅱ)假设n＝k时不等式成立，即(eq\r(2)＋x1)(eq\r(2)＋x2)…(eq\r(2)＋xk)≥(eq\r(2)＋1)k成立．则n＝k＋1时，若xk＋1＝1，则命题成立；若xk＋1>1，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)<0，即xk＋xk＋1>1＋xkxk＋1.xk＋1<1同理可得，所以(eq\r(2)＋x1)(eq\r(2)＋x2)…(eq\r(2)＋xk)(eq\r(2)＋xk＋1)＝(eq\r(2)＋x1)(eq\r(2)＋x2)…[2＋eq\r(2)(xk＋xk＋1)＋xkxk＋1]≥(eq\r(2)＋x1)(eq\r(2)＋x2)…[2＋eq\r(2)(1＋xkxk＋1)＋xkxk＋1]＝(eq\r(2)＋x1)(eq\r(2)＋x2)…(eq\r(2)＋xkxk＋1)(eq\r(2)＋1)≥(eq\r(2)＋1)n(eq\r(2)＋1)＝(eq\r(2)＋1)k＋1.故n＝k＋1时，不等式也成立．由(ⅰ)(ⅱ)知原不等式成立．题型3数列问题3设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1，2，3，….(1)求a1，a2；(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出证明．解：(1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝eq\f(1,2)；当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－eq\f(1,2)，于是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))－a2＝0，解得a2＝eq\f(1,6).(2)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即Seq\o\al(2,n)－2Sn＋1－anSn＝0.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.①由(1)得S1＝a1＝eq\f(1,2)，S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3).由①可得S3＝eq\f(3,4).由此猜想Sn＝eq\f(n,n＋1)，n＝1，2，3，….下面用数学归纳法证明这个结论．(ⅰ)n＝1时已知结论成立.(ⅱ)假设n＝k(k∈N*)时结论成立，即Sk＝eq\f(k,k＋1)，当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝eq\f(1,2－Sk)，即Sk＋1＝eq\f(k＋1,k＋2)，故n＝k＋1时结论也成立．综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知Sn＝eq\f(n,n＋1)对所有正整数n都成立．eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)(2014·镇江期末)已知数列{an}满足a1＝eq\f(2,3)，an＋1·(1＋an)＝1.(1)试计算a2，a3，a4，a5的值；(2)猜想|an＋1－an|与eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(n－1)(其中n∈N*)的大小关系，并证明你的猜想．解：(1)由已知计算得a2＝eq\f(3,5)，a3＝eq\f(5,8)，a4＝eq\f(8,13)，a5＝eq\f(13,21).(2)由(1)得|a2－a1|＝eq\f(1,15)，|a3－a2|＝eq\f(1,40)，|a4－a3|＝eq\f(1,104)，|a5－a4|＝eq\f(1,273)，而n分别取1，2，3，4时，eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(n－1)分别为eq\f(1,15)，eq\f(2,75)，eq\f(4,375)，eq\f(8,1875)，故猜想|an＋1－an|≤eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(n－1).下面用数学归纳法证明以上猜想：①当n＝1时，已证；②当n＝k≥1时，假设|ak＋1－ak|≤eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(k－1)，对n∈N*：由a1＝eq\f(2,3)，an＋1＝eq\f(1,1＋an)，得an>0，∴0<an＋1＝eq\f(1,1＋an)<1，且0<a1＝eq\f(2,3)<1，∴0<an<1，∴eq\f(1,2)<an＋1＝eq\f(1,1＋an)<1，且eq\f(1,2)<a1＝eq\f(2,3)<1，∴eq\f(1,2)<an<1.则当n＝k＋1时，∵(1＋ak＋1)(1＋ak)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,1＋ak)))(1＋ak)＝2＋ak>2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)，∴|ak＋2－ak＋1|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋ak＋1)－\f(1,1＋ak)))＝eq\f(|ak＋1－ak|,（1＋ak＋1）（1＋ak）)≤eq\f(\f(1,15)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))\s\up12(k－1),（1＋ak＋1）（1＋ak）)≤eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(k－1)eq\f(2,5)＝eq\f(1,15)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,5)))eq\s\up12(k).∴当n＝k≥1时，结论成立．由①和②知，以上猜想成立．题型4综合运用,4)若函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过点P(4，5)，Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn＜xn＋1<3.证明：①当n＝1时，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．∴直线PQ1的方程为y＝4x－11，令y＝0，得x2＝eq\f(11,4)，因此，2≤x1＜x2＜3，即n＝1时结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即2≤xk＜xk＋1＜3.∴直线PQk＋1的方程为y－5＝eq\f(f（xk＋1）－5,xk＋1－4)(x－4)．又f(xk＋1)＝xeq\o\al(2,k＋1)－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0，得xk＋2＝eq\f(3＋4xk＋1,2＋xk＋1)＝4－eq\f(5,2＋xk＋1).由归纳假设，2<xk＋1<3，xk＋2＝4－eq\f(5,2＋xk＋1)<4－eq\f(5,2＋3)＝3；xk＋2－xk＋1＝eq\f(（3－xk＋1）（1＋xk＋1）,2＋xk＋1)>0，即xk＋1<xk＋2.∴2≤xk＋1<xk＋2<3，即当n＝k＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n，2≤xn<xn＋1<3.eq\a\vs4\al(备选变式（教师专享）)(2014·无锡期末)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．(2)猜想f(n)＝eq\f(n（n－3）,2)(n≥3，n∈N*)．证明如下：当n＝3时，f(3)＝0成立；设当n＝k(k≥3)时猜想成立，即f(k)＝eq\f(k（k－3）,2)，则当n＝k＋1时，考察k＋1边形A1A2…AkAk＋1，①k边形A1A2…Ak中原来的对角线也都是k＋1边形中的对角线，且边A1Ak也成为k＋1边形中的对角线；②在Ak＋1与A1，A2，…，Ak连结的k条线段中，除Ak＋1A1，Ak＋1Ak外，都是k＋1边形中的对角线，共计有f(k＋1)＝f(k)＋1＋(k－2)＝eq\f(k（k－3）,2)＋1＋(k－2)＝eq\f(k2－3k＋2k－2,2)＝eq\f(k2－k－2,2)＝eq\f(（k＋1）（k－2）,2)＝eq\f(（k＋1）（k＋1－3）,2)，即猜想对n＝k＋1时也成立．综上，得f(n)＝eq\f(n（n－3）,2)对任何n≥3，n∈N*都成立．1.用数学归纳法证明“12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1,6)n(n＋1)(2n＋1)(n∈N*)”，当n＝k＋1时，应在n＝k时的等式左边添加的项是________．答案：(k＋1)2解析：[12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2]－(12＋22＋…＋k2)＝(k＋1)2.2.用数学归纳法证明“2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N*)”时，第一步验证的表达式为________．答案：21＋1≥12＋1＋2(或22≥4或4≥4也算对)解析：当n＝1时，21＋1≥12＋1＋2.3.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是____．答案：假设n＝2k－1(k∈N*)时正确，再推n＝2k＋1(k∈N*)正确解析：因为n为正奇数，根据数学归纳法证题的步骤，第二步应先假设第k个正奇数也成立，本题先假设n＝2k－1(k∈N*)正确，再推第k＋1个正奇数，即n＝2k＋1(k∈N*)正确．4.(2014·苏锡常镇二模)如图，圆周上有n个固定点，分别为A1，A2，…，An(n∈N*，n≥2)，在每一个点上分别标上1，2，3中的某一个数字，但相邻的两个数字不相同，记所有的标法总数为an.(1)写出a2，a3，a4的值；(2)写出an的表达式，并用数学归纳法证明．解：(1)a2＝6，a3＝6，a4＝18.(2)an＝2n＋2·(－1)n.(*)证明如下：①当n＝2时，a2＝6，符合(*)式．②假设当n＝k时，(*)式成立，即ak＝2k＋2·(－1)k成立，那么n＝k＋1时，因为A1有3种标法，A2有2种标法，…，Ak有2种标法，Ak＋1若仅与Ak不同，则有2种标法：一种与A1数不同，符合要求，有ak＋1种；一种与A1数相同，不符合要求，但相当于k个点的标法总数，有ak种．则有3×2k＝ak＋1＋ak.∴ak＋1＝－ak＋3×2k＝－2k－2·(－1)k＋3×2k＝2k＋1＋2(－1)k＋1.即n＝k＋1时，(*)式也成立．由①②知(*)式成立，即证．1.(2014·沈阳模拟)已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，用数学归纳法证明f(2n)>eq\f(11,2)时，则f(2k＋1)－f(2k)等于________．答案：eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)解析：∵f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)，f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)＋…＋eq\f(1,2k)，∴f(2k＋1)－f(2k)＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1).2.用数学归纳法证明不等式：eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)＞1(n∈N*且n＞1)．证明：①当n＝2时，左边＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(13,12)＞1，∴n＝2时不等式成立；②假设当n＝k(k≥2)时不等式成立，即eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k2)＞1，那么当n＝k＋1时，左边＝eq\f(1,k＋1)＋…＋eq\f(1,k2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2＋1)＋…＋\f(1,（k＋1）2)))＝eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)＋…＋eq\f(1,k2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k2＋1)＋…＋\f(1,（k＋1）2)))－eq\f(1,k)＞1＋(2k＋1)·eq\f(1,k2＋1)－eq\f(1,k)＝1＋eq\f(k2＋k－1,k（k2＋1）)＞1.综上，对于任意n∈N*，n>1不等式均成立，原命题得证．3.已知函数f(x)＝－x3＋ax在(－1，0)上是增函数．(1)求实数a的取值范围A；(2)当a为A中最小值时，定义数列{an}满足：a1∈(－1，0)，且2an＋1＝f(an)，用数学归纳法证明an∈(－1，0)，并判断an＋1与an的大小．解：(1)∵f′(x)＝－3x2＋a≥0即a≥3x2在x∈(－1，0)恒成立，∴A＝[3，＋∞)(2)用数学归纳法证明：an∈(－1，0)．(ⅰ)n＝1时，由题设a1∈(－1，0)；(ⅱ)假设n＝k时，ak∈(－1，0)，则当n＝k＋1时，ak＋1＝eq\f(1,2)f(ak)＝eq\f(1,2)(－aeq\o\al(3,k)＋3ak)，由(1)知：f(x)＝－x3＋3x在(－1，0)上是增函数，又ak∈(－1，0)，所以eq\f(1,2)[－(－1)3＋3×(－1)]＝－1<ak＋1＝eq\f(1,2)f(ak)＝eq\f(1,2)(－aeq\o\al(3,k)＋3ak)<0，综合(ⅰ)(ⅱ)得：对任意n∈N*，an∈(－1，0)．an＋1－an＝eq\f(1,2)(－aeq\o\al(3,n)＋3an)－an＝－eq\f(1,2)an(an－1)(an＋1)因为an∈(－1，0)，所以an＋1－an<0，即an＋1<an.4.(2014·江苏)已知函数f0(x)＝eq\f(sinx,x)(x＞0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.(1)求2f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋eq\f(π,2)f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))的值；(2)证明：对任意的n∈N*，等式|nfn－1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＋eq\f(π,4)fneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))|＝eq\f(\r(2),2)都成立．(1)解：由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,x)))′＝eq\f(cosx,x)－eq\f(sinx,x2)，于是f2(x)＝f′1(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(cosx,x)))′－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(sinx,x2)))′＝－eq\f(sinx,x)－eq\f(2cosx,x2)＋eq\f(2sinx,x3)，所以f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(4,π2)，f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－eq\f(2,π)＋eq\f(16,π3).故2f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋eq\f(π,2)f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝－1.(2)证明：由已知，得xf0(x)＝sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf′0(x)＝cosx，即f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(π,2)))，类似可得