归纳与证明教案

教育教师备课手册教师姓名学科 数学

学生姓名年级 高三

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2012.3.9课时计划

2小时教学 教学内容目标 个性化学习问题解决

高考复习推理与证明基础知识回顾，典型例题分析教学重

推理与证明★知识网络★合情推理推理推 演绎推理与证明

归纳类比数学归纳法直接证明 综合法证明 分析法教学过程合情推理和演绎推理★知识梳理★

间接证明 反证法推理根据一个或几个事实(或假设)得出一个判断,这种思维方式叫推理.2合情推理可分为归纳推理和类比推理两类：也具有这些特征的推理，简言之，类比推理是由特殊到特殊的推理。3.演绎推理:从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论的推理叫演绎推理，简言之，演绎推理是由一般到（123）结论——根据一般原理，对特殊情况作出的判断。★重难点突破★重点:会用合情推理提出猜想,会用演绎推理进行推理论证,明确合情推理与演绎推理的区别与联系难点:发现两类对象的类似特征、在部分对象中寻找共同特征或规律1、归纳推理关键是要在部分对象中寻找共同特征或某种规律性问题1：观察：7 15211；5.5 16.5211； 3 3 19 3211；….对于任意正实数a,b，试写出使a b211成立的一个条件可以是 .点拨：前面所列式子的共同特征特征是被开方数之和为22，故ab222、类比推理关键是要寻找两类对象的类似特征问题2：已知抛物线有性质：过抛物线的焦点作一直线与抛物线交于A、B两点，则当AB与抛物线的对称轴垂直时，AB的长度最短；试将上述命题类比到其他曲线，写出相应的一个真命为 ．点拨：圆锥曲线有很多类似性质ABABAB的长度最短（|AB3、运用演绎推理的推理形式(三段论)进行推理问题3：定义[x]为不超过x的最大整数，则[-2.1]=(,x][-2.1]=-3★热点考点题型探析★考点1合情推理题型1 用归纳推理发现规律[例1]通过观察下列等式，猜想出一个一般性的结论，并证明结论的真假。3 3

2b2）a2sin2150sin2750sin21350

；sin22

sin2900

sin21500 ；23 sin2450sin21050sin21650 ；sin2600sin21200sin218003 2 2【解题思路】注意观察四个式子的共同特征或规律（1）结构的一致性,（2）观察角的“共性”3[解析]猜想：sin2(600)sin2sin2(600)2(sincos600cossin600)23 3

sin2(sincos600

cossin600)2=(sin2cos2) =右边2 2【名师指引】（1）先猜后证是一种常见题型（2）归纳推理的一些常见形式：一是“具有共同特征型（周期性）2](09巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面.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，f(n) 表示第n 幅图的蜂巢总数.则f(4)= ;f(n)= .f(nf(n的关系式ff(2)1,f1612f(416121837f(n)1612186(n3n23n1【名师指引】处理“递推型”问题的方法之一是寻找相邻两组数据的关系【新题导练】(20082的自然数m的n次方幂有如下分解方式：22133213542135723353379114313151719根据上述分解规律，则52 .

13579m3(mN*，则m的值为m33，7，13m2

m1，…，m2

m173得m9(2008f(x)由下表定义：x 2 5 3 1 4f(x) 1 2 3 4 5若a 5，0

n1

f(an

n0,1,2,L，则

2007

4 ．[解析]a0

5，a1

2，a2

1，a3

4，a4

5,，

n

a，n

2007

a 43点评：本题为循环型(2008深圳调图（（2（4）分别包含1个5个13个25个第二十九届北京奥运会吉祥“福娃迎迎按同样的方式构造图形设第n个图形包含f(n)“福娃迎迎则f(5) f(n)f(n1) （答案用数字或n的解析式表示）f,f(nf(n4(n4.(2008揭阳一模)设f(x)cosx,f0

(x)f0

'(x),f2

(x)f1

'(x),L,

n1

fn

'(x),nN,则f2008

(x)=（）A.sinx B.cosx C.sinx D.cosx[解析]f0

(x)cosx，f1

(x)sinx，f2

(x)cosx，f3

(x)sinx，f4

(x)cosx，fn

(x)fn

(x)，

2008

(x)=f0

(x)cosx题型2 用类比推理猜想新的命题1[例1](2008韶关调研)已知正三角形内切圆的半径是高的3似的结论.【解题思路】从方法的类比入手

，把这个结论推广到空间正四面体，类[解析]原问题的解法为等面积法，即S1ah31arr1h，类比问题的解法应为等体积法，2 2 3V1Sh41Srr

1h即正四面体的内切球的半径是高13 3 4 4【名师指引】（1）不仅要注意形式的类比，还要注意方法的类比（2）的性质向复数集的性质类比；圆锥曲线间的类比等2ABC中,若C900,则cos2

Acos2B1证明你的猜想间PABCPAB,PBC,PCA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COABMPOhPCPCPBPC面PABPCPM，又PMCcossinPCO

h ，cos h ，cos hPC PA PBV

1PAPBPC1(1PAPBcos1PBPCcos1PCPAcos)hPABC

6 32 2 2 cos cos ( )h1即cos2cos2cos21PC PA PB（1）上（）找对应元素的对应关系，如：两条边（直线）垂直，边相等对应面积相等【新题导练】(2008深圳二模文)现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为a2．类比到空间，有两个4棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两正方体重叠部分的体积恒为 ．a3（特殊化，易得两个正方体重叠部分的体积为8(2008ABC的三边长为abc，内切圆半径为r（1

ABC

表示ABC的面积，SABC

r(abcABCD的内切球半径为R，则三棱锥体积2V ABCD[解析]

1R(S3

ABC

SABD

SACD

S BCD(2008（二在平面直角坐标系中，直线一般方程为AxByC0，圆心在(x,y0 0

)的圆的一般方程为(xx0

)2(yy0

)2r2则类似的在空间直角坐标系中平面的一般方程,球心在(xyz0 0 0

)的球的一般方程.[解析]AxByCzD0(xx0

)2(yy0

)2(zz)20

r2对于一元二次方程，有以下正确命题：如果系数abcab1 1 1 2b

,b,c2

都是非零实数，方程ax2b1

xc1

0和a2

x2b2

xc2

0在复数集上的解集分别是A和B“a 1a b12 2

1ccc2“AB”的充分必要条件．试对两个一元二次不等式的解集写出类似的结果，并加以证明．）如果系数a1

,b,ca1 1

,b,c2

都是非零实数，不等式ax2bc1bc

bxc1

0和ax2b2

xc2

0的解集分别是A和B，则“a 1a b12 2

1AB”的既不充分也不必要c2条件．可以举反例加以说明．那么这个数叫做等差数列，这个常数叫做该数列的公差．类比等差列定义给出“等和数列”的定义： ；已知数列an

是等和数列，且a1

2，公和为5，那么a18

的值．这个数列的前n项和S 的计算公式．n[解析]在一个数列中，如果每一项与它的后一项的和都为同一个常数，那么这个数叫做等和数列，这5n1n为奇数 2个常数叫做该数列的公和；a18

3；Sn

y

5n,n为偶数2考点2演绎推理题型:利用“三段论”进行推理[例1]（07启东中学模拟）某校对文明班的评选设计了abcde五个方面的多元评价指标，并通过经验公式样Sac1b d e中各项指标显示出0cdeba1个单位，而使得S的值增加最多，那么该指标应为 （填入a,b,c,d,e中的某个字母）【解题思路】从分式的性质中寻找S值的变化规律[解析]因abcdeS10cdeba，所以c1S的值增加最多【名师指引】此题的大前提是隐含的，需要经过思考才能得到2]（03）已知集合M)的全体：存在非零常数T，对任意函数)=x是否属于集合M？说明理由；设函数的图象与y=x若函数,求实数k函数()是否属于集合，要看()是否满足集合M[解]（1）对于非零常数.因为对任意不能恒成立，所以xM.（2）因为函数的图象与函数y=x的图象有公共点，yax所以方程组： 有解，消去y得yx的解，所以存在非零常数T于是对于有f(xT)axTaTaxTaxTf(x) 故（3）当k=0，显然当k≠0时，因为，所以存在非零常数T，对任意有)成立，即.k≠0，所以于是sinkx∈[－1，1]，sin(kx+kT)∈[－1，1]，故要使sin(kx+kT)=Tsinkx.成立，T=1T=1成立，则,m∈Z.T=－1)=sinkx成立，则－k+π=2mπ,m∈Z，即k=－2(m－1)π,m∈Z.k=【名师指引】学会紧扣“定义”解题【新题导练】rr rr r r(2008珠海质检理)定义a*b是向量a和b|a*b|a||b|sin,其中r rr rrr为向量a和b的夹角，若u(2,0),uv3),则|u*(uv)|= .[解析]v3),uv3),sinu,uv

1u(uv)2 32(2008A出发依次沿图中线段到达B、C、D、E、F、G、H、I、J各点，最后又回到A（如图所示，其中：ABBC，AB//CD//EF//HG//IJBC//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n（B）A．2 B．3 C．4 5[解析]只需测量AB,BC,GH3条线段的长(2008密文（加密，接受方由密文明文（解密a,,c,d对应密文ab,bc,2cd,4d，例如，明文1,2,3,4对应密文5,7,18,16．当接受方收到密文14,9,23,28时，则解密得到的明文为（．A．4，6，1，7 7，6，1，4 6，4，1，7 D．a5 a62bc7 4 [解析]由 得 2c 18 c 14d16 d7对于任意的两个实数对(a,b和(cd，规定：(a,b(cd，当且仅当ac,bd”为：(c,d(acbd,bcad)(c,d(ac,bd)pqR(1,2)(p,q)(5,0)，则(1,2)(p,q)………（ ）A．(4,0) B．(2,0) (0,2) (0,4)p2q5 p12pq

，解得 ，所以正确答案为B．点评：实际上，本题所定义的实数对的两种运算就是复数的乘法与加法运算．我们可以把该题还原为已知复数z满足2i)z5，则2i)z ．★抢分频道★基础巩固训练1、对于集合A,BAB{x|xA且xB}AAB=（）A.B B.A C.AB D.AB[解析]D[用图示法]2误的原因是A．使用了归纳推理 使用了类比推理C．使用了“三段论，但大前提错误 D．使用了“三段论，但小前提错[解析大前提是特指命题，而小前提是全称命题，故选C3（华南师大附中2002008学年度高三综合测试（三）给出下面类比推理命题（其中QRC为复数集：①“若a、bR，则ab0aba、cC,则ab0ab”②“若abdR，则复abicdiac,bd”类比推出“a、b、c、dQ，则ab 2cd 2ac,bd”③“若a、bR，则ab0ab”类比推出“若a、bC,则ab0ab”④“若xR，则|x|11x1”类比推出“若zC，则|z|11z1”其中类比的个数有 （ ）A．1 B．2 C．3 [解析]类比结论正确的只有①4、如图第n个图形是由正ｎ＋２（ｎ＝１，２，３，…。则第－2个图形中共有 个顶点。[解析]设第n个图中有an

个顶点，则a1

333，a2

444，,an

nnn，a (n2)2n2n23n2n25fxD上是凸函数，那么对于区间Dxx1 2

，…，x，nf(x都有 1

)f(x2

)f(xn

) xxf(1

nysinx在区间(0,上是凸函数，那n n么在ABC 中，sinAsinBsinC的最大值.ABC 3 3[解析]sinAsinBsinC3sin

3sin 3 3 26、类比平面向量基本定:“如果e,e 是平面内两个不共线的向量，那么对于平面内任一向量a，1 2有且只有一对实数,

，使得ae

1 2 11 22

[解析]如果e,e,e

是空间三个不共面的向量，那么对于空间内任一向量a，有且只有一对实数

，使得1 2 3 1 2 3aeee11 22 33综合提高训练7、(2008P是三边上的高分别为h、h、hllA B Cll

，P到三边的距离依次为l

、l、la b

，则有la b c ；类比到空间，设P是四面体h h hA B CABCD内一点，四顶点到对面的距离分别是h、h、h、hA B C D

l、al、l、lb c

，则有 。ll[解析用等面积法可得，a ll

c 1，类比到空间有a b c d 1l l l l l l l l A B C

h h h hA B C D8、(2008惠州一模)设fx1x

xfx,f

xff

x,k1,2,L,则f2008

x（）

1x 1

kkA．1x； B．x1； x； 1；1x x1 x[解析]C f1

1(x)1

，f(x)2

，f(x)3

x1，x1

(x)x，f4

n

(x)fn

(x)f2008

(x)f4

x

a

a 9（1）已知等差数列an

，b 1 2n

n（nN，求证：bn

仍为等差数列；（2）已知等比数列n

cn

0（nN，类比上述性质，写出一个真命题并加以证明．n(aa)1 n[解析]（1）b 2

aa1 n，b

a an1 n，n n 2

n1 n 2a d a b

b n

n 为常数，所以

仍为等差数列；n n1 n 2 2 n（2）类比命题：若n数列

为等比数列，cn

0（nN*，dn

ncc1

cn

，则n

为等比

n(cc)2

cc dn1 n1 q

为等比数列cnn 1 cn

1n d cn

nxy10、我们将具有下列性质的所有函数组成集合M：函数yf(x)(xD)，对任意x,y,xy 1

D均满2足f

f(xfy)]xy时等号成立。2 2（1）0f(x)∈Mf(3)f(5)与2f(4)（2）设函数g(x)＝－x2，求证：g(x)∈M.xy 1[解析](1)对于f(

f(xfy)]xy5f(3)f(5)2f(4)2 2xx

1 (x

x)2 x2x2

(xx)2(2)g(1

2) [g(x

)g(x

)]

2

2

2 02 2 1 xx 1

4 2 4g(1 2) [g(x)g(x

)],所以g(x)∈M2 2 1 2直接证明与间接证明★知识梳理★三种证明方法的定义与步骤：一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立的证明方法。分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求推证过程中，使每一步结论成立的充分条件，直到最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件（已知条件、定义、公理、定理等）3.假设原命题的结论不成立,经过正确的推理,最后得出矛盾,由此说明假设错误,从而证明了原命题成立,这样的方法叫反证法；它是一种间接的证明方法.用这种方法证明一个命题的一般步骤：(1)假设命题的结论不成立；(2)(3)断言假设不成立(4)肯定原命题的结论成立★重难点突破★重点：能熟练运用三种证明方法分析问题或证明数学命题难点：运用三种方法提高分析问题和解决问题的能力运用三种证明方法分析问题或证明数学命题从命题的特点、形式去选择证明方法分析法③命题的结论有明确的证明方向的，适宜用综合法1xy(xy

1

1总不成立1x y xy1点拨：从命题的形式特点看，适合用反证法证明比较复杂的命题，有时需要多种证明方法综合运用，各取所长。★热点考点题型探析★考点1综合法题型：用综合法证明数学命题[例1](东莞2007—2008学年度第一学期高三调研测试)对于定义域为0,1的函数f(x)，如果同时满足以下三条：①对任意的x0,1，总有f(x)0；②f(1)1x1

0,x2

0,xx1

1，都有f(x1

x)f(x2

)f(x2

)成立，则称函数f(x)为理想函数．f(x)f(0)的值；g(x)2x1（x）是否为理想函数，并予以证明；【解题思路】证明函数g(x)2x

1（x）满足三个条件[解析]（1）取x x 0可得f(0)f(0)f(0)f(0)0．1 2f(0)0f(0)0．（2）g(x)2

1在[0，1]满足条件①g(x)0；)1x1

0，x2

0，x x1

1，则g(x1

x)[g(x2

)g(x2

)]2xx

1[(2

(2x

1112222xx111222

2

2x

1(2x

1)(2

1)0，即满足条件③，1122g(x)理想函数．1122【名师指引】紧扣定义，逐个验证【新题导练】1.(2008a,b0,则lgab

lgalgb2 2[解析当a,b0时，ab ab，2两边取对数，得lgablg ab，2又lg ab

lgablgalgb2 2a,b0时lga

lgalgb2 2在锐角三角形ABC 中求证:sinAsinBsinCcosAcosBcosC[解析]ABC为锐角三角形，ABA

B，2 2 ysinx在(0, )上是增函数，sinAsin( B)cosB2 2同理可得sinBcosCsinCcosAsinAsinBsinCcosAcosBcosC.已知数列n

}中各项为1、1122、11122、……、131432 ……,证明这个数列中个 个 n n的每一项都是两个相邻整数的积.

11)10n (10n1)2n 9 921

10n1 10n1 9

1)(10n2)

)( 1)3 310n1记：A=3

, 则A=4n个

3为整数 a=A(A+1)， 得证n考点2分析法题型：用分析法证明数学命题[例2]已知ab0,求证a b

ab[解]要证a b

ab，只需证( a b)2( ab)2即ab2 abab，只需证b ab，即证ba显然ba成立，因此a b ab成立【新题导练】若abcd0且adbc，求证：d a b cd

a b c，只需证( d a)2( b c)2即ad2 adbc2 bc，因adbc，只需证ad bcadbc，adbct，则adbctd)dtc)ccd)(cdt)0adbc成立，从而d a b c成立255.已知a,bRab1(a2)2

(b2)22[解析](a2)2

(b2)2

a2b24(ab)82

a2b2125 25 1 a2a)2 (a )201 2 21 (a )20显然成立，故(a2)2(b2)2 1 2 2考点2反证法题型：用反证法证明数学命题或判断命题的真假x23f(x)ax

x

(a1)，证明方程f(x)0没有负数根[解析]假设x0

是f(x)0的负数根，则x0

0x0

1且ax0

x 20x 100x0ax010 x

211

2

0矛盾，x 1 2 0 00故方程f(x)0没有负数根【名师指引】否定性命题从正面突破往往比较困难，故用反证法比较多【新题导练】（085）某个命题与正整数n有关，若nk(kN*时该命题成立，那么可推得nk1时该命题也成立，现在已知当n5时该命题不成立，那么可推A.当n6时，该命题不成立 当n6时，该命题成立C.当n4时，该命题不成立 当n4时，该命题成[解析用反证法，可证当n4时，该命题不成立1 1 1、、ca

、b 、c 三个数c aA.都大于2 都小于2 C.至少有一个大于2 D.至少有一个不小于2a,bc0ab

ab

ca

6，举反例可排除A、B、C，故选D已知ab、cd0111不可能成等差数列a b c[解析abc成等差数列ac1 1 1 2 1 1假设、、成等差数列，则 (ac)2a b c b a c

4ac(ac)2

0，ac从而d0与d0

1 1、、不可能成等差数列a b c（广东省深圳市宝安中学、翠园中学2009）下列表中的对数值有且仅有一个是错误的：353589152abac33a3c4a2bbc1lgx请将错误的一个改正为lg =[解析]lg92lg339lg153abc1正确，则lg5ac从而lg8lg5，即lg83，矛盾。故15的对数值错误，应改正为lg153abc★抢分频道★基础巩固训练1.2008年华师附中）用反证法证明命题600”时，应假设（）A.三个内角都不大于600 B.三个内角都大于600C.三个内角至多有一个大于600 D.三个内角至多有两个大于600[解析]Bp3q3

2，关于pq的取值范围的说法正确的是（）A.不大于2 2 不大于2 不小于2 不小于2 2[解析]B若三角形能剖分为两个与自己相似的三角形，那么这个三角形一定是（）A.锐角三角形 B.直角三角形 C.钝角三角形 D.不能确[解析]B要证明不等式6 72 2 5成立，只需证明：[解析]( 6

7)2(2 2 5)22已知a2[解析]a2

22

a222

与2 2的大小关系是2 2（注意：不能取等号a22(07

满足a

5,a

5，

a

(n2)．n 1 2求证2a是等比数列；n1 n

n1

n1a＝a＋6a，a＋2a＝3(a2a)(n≥2)n＋1 n n－1 n＋1 n n n－1∵a＝5，a＝5 ∴a＋2a＝151 2 2 1故数列{a＋2a}是以15为首项，3为公比的等比数列n＋1 n综合提高训练（2009）已知表中的对数值有且只有两个是错误的：x1.53568912lgx3a-b+c2a-ba+c1+a-b-c3(1-a-c）2(2a-b)1-a+2b请你指出这两个错误 （答案写成如lg2≠bc的形式）[解析]若lg32ablg92(2ab也错误，反之亦然，此时其他对数值都正确，但lg1.5lg614alg9，lg32ab、lg92(2ab且lg1.5bc，若lg5ac错误，则lg61lg3lg51abclg5ac正确若lg61abc 错误，也能导出lg5ac 错误，lg61abc 正确，lg86lgac正确，lg121a2b，综上lg1.5bclg121a2ba2xa2设函数f(x) 为奇函.2x1（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）用定义法判断f(x)在其定义域上为增函数[解析]（Ⅰ）依题意，函数f(x)的定义域为R∵f(x)是奇函数∴f(x)f(x)a2xa∴

a2xa22x

1 2x1∴2(ax0a1（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)

2x1设x x1 2

且x,x1

2x1R，则f(x2

)f(x)122x1 21 x122x1212x 1 2x12121

2 1 2 21 2x 1 2x1211 2(2x22x) 011(2x21

∴f(x2

)f(x)1∴f(x)在R上是增函数9.已知f(x)lnx 证明：fx)x (xln(xx0设k(x)ln(xx,则k(x) 1 1x.x1 x1当x∈（-1，0）时，k′(x)>0，∴k(x)为单调递增函数；当x∈（0，∞）时，k′(x)<0，∴k(x)为单调递减函数；∴x=0为k(x)的极大值点，∴k(x)≤k(0)=0.即ln(xx0fx

(x1)

1 1t10.已知函数y|x|1，y

x22x2t，y (x2 x

)(x0) 的最小值恰好是方程x3ax2bxc0的三个根，其中0t1a23；1，1t，1t，f(1)0，得cab1∴ f(x)x3ax2bxcx3ax2bx(ab1)(x1)[x2(a1)x(ab1)]，x2a1)xab1)0的两根是1t，1t．故1t 1t(a1)，1t 1tab1． (1t 1t)2(a1)2，即22(ab1)(a1)2∴a2

2b3．参考例题：设ab为非零向量，且ab不平行，求证abab不平行[解析]假设ab(ab，则)a)b0，a,b不平行，10，因方程组无解，故假设不成立，即原命题成立已知为锐角，且tan

21， 1f(x)x2tanx

)，数{a的首项a ,

f(a).4⑴求函数f(x)的表达式；⑵求证：a a ；n1 n

n 1 2

n1 n1 1 1 2(n2,nN*1 1 ⑶求证： 1a1

1a2

1an[解析]⑴tan 2tan

2( 2

1又∵为锐角1tan2 1( 21)2 ∴4

∴41

)1 f(x)x2x⑵an1

a2an

∵a 1 2

∴a,a2 3

,an

都大于0∴a2n

0 ∴

an1 n⑶ 1 1 1 1 1an1

a2an

aa) an n

1an∴1∴1an

1an

1an11∴1a1

11a2

11an

11a a1

11a a2

1an

1an11a1

1an1

2

1an11 1 3 3 3∵a ( )22 2

,a2 4

( )2 1,又∵n2 4 4

an1 n∴a an1 3

1 ∴12

1 2an1∴1 111

11a2

1 1an数学归纳法★知识梳理★设),两步缺一不可整除性问题、几何问题等★重难点突破★难点：对不同类型的数学命题，完成从kk+1重难点：了解数学归纳法的原理、正确运用数学归纳法典型例题分析用数学归纳法证明1aa2式子是（）

an

1an1a

(a1,nN)，在验证n=1时，左边计算所得的A.1 B.1a C.1aa2

D.1aa2

a4[解析]n=1时，左边的最高次数为1，即最后一项为a，左边是1a，故选B1用数学归纳法证明不等式 1

13的过程中，由k推导到k+1时，不等式左边增加的式子是

n1 n2 nn 24f(kf(k即可当n=k时，左边 1

1 ，k1 k2 kkn=k+1时，左边

1 1 1 ,k2 k3 (k(k11故左边增加的式子是 1 ，即 1112k1 2k2 k1 (2k2)数学归纳法的应用题型1：用数学归纳法证明数学命题（恒等式、不等式、整除性问题等）1212

23 n(n (n2[解析]（1）当n=1时，左=2，右=2，不等式成立1（2）假设当n=k时等式成立，即12

23 k(k (k21则12 23 k(k (k2) (k12

(k2)1 (k2)2 (k(k2) (k (k2) (k2) 02 2 21 12 23 k(k (k2) [(k12n=k+1综合12，等式对所有正整数都成立【名师指引】（1）数学归纳法证明命题，格式严谨，必须严格按步骤进行；归纳递推是证明的难点，应看准“目标”进行变形；由k推导到k+1法“灵活”的一面【新题导练】

11

1 1 1

12 3 4 2n1 2n n1 n2 2n1[解析]（1）当n=1时，=11 =右，等式成立12 2（2）假设当n=k1

11

1 1

12 3 4 2k1 2k k1 k2 2k则1

11

1( 1

1 ) 1

1( 1 1 )2 3 4 2k1 2k 2k1 2k2 k1 k2 2k 2k1 2k2 1 1 1 1k2 2k 2k1 2k2n=k+1综合12，等式对所有正整数都成立5 a2

}

,a

n (nN)

2(nN)n 1

n

2(an

1) n[解析](1)n=1a1

52,不等式成立2（2）假设当n=k时等式成立，即ak2(kN)，a2则a 2 k

2(a

2)2

0a 2kk1k

2(ak

1) 2(ak

1)

k1当n=k+1时，不等式也成立综合12，不等式对所有正整数都成立题型2用“归纳——猜想——证明”解决数学问题

n(n[例3]是否存在常数a、b、c，使等式122正整数n都成立？证明你的结论

2

n(n1)2

(an2bnc)对一切12【解题思路】从特殊入手，探求a、b、c的值，考虑到有3个未知数，先取n=1,2,3,列方程组求得，然后用数学归纳法对一切nN，等式都成立abc24n=1,2,34ac

a3，解得b11，9ac70 c10猜想：等式122

2

n(n

n(n12

(3n210对一切nN都成立下面用数学归纳法证明1）当n=1时，由上面的探求可知等式成立k(k（2）假设n=k时等式成立，即122

2

k(kk(k

210则12122232k(k(k2)2

210)(k2)212k(k(k2) 5)(k2)(k2)2 [k12(k12 12(k1)(k2) [3(k10]12所以当n=k+1时，等式也成立综合12，对nN等式都成立【名师指引】这是一个探索性命题维模式【新题导练】在数列n

a1

tanx,

n

1an，1n，n写出aa,a1 2 3

（）求数列an

}的通项公式[解析]a1

tanx,a2

tan(x)，a4

tan(2

x，猜想an

tan[(n4

x]下面用数学归纳法证明1）当n=1时，由上面的探求可知猜想成立假设n=k

tan[(k4

x]1a则a kk1 1a

1tan[(k1)4

tan[k4

x]k 1