《2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)與考點(diǎn)過關(guān) 第七章 推理與證明學(xué)案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)與考點(diǎn)過關(guān) 第七章 推理與證明學(xué)案（24頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 第七章 推理與證明 第1課時(shí)　合情推理與演繹推理 能用歸納和類比等方法進(jìn)行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用；掌握演繹推理的基本方法，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡單的推理；了解合情推理和演繹推理的聯(lián)系和區(qū)別． ① 了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進(jìn)行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用.② 了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡單推理.③ 了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異． 1. 已知＝2，＝3，＝4，…，類比這些等式，若＝6(a，b均為正數(shù))，則a＋b＝________． 答案：41 解析：

2、觀察等式＝2，＝3，＝4，…，第n個(gè)應(yīng)該是＝(n＋1)，則第5個(gè)等式中a＝6，b＝a2－1＝35，a＋b＝41. 2. 在平面幾何中有如下結(jié)論：正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則＝，推廣到空間可以得到類似結(jié)論；已知正四面體PABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則＝________． 答案： 解析：正四面體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為1∶3，故＝. 3. 設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若存在正整數(shù)m，n(m

3、________． 答案：1 解析：因?yàn)門m＝Tn，所以bm＋1bm＋2…bn＝1，從而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. 觀察下列等式： ＋2＝4；×2＝4；＋3＝；×3＝；＋4＝；×4＝；…，根據(jù)這些等式，可以得出一個(gè)關(guān)于自然數(shù)n的等式，這個(gè)等式可以表示為________________． 答案：＋(n＋1)＝×(n＋1)(n∈N*) 解析：由歸納推理得＋(n＋1)＝＝， ×(n＋1)＝，所以得出結(jié)論＋(n＋1)＝×(n＋1)(n∈N*)．

4、 5. 設(shè)△ABC的三邊長分別為a，b，c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝.類比這個(gè)結(jié)論可知：四面體PABC的四個(gè)面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內(nèi)切球的半徑為r，四面體PABC的體積為V，則r＝________． 答案： 解析：由類比推理可知r＝. 1. 歸納推理 (1) 歸納推理的定義 從個(gè)別事實(shí)中推演出一般性的結(jié)論，像這樣的推理通常稱為歸納推理． (2) 歸納推理的思維過程大致如圖 ―→―→ (3) 歸納推理的特點(diǎn) ① 歸納推理的前提是幾個(gè)已知的特殊現(xiàn)象，歸納所得的結(jié)論是尚屬未知的一般現(xiàn)象，該結(jié)論超越了前提所包含的范圍． ② 由歸納推理得到的結(jié)

5、論具有猜測的性質(zhì)，結(jié)論是否真實(shí)，還需經(jīng)過邏輯證明和實(shí)踐檢驗(yàn)，因此，它不能作為數(shù)學(xué)證明的工具． ③ 歸納推理是一種具有創(chuàng)造性的推理，通過歸納法得到的猜想，可以作為進(jìn)一步研究的起點(diǎn)，幫助人們發(fā)現(xiàn)問題和提出問題． 2. 類比推理 (1) 根據(jù)兩個(gè)(或兩類)對象之間在某些方面的相似或相同，推演出它們在其他方面也相似或相同，這樣的推理稱為類比推理． (2) 類比推理的思維過程大致如圖 ―→―→ 3. 演繹推理 (1) 演繹推理是根據(jù)已有的事實(shí)和正確的結(jié)論(包括定義、公理、定理等)，按照嚴(yán)格的邏輯法則得到新結(jié)論的推理過程． (2) 主要形式是三段論式推理． (3) 三段論的常用格式為

6、M — P(M是P)① S_—_M(S是M)② S — P(S是P)③ 其中，①是大前提，它提供了一個(gè)一般性的原理；②是小前提，它指出了一個(gè)特殊對象；③是結(jié)論，它是根據(jù)一般原理，對特殊情況作出的判斷．[備課札記] ,　　　　　　　　　1　歸納推理) ,　　　　　1)　觀察下列等式： 1－＝， 1－＋－＝＋， 1－＋－＋－＝＋＋， …… 據(jù)此規(guī)律，第n個(gè)等式可為________________． 答案：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋ 解析：等式左邊的特征：第1個(gè)等式有2項(xiàng)，第2個(gè)等式有4項(xiàng)，第3個(gè)等式有6項(xiàng)，且正負(fù)交錯(cuò)，

7、故第n個(gè)等式左邊有2n項(xiàng)且正負(fù)交錯(cuò)，應(yīng)為1－＋－＋…＋－；等式右邊的特征：第1個(gè)等式有1項(xiàng)，第2個(gè)等式有2項(xiàng)，第3個(gè)等式有3項(xiàng)，故第n個(gè)等式有n項(xiàng)，且由前幾個(gè)的規(guī)律不難發(fā)現(xiàn)第n個(gè)等式右邊應(yīng)為＋＋…＋. 變式訓(xùn)練 觀察下列三角形數(shù)陣： 1 　 　　 　　　 …… 按照以上排列的規(guī)律，第16行從左到右的第2個(gè)數(shù)為______． 答案： 解析：前15行共有＝120(個(gè))數(shù)?所求為a122＝＝. ,　　　　　　　　　2　類比推理) ,　　　　　2)　在平面幾何里，有“若△ABC的三邊長分別為a，b，c，內(nèi)切圓半徑為r，則三角形面積S△ABC＝(a＋b＋c)r”，拓展到空間，類比

8、上述結(jié)論，“若四面體ABCD的四個(gè)面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內(nèi)切球的半徑為r，則四面體的體積為________________”． 答案：V四面體ABCD＝(S1＋S2＋S3＋S4)r 解析：三角形面積類比為四面體的體積?三角形的邊長類比為四面體四個(gè)面的面積?內(nèi)切圓半徑類比為內(nèi)切球半徑?二維圖形中的類比為三維圖形中的?得出結(jié)論． 運(yùn)用分割法思想，設(shè)四面體ABCD的內(nèi)切球的球心為O，連結(jié)OD，OA，OB，OC，將四面體分成四個(gè)三棱錐，則VABCD＝VOABC＋VOABD＋VOBCD＋VOACD＝S1r＋S2r＋S3r＋S4r＝(S1＋S2＋S3＋S4)r. 設(shè)a，b，c是

9、直角三角形的三邊長，斜邊上的高為h，c為斜邊長，則給出四個(gè)命題： ① a＋b>c＋h；② a2＋b2c3＋h3；④ a4＋b4

10、－1－sinnAcosnA)＝cn(sinnA－1)(1－cosnA)＜0， 所以an＋bn＜cn＋hn. ,　　　　　　　　　3　演繹推理) ,　　　　　3)　設(shè)同時(shí)滿足條件：①≤bn＋1(n∈N*)；②bn≤M(n∈N*，M是與n無關(guān)的常數(shù))的無窮數(shù)列{bn}叫“特界” 數(shù)列． (1) 若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，a3＝4，S3＝18，求Sn； (2) 判斷(1)中的數(shù)列{Sn}是否為“特界” 數(shù)列，并說明理由． 解：(1) 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d， 則a1＋2d＝4，3a1＋3d＝18，解得a1＝8，d＝－2，Sn＝na1＋d＝－n2＋9n. (2)

11、 {Sn}為“特界”數(shù)列．理由如下： 由－Sn＋1＝ ＝＝＝－1<0，得

12、比數(shù)列． (2) 由(1)可知數(shù)列是等比數(shù)列，所以＝4·(n≥2)， 即Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1＝4an(n≥2)． 又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1， 所以對于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an. 1. (2017·課標(biāo)Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同學(xué)一起去向老師詢問成語競賽的成績，老師說，你們四人中有2位優(yōu)秀，2位良好，我現(xiàn)在給甲看乙、丙的成績，給乙看丙的成績，給丁看甲的成績，看后甲對大家說：我還是不知道我的成績，根據(jù)以上信息推斷，下列結(jié)論正確的是________．(填序號(hào)) ① 乙可以知道四人的成績； ② 丁可以知道四人的成績； ③

13、乙、丁可以知道對方的成績； ④ 乙、丁可以知道自己的成績． 答案：④ 解析：由甲的說法可知乙、丙一人優(yōu)秀一人良好，則甲、丁一人優(yōu)秀一人良好，乙看到丙的成績則知道自己的成績，丁看到甲的成績則知道自己的成績，故選④. 2. (2016·全國Ⅱ)有三張卡片，分別寫有1和2，1和3，2和3.甲、乙、丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是__________． 答案：1和3 解析： 由題意可知丙不拿2和3.若丙拿1和2，則乙拿2和3，甲拿1

14、和3，滿足題意；若丙拿1和3，則乙拿2和3，甲拿1和2，不滿足題意．故甲的卡片上的數(shù)字是1和3. 3. (2017·北京卷)某學(xué)習(xí)小組由學(xué)生和教師組成，人員構(gòu)成同時(shí)滿足以下三個(gè)條件： ① 男學(xué)生人數(shù)多于女學(xué)生人數(shù)； ② 女學(xué)生人數(shù)多于教師人數(shù)； ③ 教師人數(shù)的兩倍多于男學(xué)生人數(shù)． (1) 若教師人數(shù)為4，則女學(xué)生人數(shù)的最大值為________； (2) 該小組人數(shù)的最小值為________． 答案：(1) 6　(2) 12 解析：設(shè)男學(xué)生數(shù)，女學(xué)生數(shù)，教師數(shù)分別為a，b，c，則2c>a>b>c，a，b，c∈N*. (1) 8>a>b>4?bmax＝6. (2) cmin＝3

15、，6>a>b>3?a＝5，b＝4?a＋b＋c＝12. 4. 已知an＝，把數(shù)列{an}的各項(xiàng)排成如下的三角形： a1 a2　a3　a4 a5　a6　a7　a8　a9 …… 記A(s，t)表示第s行的第t個(gè)數(shù)，則A(11，12)＝________． 答案： 解析：該三角形數(shù)陣每行所對應(yīng)元素的個(gè)數(shù)為1，3，5，…，那么第10行的最后一個(gè)數(shù)為a100，第11行的第12個(gè)數(shù)為a112，即A(11，12)＝. 5. 某種平面分形圖如圖所示，一級分形圖是由一點(diǎn)出發(fā)的三條線段，長度相等，兩兩夾角為120°；二級分形圖是從一級分形圖的每條線段末端出發(fā)再生成兩條長度為原來的線段，且這兩條線段與

16、原線段兩兩夾角為120°，……，依此規(guī)律得到n級分形圖． n級分形圖中共有________條線段． 答案：(3×2n－3)(n∈N*) 解析：從分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條線段，由題圖知，一級分形圖中有3＝(3×2－3)條線段，二級分形圖中有9＝(3×22－3)條線段，三級分形圖中有21＝(3×23－3)條線段，按此規(guī)律，n級分形圖中的線段條數(shù)為(3×2n－3)(n∈N*)． 1. 如圖所示的三角形數(shù)陣叫“萊布尼茨調(diào)和三角形”，有＝＋，＝＋，＝＋，…，則運(yùn)用歸納推理得到第11行第2個(gè)數(shù)(從左往右數(shù))為________． 　　　　　 答案： 解析：由“萊布尼茨調(diào)和三

17、角形”中數(shù)的排列規(guī)律，我們可以推斷：第10行的第一個(gè)數(shù)為，第11行的第一個(gè)數(shù)為，則第11行的第二個(gè)數(shù)為－＝. 2. 有一個(gè)游戲，將標(biāo)有數(shù)字1，2，3，4的四張卡片分別隨機(jī)發(fā)給甲、乙、丙、丁4個(gè)人，每人一張，并請這4人在看自己的卡片之前進(jìn)行預(yù)測：甲說：乙或丙拿到標(biāo)有3的卡片；乙說：甲或丙拿到標(biāo)有2的卡片；丙說：標(biāo)有1的卡片在甲手中；丁說：甲拿到標(biāo)有3的卡片．結(jié)果顯示：這4人的預(yù)測都不正確，那么甲、乙、丙、丁4個(gè)人拿到的卡片上的數(shù)字依次為____，____，____，____． 答案：4　2　1　3 解析：由于4個(gè)人預(yù)測不正確，其各自的對立事件正確，即甲：乙、丙沒拿到3；乙：甲、丙沒拿到2；

18、丙：甲沒拿到1；?。杭讻]拿到3.綜上，甲沒拿到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. 觀察下列等式： 13＝12，13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102，…，根據(jù)上述規(guī)律，則第n個(gè)等式為________． 答案：13＋23＋33＋43＋…＋n3＝ 解析：因?yàn)?3＝12，13＋23＝(1＋2)2，13＋23＋33＝(1＋2＋3)2，13＋23＋33＋43＝(1＋2＋3＋4)2，…，由此可以看出左邊是連續(xù)的自然數(shù)的立方和，右邊是左邊的連續(xù)的自然數(shù)的和的平方，照此規(guī)律，第n個(gè)等式為13＋23＋33＋43＋…＋n3＝(1＋2＋3＋

19、…＋n)2＝. 4. 傳說古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家經(jīng)常在沙灘上通過畫點(diǎn)或用小石子來表示數(shù)．他們研究過如圖所示的三角形數(shù)： 將三角形數(shù)1，3，6，10，…記為數(shù)列{an}，將可被5整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個(gè)新數(shù)列{bn}，可以推測： (1) b2 018是數(shù)列{an}的第________項(xiàng)； (2) b2k－1＝________．(用k表示) 答案：(1) 5 045　(2) 解析：(1) an＝1＋2＋…＋n＝， b1＝＝a4，b2＝＝a5，b3＝＝a9， b4＝＝a10， b5＝＝a14， b6＝＝a15， … b2 018＝＝a5 045.

20、(2) 由(1)知b2k－1＝＝. 5. 某市為了緩解交通壓力，實(shí)行機(jī)動(dòng)車輛限行政策，每輛機(jī)動(dòng)車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五輛車，保證每天至少有四輛車可以上路行駛．已知E車周四限行，B車昨天限行，從今天算起，A，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，E車明天可以上路，由此可知下列推測一定正確的是__________．(填序號(hào)) ① 今天是周六；② 今天是周四； ③ A車周三限行；④ C車周五限行． 答案：② 解析：因?yàn)槊刻熘辽儆兴妮v車可以上路行駛，E車明天可以上路，E車周四限行，所以今天不是周三；因?yàn)锽車昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日

21、；因?yàn)锳，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，所以①錯(cuò)誤，②正確．因?yàn)锽車昨天限行，即B車周三限行，所以③錯(cuò)誤．因?yàn)閺慕裉焖闫?，A、C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以④錯(cuò)誤． 1. 合情推理主要包括歸納推理和類比推理．?dāng)?shù)學(xué)研究中，在得到一個(gè)新的結(jié)論前，合情推理能幫助猜測和發(fā)現(xiàn)結(jié)論，在證明一個(gè)數(shù)學(xué)結(jié)論之前，合情推理常常能為證明提供思路和方法． 2. 合情推理的過程概括為：從具體問題出發(fā)→觀察、分析、比較、聯(lián)想→歸納、類比→提出猜想． 3. 演繹推理是從一般的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況的結(jié)論的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段論，數(shù)學(xué)

22、問題的證明主要通過演繹推理來進(jìn)行． 4. 合情推理僅是符合情理的推理，得到的結(jié)論不一定正確，而演繹推理得到的結(jié)論一定正確(在前提和推理形式都正確的前提下)．[備課札記] 第2課時(shí)　直接證明與間接證明(對應(yīng)學(xué)生用書(文)、(理)104～105頁) 了解分析法、綜合法、反證法，會(huì)用這些方法處理一些簡單問題． ① 了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程、特點(diǎn).② 了解間接證明的一種基本方法——反證法；了解反證法的思考過程、特點(diǎn)． 1. 已知向量m＝(1，1)與向量n＝(x，2－2x)垂直

23、，則x＝________． 答案：2 解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2. 2. 用反證法證明命題“如果a>b，那么>”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為______________． 答案：＝或< 解析：根據(jù)反證法的步驟，假設(shè)是對原命題結(jié)論的否定，即＝或<. 3. －2與－的大小關(guān)系是______________． 答案：－2>－ 解析： 由分析法可得，要證－2>－，只需證＋>＋2，即證13＋2>13＋4，即>2.因?yàn)?2>40，所以－2>－成立． 4. 定義集合運(yùn)算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，設(shè)集合A＝{－1，0，1}，B＝{si

24、n α，cos α}，則集合A·B的所有元素之和為________． 答案：0 解析：依題意知α≠kπ＋，k∈Z. ① α＝kπ＋(k∈Z)時(shí)，B＝， A·B＝； ② α＝2kπ或α＝2kπ＋(k∈Z)時(shí)，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}； ③ α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)時(shí)，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}； ④ α≠且α≠kπ＋(k∈Z)時(shí)，B＝{sin α，cos α}，A·B＝{0，sin α，cos α，－sin α，－cos α}． 綜上可知，A·B中的所有元素之和為0. 5. 設(shè)a，b為兩個(gè)正數(shù)，且a＋b＝1，則使得＋≥μ恒成立的μ的

25、取值范圍是________． 答案：(－∞，4] 解析：∵ a＋b＝1，且a，b為兩個(gè)正數(shù)，∴ ＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.要使得＋≥μ恒成立，只要μ≤4. 1. 直接證明 (1) 定義：直接從原命題的條件逐步推得命題成立的證明方法． (2) 一般形式 ?A?B?C?…?本題結(jié)論． (3) 綜合法 ① 定義：從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推，直到推出要證明的結(jié)論為止．這種證明方法稱為綜合法． ② 推證過程 ?…?…? (4) 分析法 ① 定義：從問題的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的條件，逐步上溯，直到使結(jié)論成立的條件和已知條件吻合為止．

26、這種證明方法稱為分析法． ② 推證過程 ?…?…? 2. 間接證明 (1) 常用的間接證明方法有反證法、正難則反等． (2) 反證法的基本步驟 ① 反設(shè)——假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真． ② 歸謬——從反設(shè)和已知條件出發(fā)，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果． ③ 存真——由矛盾結(jié)果，斷定反設(shè)不真，從而肯定原結(jié)論成立. ,　　　　　　　　　1　直接證明(綜合法和分析法)) ,　　　　　1)　對于定義域?yàn)閇0，1]的函數(shù)f(x)，如果同時(shí)滿足： ① 對任意的x∈[0，1]，總有f(x)≥0； ② f(1)＝1； ③ 若x1≥0，x2≥0，x1＋x2

27、≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，則稱函數(shù)f(x)為理想函數(shù)． (1) 若函數(shù)f(x)為理想函數(shù)，求證：f(0)＝0； (2) 試判斷函數(shù)f(x)＝2x(x∈[0，1])，f(x)＝x2(x∈[0，1])，f(x)＝(x∈[0，1])是否為理想函數(shù)？ (1) 證明：取x1＝x2＝0，則x1＋x2＝0≤1，∴ f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴ f(0)≤0. 又對任意的x∈[0，1]，總有f(x)≥0，∴ f(0)≥0.于是f(0)＝0. (2) 解：對于f(x)＝2x，x∈[0，1]，f(1)＝2不滿足新定義中的條件②， ∴ f(x)＝2x(x∈[0，1]

28、)不是理想函數(shù)． 對于f(x)＝x2，x∈[0，1]，顯然f(x)≥0，且f(1)＝1.對任意的x1，x2∈[0，1]，x1＋x2≤1， f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x－x＝2x1x2≥0，即f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)． ∴ f(x)＝x2(x∈[0，1])是理想函數(shù)． 對于f(x)＝(x∈[0，1])，顯然滿足條件①②. 對任意的x1，x2∈[0，1]，x1＋x2≤1， 有f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2＋x2)＝－2≤0， 即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2. ∴ f(

29、x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不滿足條件③. ∴ f(x)＝(x∈[0，1])不是理想函數(shù)． 綜上，f(x)＝x2(x∈[0，1])是理想函數(shù)，f(x)＝2x(x∈[0，1])與f(x)＝(x∈[0，1])不是理想函數(shù)． 設(shè)首項(xiàng)為a1的正項(xiàng)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，q為非零常數(shù)，已知對任意正整數(shù)n，m，Sn＋m＝Sm＋qmSn總成立．求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列． 證明：因?yàn)閷θ我庹麛?shù)n，m，Sn＋m＝Sm＋qmSn總成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，則a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn　①， 從而Sn＋2＝S1＋qSn＋1　②，②－①得an＋2

30、＝qan＋1(n≥1)，綜上得an＋1＝qan(n≥1)，所以數(shù)列{an}是等比數(shù)列． ,　　　　　2)　已知m>0，a，b∈R，求證：≤. 證明：因?yàn)閙>0，所以1＋m>0，所以要證原不等式成立， 只需證明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即證m(a2－2ab＋b2)≥0， 即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立， 故原不等式得證． 變式訓(xùn)練 已知函數(shù)f(x)＝3x－2x，試求證：對于任意的x1，x2∈R，均有≥f. 證明：要證明≥f， 只要證明≥3－2·， 因此只要證明－(x1＋x2)≥3－(x1＋x2)， 即證明≥3， 因此只要證明≥， 由于

31、x1，x2∈R時(shí)，3x1>0，3x2>0, 由基本不等式知≥顯然成立，故原結(jié)論成立． ,　　　　　　　　　2　間接證明(反證法)) ,　　　　　3)　設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列． (1) 推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式； (2) 設(shè)q≠1，求證：數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列． (1) 解：設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，則Sn＝a1＋a2＋…＋an， 因?yàn)閧an}是公比為q的等比數(shù)列，所以當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1.當(dāng)q≠1時(shí)， Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，?、? qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，?、? ①－②得，(1－q)Sn＝a

32、1－a1qn， 所以Sn＝，所以Sn＝ (2) 證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對任意的k∈N*， (ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1， aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1， 因?yàn)閍1≠0，所以2qk＝qk－1＋qk＋1.因?yàn)閝≠0，所以q2－2q＋1＝0， 所以q＝1，這與已知矛盾．所以假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列． 變式訓(xùn)練 已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足an＋Sn＝2. (1) 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2) 求證：數(shù)列{an}中不

33、存在三項(xiàng)按原來順序成等差數(shù)列． (1) 解：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＋S1＝2a1＝2，則a1＝1. 又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2， 兩式相減得an＋1＝an，所以{an}是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，所以an＝. (2) 證明：反證法：假設(shè)存在三項(xiàng)按原來順序成等差數(shù)列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(p

34、b中至少有一個(gè)能被5整除”，假設(shè)的內(nèi)容是____________． 答案：a，b中沒有一個(gè)能被5整除 解析：“至少有n個(gè)”的否定是“最多有n－1個(gè)”，故應(yīng)假設(shè)a，b中沒有一個(gè)能被5整除． 2. 已知a，b，c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c，＋＝1.若以a，b，c為三邊構(gòu)造三角形，則c的取值范圍是________． 答案：(10，16) 解析：要以a，b，c為三邊構(gòu)造三角形，需要滿足任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊，而ac恒成立．而a＋b＝(a＋b)＝10＋＋≥16，∴ c<16.又>，>，∴ <＋＝1，∴ c>10，∴ 10

35、 3. 已知a>0，求證：－≥a＋－2. 證明：要證－≥a＋－2，只需要證＋2≥a＋＋. 因?yàn)閍>0，故只需要證≥， 即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2＋2， 從而只需要證2≥，只需要證4≥2， 即a2＋≥2，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立． 4. 若f(x)的定義域?yàn)閇a，b]，值域?yàn)閇a，b](a－2)，使函數(shù)h(x)＝是區(qū)間[a，b]上的“四維光軍”函數(shù)？若存在，求出a，b的值；若不存在，請說明理

36、由． 解：(1) 由題設(shè)得g(x)＝(x－1)2＋1，其圖象的對稱軸為直線x＝1，區(qū)間[1，b]在對稱軸的右邊，所以函數(shù)在區(qū)間[1，b]上單調(diào)遞增．由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，g(1)＝1，g(b)＝b， 即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.因?yàn)閎>1，所以b＝3. (2) 假設(shè)函數(shù)h(x)＝在區(qū)間[a，b] (a>－2)上是“四維光軍”函數(shù)， 因?yàn)閔(x)＝在區(qū)間(－2，＋∞)上單調(diào)遞減， 所以有即解得a＝b，這與已知矛盾，故不存在． 1. 用反證法證明結(jié)論“三角形的三個(gè)內(nèi)角中至少有一個(gè)不大于60°”，應(yīng)假設(shè)______________． 答案：三角形的三個(gè)內(nèi)角都大于6

37、0° 解析：“三角形的三個(gè)內(nèi)角中至少有一個(gè)不大于60°”即“三個(gè)內(nèi)角至少有一個(gè)小于等于60°”，其否定為“三角形的三個(gè)內(nèi)角都大于60°”． 2. 凸函數(shù)的性質(zhì)定理：如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，…，xn，有≤f.已知函數(shù)y＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，則在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值為________． 答案： 解析：∵ f(x)＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，且A，B，C∈(0，π)，∴ ≤f＝f， 即sin A＋sin B＋sin C≤3sin ＝， ∴ sin A＋sin B＋sin C的最大值

38、為. 3. 定義：若存在常數(shù)k，使得對定義域D內(nèi)的任意兩個(gè)x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，則稱函數(shù)f(x)在定義域D上滿足利普希茨條件．若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則常數(shù)k的最小值為________． 答案： 解析：若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則存在常數(shù)k，使得對定義域[1，＋∞)內(nèi)的任意兩個(gè)x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，設(shè)x1>x2，則k≥＝.而0<<，所以k的最小值為. 4. 設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋，x∈[0，1]．求證： (1) f(x)≥1－x

39、＋x2； (2) ＜f(x)≤. 證明：(1) 因?yàn)?－x＋x2－x3＝＝，由于x∈[0，1]，有≤，即1－x＋x2－x3≤，所以f(x)≥1－x＋x2. (2) 由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋≤x＋＝x＋－＋＝＋≤，所以f(x)≤.由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝＋≥，又f＝＞，所以f(x)＞. 綜上，＜f(x)≤. 5. 已知數(shù)列{an}滿足a1＝，＝，anan＋1<0(n≥1)，數(shù)列{bn}滿足bn＝a－a(n≥1)． (1) 求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式； (2) 求證：數(shù)列{bn}中的任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列． (1) 解：由題意可知，1－a＝(1

40、－a)． 令cn＝1－a，則cn＋1＝cn. 又c1＝1－a＝，則數(shù)列{cn}是首項(xiàng)為，公比為的等比數(shù)列，即cn＝·. 故1－a＝·?a＝1－·. 又a1＝>0，anan＋1<0， 故an＝(－1)n－1. bn＝a－a ＝－ ＝·. (2) 證明：用反證法證明． 假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項(xiàng)br，bs，bt(rbs>bt，則只能有2bs＝br＋bt成立． 即2·＝＋， 兩邊同乘3t－121－r， 化簡得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s. 由于r

41、為奇數(shù)，右邊為偶數(shù)， 故上式不可能成立，導(dǎo)致矛盾． 故數(shù)列{bn}中任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列． [備課札記] 第3課時(shí)　數(shù)學(xué)歸納法(對應(yīng)學(xué)生用書(理)106～107頁) 理解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題． 　　了解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題． 1. (選修22P94習(xí)題7改編)用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋＋＋…＋1)時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證________． 答案：1＋＋<2 解析：∵ n∈N*，n>1，

42、∴ n取的第一個(gè)數(shù)為2，左端分母最大的項(xiàng)為＝. 2. (選修22P90練習(xí)3改編)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式“2n>n2＋1對于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時(shí)，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取為________． 答案：5 解析：當(dāng)n≤4時(shí)，2n≤n2＋1；當(dāng)n＝5時(shí)，25＝32>52＋1＝26，所以n0應(yīng)取為5. 3. (選修22P103復(fù)習(xí)題13改編)在數(shù)列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通過求a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式為________________． 答案：an＝ 解析：當(dāng)n＝2時(shí)，＋a2＝(2×3)a2，∴ a2＝；當(dāng)n＝3時(shí)，＋＋a3＝(3×5)a3，∴

43、 a3＝；當(dāng)n＝4時(shí)，＋＋＋a4＝(4×7)a4，∴ a4＝；故猜想an＝. 4. (選修22P103復(fù)習(xí)題14改編)比較nn＋1與(n＋1)n(n∈N*)的大小時(shí)會(huì)得到一個(gè)一般性的結(jié)論，用數(shù)學(xué)歸納法證明這一結(jié)論時(shí)，第一步要驗(yàn)證________． 答案：當(dāng)n＝3時(shí)，nn＋1＝34＞(n＋1)n＝43 解析：當(dāng)n＝1時(shí)，nn＋1＝1＞(n＋1)n＝2不成立；當(dāng)n＝2時(shí)，nn＋1＝8＞(n＋1)n＝9不成立；當(dāng)n＝3時(shí)，nn＋1＝34＞(n＋1)n＝43，結(jié)論成立． 5. (選修22P105本章測試13改編)已知a1＝，an＋1＝，則a2，a3，a4，a5的值分別為__________

44、______．由此猜想an＝________． 答案：，，，　 解析：a2＝＝＝＝，同理a3＝＝＝，a4＝＝，a5＝＝，a1＝＝，符合以上規(guī)律． 故猜想an＝. 1. 由一系列有限的特殊現(xiàn)象得出一般性的結(jié)論的推理方法，通常叫做歸納法． 2. 對某些與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題常采用下面的方法來證明它們的正確性：先證明當(dāng)n取第1個(gè)值n0時(shí)，命題成立；然后假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥n0)時(shí)命題成立；證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立，這種證明方法叫做數(shù)學(xué)歸納法． 3. 用數(shù)學(xué)歸納法證明一個(gè)與正整數(shù)有關(guān)的命題時(shí)，其步驟如下： (1) 歸納奠基：證明取第一個(gè)自然數(shù)n0時(shí)命題成立； (2)

45、歸納遞推：假設(shè)n＝k(k∈N*，k≥n0)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題成立； (3) 由(1)(2)得出結(jié)論．[備課札記] ,　　　　　　　　　1　證明等式) ,　　　　　1)　用數(shù)學(xué)歸納法證明：＋＋＋…＋＝(n∈N*)． 證明：① 當(dāng)n＝1時(shí)， 左邊＝＝，右邊＝＝， 左邊＝右邊，所以等式成立． ② 假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)等式成立，即有 ＋＋＋…＋＝， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，＋＋＋…＋＋ ＝＋＝ ＝＝＝. 所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立． 由①②可知，對于一切n∈N*等式都成立． 變式訓(xùn)練 用數(shù)學(xué)歸納法證明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋

46、(n∈N*)． 證明：① 當(dāng)n＝1時(shí)，等式左邊＝1－＝＝右邊，等式成立． ② 假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，有1－＋－＋…＋－＋－＝＋＋…＋＋－＝＋＋…＋＋，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立． 由①②知，等式對任何n∈N*均成立． ,　　　　　　　　　2　證明不等式) ,　　　　　2)　用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式：＋＋＋…＋>1(n∈N*且n>1)． 證明：① 當(dāng)n＝2時(shí)，＋＋＝>1成立． ② 設(shè)n＝k時(shí)，＋＋＋…＋>1成立． 由于當(dāng)k>1時(shí)，k2－k－1>0，即k(2k＋1)>k2＋2k＋1， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，＋＋＋…

47、＋ ＝(＋＋＋…＋)＋＋＋…＋－ >1＋＋＋…＋－ >1＋＋＋…＋－＝1＋－＝1. 綜合①②可知，原不等式對n∈N*且n>1恒成立． 用數(shù)學(xué)歸納法證明：1＋＋＋…＋<2－(n∈N*，n≥2)． 證明：① 當(dāng)n＝2時(shí)，1＋＝<2－＝，命題成立． ② 假設(shè)n＝k時(shí)命題成立，即1＋＋＋…＋<2－. 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，命題成立． 由①②知原不等式對n∈N*，n≥2恒成立． ,　　　　　　　　　3　數(shù)列問題) ,　　　　　3)　數(shù)列{an}滿足Sn＝2n－an(n∈N*)． (1) 計(jì)算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項(xiàng)公式a

48、n； (2) 證明(1)中的猜想． (1) 解：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝2－a1，∴ a1＝1； 當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴ a2＝； 當(dāng)n＝3時(shí)，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴ a3＝； 當(dāng)n＝4時(shí)，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴ a4＝. 由此猜想an＝(n∈N*)． (2) 證明：① 當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝1，結(jié)論成立． ② 假設(shè)n＝k(k≥1且k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＝，那么n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，所以2ak＋1＝2＋ak. 所以ak＋1＝＝＝.所以

49、當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立． 由①②知猜想an＝(n∈N*)成立． 變式訓(xùn)練 在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*，λ>0)． (1) 求a2，a3，a4； (2) 猜想{an }的通項(xiàng)公式，并加以證明． 解：(1) a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22， a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23， a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24. (2) 由(1)可猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(n－1)λn＋2n. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： ① 當(dāng)n＝1，2，3，4時(shí)，等式顯然成立，

50、② 假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥4，k∈N*)時(shí)等式成立，即ak＝(k－1)·λk＋2k， 那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k＝λ(k－1)·λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k ＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1， 所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想成立． 由①②知數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝(n－1)λn＋2n(n∈N*，λ>0)． ,　　　　　　　　　4　綜合運(yùn)用) ,　　　　　4)　設(shè)集合M＝{1，2，3，…，n}(n∈N，n≥3)，記M的含有三個(gè)元素的子集個(gè)數(shù)為Sn，同時(shí)將每一個(gè)子集中的三個(gè)元素由小到大排列，取出中

51、間的數(shù)，所有這些中間的數(shù)的和記為Tn. (1) 分別求，，，的值； (2) 猜想關(guān)于n的表達(dá)式，并加以證明． 解：(1) 當(dāng)n＝3時(shí)，M＝{1，2，3}，S3＝1，T3＝2，＝2；當(dāng)n＝4時(shí)，M＝{1，2，3，4}，S4＝4，T4＝2＋2＋3＋3＝10，＝，＝3，＝. (2) 猜想＝. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： ① 當(dāng)n＝3時(shí)，由(1)知猜想成立． ② 假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3)時(shí)，猜想成立，即＝， 而Sk＝C，所以Tk＝C. 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，易知Sk＋1＝C， 而當(dāng)集合M從{1，2，3，…，k}變?yōu)閧1，2，3，…，k，k＋1}時(shí)，Tk＋1在Tk的基礎(chǔ)上增加了1個(gè)2，2個(gè)3，

52、3個(gè)4，…，(k－1)個(gè)k， 所以Tk＋1＝Tk＋2×1＋3×2＋4×3＋…＋k(k－1) ＝C＋2(C＋C＋C＋…＋C) ＝C＋2(C＋C＋C＋…＋C) ＝C＋2C＝C＝Sk＋1， 即＝. 所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立． 綜上所述，猜想成立． 已知過一個(gè)凸多邊形的不相鄰的兩個(gè)端點(diǎn)的連線段稱為該凸多邊形的對角線． (1) 分別求出凸四邊形，凸五邊形，凸六邊形的對角線的條數(shù)； (2) 猜想凸n邊形的對角線條數(shù)f(n)，并用數(shù)學(xué)歸納法證明． 解：(1) 凸四邊形的對角線條數(shù)為2條；凸五邊形的對角線條數(shù)為5條，凸六邊形的對角線條數(shù)為9條． (2) 猜想：f(n)＝(n≥

53、3，n∈N*)． 證明如下：當(dāng)n＝3時(shí)，f(3)＝0成立；設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3)時(shí)猜想成立，即f(k)＝，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，考察k＋1邊形A1A2…AkAk＋1， ①k邊形A1A2…Ak中原來的對角線都是k＋1邊形中的對角線，且邊A1Ak也成為k＋1邊形中的對角線； ②在Ak＋1與A1，A2，…，Ak連結(jié)的k條線段中，除Ak＋1A1，Ak＋1Ak外，都是k＋1邊形中的對角線，共計(jì)有f(k＋1)＝f(k)＋1＋(k－2)＝＋1＋(k－2)＝＝＝＝(條)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立． 綜上，得f(n)＝對任何n≥3，n∈N*都成立． 1. (2017·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知fn(x)＝C

54、xn－C(x－1)n＋…＋(－1)kC(x－k)n＋…＋(－1)nC(x－n)n，其中x∈R，n∈N*，k∈N，k≤n. (1) 試求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值； (2) 試猜測fn(x)關(guān)于n的表達(dá)式，并證明你的結(jié)論． 解：(1) f1(x)＝Cx－C(x－1)＝x－x＋1＝1， f2(x)＝Cx2－C(x－1)2＋C(x－2)2＝x2－2(x2－2x＋1)＋(x2－4x＋4)＝2， f3(x)＝Cx3－C(x－1)3＋C(x－2)3－C(x－3)3＝x3－3(x－1)3＋3(x－2)3－(x－3)3＝6. (2) 猜想：fn(x)＝n！. 證明：① 當(dāng)n＝1時(shí)，猜

55、想顯然成立； ② 假設(shè)n＝k時(shí)猜想成立，即fk(x)＝Cxk－C(x－1)k＋C(x－2)k＋…＋(－1)kC(x－k)k＝k！， 則n＝k＋1時(shí)，fk＋1(x)＝Cxk＋1－C(x－1)k＋1＋C(x－2)k＋1＋…＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1＝xC·xk－(x－1)C(x－1)k＋(x－2)C(x－2)k＋…＋(－1)k(x－k)C(x－k)k＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1＝x[Cxk－C(x－1)k＋C(x－2)k＋…＋(－1)kC·(x－k)k]＋[C(x－1)k－2C(x－2)k＋…＋(－1)k＋1·kC(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1 ＝

56、x[Cxk－(C＋C)(x－1)k＋(C＋C)(x－2)k＋…＋(－1)k(C＋C)(x－k)k]＋(k＋1)[C(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k＋1C(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1 ＝x[Cxk－C(x－1)k＋C(x－2)k＋…＋(－1)kC(x－k)k]－x[C(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k－1C(x－k)k＋(－1)kC(x－k－1)k]＋(k＋1)[C(x－1)k－C·(x－2)k＋…＋(－1)k＋1C(x－k)k＋(－1)kC(x－k－1)k]＝xk?。瓁k?。?k＋1)k！＝(k＋1)！. ∴ 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想成立． 綜上

57、所述，猜想成立． 2. 設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1，2，3，…. (1) 求a1，a2； (2) 猜想數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式，并給出證明． 解：(1) 當(dāng)n＝1時(shí)，x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1， 于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝. 當(dāng)n＝2時(shí)，x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a2－， 于是－a2－a2＝0，解得a2＝. (2) 由題設(shè)知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0. 當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1S

58、n－2Sn＋1＝0.?、? 由(1)得S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝. 由①可得S3＝.由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，…. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個(gè)結(jié)論． (ⅰ) n＝1時(shí)已知結(jié)論成立. (ⅱ) 假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，即Sk＝， 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由①得Sk＋1＝， 即Sk＋1＝，故n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立． 綜上，由(ⅰ)、(ⅱ)可知Sn＝對所有正整數(shù)n都成立． 3. 已知x1，x2，…，xn∈R＋，且x1x2…xn＝1. 求證：(＋x1)(＋x2)…(＋xn)≥(＋1)n. 證明：(數(shù)學(xué)歸納法)① 當(dāng)n＝1時(shí)，＋x1＝＋1，不等式成立． ② 假設(shè)n＝

59、k時(shí)不等式成立，即(＋x1)(＋x2)…(＋xk)≥(＋1)k成立． 則n＝k＋1時(shí)，若xk＋1＝1，則命題成立；若xk＋1>1，則x1，x2，…，xk中必存在一個(gè)數(shù)小于1，不妨設(shè)這個(gè)數(shù)為xk，從而(xk－1)(xk＋1－1)<0，即xk＋xk＋1>1＋xkxk＋1.同理可得xk＋1<1時(shí)，xk＋xk＋1>1＋xkxk＋1. 所以(＋x1)(＋x2)…(＋xk)(＋xk＋1) ＝(＋x1)(＋x2)…[2＋(xk＋xk＋1)＋xkxk＋1] ≥(＋x1)(＋x2)…[2＋(1＋xkxk＋1)＋xkxk＋1] ＝(＋x1)(＋x2)…(＋xkxk＋1)(＋1)≥(＋1)k·(＋1)＝(

60、＋1)k＋1. 故n＝k＋1時(shí)，不等式也成立． 由①②及數(shù)學(xué)歸納法原理知原不等式成立． 4. 已知函數(shù)f0(x)＝x(sin x＋cos x)，設(shè)fn(x)為fn－1(x)的導(dǎo)數(shù)，n∈N*. (1) 求f1(x)，f2(x)的表達(dá)式； (2) 寫出fn(x)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明． 解：(1) 因?yàn)閒n(x)為fn－1(x)的導(dǎo)數(shù)， 所以f1(x)＝f0′(x)＝(sin x＋cos x)＋x(cos x－sin x)＝(x＋1)cos x＋(x－1)(－sin x)， 同理，f2(x)＝－(x＋2)sin x－(x－2)cos x. (2) 由(1)得f3(x)＝f2

61、′(x)＝－(x＋3)cos x＋(x－3)sin x， 把f1(x)，f2(x)，f3(x)分別改寫為 f1(x)＝(x＋1)sin＋(x－1)·cos， f2(x)＝(x＋2)sin＋(x－2)·cos， f3(x)＝(x＋3)sin＋(x－3)·cos， 猜測fn(x)＝(x＋n)sin＋(x－n)·cos(x＋)　(*)． 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上述等式． ① 當(dāng)n＝1時(shí)，由(1)知，等式(*)成立； ② 假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，等式(*)成立， 即fk(x)＝(x＋k)sin＋(x－k)cos. 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，fk＋1(x)＝fk′(x) ＝sin＋(x＋k)cos(

62、x＋)＋cos(x＋)＋(x－k) ＝(x＋k＋1)cos＋[x－(k＋1)] ＝[x＋(k＋1)]sin＋[x－(k＋1)]·cos， 即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式(*)成立． 綜上所述，當(dāng)n∈N*時(shí)，fn(x)＝(x＋n)·sin＋(x－n)cos成立． 1. 設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15. (1) 求a1，a2，a3的值； (2) 求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式． 解：(1) 由題意知S2＝4a3－20，∴ S3＝S2＋a3＝5a3－20. 又S3＝15，∴ a3＝7，S2＝4a3－20＝8. 又S2＝S1＋a2

63、＝(2a2－7)＋a2＝3a2－7， ∴ a2＝5，a1＝S1＝2a2－7＝3. 綜上知，a1＝3，a2＝5，a3＝7. (2) 由(1)猜想an＝2n＋1，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明． ① 當(dāng)n＝1時(shí)，結(jié)論顯然成立； ② 假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，ak＝2k＋1， 則Sk＝3＋5＋7＋…＋(2k＋1)＝＝k(k＋2)． 又Sk＝2kak＋1－3k2－4k， ∴ k(k＋2)＝2kak＋1－3k2－4k，解得2ak＋1＝4k＋6， ∴ ak＋1＝2(k＋1)＋1，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立． 由①②知，?n∈N*，an＝2n＋1. 2. 由下列式子： 1>； 1＋＋>1；

64、 1＋＋＋＋＋＋>； 1＋＋＋…＋>2； … 猜想第n個(gè)表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法給予證明． 解：可以猜得第n個(gè)式子是1＋＋＋＋…＋＞ (n≥1，n∈N)． 用數(shù)學(xué)歸納法證明如下： ① 當(dāng)n＝1 時(shí)，1>； ② 假設(shè)當(dāng)n＝k(n≥1，n∈N)時(shí)，命題成立，即1＋＋＋＋…＋>. 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋＋＋…＋＋＋＋…＋>＋＋＋…＋,\s\do4(2k)) ＞＋＋＋…＋,\s\do4(2k)) ＝＋＝＋＝. 所以，對一切n≥1，n∈N命題都成立． 3. 已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*. (1) 當(dāng)n＝1，2，3時(shí)，試比較f(n)與g(n)的大小關(guān)系； (

65、2) 猜想f(n)與g(n)的大小關(guān)系，并給出證明． 解：(1) 當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝1，g(1)＝－＝1，所以f(1)＝g(1)； 當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝1＋＝，g(2)＝－＝，所以f(2)

66、切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立． 4. 已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)都是正數(shù)，且滿足：a0＝1，an＋1＝·an·(4－an)，n∈N. (1) 求a1，a2； (2) 證明：an0，∴ ak－ak＋1<0. 又ak＋1＝ak(4－ak)＝[4－(ak－2)2]<2.∴ n＝k＋1時(shí)命題成立． 由①②知，對一切n∈N都有an