2019年高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí) 第十二篇 推理與證明、算法、復(fù)數(shù)細(xì)致講解練 理 新人教A版.doc
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2019年高考數(shù)學(xué)第一輪復(fù)習(xí) 第十二篇 推理與證明、算法、復(fù)數(shù)細(xì)致講解練 理 新人教A版 [最新考綱] 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. 知 識 梳 理 1．合情推理 (1)歸納推理：由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或者由個別事實概括出一般結(jié)論的推理，稱為歸納推理．簡言之，歸納推理是由部分到整體、由個別到一般的推理． (2)類比推理：由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理稱為類比推理．簡言之，類比推理是由特殊到特殊的推理． (3)合情推理：歸納推理和類比推理都是根據(jù)已有的事實，經(jīng)過觀察、分析、比較、聯(lián)想，再進(jìn)行歸納、類比，然后提出猜想的推理，我們把它們統(tǒng)稱為合情推理． 2．演繹推理 (1)演繹推理：從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結(jié)論，我們把這種推理稱為演繹推理．簡言之，演繹推理是由一般到特殊的推理． (2)“三段論”是演繹推理的一般模式，包括： ①大前提——已知的一般原理； ②小前提——所研究的特殊情況； ③結(jié)論——根據(jù)一般原理，對特殊情況作出的判斷． 辨 析 感 悟 1．對合情推理的認(rèn)識 (1)歸納推理得到的結(jié)論不一定正確，類比推理得到的結(jié)論一定正確．() (2)由平面三角形的性質(zhì)推測空間四面體的性質(zhì)，這是一種合情推理．(√) (3)在類比時，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對象較為合適．() (4)(教材習(xí)題改編)一個數(shù)列的前三項是1,2,3，那么這個數(shù)列的通項公式是an＝n(n∈N*)．() (5)(xx安慶調(diào)研改編)在平面上，若兩個正三角形的邊長比為1∶2，則它們的面積比為1∶4，類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長比為1∶2，則它們的體積比為1∶8.(√) 2．對演繹推理的認(rèn)識 (6)“所有3的倍數(shù)都是9的倍數(shù)，某數(shù)m是3的倍數(shù)，則m一定是9的倍數(shù)”，這是三段論推理，但其結(jié)論是錯誤的．(√) (7)在演繹推理中，只要符合演繹推理的形式，結(jié)論就一定正確．() [感悟提升] 三點提醒 一是合情推理包括歸納推理和類比推理，所得到的結(jié)論都不一定正確，其結(jié)論的正確性是需要證明的． 二是在進(jìn)行類比推理時，要盡量從本質(zhì)上去類比，不要被表面現(xiàn)象所迷惑；否則只抓住一點表面現(xiàn)象甚至假象就去類比，就會犯機械類比的錯誤，如(3)． 三是應(yīng)用三段論解決問題時，應(yīng)首先明確什么是大前提，什么是小前提，如果大前提與推理形式是正確的，結(jié)論必定是正確的．如果大前提錯誤，盡管推理形式是正確的，所得結(jié)論也是錯誤的．如(7)． 學(xué)生用書第200頁 考點一 歸納推理 【例1】 (xx湖北卷)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過各種多邊形數(shù)，如三角形數(shù)1,3,6,10，…，第n個三角形數(shù)為＝n2＋n，記第n個k邊形數(shù)為N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個數(shù)的表達(dá)式： 三角形數(shù) N(n,3)＝n2＋n， 正方形數(shù) N(n,4)＝n2， 五邊形數(shù) N(n,5)＝n2－n， 六邊形數(shù) N(n,6)＝2n2－n …… 可以推測N(n，k)的表達(dá)式，由此計算N(10,24)＝____________. 解析 由N(n,3)＝n2＋n， N(n,4)＝n2＋n， N(n,5)＝n2＋n， N(n,6)＝n2＋n， 推測N(n，k)＝n2＋n，k≥3. 從而N(n,24)＝11n2－10n，N(10,24)＝1 000. 答案 1 000 規(guī)律方法 歸納推理是由部分到整體、由特殊到一般的推理，由歸納推理所得的結(jié)論不一定正確，通常歸納的個體數(shù)目越多，越具有代表性，那么推廣的一般性命題也會越可靠，它是一種發(fā)現(xiàn)一般性規(guī)律的重要方法． 【訓(xùn)練1】 (1)(xx佛山質(zhì)檢)觀察下列不等式： ①＜1；②＋＜；③＋＋＜. 則第5個不等式為________． (2)(xx陜西卷)觀察下列等式 (1＋1)＝21 (2＋1)(2＋2)＝2213 (3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23135 …… 照此規(guī)律，第n個等式可為________． 解析 (2)由已知的三個等式左邊的變化規(guī)律，得第n個等式左邊為(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，由已知的三個等式右邊的變化規(guī)律，得第n個等式右邊為2n與n個奇數(shù)之積，即2n135…(2n－1)． 答案 (1)＋＋＋＋＜ (2)(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n13…(2n－1) 考點二 類比推理 【例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，則三角形面積為S△ABC＝(a＋b＋c)r”，拓展到空間，類比上述結(jié)論，“若四面體A－BCD的四個面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內(nèi)切球的半徑為r，則四面體的體積為________”． 審題路線 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面的面積?內(nèi)切圓半徑類比為內(nèi)切球的半徑?二維圖形中類比為三維圖形中的?得出結(jié)論． 答案 V四面體A－BCD＝(S1＋S2＋S3＋S4)r 規(guī)律方法 在進(jìn)行類比推理時，不僅要注意形式的類比，還要注意方法的類比，且要注意以下兩點：①找兩類對象的對應(yīng)元素，如：三角形對應(yīng)三棱錐，圓對應(yīng)球，面積對應(yīng)體積等等；②找對應(yīng)元素的對應(yīng)關(guān)系，如：兩條邊(直線)垂直對應(yīng)線面垂直或面面垂直，邊相等對應(yīng)面積相等． 【訓(xùn)練2】 二維空間中圓的一維測度(周長)l＝2πr，二維測度(面積)S＝πr2，觀察發(fā)現(xiàn)S′＝l；三維空間中球的二維測度(表面積)S＝4πr2，三維測度(體積)V＝πr3，觀察發(fā)現(xiàn)V′＝S.則四維空間中“超球”的四維測度W＝2πr4，猜想其三維測度V＝________. 解析 由已知，可得圓的一維測度為二維測度的導(dǎo)函數(shù)；球的二維測度是三維測度的導(dǎo)函數(shù)．類比上述結(jié)論，“超球”的三維測度是四維測度的導(dǎo)函數(shù)，即V＝W′＝(2πr4)′＝8πr3. 答案 8πr3 考點三 演繹推理 【例3】 數(shù)列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．證明： (1)數(shù)列是等比數(shù)列； (2)Sn＋1＝4an. 證明 (1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn， ∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn. ∴＝2，又＝1≠0， (小前提) 故是以1為首項，2為公比的等比數(shù)列．(結(jié)論) (大前提是等比數(shù)列的定義，這里省略了) (2)由(1)可知＝4(n≥2)， ∴Sn＋1＝4(n＋1)＝4Sn－1 ＝4an(n≥2)， (小前提) 又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提) ∴對于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(結(jié)論) (第(2)問的大前提是第(1)問的結(jié)論以及題中的已知條件) 學(xué)生用書第201頁 規(guī)律方法 演繹推理是從一般到特殊的推理；其一般形式是三段論，應(yīng)用三段論解決問題時，應(yīng)當(dāng)首先明確什么是大前提和小前提，如果前提是顯然的，則可以省略． 【訓(xùn)練3】 “因為對數(shù)函數(shù)y＝logax是增函數(shù)(大前提)，而y＝logx是對數(shù)函數(shù)(小前提)，所以y＝logx是增函數(shù)(結(jié)論)”，以上推理的錯誤是( )． A．大前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤 B．小前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤 C．推理形式錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤 D．大前提和小前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤 解析 當(dāng)a＞1時，函數(shù)y＝logax是增函數(shù)；當(dāng)0＜a＜1時，函數(shù)y＝logax是減函數(shù)．故大前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤． 答案 A 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，在得到一個新結(jié)論前，合情推理能幫助猜測和發(fā)現(xiàn)結(jié)論，在證明一個數(shù)學(xué)結(jié)論之前，合情推理常常能為證明提供思路與方向． 2．演繹推理是從一般的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結(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．?dāng)?shù)學(xué)問題的證明主要通過演繹推理來進(jìn)行． 3．合情推理僅是“合乎情理”的推理，它得到的結(jié)論不一定正確．而演繹推理得到的結(jié)論一定正確(前提和推理形式都正確的前提下)． 創(chuàng)新突破12——新定義下的歸納推理 【典例】 (xx湖南卷)對于E＝{a1，a2，…，a100}的子集X＝{ai1，ai2，…，aik}，定義X的“特征數(shù)列”為x1，x2，…，x100，其中xi1＝xi2＝…＝xik＝1，其余項均為0.?例如：子集{a2，a3}的“特征數(shù)列”為0,1,1,0,0，…，0.? (1)子集{a1，a3，a5}的“特征數(shù)列”的前3項和等于______； (2)若E的子集P的“特征數(shù)列”p1，p2，…，p100滿足p1＝1，pi＋pi＋1＝1,1≤i≤99；E的子集Q的“特征數(shù)列”q1，q2，…，q100滿足q1＝1，qj＋qj＋1＋qj＋2＝1,1≤j≤98，則P∩Q的元素個數(shù)為________． 突破1：讀懂信息?，對于集合X＝{ai1，ai2，…，aik}來說，定義X的“特征數(shù)列”為x1，x2，…，x100是一個新的數(shù)列，該數(shù)列的xi1＝xi2＝…＝xik＝1，其余項均為0. 突破2：通過例子?：“子集{a2，a3}的特征數(shù)列為0,1,1,0，0，…，0”來理解“特征數(shù)列”的特征；第2項，第3項為1，其余項為0. 突破3：根據(jù)p1＝1，pi＋pi＋1＝1可寫出子集P的“特征數(shù)列”為：1,0,1,0,1,0，…，1,0，歸納出子集P；同理，子集Q的特征數(shù)列為1,0,0,1,0,0，…，1,0,0，歸納出子集Q. 突破4：由P與Q的前幾項的規(guī)律，找出子集P與子集Q的公共元素即可． 解析 (1)根據(jù)題意可知子集{a1，a3，a5}的“特征數(shù)列”為1,0,1,0,1,0,0，…，0，此數(shù)列前3項和為2. (2)根據(jù)題意可寫出子集P的“特征數(shù)列”為1,0,1,0,1，0，…，1,0，則P＝{a1，a3，…，a2n－1，…，a99}(1≤n≤50)， 子集Q的“特征數(shù)列”為1,0,0,1,0,0，…，1,0,0,1，則Q＝{a1，a4，…，a3k－2，…，a100}(1≤k≤34)，則P∩Q＝{a1，a7，a13，…，a97}，共有17項． 答案 (1)2 (2)17 [反思感悟] 此類問題一定要抓住題設(shè)中的例子與定義的緊密結(jié)合， 細(xì)心觀察，尋求相鄰項及項與序號之間的關(guān)系，需有一定的邏輯推理能力． 【自主體驗】 若定義在區(qū)間D上的函數(shù)f(x)對于D上的n個值x1，x2，…，xn總滿足[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤f，稱函數(shù)f(x)為D上的凸函數(shù)．現(xiàn)已知f(x)＝sin x在(0，π)上是凸函數(shù)，則在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________． 解析 已知[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)]≤ f， (大前提) 因為f(x)＝sin x在(0，π)上是凸函數(shù)，(小前提) 所以f(A)＋f(B)＋f(C)≤3f，(結(jié)論) 即sin A＋sin B＋sin C≤3sin ＝. 因此sin A＋sin B＋sin C的最大值是. 答案 對應(yīng)學(xué)生用書P379 基礎(chǔ)鞏固題組 (建議用時：40分鐘) 一、選擇題 1．正弦函數(shù)是奇函數(shù)，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函數(shù)，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函數(shù)，以上推理( )． A．結(jié)論正確 B．大前提不正確 C．小前提不正確 D．全不正確 解析 f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函數(shù)而是復(fù)合函數(shù)，所以小前提不正確． 答案 C 2．觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由歸納推理得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則g(－x)＝( )． A．f(x) B．－f(x) C．g(x) D．－g(x) 解析 由已知得偶函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)為奇函數(shù)，故g(－x)＝－g(x)． 答案 D 3．(xx江西卷)觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10等于( )． A．28 B．76 C．123 D．199 解析 從給出的式子特點觀察可推知，等式右端的值，從第三項開始，后一個式子的右端值等于它前面兩個式子右端值的和，照此規(guī)律，則a10＋b10＝123. 答案 C 4．(xx長春調(diào)研)類比“兩角和與差的正弦公式”的形式，對于給定的兩個函數(shù)：S(x)＝ax－a－x，C(x)＝ax＋a－x，其中a＞0，且a≠1，下面正確的運算公式是( )． ①S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)； ②S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)； ③2S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)； ④2S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)． A．①② B．③④ C．①④ D．②③ 解析 經(jīng)驗證易知①②錯誤．依題意，注意到2S(x＋y)＝2(ax＋y－a－x－y)，S(x)C(y)＋C(x)S(y)＝2(ax＋y－a－x－y)，因此有2S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；同理有2S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)．綜上所述，選B. 答案 B 5．由代數(shù)式的乘法法則類比推導(dǎo)向量的數(shù)量積的運算法則： ①“mn＝nm”類比得到“ab＝ba”； ②“(m＋n)t＝mt＋nt”類比得到“(a＋b)c＝ac＋bc”； ③“(mn)t＝m(nt)”類比得到“(ab)c＝a(bc)”； ④“t≠0，mt＝xt?m＝x”類比得到“p≠0，ap＝xp?a＝x”； ⑤“|mn|＝|m||n|”類比得到“|ab|＝|a||b|”； ⑥“＝”類比得到“＝”． 以上式子中，類比得到的結(jié)論正確的個數(shù)是( )． A．1 B．2 C．3 D．4 解析?、佗谡_；③④⑤⑥錯誤． 答案 B 二、填空題 6．(xx西安五校聯(lián)考)觀察下式：1＝12；2＋3＋4＝32；3＋4＋5＋6＋7＝52；4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，則得出結(jié)論：________. 解析 各等式的左邊是第n個自然數(shù)到第3n－2個連續(xù)自然數(shù)的和，右邊是中間奇數(shù)的平方，故得出結(jié)論：n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2. 答案 n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2 7．若等差數(shù)列{an}的首項為a1，公差為d，前n項的和為Sn，則數(shù)列為等差數(shù)列，且通項為＝a1＋(n－1)，類似地，請完成下列命題：若各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的首項為b1，公比為q，前n項的積為Tn，則________． 答案 數(shù)列{}為等比數(shù)列，且通項為＝b1()n－1 8．(xx揭陽一模)給出下列等式：＝2cos ，＝2cos ，＝2cos ，請從中歸納出第n個等式：＝________. 答案 2cos 三、解答題 9．給出下面的數(shù)表序列： 表1 表2 表3 1 1 3 1 3 5 4 4 8 12 … 其中表n(n＝1,2,3，…)有n行，第1行的n個數(shù)是1,3，5，…，2n－1，從第2行起，每行中的每個數(shù)都等于它肩上的兩數(shù)之和． 寫出表4，驗證表4各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成等比數(shù)列，并將結(jié)論推廣到表n(n≥3)(不要求證明)． 解 表4為 1 3 5 7 4 8 12 12 20 32 它的第1,2,3,4行中的數(shù)的平均數(shù)分別是4,8,16,32，它們構(gòu)成首項為4，公比為2的等比數(shù)列． 將這一結(jié)論推廣到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成首項為n，公比為2的等比數(shù)列． 10．f(x)＝，先分別求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后歸納猜想一般性結(jié)論，并給出證明． 解 f(0)＋f(1)＝＋ ＝＋＝＋＝， 同理可得：f(－1)＋f(2)＝，f(－2)＋f(3)＝. 由此猜想f(x)＋f(1－x)＝. 證明：f(x)＋f(1－x)＝＋ ＝＋＝＋ ＝＝. 能力提升題組 (建議用時：25分鐘) 一、選擇題 1．(xx江西卷)觀察下列事實：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為12，…，則|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為( )． A．76 B．80 C．86 D．92 解析 由|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解的個數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解的個數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解的個數(shù)為12，歸納推理得|x|＋|y|＝n的不同整數(shù)解的個數(shù)為4n，故|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解的個數(shù)為80.故選B. 答案 B 2．古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來研究數(shù)． 比如： 他們研究過圖1中的1,3,6,10，…，由于這些數(shù)能夠表示成三角形，將其稱為三角形數(shù)；類似地，稱圖2中的1,4,9,16，…，這樣的數(shù)為正方形數(shù)．下列數(shù)中既是三角形數(shù)又是正方形數(shù)的是( )． A．289 B．1 024 C．1 225 D．1 378 解析 觀察三角形數(shù)：1,3,6,10，…，記該數(shù)列為{an}，則a1＝1， a2＝a1＋2， a3＝a2＋3， … an＝an－1＋n. ∴a1＋a2＋…＋an＝(a1＋a2＋…＋an－1)＋(1＋2＋3＋…＋n)?an＝1＋2＋3＋…＋n＝， 觀察正方形數(shù)：1,4,9,16，…，記該數(shù)列為{bn}，則bn＝n2.把四個選項的數(shù)字，分別代入上述兩個通項公式，可知使得n都為正整數(shù)的只有1 225. 答案 C 二、填空題 3．在平面直角坐標(biāo)系中，若點P(x，y)的坐標(biāo)x，y均為整數(shù)，則稱點P為格點．若一個多邊形的頂點全是格點，則稱該多邊形為格點多邊形．格點多邊形的面積記為S，其內(nèi)部的格點數(shù)記為N，邊界上的格點數(shù)記為L.例如圖中△ABC是格點三角形，對應(yīng)的S＝1，N＝0，L＝4. (1)圖中格點四邊形DEFG對應(yīng)的S，N，L分別是________； (2)已知格點多邊形的面積可表示為S＝aN＋bL＋c，其中a，b，c為常數(shù)．若某格點多邊形對應(yīng)的N＝71，L＝18，則S＝________(用數(shù)值作答)． 解析 (1)四邊形DEFG是一個直角梯形，觀察圖形可知：S＝(＋2)＝3，N＝1，L＝6. (2)由(1)知，S四邊形DEFG＝a＋6b＋c＝3. S△ABC＝4b＋c＝1. 在平面直角坐標(biāo)系中，取一“田”字型四邊形，構(gòu)成邊長為2的正方形，該正方形中S＝4，N＝1，L＝8.則S＝a＋8b＋c＝4.聯(lián)立解得a＝1，b＝.c＝－1. ∴S＝N＋L－1，∴若某格點多邊形對應(yīng)的N＝71，L＝18，則S＝71＋18－1＝79. 答案 (1)3,1,6 (2)79 三、解答題 4．(xx福建卷)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)： ①sin213＋cos217－sin 13cos 17； ②sin215＋cos215－sin 15cos 15； ③sin218＋cos212－sin 18cos 12； ④sin2(－18)＋cos248－sin(－18)cos 48； ⑤sin2(－25)＋cos255－sin(－25)cos 55. (1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)； (2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論． 解 (1)選擇②式，計算如下： sin215＋cos215－sin 15cos 15＝1－sin 30＝1－＝. (2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)＝sin2α＋(cos 30cos α＋sin 30sin α)2－sin α(cos 30cos α＋sin 30sin α)＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝. 學(xué)生用書第202頁 第2講 直接證明與間接證明 [最新考綱] 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和特點． 2．了解反證法的思考過程和特點. 知 識 梳 理 1．直接證明 (1)綜合法 ①定義：利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法． ②框圖表示：P?Q1→Q1?Q2→Q2?Q3→…→Qn?Q (其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證的結(jié)論)． ③思維過程：由因?qū)Ч? (2)分析法 ①定義：從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止．這種證明方法叫做分析法． ②框圖表示：Q?P1→P1?P2→P2?P3→…→ 得到一個明顯成立的條件(其中Q表示要證明的結(jié)論)． ③思維過程：執(zhí)果索因． 2．間接證明 反證法：假設(shè)原命題不成立(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯誤，從而證明原命題成立的證明方法． 辨 析 感 悟 對三種證明方法的認(rèn)識 (1)分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的充要條件．() (2)反證法是指將結(jié)論和條件同時否定，推出矛盾．() (3)在解決問題時，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程．(√) (4)證明不等式＋＜＋最合適的方法是分析法．(√) [感悟提升] 兩點提醒 一是分析法是“執(zhí)果索因”，特點是從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理，實際上是尋找使結(jié)論成立的充分條件，如(1)； 二是應(yīng)用反證法證題時必須先否定結(jié)論，把結(jié)論的反面作為條件，且必須根據(jù)這一條件進(jìn)行推理，否則，僅否定結(jié)論，不從結(jié)論的反面出發(fā)進(jìn)行推理，就不是反證法．所謂矛盾主要指：①與已知條件矛盾；②與假設(shè)矛盾；③與定義、公理、定理矛盾；④與公認(rèn)的簡單事實矛盾；⑤自相矛盾. 考點一 綜合法的應(yīng)用 【例1】 (xx新課標(biāo)全國Ⅱ卷)設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，證明： (1)ab＋bc＋ac≤；(2)＋＋≥1. 證明 (1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac得 a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由題設(shè)得(a＋b＋c)2＝1， 即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1. 所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤. (2)因為＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c， 故＋＋＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)， 即＋＋≥a＋b＋c.所以＋＋≥1. 學(xué)生用書第203頁 規(guī)律方法 綜合法往往以分析法為基礎(chǔ)，是分析法的逆過程，但更要注意從有關(guān)不等式的定理、結(jié)論或題設(shè)條件出發(fā)，根據(jù)不等式的性質(zhì)推導(dǎo)證明． 【訓(xùn)練1】 (1)設(shè)a＞0，b＞0，a＋b＝1，求證：＋＋≥8. (2)已知a，b，c是全不相等的正實數(shù)，求證：＋＋＞3. 證明 (1)∵a＋b＝1， ∴＋＋＝＋＋ ＝1＋＋1＋＋≥2＋2＋ ＝2＋2＋4＝8，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝時，等號成立． (2)∵a，b，c全不相等，且都大于0. ∴與，與，與全不相等， ∴＋＞2，＋＞2，＋＞2， 三式相加得＋＋＋＋＋＞6， ∴＋＋＞3， 即＋＋＞3. 考點二 分析法的應(yīng)用 【例2】 已知a＞0，求證：－≥a＋－2. 審題路線 從結(jié)論出發(fā)?觀察不等式兩邊的符號?移項(把不等式兩邊都變?yōu)檎??平方?移項整理?平方?移項整理可得顯然成立的結(jié)論． 證明 (1)要證－≥a＋－2， 只需要證＋2≥a＋＋. ∵a＞0，故只需要證2≥2， 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． 規(guī)律方法 (1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結(jié)論成立的充分條件．正確把握轉(zhuǎn)化方向是使問題順利獲解的關(guān)鍵． (2)證明較復(fù)雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結(jié)論等價(或充分)的中間結(jié)論，然后通過綜合法證明這個中間結(jié)論，從而使原命題得證． 【訓(xùn)練2】 已知m＞0，a，b∈R，求證：2≤. 證明 ∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要證原不等式成立， 只需證(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． 考點三 反證法的應(yīng)用 【例3】 等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3. (1)求數(shù)列{an}的通項an與前n項和Sn； (2)設(shè)bn＝(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列． (1)解 由已知得∴d＝2， 故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)． (2)證明 由(1)得bn＝＝n＋. 假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比數(shù)列，則b＝bpbr. 即(q＋)2＝(p＋)(r＋)． ∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0. ∵p，q，r∈N*，∴ ∴2＝pr，(p－r)2＝0. ∴p＝r，與p≠r矛盾． ∴數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成等比數(shù)列. 學(xué)生用書第204頁 規(guī)律方法 用反證法證明不等式要把握三點：(1)必須先否定結(jié)論，即肯定結(jié)論的反面；(2)必須從否定結(jié)論進(jìn)行推理，即應(yīng)把結(jié)論的反面作為條件，且必須依據(jù)這一條件進(jìn)行推證；(3)推導(dǎo)出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設(shè)矛盾，有的與已知事實矛盾等，且推導(dǎo)出的矛盾必須是明顯的． 【訓(xùn)練3】 已知a≥－1，求證三個方程：x2＋4ax－4a＋3＝0，x2＋(a－1)x＋a2＝0，x2＋2ax－2a＝0中至少有一個方程有實數(shù)根． 證明 假設(shè)三個方程都沒有實數(shù)根，則 ? ∴－＜a＜－1. 這與已知a≥－1矛盾， 所以假設(shè)不成立，故原結(jié)論成立． 1．分析法的特點：從未知看需知，逐步靠攏已知． 2．綜合法的特點：從已知看可知，逐步推出未知． 3．分析法和綜合法各有優(yōu)缺點．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點是思路逆行，敘述較繁；綜合法從條件推出結(jié)論，較簡捷地解決問題，但不便于思考．實際證題時常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來． 4．利用反證法證明數(shù)學(xué)問題時，要假設(shè)結(jié)論錯誤，并用假設(shè)的命題進(jìn)行推理，沒有用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過程是錯誤的． 答題模板13——反證法在證明題中的應(yīng)用 【典例】 (14分)(xx北京卷)直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：＋y2＝1相交于A，C兩點，O是坐標(biāo)原點． (1)當(dāng)點B的坐標(biāo)為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長； (2)當(dāng)點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形． [規(guī)范解答] (1)解 因為四邊形OABC為菱形， 所以AC與OB相互垂直平分． (2分) 所以可設(shè)A，代入橢圓方程得＋＝1， 即t＝. 所以|AC|＝2. (5分) (2)證明 假設(shè)四邊形OABC為菱形． 因為點B不是W的頂點，且AC⊥OB，所以k≠0. 由消y并整理得 (1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. (7分) 設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，則 ＝－， ＝k＋m＝. 所以AC的中點為M. (9分) 因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0， 所以直線OB的斜率為－.(11分) 因為k≠－1，所以AC與OB不垂直． (13分) 所以四邊形OABC不是菱形，與假設(shè)矛盾． 所以當(dāng)點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能為菱形．(14分) [反思感悟] (1)掌握反證法的證明思路及證題步驟，明確作假設(shè)是反證法的基礎(chǔ)，應(yīng)用假設(shè)是反證法的基本手段，得到矛盾是反證法的目的． (2)當(dāng)證明的結(jié)論和條件聯(lián)系不明顯、直接證明不清晰或正面證明分類較多、而反面情況只有一種或較少時，常采用反證法． (3)利用反證法證明時，一定要回到結(jié)論上去． 答題模板 用反證法證明數(shù)學(xué)命題的答題模板： 第一步：分清命題“p→q”的條件和結(jié)論； 第二步：作出與命題結(jié)論q相矛盾的假定綈q； 第三步：由p和綈q出發(fā)，應(yīng)用正確的推理方法，推出矛盾結(jié)果； 第四步：斷定產(chǎn)生矛盾結(jié)果的原因，在于所作的假設(shè)綈q不真，于是原結(jié)論q成立，從而間接地證明了命題. 學(xué)生用書第205頁 【自主體驗】 設(shè)直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實數(shù)k1，k2滿足k1k2＋2＝0. (1)證明：l1與l2相交； (2)證明：l1與l2的交點在橢圓2x2＋y2＝1上． 證明 (1)假設(shè)l1與l2不相交， 則l1與l2平行或重合，有k1＝k2， 代入k1k2＋2＝0，得k＋2＝0. 這與k1為實數(shù)的事實相矛盾，從而k1≠k2， 即l1與l2相交． (2)由方程組 解得交點P的坐標(biāo)為. 從而2x2＋y2＝22＋2 ＝＝＝1， 所以l1與l2的交點P(x，y)在橢圓2x2＋y2＝1上． 對應(yīng)學(xué)生用書P381 基礎(chǔ)鞏固題組 (建議用時：40分鐘) 一、選擇題 1．(xx安陽模擬)若a＜b＜0，則下列不等式中成立的是( )． A.＜ B．a(chǎn)＋＞b＋ C．b＋＞a＋ D.＜ 解析 (特值法)取a＝－2，b＝－1，驗證C正確． 答案 C 2．用反證法證明命題：“已知a，b∈N，若ab可被5整除，則a，b中至少有一個能被5整除”時，反設(shè)正確的是( )． A．a(chǎn)，b都不能被5整除 B．a(chǎn)，b都能被5整除 C．a(chǎn)，b中有一個不能被5整除 D．a(chǎn)，b中有一個能被5整除 解析 由反證法的定義得，反設(shè)即否定結(jié)論． 答案 A 3．(xx上海模擬)“a＝”是“對任意正數(shù)x，均有x＋≥1”的( )． A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析 當(dāng)a＝時，x＋≥2＝1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝，即x＝時取等號；反之，顯然不成立． 答案 A 4．(xx張家口模擬)分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設(shè)a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，求證＜a”索的因應(yīng)是( )． A．a(chǎn)－b＞0 B．a(chǎn)－c＞0 C．(a－b)(a－c)＞0 D．(a－b)(a－c)＜0 解析 由題意知＜a?b2－ac＜3a2 ?(a＋c)2－ac＜3a2 ?a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0 ?－2a2＋ac＋c2＜0 ?2a2－ac－c2＞0 ?(a－c)(2a＋c)＞0?(a－c)(a－b)＞0. 答案 C 5．(xx天津模擬)p＝＋，q＝(m，n，a，b，c，d均為正數(shù))，則p，q的大小為( )． A．p≥q B．p≤q C．p＞q D．不確定 解析 q＝ ≥＝＋＝p. 答案 B 二、填空題 6．下列條件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能使＋≥2成立的條件的個數(shù)是________． 解析 要使＋≥2，只需>0且>0成立，即a，b不為0且同號即可，故①③④能使＋≥2成立． 答案 3 7．已知a，b，m均為正數(shù)，且a＞b，則與的大小關(guān)系是________． 解析?。剑?， ∵a，b，m＞0，且a＞b，∴b－a＜0，∴＜. 答案 ＜ 8．設(shè)a，b是兩個實數(shù)，給出下列條件：①a＋b＞2；②a2＋b2＞2.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件的是________(填上序號)． 答案?、? 三、解答題 9．若a，b，c是不全相等的正數(shù)，求證： lg＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c. 證明 ∵a，b，c∈(0，＋∞)， ∴≥＞0，≥＞0，≥＞0. 又上述三個不等式中等號不能同時成立． ∴＞abc成立． 上式兩邊同時取常用對數(shù)， 得lg＞lg abc， ∴l(xiāng)g＋lg＋lg＞lg a＋lg b＋lg c. 10．(xx鶴崗模擬)設(shè)數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項和． (1)求證：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列； (2)數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列嗎？為什么？ (1)證明 假設(shè)數(shù)列{Sn}是等比數(shù)列，則S＝S1S3， 即a(1＋q)2＝a1a1(1＋q＋q2)， 因為a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2， 即q＝0，這與公比q≠0矛盾， 所以數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列． (2)解 當(dāng)q＝1時，Sn＝na1，故{Sn}是等差數(shù)列； 當(dāng)q≠1時，{Sn}不是等差數(shù)列，否則2S2＝S1＋S3， 即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)， 得q＝0，這與公比q≠0矛盾． 綜上，當(dāng)q＝1時，數(shù)列{Sn}是等差數(shù)列；當(dāng)q≠1時，{Sn}不是等差數(shù)列． 能力提升題組 (建議用時：25分鐘) 一、選擇題 1．(xx漳州一模)設(shè)a，b，c均為正實數(shù)，則三個數(shù)a＋，b＋，c＋( )． A．都大于2 B．都小于2 C．至少有一個不大于2 D．至少有一個不小于2 解析 ∵a＞0，b＞0，c＞0， ∴＋＋＝＋＋ ≥6，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c＝1時，“＝”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2. 答案 D 2．已知函數(shù)f(x)＝x，a，b是正實數(shù)，A＝f，B＝f()，C＝f，則A，B，C的大小關(guān)系為( )． A．A≤B≤C B．A≤C≤B C．B≤C≤A D．C≤B≤A 解析 ∵≥≥，又f(x)＝x在R上是減函數(shù)，∴f≤f()≤f. 答案 A 二、填空題 3．(xx株洲模擬)已知a，b，μ∈(0，＋∞)，且＋＝1，則使得a＋b≥μ恒成立的μ的取值范圍是________． 解析 ∵a，b∈(0，＋∞)，且＋＝1， ∴a＋b＝(a＋b)＝10＋≥10＋2＝16，當(dāng)且僅當(dāng)a＝4，b＝12時，等號成立，∴a＋b的最小值為16. ∴要使a＋b≥μ恒成立，需16≥μ，∴0<μ≤16. 答案 (0,16] 三、解答題 4．(xx江蘇卷)設(shè){an}是首項為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項的和．記bn＝，n∈N*，其中c為實數(shù)． (1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)； (2)若{bn}是等差數(shù)列，證明：c＝0. 證明 由題意得，Sn＝na＋d. (1)由c＝0，得bn＝＝a＋d. 又因為b1，b2，b4成等比數(shù)列，所以b＝b1b4，即2＝a， 化簡得d2－2ad＝0. 因為d≠0，所以d＝2a. 因此，對于所有的m∈N*，有Sm＝m2a. 從而對于所有的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk. (2)設(shè)數(shù)列{bn}的公差是d1，則bn＝b1＋(n－1)d1，即＝b1＋(n－1)d1，n∈N*，代入Sn的表達(dá)式，整理得，對于所有的n∈N*，有n3＋n2＋cd1n＝c(d1－b1)． 令A(yù)＝d1－d，B＝b1－d1－a＋d， D＝c(d1－b1)，則對于所有的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*) 在(*)式中分別取n＝1,2,3,4，得 A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1， 從而有 由①②③可得A＝0，B＝0，從而cd1＝0. 即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0. 若d1＝0，則由d1－d＝0，得d＝0， 與題設(shè)矛盾，所以d1≠0. 又因為cd1＝0，所以c＝0. 學(xué)生用書第205頁 第3講 數(shù)學(xué)歸納法及其應(yīng)用 [最新考綱] 1．了解數(shù)學(xué)歸納法的原理． 2．能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題. 知 識 梳 理 1．?dāng)?shù)學(xué)歸納法 證明一個與正整數(shù)n有關(guān)的命題，可按下列步驟進(jìn)行： (1)(歸納奠基)證明當(dāng)n取第一個值n0(n0∈N*)時命題成立； (2)(歸納遞推)假設(shè)n＝k(k≥n0，k∈N*)時命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時命題也成立． 只要完成這兩個步驟，就可以斷定命題對從n0開始的所有正整數(shù)n都成立． 2．?dāng)?shù)學(xué)歸納法的框圖表示 辨 析 感 悟 1．?dāng)?shù)學(xué)歸納法原理 (1)用數(shù)學(xué)歸納法證明問題時，第一步是驗證當(dāng)n＝1時結(jié)論成立．() (2)所有與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題都必須用數(shù)學(xué)歸納法證明．() (3)用數(shù)學(xué)歸納法證明問題時，歸納假設(shè)可以不用．() 2．?dāng)?shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用 (4)(教材習(xí)題改編)在應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明凸n邊形的對角線為n(n－3)條時，第一步檢驗n等于3.(√) (5)已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明1－＋－＋…－＝2時，若已假設(shè)n＝k(k≥2且k為偶數(shù))時命題為真，則還需要用歸納假設(shè)再證n＝k＋2時等式成立．(√) (6)不論是等式還是不等式，用數(shù)學(xué)歸納法證明時，由n＝k到n＝k＋1時，項數(shù)都增加了一項．() [感悟提升] 1．?dāng)?shù)學(xué)歸納法是一種重要的數(shù)學(xué)思想方法，主要用于解決與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)問題．證明時步驟(1)和(2)缺一不可，步驟(1)是步驟(2)的基礎(chǔ)，步驟(2)是遞推的依據(jù)． 2．在用數(shù)學(xué)歸納法證明時，第(1)步驗算n＝n0的n0不一定為1，而是根據(jù)題目要求選擇合適的起始值，如(4)，檢驗n的值從n＝3開始，因此(1)不正確．第(2)步，證明n＝k＋1時命題也成立的過程，一定要用到歸納假設(shè)，否則就不是數(shù)學(xué)歸納法，如(3). 學(xué)生用書第206頁 考點一 用數(shù)學(xué)歸納法證明等式 【例1】 (xx天津卷改編)已知等差數(shù)列{an}的公差為3，其前n項和為Sn，等比數(shù)列{bn}的公比為2，且a1＝b1＝2. (1)求數(shù)列{an}與{bn}的通項公式； (2)記Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，證明Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)． 審題路線 (1)代入等差、等比數(shù)列的通項公式求an，bn；(2)注意到所證結(jié)論是關(guān)于“n”的命題，可運用數(shù)學(xué)歸納法證明． (1)解 由a1＝2，公差d＝3， ∴an＝a1＋(n－1)d＝3n－1. 在等比數(shù)列{bn}中，公比q＝2，首項b1＝2， ∴bn＝22n－1＝2n. (2)證明?、佼?dāng)n＝1時，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立； ②假設(shè)當(dāng)n＝k時等式成立， 即Tk＋12＝－2ak＋10bk， 當(dāng)n＝k＋1時， Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1 ＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk) ＝ak＋1b1＋qTk ＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12) ＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24 ＝－2ak＋1＋10bk＋1－12， 即Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1. 因此n＝k＋1時等式也成立． 由①、②可知，對任意n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn成立． 規(guī)律方法 (1)用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問題，要“先看項”，弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式兩邊各有多少項，初始值n0是多少． (2)由n＝k時等式成立，推出n＝k＋1時等式成立，一要找出等式兩邊的變化(差異)，明確變形目標(biāo)；二要充分利用歸納假設(shè)，進(jìn)行合理變形，正確寫出證明過程． 【訓(xùn)練1】 求證：(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n135…(2n－1)(n∈N*)． 證明 (1)當(dāng)n＝1時，等式左邊＝2，右邊＝211＝2，∴等式成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時，等式成立，即(k＋1)(k＋2)…(k＋k)＝2k135…(2k－1)． 當(dāng)n＝k＋1時，左邊＝(k＋2)(k＋3)…2k(2k＋1)(2k＋2) ＝2(k＋1)(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1) ＝22k135…(2k－1)(2k＋1) ＝2k＋1135…(2k－1)(2k＋1)． 這就是說當(dāng)n＝k＋1時，等式成立． 根據(jù)(1)、(2)知，對n∈N*，原等式成立． 考點二 用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式 【例2】 由下列不等式：1>，1＋＋>1,1＋＋＋…＋>，1＋＋＋…＋>2，…，你能得到一個怎樣的一般不等式？并加以證明． 審題路線 觀察前4個式子，左邊的項數(shù)及分母的變化?不難發(fā)現(xiàn)一般的不等式為1＋＋＋…＋>(n∈N*)，并用數(shù)學(xué)歸納法證明． 解 一般結(jié)論：1＋＋＋…＋>(n∈N*)，證明如下： (1)當(dāng)n＝1時，由題設(shè)條件知命題成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時，猜想正確． 即1＋＋＋…＋>. 當(dāng)n＝k＋1時，1＋＋＋…＋＋＋…＋>＋＋＋…＋ >＋＋＋…＋＝＋＝. ∴當(dāng)n＝k＋1時，不等式成立． 根據(jù)(1)、(2)可知，對n∈N*,1＋＋＋…＋>. 規(guī)律方法 用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的關(guān)鍵是由n＝k時命題成立證n＝k＋1時命題也成立，在歸納假設(shè)使用后可運用比較法、綜合法、分析法、放縮法等來加以證明，充分應(yīng)用基本不等式、不等式的性質(zhì)等放縮技巧，使問題得以簡化． 【訓(xùn)練2】 若函數(shù)f(x)＝x2－2x－3，定義數(shù)列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是過點P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直線PQn與x軸的交點的橫坐標(biāo)，試運用數(shù)學(xué)歸納法證明：2≤xn＜xn＋1<3. 證明 (1)當(dāng)n＝1時，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)． ∴直線PQ1的方程為y＝4x－11， 令y＝0，得x2＝， 因此，2≤x1＜x2＜3，即n＝1時結(jié)論成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k時，結(jié)論成立，即2≤xk＜xk＋1＜3. ∴直線PQk＋1的方程為y－5＝(x－4)． 又f(xk＋1)＝x－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0， 得xk＋2＝＝4－， 由歸納假設(shè)，2下載提示(請認(rèn)真閱讀)
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