2019高考数学考点突破——推理与证明数学归纳法学案

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(全国通用版)2018-2019版高中数学第二章推理与证明 2.3 数学归纳法学案新人教A版选修2-2

§2.3数学归纳法学习目标 1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．知识点数学归纳法对于一个与正整数有关的等式n(n－1)(n－2)…(n－50)＝0.思考1 验证当n＝1，n＝2，…，n＝50时等式成立吗？答案成立．思考2 能否通过以上等式归纳出当n＝51时等式也成立？为什么？答案不能，上面的等式只对n取1至50的正整数成立．梳理(1)数学归纳法的定义一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：①(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；②(归纳递推)假设当n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．这种证明方法叫做数学归纳法．(2)数学归纳法的框图表示1．与正整数n 有关的数学命题的证明只能用数学归纳法．( × ) 2．数学归纳法的第一步n 0的初始值一定为1.( × ) 3．数学归纳法的两个步骤缺一不可．( √ )类型一用数学归纳法证明等式例1 用数学归纳法证明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n (3n ＋1)＝n (n ＋1)2，其中n ∈N *. 考点用数学归纳法证明等式题点利用数学归纳法证明等式证明 (1)当n ＝1时，左边＝1×4＝4，右边＝1×22＝4，左边＝右边，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即1×4＋2×7＋3×10＋…＋k (3k ＋1)＝k (k ＋1)2，那么当n ＝k ＋1时，1×4＋2×7＋3×10＋…＋k (3k ＋1)＋(k ＋1)[3(k ＋1)＋1] ＝k (k ＋1)2＋(k ＋1)[3(k ＋1)＋1]＝(k ＋1)(k 2＋4k ＋4)＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1]2，即当n ＝k ＋1时等式也成立．根据(1)和(2)可知等式对任何n ∈N *都成立．反思与感悟用数学归纳法证明恒等式时，一是弄清n 取第一个值n 0时等式两端项的情况；二是弄清从n ＝k 到n ＝k ＋1等式两端增加了哪些项，减少了哪些项；三是证明n ＝k ＋1时结论也成立，要设法将待证式与归纳假设建立联系，并朝n ＝k ＋1证明目标的表达式变形．跟踪训练1 求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．考点用数学归纳法证明等式题点利用数学归纳法证明等式证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12，左边＝右边．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12)，则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12(k ＋1). 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)，(2)可知，对一切n ∈N *，等式成立．类型二用数学归纳法证明不等式例2 求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N *)．考点用数学归纳法证明不等式题点利用数学归纳法证明不等式证明 (1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16＝5760，故左边>右边，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56，则当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1.(*)方法一 (分析法) 下面证(*)式≥56，即13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1≥0，只需证(3k ＋2)(3k ＋3)＋(3k ＋1)(3k ＋3)＋(3k ＋1)(3k ＋2)－3(3k ＋1)(3k ＋2)≥0，只需证(9k 2＋15k ＋6)＋(9k 2＋12k ＋3)＋(9k 2＋9k ＋2)－(27k 2＋27k ＋6)≥0，只需证9k ＋5≥0，显然成立．所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．方法二 (放缩法)(*)式>⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＋56＝56，所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N *均成立．引申探究把本例改为求证：1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1n ＋n >1124(n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝12>1124，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1k ＋k >1124，则当n ＝k ＋1时，1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1>1124＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1， ∵12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝2(k ＋1)＋(2k ＋1)－2(2k ＋1)2(k ＋1)(2k ＋1)＝12(k ＋1)(2k ＋1)>0， ∴1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1>1124＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1>1124， ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)知对于任意正整数n ，不等式成立．反思与感悟用数学归纳法证明不等式的四个关键(1)验证第一个n 的值时，要注意n 0不一定为1，若n >k (k 为正整数)，则n 0＝k ＋1. (2)证明不等式的第二步中，从n ＝k 到n ＝k ＋1的推导过程中，一定要用到归纳假设，不应用归纳假设的证明不是数学归纳法，因为缺少归纳假设．(3)用数学归纳法证明与n 有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小，对第二类形式往往要先对n 取前几个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个n 值开始都成立的结论，常用数学归纳法证明．(4)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 时成立得n ＝k ＋1时成立，主要方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等．跟踪训练2 在数列{a n }中，已知a 1＝a (a >2)，a n ＋1＝a 2n 2(a n －1)(n ∈N *)，用数学归纳法证明：a n >2(n ∈N *)．考点用数学归纳法证明不等式题点利用数学归纳法证明不等式证明 ①当n ＝1时，a 1＝a >2，命题成立；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，命题成立，即a k >2，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1－2＝a 2k2(a k －1)－2＝(a k －2)22(a k －1)>0， ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由①②得，对任意正整数n ，都有a n >2.类型三归纳—猜想—证明例3 已知数列{a n }满足关系式a 1＝a (a >0)，a n ＝2a n －11＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，(1)用a 表示a 2，a 3，a 4；(2)猜想a n 的表达式(用a 和n 表示)，并用数学归纳法证明．考点数学归纳法证明数列问题题点利用数学归纳法证明数列通项问题解 (1)a 2＝2a1＋a，a 3＝2a 21＋a 2＝2×2a 1＋a 1＋2a 1＋a＝4a1＋3a，a 4＝2a 31＋a 3＝2×4a 1＋3a 1＋4a 1＋3a＝8a1＋7a.(2)因为a 1＝a ＝20a1＋(20－1)a ， a 2＝21a1＋(21－1)a ，…，猜想a n ＝2n －1a1＋(2n －1－1)a . 下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，因为a 1＝a ＝20a1＋(20－1)a ，所以当n ＝1时猜想成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时猜想成立，即a k ＝2k －1a1＋(2k －1－1)a ，所以当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝2a k1＋a k ＝2ka 1＋(2k －1－1)a 1＋2k －1a1＋(2k －1－1)a ＝2ka1＋(2k －1－1)a ＋2k －1a＝2k a1＋2×2k－1a－a＝2(k＋1)－1a1＋[2(k＋1)－1－1]a，所以当n＝k＋1时猜想也成立．根据①与②可知猜想对一切n∈N*都成立．反思与感悟“归纳—猜想—证明”的一般步骤跟踪训练3 考察下列各式2＝2×13×4＝4×1×34×5×6＝8×1×3×55×6×7×8＝16×1×3×5×7你能做出什么一般性的猜想？能证明你的猜想吗？考点用数学归纳法证明等式题点等式中的归纳，猜想、证明解由题意得，2＝2×1,3×4＝4×1×3,4×5×6＝8×1×3×5,5×6×7×8＝16×1×3×5×7，…，猜想：(n＋1)(n＋2)(n＋3)…2n＝2n·1·3·5·…·(2n－1)，下面利用数学归纳法进行证明．(1)当n＝1时，猜想显然成立；(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，即(k＋1)(k＋2)(k＋3)…2k＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，那么当n＝k＋1时，(k＋1＋1)(k＋1＋2)(k＋1＋3)·…·2(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)·…·2k·(2k＋1)·2＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2＝2k＋1·1·3·5·…·(2k＋1)＝2k＋1·1·3·5·…·[2(k＋1)－1]所以当n＝k＋1时猜想成立．根据(1)(2)可知对任意正整数猜想均成立.1．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，由此推算：当n ≥2时，有( ) A ．f (2n )>2n ＋12(n ∈N *)B ．f (2n )>2(n ＋1)＋12(n ∈N *)C ．f (2n )>2n ＋12(n ∈N *)D ．f (2n)>n ＋22(n ∈N *)考点利用数学归纳法证明不等式题点不等式中的归纳、猜想、证明答案 D解析 f (4)>2改写成f (22)>2＋22；f (8)>52改写成f (23)>3＋22；f (16)>3改写成f (24)>4＋22；f (32)>72改写成f (25)>5＋22，由此可归纳得出：当n ≥2时，f (2n )>n ＋22(n ∈N *)． 2．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a 2n ＋1＝1－a2n ＋21－a(a ≠1)”．在验证n ＝1时，左端计算所得项为( ) A ．1＋a B ．1＋a ＋a 2C ．1＋a ＋a 2＋a 3D ．1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第一步：归纳奠基答案 C解析将n ＝1代入a2n ＋1得a 3，故选C.3．若命题A (n )(n ∈N *)在n ＝k (k ∈N *)时成立，则有n ＝k ＋1时命题成立．现知命题对n ＝n 0(n 0∈N *)时成立，则有( )A ．命题对所有正整数都成立B ．命题对小于n 0的正整数不成立，对大于或等于n 0的正整数都成立C ．命题对小于n 0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n 0的正整数都成立D ．以上说法都不正确考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案 C解析由已知，得n ＝n 0(n 0∈N *)时命题成立，则n ＝n 0＋1时命题成立，在n ＝n 0＋1时命题成立的前提下，又可推得，n ＝(n 0＋1)＋1时命题也成立，依此类推，可知选C.4．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1(n ∈N *)的过程如下：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k－1，则当n ＝k ＋1时，1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k＝1－2k ＋11－2＝2k ＋1－1.所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由此可知对于任何n ∈N *，等式都成立．上述证明，错误是________．考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案未用归纳假设解析本题在由n ＝k 成立证明n ＝k ＋1成立时，应用了等比数列的求和公式，而未用上归纳假设，这与数学归纳法的要求不符． 5．用数学归纳法证明：121×3＋223×5＋…＋n 2(2n －1)(2n ＋1)＝n (n ＋1)2(2n ＋1)(n ∈N *)．考点用数学归纳法证明等式题点利用数学归纳法证明等式证明 ①当n ＝1时，左边＝121×3＝13，右边＝1×(1＋1)2×(2×1＋1)＝13，左边＝右边，等式成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，等式成立．即121×3＋223×5＋…＋k 2(2k －1)(2k ＋1)＝k (k ＋1)2(2k ＋1)，当n ＝k ＋1时，左边＝121×3＋223×5＋…＋k 2(2k －1)(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝k (k ＋1)2(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝k (k ＋1)(2k ＋3)＋2(k ＋1)22(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(2k 2＋5k ＋2)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋3)，右边＝(k ＋1)(k ＋1＋1)2[2(k ＋1)＋1]＝(k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋3)，左边＝右边，等式成立．即对所有n ∈N *，原式都成立．在应用数学归纳法证题时应注意以下几点：(1)验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定是1.(2)递推是关键：正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障；(3)利用假设是核心：在第二步证明中一定要利用归纳假设，这是数学归纳法的核心环节，否则这样的证明就不是数学归纳法证明.一、选择题1．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步应验证n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第一步：归纳奠基答案 C解析由凸多边形的性质，应先验证三角形，故选C.2．某个命题与正整数有关，如果当n ＝k (k ∈N *)时，该命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时，该命题也成立．现在已知当n ＝5时，该命题成立，那么可推导出( ) A ．当n ＝6时命题不成立 B ．当n ＝6时命题成立 C ．当n ＝4时命题不成立D ．当n ＝4时命题成立考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳第二步：归纳递推答案 B 3．设S k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋ (12)，则S k ＋1为( ) A ．S k ＋12k ＋2B ．S k ＋12k ＋1＋12k ＋2C ．S k ＋12k ＋1－12k ＋2D ．S k ＋12k ＋2－12k ＋1考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案 C解析因式子右边各分数的分母是连续正整数，则由S k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12)，① 得S k ＋1＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12(k ＋1).② 由②－①，得S k ＋1－S k ＝12k ＋1＋12(k ＋1)－1k ＋1＝12k ＋1－12(k ＋1). 故S k ＋1＝S k ＋12k ＋1－12(k ＋1).4．一个与正整数n 有关的命题中，当n ＝2时命题成立，且由n ＝k 时命题成立，可以推得n ＝k ＋2时命题也成立，则( ) A ．该命题对于n >2的自然数n 都成立 B ．该命题对于所有的正偶数都成立 C ．该命题何时成立与k 取值无关 D ．以上答案都不对考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案 B解析由n ＝k 时命题成立，可以推出n ＝k ＋2时命题也成立，且使命题成立的第一个正偶数n 0＝2.故对所有的正偶数都成立．5．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k＋1)≥(k ＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( ) A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立 B ．若f (5)≥25成立，则当k ≤5时，均有f (k )≥k 2成立 C ．若f (7)<49成立，则当k ≥8时，均有f (k )<k 2成立 D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法的定义答案 D解析对于D ，∵f (4)＝25≥42， ∴当k ≥4时，均有f (k )≥k 2.6．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n3a n ＋1(n ∈N *)，依次计算a 2，a 3，a 4，归纳推测出a n 的通项表达式为( ) A.24n －3 B.26n －5 C.24n ＋3D.22n－1考点数学归纳法证明数列问题题点利用数学归纳法证明数列通项问题答案 B解析结合题意，得a 1＝2，a 2＝27，a 3＝213，a 4＝219，…，可推测a n ＝26n －5，故选B.7．用数学归纳法证明等式(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ·1·3·…·(2n －1)(n ∈N *)的过程中，从n ＝k 到n ＝k ＋1左端需要增乘的代数式为( ) A ．2k ＋1 B.2k ＋1k ＋1 C ．2(2k ＋1)D.2k ＋3k ＋1考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法的第二步：归纳递推答案 C解析当n ＝k ＋1时，左端为(k ＋2)(k ＋3)…[(k ＋1)＋(k －1)]·[(k ＋1)＋k ]·(2k ＋2)＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )(2k ＋1)·2，∴应增乘2(2k ＋1)．二、填空题8．用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n ，总有2n>n 3”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n 0最小应当是________．考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第一步：归纳奠基答案 109．证明：假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即2＋4＋…＋2k ＝k 2＋k ，那么2＋4＋…＋2k ＋2(k ＋1)＝k 2＋k ＋2(k ＋1)＝(k ＋1)2＋(k ＋1)，即当n ＝k ＋1时等式也成立．因此对于任何n ∈N *等式都成立．以上用数学归纳法证明“2＋4＋…＋2n ＝n 2＋n (n ∈N *)”的过程中的错误为_________．考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案缺少步骤归纳奠基10．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，n ∈N *，用数学归纳法证明f (2n )>n 2时，f (2n ＋1)－f (2n)＝________________________________________________________________________. 考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案12n＋1＋12n ＋2＋…＋12n ＋1 三、解答题11．用数学归纳法证明⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2＝n ＋12n (n ≥2，n ∈N *)．考点用数学归纳法证明等式题点利用数学归纳法证明等式证明 (1)当n ＝2时，左边＝1－14＝34，右边＝2＋12×2＝34，所以左边＝右边，所以当n ＝2时等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2＝k ＋12k，那么当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(k ＋1)2＝k ＋12k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(k ＋1)2 ＝k ＋12k ·k (k ＋2)(k ＋1)2 ＝k ＋22(k ＋1)＝(k ＋1)＋12(k ＋1)，即当n＝k＋1时，等式成立．综合(1)(2)知，对任意n≥2，n∈N*，等式恒成立．12．用数学归纳法证明：122＋132＋142＋…＋1n 2<1－1n (n ≥2，n ∈N *)．考点用数学归纳法证明不等式题点利用数学归纳法证明不等式证明 (1)当n ＝2时，左式＝122＝14，右式＝1－12＝12.因为14<12，所以不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，即122＋132＋142＋…＋1k 2<1－1k ，则当n ＝k ＋1时，122＋132＋142＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2<1－1k ＋1(k ＋1)2 ＝1－(k ＋1)2－k k (k ＋1)2＝1－k 2＋k ＋1k (k ＋1)2<1－k (k ＋1)k (k ＋1)2 ＝1－1k ＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．综上所述，对任意n ≥2的正整数，不等式都成立．四、探究与拓展13．用数学归纳法证明“34n ＋1＋52n ＋2(n ∈N *)能被14整除”时，当n ＝k ＋1时，34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋2应变形为________________．考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案 34×(34k ＋1＋52k ＋2)－52k ＋2×14×4解析 34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋2＝34×34k ＋1＋52×52k ＋2＝34×34k ＋1＋34×52k ＋2＋52×52k ＋2－34×52k ＋2＝34×(34k ＋1＋52k ＋2)－52k ＋2×(34－52)＝34×(34k ＋1＋52k ＋2)－52k ＋2×14×4.14．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1－na n (n ∈N *)． (1)计算a 1，a 2，a 3，a 4；(2)猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明你的结论．考点数学归纳法证明数列问题题点利用数学归纳法证明数列通项问题解 (1)计算得a 1＝12；a 2＝16；a 3＝112；a 4＝120.(2)猜想：a n ＝1n (n ＋1).下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，猜想显然成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，猜想成立，即a k ＝1k (k ＋1)，那么，当n ＝k ＋1时，S k ＋1＝1－(k ＋1)a k ＋1，即S k ＋a k ＋1＝1－(k ＋1)a k ＋1. 又S k ＝1－ka k ＝kk ＋1，所以kk ＋1＋a k ＋1＝1－(k ＋1)a k ＋1，从而a k ＋1＝1(k ＋1)(k ＋2)＝1(k ＋1)[(k ＋1)＋1]，即n ＝k ＋1时，猜想也成立．故由①和②可知猜想成立．。

高三复习导学案——推理、证明、数学归纳法(含详细答案)

1合情推理与演绎推理导学案【学习要求】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．【课前准备】自主梳理推理⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧合情推理⎩⎪⎨⎪⎧⎩⎨⎪⎧定义：由个别事实推演出的结论.特点：是由到整体、由到一般的推理. ⎩⎪⎨⎪⎧定义：由两个(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.演绎推理⎩⎪⎨⎪⎧模式：三段论⎩⎪⎨⎪⎧ ①大前提——已知的；②小前提——所研究的；③结论——根据一般原理，对作出的判断.特点：演绎推理是由到的推理.【自我检测】1．观察(x 2)′＝2x ，(x 4)′＝4x 3，(cos x )′＝－sin x ，由归纳推理可得：若定义在R 上的函数f (x )满足f (－x )＝f (x )，记g (x )为f (x )的导函数，则g (－x )＝________.2．给出下面类比推理命题(其中Q 为有理数集，R 为实数集，C 为复数集)：①“若a ，b ∈R ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”；②“若a ，b ，c ，d ∈R ，则复数a ＋b i ＝c ＋d i ⇒a ＝c ，b ＝d ”类比推出“若a ，b ，c ，d ∈Q ，则a ＋b 2＝c ＋d 2⇒a ＝c ，b ＝d ”；③“若a ，b ∈R ，则a －b >0⇒a >b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b >0⇒a >b ”．其中类比结论正确的个数是________________________________________________________．3．在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为________．4．观察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________________________________．5．一切奇数都不能被2整除，2100＋1是奇数，所以2100＋1不能被2整除，其演绎推理的“三段论”的形式为____________________________________________________.【活动探究】探究点一归纳推理例1 在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n2＋a n，n ∈N *，猜想这个数列的通项公式，这个猜想正确吗？请说明理由．变式迁移1 观察：①sin 210°＋cos 240°＋sin 10°cos 40°＝34；②sin 26°＋cos 236°＋sin 6°cos 36°＝34.由上面两题的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．探究点二类比推理例2 在平面内，可以用面积法证明下面的结论：从三角形内部任意一点，向各边引垂线，其长度分别为p a ，p b ，p c ，且相应各边上的高分别为h a ，h b ，h c ，则有p a h a ＋p b h b ＋p ch c＝1.请你运用类比的方法将此结论推广到四面体中并证明你的结论．变式迁移2 在Rt △ABC 中，若∠C ＝90°，AC ＝b ，BC ＝a ，则△ABC 的外接圆半径r ＝a 2＋b 22，将此结论类比到空间有___________________________________________探究点三演绎推理例3 在锐角三角形ABC 中，AD ⊥BC ，BE ⊥AC ，D 、E 是垂足．求证：AB 的中点M 到D 、E 的距离相等．变式迁移3 指出对结论“已知2和3是无理数，证明2＋3是无理数”的下述证明是否为“三段论”，证明有错误吗？证明：∵无理数与无理数的和是无理数，而2与3都是无理数，∴2＋3也是无理数．【课堂小结】1．合情推理是指“合乎情理”的推理，数学研究中，得到一个新结论之前，合情推理常常能帮助我们猜测和发现结论；证明一个数学结论之前，合情推理常常能为我们提供证明的思路和方向．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.一般来说，由合情推理所获得的结论，仅仅是一种猜想，其可靠性还需进一步证明．2．归纳推理与类比推理都属合情推理：(1)归纳推理：由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理．它是一种由部分到整体，由个别到一般的推理．(2)类比推理：由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理称为类比推理，它是一种由特殊到特殊的推理．3．从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，把这种推理称为演绎推理，也就是由一般到特殊的推理，三段论是演绎推理的一般模式，包括大前提，小前提，结论．【课后作业】一、填空题(每小题6分，共48分)1．定义A *B ，B *C ，C *D ，D *A 的运算分别对应下图中的(1)、(2)、(3)、(4)，那么下图中的(A)、(B)所对应的运算结果分别为________________．22．设f (x )＝1＋x1－x，又记f 1(x )＝f (x )，f k ＋1(x )＝f (f k (x ))，k ＝1,2，…，则f 2 011(x )＝____________.3．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则： ①“mn ＝nm ”类比得到“a·b ＝b·a ”； ②“(m ＋n )t ＝mt ＋nt ”类比得到“(a ＋b )·c ＝a·c ＋b·c ”； ③“(m ·n )t ＝m (n ·t )”类比得到“(a·b )·c ＝a·(b·c )”； ④“t ≠0，mt ＝xt ⇒m ＝x ”类比得到“p ≠0，a·p ＝x·p ⇒a ＝x ”； ⑤“|m ·n |＝|m |·|n |”类比得到“|a·b |＝|a|·|b |”；⑥“ac bc ＝a b ”类比得到“a·c b·c ＝ab”．以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是________．4．有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组含有一个数1，第二组含有两个数3,5；第三组含有三个数：7,9,11；第四组含有四个数：13,15,17,19；…试观察每组内各数之和与组的编号数n 的关系为_____．5．已知整数的数对如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…则第60个数对是________．6．已知正三角形内切圆的半径是高的13，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是____7．定义一种运算“*”：对于自然数n 满足以下运算性质： (1)1] .8．观察下列等式1＝1 2＋3＋4＝9 3＋4＋5＋6＋7＝25 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49…照此规律，第n 个等式为___________________________________________________．二、解答题(共42分)9．(14分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－23，且S n ＋1S n ＋1＋2＝0(n ≥2)．计算S 1，S 2，S 3，S 4，并猜想S n 的表达式．10．(14分)已知函数f (x )＝－aa x ＋a(a >0且a ≠1)，(1)证明：函数y ＝f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫12，－12对称； (2)求f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)的值．11．(14分)如图1，若射线OM ，ON 上分别存在点M 1，M 2与点N 1，N 2，则S △OM 1N 1S △OM 2N 2＝OM 1OM 2·ON 1ON 2；如图2，若不在同一平面内的射线OP ，OQ 和OR 上分别存在点P 1，P 2，点Q 1，Q 2和点R 1，R 2，则类似的结论是什么？这个结论正确吗？说明理由．直接证明与间接证明导学案【学习要求】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及特点. 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及特点．【课前准备】1．直接证明 (1)综合法①定义：从已知条件出发，以______________________为依据，逐步下推，直到推出所要证明的结论为止，这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→Q n ⇒Q (其中P 表示已知条件，Q 表示要证的结论)． (2)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________________和______________________为止．这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件.2．间接证明反证法：假设原命题________(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出________，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．【自我检测】1．分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的________条件．(填“充分”、“必要”或“充要”) 2．用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”的假设内容应是__________________． 3．设a 、b 、c 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是________．(填序号)． ①|a －c |≤|a －b |＋|c －b |；②a 2＋1a 2≥a ＋1a ；③a ＋3－a ＋1<a ＋2－a ；④|a －b |＋1a －b≥2.4．已知a ＋b >0，则a b 2＋b a 2与1a ＋1b的大小关系为____________________．5．设x 、y 、z ∈R ＋，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，证明a ，b ，c 中至少有一个不小于2.【活动探究】探究点一综合法3例1 已知a ，b ，c 都是实数，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .变式迁移1 设a ，b ，c >0，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .探究点二分析法例2 若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c .变式迁移2 已知a >0，求证： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.探究点三反证法例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2与1＋yx<2中至少有一个成立．式迁移3 若a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6.求证：a ，b ，c中至少有一个大于0.转化与化归思想例 (14分)(2010·上海改编)若实数x 、y 、m 满足|x －m |＞|y －m |，则称x 比y 远离m .(1)若x 2－1比1远离0，求x 的取值范围．(2)对任意两个不相等的正数a 、b ，证明：a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab .多角度审题 (1)本题属新定义题，根据“远离”的含义列出不等式，然后加以求解．(2)第(2)小题，实质是证明不等式|a 3＋b 3－2ab ab |>|a 2b ＋ab 2－2ab ab |成立．证明时注意提取公因式及配方法的运用．【答题模板】(1)解由题意得||x 2－1＞1，即x 2－1＞1或x 2－1＜－1.[2分]由x 2－1＞1，得x 2＞2，即x ＜－2或x ＞2；由x 2－1＜－1，得x ∈∅.综上可知x 的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．[4分](2)证明由题意知即证||a 3＋b 3－2ab ab ＞||a 2b ＋ab 2－2ab ab 成立．[8分] ∵a ≠b ，且a 、b 都为正数，∴||a 3＋b 3－2ab ab ＝||(a 3)2＋(b 3)2－2a 3b 3＝||(a 3－b 3)2＝(a a －b b )2，||a 2b ＋ab 2－2ab ab ＝||ab (a ＋b －2ab )＝ab (a －b )2＝(a b －b a )2，[10分] 即证(a a －b b )2－(a b －b a )2＞0，即证(a a －b b －a b ＋b a )(a a －b b ＋a b －b a )＞0，需证[](a －b )(a ＋b )[](a －b )(a ＋b )＞0，[12分] 即证(a ＋b )(a －b )2＞0，∵a 、b 都为正数且a ≠b ， ∴上式成立．故原命题成立．[14分] 【突破思维障碍】1．准确理解题意，提炼出相应不等式是解决问题的关键．2．代数式|a 3＋b 3－2ab ab |与|a 2b ＋ab 2－2ab ab |中的绝对值符号去掉为后续等价变形提供了方便．【易错点剖析】1．推理论证能力较差，绝对值符号不会去．2．运用能力较差，不能有效地进行式子的等价变形或中间变形出错．【课堂小结】1．综合法是从条件推导到结论的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证的结论．即由因导果．2．分析法是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．即执果索因，用分析法寻找解题思路，再用综合法书写，这样比较有条理，叫分析综合法．3．用反证法证明问题的一般步骤：（1）反设：假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真；(否定结论)（2）归谬：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；(推导矛盾) （3）存真：由矛盾结果断定反设不真，从而肯定原结论成立．(结论成立) 【课后作业】(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．用反证法证明命题“若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0 (a ≠0)有有理数根，那么a 、b 、c 中至少有一个是偶数”．假设内容应为____________________________________．2．设a ，b 是两个实数，给出下列条件：（1）a ＋b >1；（2）a ＋b ＝2；（3）a ＋b >2；（4）a 2＋b 2>2；（5）ab >1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是______．(填序号)3．设a 、b 、c ∈(0，＋∞)，P ＝a ＋b －c ，Q ＝b ＋c －a ，R ＝c ＋a －b ，则“PQR >0”是“P 、Q 、R 同时大于零”的________条件．4．若a >0，b >0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________(写出所有正确命题的序号)．①ab ≤1；②a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2；④a 3＋b 3≥3； ⑤1a ＋1b≥2. 5．如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则△A 2B 2C 2是________三角形(填“锐角”“钝角”或“直角”)．6．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f (x )在[0,1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|<12.那么他的反设应该是__________________________________________________________________________________________________________________________. 7．对于任意实数a ，b 定义运算a *b ＝(a ＋1)(b ＋1)－1，给出以下结论： ①对于任意实数a ，b ，c ，有a *(b ＋c )＝(a *b )＋(a *c )； ②对于任意实数a ，b ，c ，有a *(b *c )＝(a *b )*c ；4③对于任意实数a ，有a *0＝a .则以上结论正确的是________．(写出你认为正确的结论的所有序号) 8．已知log 2a ＋log 2b ≥1，则3a ＋9b 的最小值为________．二、解答题(共42分)9．(14分)已知非零向量a 、b ，a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a －b |≤ 2.10．(14分)已知a 、b 、c >0，求证：a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．11．(14分)已知a 、b 、c ∈(0,1)，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.学案37 数学归纳法【学习要求】1．了解数学归纳法的原理.2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．【课前准备】1．归纳法由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法叫归纳法．根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为完全归纳法和不完全归纳法．2．数学归纳法设{P n }是一个与正整数相关的命题集合，如果：(1)证明起始命题P 1(或P 0)成立；(2)在假设P k 成立的前提下，推出P k ＋1也成立，那么可以断定{P n }对一切正整数成立．3．数学归纳法公理（1）(归纳奠基)证明当n 取第一个值__________时命题成立．（2）(归纳递推)假设______________________时命题成立，证明当________时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立．【自我检测】1．用数学归纳法证明：“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)”在验证n ＝1时，左端计算所得的项为___．2．如果命题P (n )对于n ＝k (k ∈N *)时成立，则它对n ＝k ＋2也成立，又若P (n )对于n ＝2时成立，则下列结论中正确的序号有________．①P (n )对所有正整数n 成立；②P (n )对所有正偶数n 成立；③P (n )对所有正奇数n 成立；④P (n )对所有大于1的正整数n 成立．3．证明n ＋22<1＋12＋13＋14＋…＋12n <n ＋1(n >1)，当n ＝2时，中间式子等于______________．4．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n >n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取________． 5．在数列{a n }中，a 1＝1，且S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列(S n 表示数列{a n }的前n 项和)，则S 2，S 3，S 4分别为______________；由此猜想S n ＝__________.【活动探究】探究点一用数学归纳法证明等式例1 对于n ∈N *，用数学归纳法证明：1·n ＋2·(n －1)＋3·(n －2)＋…＋(n －1)·2＋n ·1＝16n (n ＋1)(n ＋2)．变式迁移1 用数学归纳法证明：对任意的n ∈N *,1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .探究点二用数学归纳法证明不等式例2 用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15…⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立．变式迁移2 已知m 为正整数，用数学归纳法证明：当x >－1时，(1＋x )m ≥1＋mx . 探究点三用数学归纳法证明整除问题例3 用数学归纳法证明：当n ∈N *时，a n ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除．变式迁移3 用数学归纳法证明：当n 为正整数时，f (n )＝32n ＋2－8n－9能被64整除．从特殊到一般的思想例 (14分)已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2、a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝1－12b n .（1）求数列{a n }、{b n }的通项公式；（2）设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1b n与S n ＋1的大小，并说明理由．【答题模板】解（1）由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 5＝12a 2a 5＝27，又∵{a n }的公差大于0，∴a 5>a 2，∴a 2＝3，a 5＝9.∴d ＝a 5－a 23＝9－33＝2，a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.[2分]∵T n ＝1－12b n ，∴b 1＝23，当n ≥2时，T n －1＝1－12b n －1，∴b n ＝T n －T n －1＝1－12b n －⎝⎛⎭⎫1－12b n －1，化简，得b n ＝13b n －1，[4分]∴{b n }是首项为23，公比为13的等比数列，即b n ＝23·⎝⎛⎭⎫13n －1＝23n ，∴a n ＝2n －1，b n ＝23n .[6分]（2）∵S n ＝1＋n －2n ＝n 2，∴S n ＋1＝(n ＋1)2，1b n ＝3n 2.5以下比较1b n与S n ＋1的大小：当n ＝1时，1b 1＝32，S 2＝4，∴1b 1<S 2，当n ＝2时，1b 2＝92，S 3＝9，∴1b 2<S 3，当n ＝3时，1b 3＝272，S 4＝16，∴1b 3<S 4，当n ＝4时，1b 4＝812，S 5＝25，∴1b 4>S 5.[9分]猜想：n ≥4时，1b n>S n ＋1.下面用数学归纳法证明： ①当n ＝4时，已证．②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥4)时，1b k>S k ＋1，即3k 2>(k ＋1)2.[11分] 那么，n ＝k ＋1时，1b k ＋1＝3k ＋12＝3·3k2>3(k ＋1)2＝3k 2＋6k ＋3＝(k 2＋4k ＋4)＋2k 2＋2k －1>[(k ＋1)＋1]2＝S (k ＋1)＋1，∴n ＝k ＋1时，1b n>S n ＋1也成立．由①②可知n ∈N *，n ≥4时，1b n >S n ＋1都成立．综上所述，当n ＝1,2,3时，1b n <S n ＋1，当n ≥4时，1b n>S n ＋1.[14分]【突破思维障碍】1．归纳——猜想——证明是高考重点考查的内容之一，此类问题可分为归纳性问题和存在性问题，本例中归纳性问题需要从特殊情况入手，通过观察、分析、归纳、猜想，探索出一般规律．2．数列是定义在N *上的函数，这与数学归纳法运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的，数列中有不少问题常用数学归纳法解决．【易错点剖析】1．严格按照数学归纳法的三个步骤书写，特别是对初始值的验证不可省略，有时要取两个(或两个以上)初始值进行验证；初始值的验证是归纳假设的基础．2．在进行n ＝k ＋1命题证明时，一定要用n ＝k 时的命题，没有用到该命题而推理证明的方法不是数学归纳法．【课堂小结】1．数学归纳法：先证明当n 取第一个值n 0时命题成立，然后假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥n 0)时命题成立，并证明当n ＝k ＋1时命题也成立，那么就证明了这个命题成立．这是因为第一步首先证明了n 取第一个值n 0时，命题成立，这样假设就有了存在的基础，至少k ＝n 0时命题成立，由假设合理推证出n ＝k ＋1时命题也成立，这实质上是证明了一种循环，如验证了n 0＝1成立，又证明了n ＝k ＋1也成立，这就一定有n ＝2成立，n ＝2成立，则n ＝3成立，n ＝3成立，则n ＝4也成立，如此反复以至无穷，对所有n ≥n 0的整数就都成立了．2．(1)第①步验证n ＝n 0使命题成立时n 0不一定是1，是使命题成立的最小正整数．(2)第②步证明n ＝k ＋1时命题也成立的过程中一定要用到归纳递推，否则就不是数学归纳法．【课后作业】一、填空题 1．用数学归纳法证明命题“当n 是正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，在第二步时，正确的证法是________(填序号)．①假设n ＝k (k ∈N *)时命题成立，证明n ＝k ＋1命题成立；②假设n ＝k (k 是正奇数)时命题成立，证明n ＝k ＋1命题成立； ③假设n ＝2k ＋1 (k ∈N *)时命题成立，证明n ＝k ＋1命题成立； ④假设n ＝k (k 是正奇数)时命题成立，证明n ＝k ＋2命题成立．2．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n2，则f (n )中共有_______项；当n ＝2时，f (2)＝___.3．如果命题P (n )对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋1也成立，现已知P (n )对n ＝4不成立，则下列结论正确的是________(填序号)．①P (n )对n ∈N *成立；②P (n )对n >4且n ∈N *成立；③P (n )对n <4且n ∈N *成立；④P (n )对n ≤4且n ∈N *不成立．4．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上______.5．若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是__________．6．用数学归纳法证明“1＋2＋3＋…＋n ＋…＋3＋2＋1＝n 2 (n ∈N *)”时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时，该式左边应添加的代数式是________．7．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是____________________．8．凸n 边形有f (n )条对角线，凸n ＋1边形有f (n ＋1)条对角线，则f (n ＋1)＝f (n )＋________. 二、解答题9．用数学归纳法证明1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N *)．10．数列{a n }满足a n >0，S n ＝12(a n ＋1a n)，求S 1，S 2，猜想S n ，并用数学归纳法证明．11．已知函数f (x )＝1x 2e －1|x |(其中e 为自然对数的底数)．（1）判断f (x )的奇偶性；（2）在(－∞，0)上求函数f (x )的极值；（3）用数学归纳法证明：当x >0时，对任意正整数n 都有f (1x)<n ！·x 2－n .合情推理与演绎推理导学案答案【课前准备】归纳推理一般性部分个别类比推理 ①一般性原理 ②特殊对象 ③特殊对象一般特殊【自我检测】1．－g (x ) 解析由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数．因此当f (x )是偶函数时，其导函数应为奇函数，故g (－x )＝－g (x )．2．2 解析 ①②正确，③错误．因为两个复数如果不全是实数，不能比较大小．3．1∶8 解析 ∵两个正三角形是相似的三角形，∴它们的面积之比是相似比的平方．同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方，所以它们的体积比为1∶8.4．13＋23＋33＋43＋53＋63＝212 解析由前三个式子可以得出如下规律：每个式子等号的左边是从1开始的连续正整数的立方和，且个数依次多1，等号的右边是一个正整数的平方，后一个正整数依次比前一个大63,4，…，因此，第五个等式为13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.5．一切奇数都不能被2整除大前提 2100＋1是奇数小前提所以2100＋1不能被2整除结论【活动探究】例1 解题导引归纳分为完全归纳和不完全归纳，由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的，但它由特殊到一般、由具体到抽象的认识功能，对科学的发现是十分有用的，观察、实验，对有限的资料作归纳整理，提出带规律性的说法是科学研究的最基本的方法之一．解在{a n }中，a 1＝1，a 2＝2a 12＋a 1＝23，a 3＝2a 22＋a 2＝12＝24，a 4＝2a 32＋a 3＝25，…，所以猜想{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.这个猜想是正确的，证明如下：因为a 1＝1，a n ＋1＝2a n 2＋a n ，所以1a n ＋1＝2＋a n 2a n＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，12为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋(n －1)×12＝12n ＋12，所以通项公式a n ＝2n ＋1.变式迁移1 解猜想sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝34.证明如下：左边＝sin 2α＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sin α]＝sin 2α＋⎝⎛⎭⎫32cos α－12sin α⎝⎛⎭⎫32cos α＋12sin α＝sin 2α＋34cos 2α－14sin 2α＝34＝右边．例2 解题导引类比推理是根据两个对象有一部分属性类似，推出这两个对象的其他属性亦类似的一种推理方法，例如我们拿分式同分数来类比，平面几何与立体几何中的某些对象类比等等．我们必须清楚类比并不是论证，它可以帮助我们发现真理．类比推理应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比、归纳、提出猜想．解类比：从四面体内部任意一点向各面引垂线，其长度分别为p a ，p b ，p c ，p d ，且相应各面上的高分别为h a ，h b ，h c ，h d ，则有p a h a ＋p b h b ＋p c h c ＋p dh d＝1.证明如下：p a h a ＝13S △BCD ·pa 13S △BCD ·h a＝V P —BCDV A —BCD，同理有p b h b ＝V P —CDA V B —CDA ，p c h c ＝V P —BDA V C —BDA ，p d h d ＝V P —ABCV D —ABC，V P —BCD ＋V P —CDA ＋V P —BDA ＋V P —ABC ＝V A —BCD ，∴p a h a ＋p b h b ＋p c h c ＋p d h d ＝V P —BCD ＋V P —CDA ＋V P —BDA ＋V P —ABC V A —BCD＝1. 变式迁移2 在三棱锥A —BCD 中，若AB 、AC 、AD 两两互相垂直，且AB ＝a ，AC ＝b ，AD ＝c ，则此三棱锥的外接球半径R ＝a 2＋b 2＋c 22例3 解题导引在演绎推理中，只有前提(大前提、小前提)和推理形式都是正确的，结论才是正确的，否则所得的结论可能就是错误的．推理时，要清楚大前提、小前提及二者之间的逻辑关系．证明 (1)因为有一个内角是直角的三角形是直角三角形，——大前提在△ABD 中，AD ⊥BC ，即∠ADB ＝90°，——小前提所以△ADB 是直角三角形．——结论(2)因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，——大前提而M 是Rt △ADB 斜边AB 的中点，DM 是斜边上的中线，——小前提所以DM ＝12AB .——结论同理EM ＝12AB ，所以DM ＝EM .变式迁移3 解证明是“三段论”模式，证明有错误．证明中大前提使用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”，这个论据是假的，因为两个无理数的和不一定是无理数，因此原理的真实性仍无法断定．【课后作业】1．B *D ，A *C 解析由(1)(2)(3)(4)图得A 表示|，B 表示□，C 表示—，D 表示○，故图(A)(B)表示B *D 和A *C .2.x －1x ＋1 解析计算f 2(x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 1－x ＝1＋1＋x 1－x 1－1＋x 1－x ＝－1x ， f 3(x )＝f ⎝⎛⎭⎫－1x ＝1－1x 1＋1x ＝x －1x ＋1，f 4(x )＝1＋x －1x ＋11－x －1x ＋1＝x ，f 5(x )＝f 1(x )＝1＋x1－x，归纳得f 4k ＋i (x )＝f i (x )，k ∈N *，i ＝1,2,3,4.∴f 2 011(x )＝f 3(x )＝x －1x ＋1.3．2 解析只有①、②对，其余错误．4．每组内各数之和等于n 3 解析 1＝13,3＋5＝23,7＋9＋11＝33.猜想每组内各数之和等于n 3.5．(5,7) 解析观察可知横坐标和纵坐标之和为2的数对有1个，和为3的数对有2个，和为4的数对有3个，和为5的数对有4个，依次类推和为n ＋1的数对有n 个，多个数对的排序是按照横坐标依次增大的顺序来排的，由n (n ＋1)2＝60⇒n (n ＋1)＝120，n ∈Z ，n ＝10时，n (n ＋1)2＝55(个)数对，还差5个数对，且这5个数对的横、纵坐标之和为12，它们依次是(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，∴第60个数对是(5,7)．6．空间正四面体的内切球的半径是高的14解析利用体积分割可证明．7．n 解析由(n ＋1)*1＝n *1＋1，得n *1＝(n －1)*1＋1＝(n －2)*1＋2＝…＝1] 8．n ＋(n ＋1)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2解析 ∵1＝12,2＋3＋4＝9＝32,3＋4＋5＋6＋7＝25＝52，∴第n 个等式为n ＋(n ＋1)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2.9．解当n ＝1时，S 1＝a 1＝－23.(2分) 当n ＝2时，1S 2＝－2－S 1＝－43，∴S 2＝－34.(5分)当n ＝3时，1S 3＝－2－S 2＝－54，∴S 3＝－45.(8分)当n ＝4时，1S 4＝－2－S 3＝－65， ∴S 4＝－56.(11分)7猜想：S n ＝－n ＋1n ＋2(n ∈N *)．(14分)10．(1)证明函数f (x )的定义域为R ，任取一点(x ，y )，它关于点⎝⎛⎭⎫12，－12对称的点的坐标为(1－x ，－1－y )．(2分) 由已知得y ＝－a a x ＋a ，则－1－y ＝－1＋a a x ＋a ＝－a xa x ＋a ，(4分)f (1－x )＝－a a 1－x ＋a ＝－a a a x＋a ＝－a ·a x a ＋a ·a x ＝－a xa x ＋a ，∴－1－y ＝f (1－x )．即函数y ＝f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫12，－12对称．(7分) (2)解由(1)有－1－f (x )＝f (1－x )，即f (x )＋f (1－x )＝－1.(10分) ∴f (－2)＋f (3)＝－1，f (－1)＋f (2)＝－1，f (0)＋f(1)＝－1，则f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)＝－3.(14分)11．解类似的结论为：VO —P 1Q 1R 1VO —P 2Q 2R 2＝OP 1OP 2·OQ 1OQ 2·OR 1OR 2.(4分)这个结论是正确的，证明如下：如图，过R 2作R 2M 2⊥平面P 2OQ 2于M 2，连结OM 2. 过R 1在平面OR 2M 2作R 1M 1∥R 2M 2交OM 2于M 1，则R 1M 1⊥平面P 2OQ 2.由VO —P 1Q 1R 1＝13S △P 1OQ 1·R 1M 1＝13·12OP 1·OQ 1·sin ∠P 1OQ 1·R 1M 1＝16OP 1·OQ 1·R 1M 1·sin ∠P 1OQ 1，(8分) 同理，VO —P 2Q 2R 2＝16OP 2·OQ 2·R 2M 2·sin ∠P 2OQ 2.所以VO —P 1Q 1R 1VO —P 2Q 2R 2＝OP 1·OQ 1·R 1M 1OP 2·OQ 2·R 2M 2.(10分)由平面几何知识可得R 1M 1R 2M 2＝OR 1OR 2.(12分)所以VO —P 1Q 1R 1VO —P 2Q 2R 2＝OP 1·OQ 1·OR 1OP 2·OQ 2·OR 2.所以结论正确．(14分)直接证明与间接证明导学案答案【课前准备】1．(1)①已知的定义、公理、定理 (2)①结论成立的条件已知条件或已知事实吻合 2.不成立矛盾【自我检测】1．充分解析由分析法的定义可知．2.3a ≤3b 解析 3a >3b 的否定是3a ≤3b .3．④ 解析 ④选项成立时需得证a －b >0.①中|a －b |＋|c －b |≥|(a －b )－(c －b )|＝|a －c |，②作差可证； ③移项平方可证．4.a b 2＋b a 2≥1a ＋1b 解析 a b 2＋b a 2－⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝a －b b 2＋b －a a 2＝(a －b )⎝⎛⎭⎫1b 2－1a 2＝(a ＋b )(a －b )2a 2b 2.∵a ＋b >0，(a －b )2≥0，∴(a ＋b )(a －b )2a 2b 2≥0.∴a b 2＋b a 2≥1a ＋1b. 5．证明假设a ，b ，c 均小于2，则a ＋b ＋c <6. ①又a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x ＝(x ＋1x )＋(y ＋1y )＋(z ＋1z)≥6，这与①式相矛盾，∴假设不正确．∴a ，b ，c 至少有一个不小于2. 【活动探究】例1 解题导引综合法证明不等式，要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的运用．这里可从基本不等式相加的角度先证得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca 成立，再进一步得出结论．证明 ∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ，三式相加得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，∴3a 2＋3b 2＋3c 2≥(a 2＋b 2＋c 2)＋2(ab ＋bc ＋ca )＝(a ＋b ＋c )2.∴a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2；∵a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，∴a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥ab ＋bc ＋ca ＋2(ab ＋bc ＋ca )， ∴(a ＋b ＋c )2≥3(ab ＋bc ＋ca )．∴原命题得证．变式迁移1 证明 ∵a ，b ，c >0，根据基本不等式，有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c . 三式相加：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c )．即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .例2 解题导引当所给的条件简单，而所证的结论复杂，一般采用分析法．含有根号、对数符号、绝对值的不等式，若从题设不易推导时，可以考虑分析法．证明要证lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg(a ·b ·c )，只需证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>abc .(中间结果)因为a ，b ，c 是不全相等的正数，则a ＋b 2≥ab >0，b ＋c 2≥bc >0，c ＋a2≥ca >0.且上述三式中的等号不全成立，所以a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc .(中间结果)所以lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .变式迁移2 证明要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2，只要证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.∵a >0，故只要证 ⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a＋22，即a 2＋1a 2＋4 a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2，从而只要证2a 2＋1a2≥2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ，只要证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a2≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．例3 解题导引 (1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是①与已知条件矛盾，②与假设矛盾，③与定义、公理、定理矛盾，④与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器．(2)利用反证法证明问题时，要注意与之矛盾的定理不能是用本题的结论证明的定理，否则，将出现循环论证的错误．证明假设1＋x y <2和1＋y x <2都不成立，则有1＋x y ≥2和1＋yx≥2同时成立，因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y ，且1＋y ≥2x ，8两式相加，得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2，这与已知条件x ＋y >2相矛盾，因此1＋x y <2与1＋y x<2中至少有一个成立．变式迁移3 证明假设a ，b ，c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0.∵a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，∴x 2－2y ＋π2＋y 2－2z ＋π3＋z 2－2x ＋π6＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋(π－3)≤0， ①又∵(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2≥0，π－3>0，∴(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋(π－3)>0. ② ①式与②式矛盾，∴假设不成立，即a ，b ，c 中至少有一个大于0. 【课后作业】1．假设a 、b 、c 都不是偶数2．(3)解析若a ＝12，b ＝23，则a ＋b >1，但a <1，b <1，故(1)推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故(2)推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故(4)推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故(5)推不出；对于(3)，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1，反证法：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾，因此假设不成立，故a ，b 中至少有一个大于1.3．充要解析必要性是显然成立的，当PQR >0时，若P 、Q 、R 不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P >0，Q <0，R <0，则Q ＋R ＝2c <0，这与c >0矛盾，即充分性也成立．4．①③⑤ 解析 ①ab ≤(a ＋b 2)2＝1，成立．②欲证a ＋b ≤2，即证a ＋b ＋2ab ≤2，即2ab ≤0，显然不成立． ③欲证a 2＋b ＝(a ＋b )2－2ab ≥2，即证4－2ab ≥2，即ab ≤1，由①知成立．④a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)≥3⇔a 2－ab ＋b 2≥32⇔(a ＋b )2－3ab ≥32⇔4－32≥3ab ⇔ab ≤56，由①知，ab ≤56不恒成立．⑤欲证1a ＋1b ≥2，即证a ＋b ab≥2，即ab ≤1，由①知成立．5．钝角解析由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形，由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－C 1得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为π相矛盾，所以假设不成立，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．6．“∃x 1，x 2∈[0,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，则|f (x 1)－f (x 2)|≥12”7．②③ 解析按新定义，可以验证a *(b ＋c )≠(a *b )＋(a *c )；所以①不成立；而a *(b *c )＝(a *b )*c 成立，a *0＝(a ＋1)(0＋1)－1＝a .所以正确的结论是②③. 8．18 解析由log 2a ＋log 2b ≥1得log 2(ab )≥1，即ab ≥2，∴3a ＋9b ＝3a ＋32b ≥2×3a ＋2b2(当且仅当3a ＝32b ，即a ＝2b 时“＝”号成立)．又∵a ＋2b ≥22ab ≥4(当且仅当a ＝2b 时“＝”成立)，∴3a ＋9b ≥2×32＝18.即当a ＝2b 时，3a ＋9b 有最小值18. 9．证明 ∵a ⊥b ，∴a·b ＝0. (2分)要证|a |＋|b ||a －b |≤2，只需证：|a |＋|b |≤2|a －b |， (6分)平方得：|a |2＋|b |2＋2|a||b |≤2(|a |2＋|b |2－2a·b )，(10分)只需证：|a |2＋|b |2－2|a||b |≥0， (12分)即(|a |－|b |)2≥0，显然成立．故原不等式得证. (14分)10．证明 ∵a 2＋b 2≥2ab ，a 、b 、c >0， ∴(a 2＋b 2)(a ＋b )≥2ab (a ＋b )， (3分)∴a 3＋b 3＋a 2b ＋ab 2≥2ab (a ＋b )＝2a 2b ＋2ab 2，∴a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2.(7分) 同理，b 3＋c 3≥b 2c ＋bc 2，a 3＋c 3≥a 2c ＋ac 2，将三式相加得，2(a 3＋b 3＋c 3)≥a 2b ＋ab 2＋b 2c ＋bc 2＋a 2c ＋ac 2.(10分)∴3(a 3＋b 3＋c 3)≥(a 3＋a 2b ＋a 2c )＋(b 3＋b 2a ＋b 2c )＋(c 3＋c 2a ＋c 2b )＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2)．∴a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．(14分)11．证明方法一假设三式同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，(3分)∵a 、b 、c ∈(0,1)，∴三式同向相乘得(1－a )b (1－b )c (1－c )a >164.(8分)又(1－a )a ≤⎝⎛⎭⎫1－a ＋a 22＝14，(10分)同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，∴(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，(12分)这与假设矛盾，故原命题正确．(14分)方法二假设三式同时大于14，∵0<a <1，∴1－a >0，(2分)(1－a )＋b 2≥ (1－a )b > 14＝12，(8分)同理(1－b )＋c 2>12，(1－c )＋a 2>12，(10分) 三式相加得32>32，这是矛盾的，故假设错误，∴原命题正确．(14分)数学归纳法导学案答案【课前准备】3．(1)n 0 (n 0∈N *) (2)n ＝k (k ∈N *，且k ≥n 0) n ＝k ＋1 【自我检测】1．1＋a ＋a 2 解析当n ＝1时左端有n ＋2项，∴左端＝1＋a ＋a 2.2．② 解析由n ＝2成立，根据递推关系“P (n )对于n ＝k 时成立，则它对n ＝k ＋2也成立”，可以推出n ＝4时成立，再推出n ＝6时成立，…，依次类推，P (n )对所有正偶数n 成立”．3．1＋12＋13＋14 解析当n ＝2时，中间的式子1＋12＋13＋122＝1＋12＋13＋14.4．5 解析当n ＝1时，21＝12＋1；当n ＝2时，22<22＋1；当n ＝3时，23<32＋1；当n ＝4时，24<42＋1.而当n ＝5时，25>52＋1， ∴n 0＝5.5.32，74，158，2n－12n －1 【活动探究】例1 解题导引用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题，关键在于弄清等式两边的构成规律：等式的两边各有多少项，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．证明设f (n )＝1·n ＋2·(n －1)＋3·(n －2)＋…＋(n －1)·2＋n ·1. (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立；。

2019高中数学第2章推理与证明 2.3 数学归纳法学案新人教B版选修2-2

2.3 数学归纳法1．了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单命题．2．理解数学归纳法两个步骤的作用，进一步规范书写的语言结构．数学归纳法一个与自然数相关的命题，如果(1)当n取第一个值n0时命题成立；(2)在假设当n＝k(k∈N＋，且k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝______时命题也成立，那么可以断定，这个命题对n取第一个值后面的所有正整数成立．数学归纳法是专门证明与自然数集有关的命题的一种方法，它是一种完全归纳法，是对不完全归纳法的完善．证明分两步，其中第一步是命题成立的基础，称为“归纳奠基”；第二步解决的是延续性问题，又称“归纳递推”．运用数学归纳法证明有关命题时应注意以下几点：(1)两个步骤缺一不可；(2)在第一步中，n的初始值不一定从1取起，也不一定只取一个数(有时需取n＝n0，n0＋1等)，证明应视具体情况而定；(3)第二步中，证明n＝k＋1时命题成立，必须使用归纳假设，否则就会打破数学归纳法步骤间的严密逻辑关系，造成推理无效；(4)证明n＝k＋1时命题成立，要明确求证的目标形式，一般要凑出归纳假设里给出的形式，以便使用归纳假设，然后再去凑出当n＝k＋1时的结论，这样就能有效减少论证的盲目性．＋1(n∈N＋)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：时，不等式成立，即k2＋k＜k＋1，＜(k2＋3k＋2)＋(k＋2)＝(k＋1)＋1，D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确1．利用数学归纳法证明问题时有哪些注意事项？剖析：(1)用数学归纳法证明有关命题的关键在第二步，即n＝k＋1时命题为什么成立？n＝k＋1时命题成立是利用假设n＝k时命题成立，根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出来的，而不是直接代入，否则n＝k＋1时命题成立也成假设了，命题并没有得到证明．(2)用数学归纳法可证明有关的正整数问题，但并不是所有的正整数问题都能用数学归纳法证明，学习时要具体问题具体分析．2．运用数学归纳法时易犯的错误有哪些？剖析：(1)对项数估算的错误，特别是寻找n＝k与n＝k＋1的关系时，项数发生什么变化被弄错．(2)没有利用归纳假设：归纳假设是必须要用的．假设是起桥梁作用的，桥梁断了就通不过去了．(3)关键步骤含糊不清，“假设n ＝k 时结论成立，利用此假设证明n ＝k ＋1时结论也成立”是数学归纳法的关键一步，也是证明问题中最重要的环节，对推导的过程要把步骤写完整，注意证明过程的严谨性、规范性．题型一用数学归纳法证明恒等式【例题1】用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n.分析：左边式子的特点为：各项分母依次为1,2，3，…，2n ，右边式子的特点为：分母由n ＋1开始，依次增大1，一直到2n ，共n 项．反思：理解等式的特点：在等式左边，当n 等式右边，当n 取一个值时，对应一项．无论n 右边有n 项，然后再按数学归纳法的步骤要求给出证明．题型二用数学归纳法证明不等式【例题2】已知a ＞0，b ＞0，n ＞1，n ∈N ＋，用数学归纳法证明：a 2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫2反思：应用数学归纳法证明不等式时，往往通过拼凑项或拆项用上归纳假设，再应用放缩法或其他证明不等式的方法证得n ＝k ＋1时命题成立．题型三归纳——猜想——证明【例题3】某数列的第一项为1，并且对所有的自然数n ≥2，数列的前n 项之积为n 2. (1)写出这个数列的前五项；(2)写出这个数列的通项公式并加以证明．分析：根据数列前五项写出这个数列的通项公式，要注意观察数列中各项与其序号变化的关系，归纳出构成数列的规律．同时还要特别注意第一项与其他各项的差异，必要时可分段表示．证明这个数列的通项公式可用数学归纳法．先计算出一个数列的前几项，用不完全归纳法猜想得到通项公式，再用数学归纳n ＝k 到n ＝k ＋1命＝n 4(n ＋1). ，右边＝14(1＋1)＝14×2，等式成立．n ＝k ＋1时，直接使用裂项相减法求得＋1(2k ＋2)(2k ＋4)＝12⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝ ⎛⎭⎪⎫12－14＋⎝ ⎛⎭⎪⎫14－16＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k －12k ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋2－12k ＋4＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12k ＋4＝k ＋14[(k ＋1)＋1]，即当n ＝k ＋1时等式成立．由(1)和(2)，可知等式对一切n ∈N ＋都成立．1用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n·1·3…(2n －1)(n ∈N ＋)，从“n ＝k 到n ＝k ＋1”左端需增乘的代数式为( )．A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1)C ．2k ＋1k ＋1D ．2k ＋3k ＋12平面内原有k 条直线，它们的交点个数记为f (k )，则增加一条直线后，它们的交点个数最多为( )．A ．f (k )＋kB ．f (k )＋1C ．f (k )＋k ＋1D ．kf (k )3利用数学归纳法证明1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n＜1(n ∈N ＋，且n ≥2)时，第二步由n ＝k到n ＝k ＋1时不等式左端的变化是( )．A ．增加了12k ＋1这一项B ．增加了12k ＋1和12k ＋2两项C ．增加了12k ＋1和12k ＋2两项，同时减少了1k这一项D ．以上都不对4用数学归纳法证明“若f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n，则n ＋f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝nf (n )(n ∈N ＋，且n ≥2)”时，第一步要证的式子是___________________________________．5在数列{a n }中，a 1＝1，且S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列，则S 2，S 3，S 4分别为________，由此猜想S n ＝________.答案：基础知识·梳理 k ＋1【做一做】D 因为从n ＝k 到n ＝k ＋1的证明过程中没有用到归纳假设，故从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确．典型例题·领悟【例题1】证明：(1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边，∴等式成立．(2)假设n ＝k 时等式成立，即 1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12). 则当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋1k ＋＝右边．∴当n ＝k ＋1时等式也成立．由(1)和(2)，知等式对任意n N ＋都成立．【例题2】证明：(1)当n ＝2时，左边＝a 2＋b 22，右边＝(a ＋b2)2，左边－右边＝⎝⎛⎭⎪⎫a －b 22≥0，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k N ＋，k ＞1)时，不等式成立，即a k ＋b k 2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2k，因为a ＞0，b ＞0，k ＞1，k N ＋，所以(a k ＋1＋b k ＋1)－(a k b ＋ab k )＝(a －b )(a k －b k )≥0，于是a k ＋1＋b k ＋1≥a k b ＋ab k.当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2k ＋1＝a ＋b 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2k ≤a k ＋b k 2·a ＋b 2＝a k ＋1＋b k ＋1＋a k b ＋ab k 4≤a k ＋1＋b k ＋1＋a k ＋1＋b k ＋14＝a k ＋1＋b k ＋12，∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)和(2)，知对于a ＞0，b ＞0，n ＞1，n N ＋，不等式a n ＋b n 2≥【例题3】解：(1)已知a 1＝1，由题意，得a 1·a 2＝22，∴a 2＝22.∵a 1·a 2·a 3＝32，∴a 3＝3222.同理，可得a 4＝4232，a 5＝5242.因此该数列的前五项为1,4，94，169，2516.(2)观察这个数列的前五项，猜测数列的通项公式应为 a n ＝⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2，n －＝－，等式成立．≥2)时，结论成立，即a ＝k 2k －＝(k －1)2，k ＋2·…·a k －1k ＋k －·k －2k ＝k ＋2k ＝k ＋2k ＋－1]2.∴当n ＝k ＋1时，结论也成立．根据①和②，可知当n ≥2时，这个数列的通项公式是a n ＝n 2n －2.∴a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，n ＝1，n 2n －2，n ≥2.【例题4】错因分析：由n ＝k 到n ＝k ＋1时等式的证明没有用归纳假设，是典型的套用数学归纳法的一种伪证．正确证法：(1)当n ＝1时，左边＝12×4＝18，右边＝18，等式成立．(2)假设当n ＝k 时， 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k k ＋＝kk ＋成立．那么当n ＝k ＋1时， 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k k ＋＋1k ＋k ＋＝k k ＋＋1k ＋k ＋＝k k ＋＋1k ＋k ＋＝k ＋2k ＋k ＋＝k ＋1k ＋＝k ＋1k ＋＋1]，∴当n ＝k ＋1时，等式成立．由(1)和(2)，可得对一切n N ＋等式都成立．随堂练习·巩固1．B n ＝k 时，左边＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )，而n ＝k ＋1时，左边＝[(k ＋1)＋1][(k ＋1)＋2]…[(k ＋1)＋(k －1)][(k ＋1)＋k ][(k ＋1)＋(k ＋1)] ＝(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(2k ＋1)(2k ＋2) ＝2(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )(2k ＋1)．2．A 第k ＋1条直线与原来k 条直线相交，最多有k 个交点．3．C 不等式左端共有n ＋1项，且分母是首项为n ，公差为1，末项为2n 的等差数列，当n ＝k 时，左端为1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ；当n ＝k ＋1时，左端为1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2，对比两式，可得结论． 4．2＋f (1)＝2f (2) 起点n 0＝2，观察等式左边最后一项，将n ＝2代入即可． 5．32，74，158 2n－12 由题意，得2S n ＋1＝S n ＋2S 1，且S 1＝a 1＝1，令式子中的n 分别取1,2,3，可得S 2＝32，S 3＝74，S 4＝158，从而猜想S n ＝2n－12n －1.。

2019版高中数学第二章推理与证明 2.3 数学归纳法学案新人教A版选修2-2

§2.3数学归纳法学习目标 1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．知识点数学归纳法对于一个与正整数有关的等式n(n－1)(n－2)…(n－50)＝0.思考1 验证当n＝1，n＝2，…，n＝50时等式成立吗？答案成立．思考2 能否通过以上等式归纳出当n＝51时等式也成立？为什么？答案不能，上面的等式只对n取1至50的正整数成立．梳理(1)数学归纳法的定义一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：①(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；②(归纳递推)假设当n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．这种证明方法叫做数学归纳法．(2)数学归纳法的框图表示1．与正整数n有关的数学命题的证明只能用数学归纳法．( ×)2．数学归纳法的第一步n0的初始值一定为1.( ×)3．数学归纳法的两个步骤缺一不可．( √)类型一用数学归纳法证明等式例1 用数学归纳法证明：1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2，其中n∈N*.考点用数学归纳法证明等式证明 (1)当n ＝1时，左边＝1×4＝4，右边＝1×22＝4，左边＝右边，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即1×4＋2×7＋3×10＋…＋k (3k ＋1)＝k (k ＋1)2，那么当n ＝k ＋1时，1×4＋2×7＋3×10＋…＋k (3k ＋1)＋(k ＋1)[3(k ＋1)＋1] ＝k (k ＋1)2＋(k ＋1)[3(k ＋1)＋1]＝(k ＋1)(k 2＋4k ＋4)＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1]2，即当n ＝k ＋1时等式也成立．根据(1)和(2)可知等式对任何n ∈N *都成立．反思与感悟用数学归纳法证明恒等式时，一是弄清n 取第一个值n 0时等式两端项的情况；二是弄清从n ＝k 到n ＝k ＋1等式两端增加了哪些项，减少了哪些项；三是证明n ＝k ＋1时结论也成立，要设法将待证式与归纳假设建立联系，并朝n ＝k ＋1证明目标的表达式变形．跟踪训练1 求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．考点用数学归纳法证明等式题点利用数学归纳法证明等式证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12，左边＝右边．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12)，则当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12(k ＋1). 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)，(2)可知，对一切n ∈N *，等式成立．例2 求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56(n ≥2，n ∈N *)．考点用数学归纳法证明不等式题点利用数学归纳法证明不等式证明 (1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16＝5760，故左边>右边，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，命题成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56，则当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1.(*)方法一 (分析法) 下面证(*)式≥56，即13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1≥0，只需证(3k ＋2)(3k ＋3)＋(3k ＋1)(3k ＋3)＋(3k ＋1)(3k ＋2)－3(3k ＋1)(3k ＋2)≥0，只需证(9k 2＋15k ＋6)＋(9k 2＋12k ＋3)＋(9k 2＋9k ＋2)－(27k 2＋27k ＋6)≥0，只需证9k ＋5≥0，显然成立．所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．方法二 (放缩法)(*)式>⎝ ⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＋56＝56，所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N *均成立．引申探究把本例改为求证：1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1n ＋n >1124(n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝12>1124，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1k ＋k >1124，则当n ＝k ＋1时，1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1>1124＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1， ∵12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝2(k ＋1)＋(2k ＋1)－2(2k ＋1)2(k ＋1)(2k ＋1)＝12(k ＋1)(2k ＋1)>0， ∴1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1>1124＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1>1124， ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)知对于任意正整数n ，不等式成立．反思与感悟用数学归纳法证明不等式的四个关键(1)验证第一个n 的值时，要注意n 0不一定为1，若n >k (k 为正整数)，则n 0＝k ＋1. (2)证明不等式的第二步中，从n ＝k 到n ＝k ＋1的推导过程中，一定要用到归纳假设，不应用归纳假设的证明不是数学归纳法，因为缺少归纳假设．(3)用数学归纳法证明与n 有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小，对第二类形式往往要先对n 取前几个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个n 值开始都成立的结论，常用数学归纳法证明．(4)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 时成立得n ＝k ＋1时成立，主要方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等．跟踪训练2 在数列{a n }中，已知a 1＝a (a >2)，a n ＋1＝a 2n 2(a n －1)(n ∈N *)，用数学归纳法证明：a n >2(n ∈N *)．考点用数学归纳法证明不等式题点利用数学归纳法证明不等式证明 ①当n ＝1时，a 1＝a >2，命题成立；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，命题成立，即a k >2，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1－2＝a 2k2(a k －1)－2＝(a k －2)22(a k －1)>0， ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由①②得，对任意正整数n ，都有a n >2.类型三归纳—猜想—证明例3 已知数列{a n }满足关系式a 1＝a (a >0)，a n ＝2a n －11＋a n －1(n ≥2，n ∈N *)，(1)用a 表示a 2，a 3，a 4；(2)猜想a n 的表达式(用a 和n 表示)，并用数学归纳法证明．考点数学归纳法证明数列问题题点利用数学归纳法证明数列通项问题解 (1)a 2＝2a1＋a，a 3＝2a 21＋a 2＝2×2a 1＋a 1＋2a 1＋a ＝4a1＋3a，a 4＝2a 31＋a 3＝2×4a 1＋3a 1＋4a 1＋3a ＝8a1＋7a.(2)因为a 1＝a ＝20a1＋(20－1)a ， a 2＝21a1＋(21－1)a ，…，猜想a n ＝2n －1a1＋(2n －1－1)a . 下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，因为a 1＝a ＝20a1＋(20－1)a ，所以当n ＝1时猜想成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时猜想成立，即a k ＝2k －1a1＋(2k －1－1)a ，所以当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝2a k1＋a k ＝2ka 1＋(2k －1－1)a 1＋2k －1a1＋(2k －1－1)a ＝2ka1＋(2k －1－1)a ＋2k －1a＝2k a1＋2×2k－1a－a＝2(k＋1)－1a1＋[2(k＋1)－1－1]a，所以当n＝k＋1时猜想也成立．根据①与②可知猜想对一切n∈N*都成立．反思与感悟“归纳—猜想—证明”的一般步骤跟踪训练3 考察下列各式2＝2×13×4＝4×1×34×5×6＝8×1×3×55×6×7×8＝16×1×3×5×7你能做出什么一般性的猜想？能证明你的猜想吗？考点用数学归纳法证明等式题点等式中的归纳，猜想、证明解由题意得，2＝2×1,3×4＝4×1×3,4×5×6＝8×1×3×5,5×6×7×8＝16×1×3×5×7，…，猜想：(n＋1)(n＋2)(n＋3)…2n＝2n·1·3·5·…·(2n－1)，下面利用数学归纳法进行证明．(1)当n＝1时，猜想显然成立；(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，即(k＋1)(k＋2)(k＋3)…2k＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，那么当n＝k＋1时，(k＋1＋1)(k＋1＋2)(k＋1＋3)·…·2(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)·…·2k·(2k＋1)·2＝2k·1·3·5·…·(2k－1)(2k＋1)·2＝2k＋1·1·3·5·…·(2k＋1)＝2k＋1·1·3·5·…·[2(k＋1)－1]所以当n＝k＋1时猜想成立．根据(1)(2)可知对任意正整数猜想均成立.1．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，由此推算：当n ≥2时，有( ) A ．f (2n )>2n ＋12(n ∈N *)B ．f (2n )>2(n ＋1)＋12(n ∈N *)C ．f (2n )>2n ＋12(n ∈N *)D ．f (2n)>n ＋22(n ∈N *)考点利用数学归纳法证明不等式题点不等式中的归纳、猜想、证明答案 D解析 f (4)>2改写成f (22)>2＋22；f (8)>52改写成f (23)>3＋22；f (16)>3改写成f (24)>4＋22；f (32)>72改写成f (25)>5＋22，由此可归纳得出：当n ≥2时，f (2n )>n ＋22(n ∈N *)． 2．用数学归纳法证明“1＋a ＋a 2＋…＋a 2n ＋1＝1－a2n ＋21－a(a ≠1)”．在验证n ＝1时，左端计算所得项为( ) A ．1＋a B ．1＋a ＋a 2C ．1＋a ＋a 2＋a 3D ．1＋a ＋a 2＋a 3＋a 4考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第一步：归纳奠基答案 C解析将n ＝1代入a2n ＋1得a 3，故选C.3．若命题A (n )(n ∈N *)在n ＝k (k ∈N *)时成立，则有n ＝k ＋1时命题成立．现知命题对n ＝n 0(n 0∈N *)时成立，则有( )A ．命题对所有正整数都成立B ．命题对小于n 0的正整数不成立，对大于或等于n 0的正整数都成立C ．命题对小于n 0的正整数成立与否不能确定，对大于或等于n 0的正整数都成立D ．以上说法都不正确考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案 C解析由已知，得n ＝n 0(n 0∈N *)时命题成立，则n ＝n 0＋1时命题成立，在n ＝n 0＋1时命题成立的前提下，又可推得，n ＝(n 0＋1)＋1时命题也成立，依此类推，可知选C.4．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1(n ∈N *)的过程如下：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝21－1＝1，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k－1，则当n ＝k ＋1时，1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k＝1－2k ＋11－2＝2k ＋1－1.所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由此可知对于任何n ∈N *，等式都成立．上述证明，错误是________．考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案未用归纳假设解析本题在由n ＝k 成立证明n ＝k ＋1成立时，应用了等比数列的求和公式，而未用上归纳假设，这与数学归纳法的要求不符． 5．用数学归纳法证明：121×3＋223×5＋…＋n 2(2n －1)(2n ＋1)＝n (n ＋1)2(2n ＋1)(n ∈N *)．考点用数学归纳法证明等式题点利用数学归纳法证明等式证明 ①当n ＝1时，左边＝121×3＝13，右边＝1×(1＋1)2×(2×1＋1)＝13，左边＝右边，等式成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，等式成立．即121×3＋223×5＋…＋k 2(2k －1)(2k ＋1)＝k (k ＋1)2(2k ＋1)，当n ＝k ＋1时，左边＝121×3＋223×5＋…＋k 2(2k －1)(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝k (k ＋1)2(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝k (k ＋1)(2k ＋3)＋2(k ＋1)22(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(2k 2＋5k ＋2)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋3)，右边＝(k ＋1)(k ＋1＋1)2[2(k ＋1)＋1]＝(k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋3)，左边＝右边，等式成立．即对所有n ∈N *，原式都成立．在应用数学归纳法证题时应注意以下几点：(1)验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定是1.(2)递推是关键：正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障；(3)利用假设是核心：在第二步证明中一定要利用归纳假设，这是数学归纳法的核心环节，否则这样的证明就不是数学归纳法证明.一、选择题1．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步应验证n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第一步：归纳奠基答案 C解析由凸多边形的性质，应先验证三角形，故选C.2．某个命题与正整数有关，如果当n ＝k (k ∈N *)时，该命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时，该命题也成立．现在已知当n ＝5时，该命题成立，那么可推导出( ) A ．当n ＝6时命题不成立 B ．当n ＝6时命题成立 C ．当n ＝4时命题不成立D ．当n ＝4时命题成立考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳第二步：归纳递推答案 B 3．设S k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋ (12)，则S k ＋1为( ) A ．S k ＋12k ＋2B ．S k ＋12k ＋1＋12k ＋2C ．S k ＋12k ＋1－12k ＋2D ．S k ＋12k ＋2－12k ＋1考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案 C解析因式子右边各分数的分母是连续正整数，则由S k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12)，① 得S k ＋1＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12(k ＋1).② 由②－①，得S k ＋1－S k ＝12k ＋1＋12(k ＋1)－1k ＋1＝12k ＋1－12(k ＋1). 故S k ＋1＝S k ＋12k ＋1－12(k ＋1).4．一个与正整数n 有关的命题中，当n ＝2时命题成立，且由n ＝k 时命题成立，可以推得n ＝k ＋2时命题也成立，则( ) A ．该命题对于n >2的自然数n 都成立 B ．该命题对于所有的正偶数都成立 C ．该命题何时成立与k 取值无关 D ．以上答案都不对考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案 B解析由n ＝k 时命题成立，可以推出n ＝k ＋2时命题也成立，且使命题成立的第一个正偶数n 0＝2.故对所有的正偶数都成立．5．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k＋1)≥(k ＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (5)≥25成立，则当k ≤5时，均有f (k )≥k 2成立C ．若f (7)<49成立，则当k ≥8时，均有f (k )<k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法的定义答案 D解析对于D ，∵f (4)＝25≥42，∴当k ≥4时，均有f (k )≥k 2.6．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n 3a n ＋1(n ∈N *)，依次计算a 2，a 3，a 4，归纳推测出a n 的通项表达式为( )A.24n －3 B.26n －5 C.24n ＋3 D.22n －1 考点数学归纳法证明数列问题题点利用数学归纳法证明数列通项问题答案 B解析结合题意，得a 1＝2，a 2＝27，a 3＝213，a 4＝219，…，可推测a n ＝26n －5，故选B. 7．用数学归纳法证明等式(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ·1·3·…·(2n －1)(n ∈N *)的过程中，从n ＝k 到n ＝k ＋1左端需要增乘的代数式为( )A ．2k ＋1B.2k ＋1k ＋1 C ．2(2k ＋1)D.2k ＋3k ＋1考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法的第二步：归纳递推答案 C解析当n ＝k ＋1时，左端为(k ＋2)(k ＋3)…[(k ＋1)＋(k －1)]·[(k ＋1)＋k ]·(2k ＋2)＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )(2k ＋1)·2，∴应增乘2(2k ＋1)．二、填空题8．用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n ，总有2n >n 3”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n 0最小应当是________．考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第一步：归纳奠基答案 109．证明：假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即2＋4＋…＋2k ＝k 2＋k ，那么2＋4＋…＋2k ＋2(k ＋1)＝k 2＋k ＋2(k ＋1)＝(k ＋1)2＋(k ＋1)，即当n ＝k ＋1时等式也成立．因此对于任何n ∈N *等式都成立．以上用数学归纳法证明“2＋4＋…＋2n ＝n 2＋n (n ∈N *)”的过程中的错误为_________．考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案缺少步骤归纳奠基10．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，n ∈N *，用数学归纳法证明f (2n )>n 2时，f (2n ＋1)－f (2n )＝________________________________________________________________________. 考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案 12n ＋1＋12n ＋2＋…＋12n ＋1 三、解答题11．用数学归纳法证明⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2＝n ＋12n(n ≥2，n ∈N *)．考点用数学归纳法证明等式题点利用数学归纳法证明等式证明 (1)当n ＝2时，左边＝1－14＝34，右边＝2＋12×2＝34，所以左边＝右边，所以当n ＝2时等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2＝k ＋12k，那么当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(k ＋1)2＝k ＋12k ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(k ＋1)2 ＝k ＋12k ·k (k ＋2)(k ＋1)2 ＝k ＋22(k ＋1)＝(k ＋1)＋12(k ＋1)，即当n＝k＋1时，等式成立．综合(1)(2)知，对任意n≥2，n∈N*，等式恒成立．12．用数学归纳法证明：122＋132＋142＋…＋1n 2<1－1n(n ≥2，n ∈N *)．考点用数学归纳法证明不等式题点利用数学归纳法证明不等式证明 (1)当n ＝2时，左式＝122＝14，右式＝1－12＝12. 因为14<12，所以不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，即122＋132＋142＋…＋1k 2<1－1k，则当n ＝k ＋1时，122＋132＋142＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2<1－1k ＋1(k ＋1)2＝1－(k ＋1)2－k k (k ＋1)2＝1－k 2＋k ＋1k (k ＋1)2<1－k (k ＋1)k (k ＋1)2＝1－1k ＋1，所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．综上所述，对任意n ≥2的正整数，不等式都成立．四、探究与拓展13．用数学归纳法证明“34n ＋1＋52n ＋2(n ∈N *)能被14整除”时，当n ＝k ＋1时，34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋2应变形为________________．考点数学归纳法定义及原理题点数学归纳法第二步：归纳递推答案 34×(34k ＋1＋52k ＋2)－52k ＋2×14×4 解析 34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋2＝34×34k ＋1＋52×52k ＋2＝34×34k ＋1＋34×52k ＋2＋52×52k ＋2－34×52k ＋2＝34×(34k ＋1＋52k ＋2)－52k ＋2×(34－52)＝34×(34k ＋1＋52k ＋2)－52k ＋2×14×4. 14．已知数列{a n }的前n 项和S n ＝1－na n (n ∈N *)．(1)计算a 1，a 2，a 3，a 4；(2)猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明你的结论．考点数学归纳法证明数列问题题点利用数学归纳法证明数列通项问题解 (1)计算得a 1＝12；a 2＝16；a 3＝112；a 4＝120.(2)猜想：a n ＝1n (n ＋1).下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，猜想显然成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，猜想成立，即a k ＝1k (k ＋1)，那么，当n ＝k ＋1时，S k ＋1＝1－(k ＋1)a k ＋1，即S k ＋a k ＋1＝1－(k ＋1)a k ＋1.又S k ＝1－ka k ＝kk ＋1，所以kk ＋1＋a k ＋1＝1－(k ＋1)a k ＋1，从而a k ＋1＝1(k ＋1)(k ＋2)＝1(k ＋1)[(k ＋1)＋1]，即n ＝k ＋1时，猜想也成立．故由①和②可知猜想成立．。

2019版高考第十九章推理与证明(数学归纳法)

第十九章推理与证明(数学归纳法)考纲解读分析解读数学归纳法主要用来解决与正整数有关的命题,是命题的热点内容.通常与推理、数列、不等式证明、二项式定理等知识结合来考查逻辑推理能力.命题探究(1)由已知,得f 1(x)=f '0(x)='=-,于是f 2(x)=f '1(x)='-'=--+,所以f 1=-, f 2=-+.故2f 1+f 2=-1.(2)证明:由已知,得xf 0(x)=sin x,等式两边分别对x 求导,得f 0(x)+xf '0(x)=cos x,即f 0(x)+xf 1(x)=cos x=sin ,类似可得2f 1(x)+xf 2(x)=-sin x=sin(x+π),3f 2(x)+xf 3(x)=-cos x=sin ,4f 3(x)+xf 4(x)=sin x=sin(x+2π).下面用数学归纳法证明等式nf n-1(x)+xf n (x)=sin 对所有的n∈N *都成立.(i)当n=1时,由上可知等式成立. (ii)假设当n=k 时等式成立,即kf k-1(x)+xf k (x)=sin .因为[kf k-1(x)+xf k (x)]'=kf 'k-1(x)+f k (x)+xf'k (x)=(k+1)f k (x)+xf k+1(x),'=cos·'=sin ,所以(k+1)f k (x)+xf k+1(x)=sin.因此当n=k+1时,等式也成立.所以=(n∈N*).综合(i),(ii)可知等式nf n-1(x)+xf n (x)=sin对所有的n∈N*都成立.令x=,可得nf n-1+f n =sin(n∈N*).五年高考考点数学归纳法1.(2017浙江,22,15分)已知数列{x n}满足:x1=1,x n=x n+1+ln(1+x n+1)(n∈N*).证明:当n∈N*时,(1)0<x n+1<x n;(2)2x n+1-x n ≤;(3)≤x n ≤.证明(1)用数学归纳法证明:x n>0.当n=1时,x1=1>0.假设n=k时,x k>0,那么n=k+1时,若x k+1≤0,则0<x k=x k+1+ln(1+x k+1)≤0,矛盾,故x k+1>0.因此x n>0(n∈N*).所以x n=x n+1+ln(1+x n+1)>x n+1.因此0<x n+1<x n(n∈N*).(2)由x n=x n+1+ln(1+x n+1)得,x n x n+1-4x n+1+2x n =-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1).记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),f '(x)=+ln(1+x)>0(x>0).函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,因此-2x n+1+(x n+1+2)ln(1+x n+1)=f(x n+1)≥0,故2x n+1-x n ≤(n∈N*).(3)因为x n=x n+1+ln(1+x n+1)≤x n+1+x n+1=2x n+1,所以x n ≥.由≥2x n+1-x n 得-≥2>0,所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2,故x n≤.综上,≤x n≤(n∈N*).2.(2014广东节选,19,14分)设数列{a n}的前n项和为S n,满足S n=2na n+1-3n2-4n,n∈N*,且S3=15.(1)求a1,a2,a3的值;(2)求数列{a n}的通项公式.解析(1)依题有解得a1=3,a2=5,a3=7.(2)∵S n=2na n+1-3n2-4n,①∴当n≥2时,S n-1=2(n-1)a n-3(n-1)2-4(n-1).②①-②并整理得a n+1=.由(1)猜想a n=2n+1,下面用数学归纳法证明.当n=1时,a1=2+1=3,命题成立;假设当n=k时,a k=2k+1命题成立.则当n=k+1时,a k+1===2k+3=2(k+1)+1,即当n=k+1时,结论成立.综上,∀n∈N*,a n=2n+1.3.(2014重庆,22,12分)设a1=1,a n+1=+b(n∈N*).(1)若b=1,求a2,a3及数列{a n}的通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有n∈N*成立?证明你的结论.解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.再由题设条件知(a n+1-1)2=(a n-1)2+1.从而{(a n-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,故(a n-1)2=n-1,即a n=+1(n∈N*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想a n=+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即a k=+1,则a k+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以a n=+1(n∈N*).(2)解法一:设f(x)=-1,则a n+1=f(a n).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用数学归纳法证明加强命题a2n<c<a2n+1<1.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2<<a3<1,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则a n+1=f(a n).先证:0≤a n≤1(n∈N*).①当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤a k≤1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(a k)≤f(0)=-1<1.即0≤a k+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.再证:a2n<a2n+1(n∈N*).②当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2<a3,即n=1时②成立.假设n=k时,结论成立,即a2k<a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.由②得a2n<-1,即(a2n+1)2<-2a2n+2,因此a2n<.③又由①、②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④综上,由②、③、④知存在c=使a2n<c<a2n+1对一切n∈N*成立.4.(2013江苏,23,10分)设数列{a n}:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,…,,…,即当<n≤(k∈N*)时,a n=(-1)k-1k.记S n=a1+a2+…+a n(n∈N*).对于l∈N*,定义集合P l={n|S n是a n的整数倍,n∈N*,且1≤n≤l}.(1)求集合P11中元素的个数;(2)求集合P2 000中元素的个数.解析(1)由数列{a n}的定义得a1=1,a2=-2,a3=-2,a4=3,a5=3,a6=3,a7=-4,a8=-4,a9=-4,a10=-4,a11=5,所以S1=1,S2=-1,S3=-3,S4=0,S5=3,S6=6,S7=2,S8=-2,S9=-6,S10=-10,S11=-5,从而S1=a1,S4=0×a4,S5=a5,S6=2a6,S11=-a11,所以集合P11中元素的个数为5.(2)先证:S i(2i+1)=-i(2i+1)(i∈N*).事实上,①当i=1时,S i(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,故原等式成立;②假设i=m时成立,即S m(2m+1)=-m(2m+1),则i=m+1时,S(m+1)(2m+3)=S m(2m+1)+(2m+1)2-(2m+2)2=-m(2m+1)-4m-3=-(2m2+5m+3)=-(m+1)(2m+3).综合①②可得S i(2i+1)=-i(2i+1).于是S(i+1)(2i+1)=S i(2i+1)+(2i+1)2=-i(2i+1)+(2i+1)2=(2i+1)(i+1).由上可知S i(2i+1)是2i+1的倍数,而a i(2i+1)+j=2i+1(j=1,2,…,2i+1),所以S i(2i+1)+j=S i(2i+1)+j(2i+1)是a i(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+1)的倍数.又S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是2i+2的倍数,而a(i+1)(2i+1)+j=-(2i+2)(j=1,2,…,2i+2),所以S(i+1)(2i+1)+j=S(i+1)(2i+1)-j(2i+2)=(2i+1)(i+1)-j(2i+2)不是a(i+1)(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+2)的倍数,故当l=i(2i+1)时,集合P l中元素的个数为1+3+…+(2i-1)=i2,于是,当l=i(2i+1)+j(1≤j≤2i+1)时,集合P l中元素的个数为i2+j.又2 000=31×(2×31+1)+47,故集合P2 000中元素的个数为312+47=1 008.教师用书专用(5—6)5.(2014陕西,21,14分)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.(1)令g1(x)=g(x),g n+1(x)=g(g n(x)),n∈N+,求g n(x)的表达式;(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)设n∈N+,比较g(1)+g(2)+…+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.解析由题设得,g(x)=(x≥0).(1)由已知,得g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,g3(x)=,…,可得g n(x)=.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,g1(x)=,结论成立.②假设n=k时结论成立,即g k(x)=.那么,当n=k+1时,g k+1(x)=g(g k(x))===,即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),则φ'(x)=-=,当a≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ'(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ(a-1)<φ(0)=0.即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立,综上可知,a的取值范围是(-∞,1].(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,n-f(n)=n-ln(n+1),比较结果为g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则<ln.下面用数学归纳法证明.①当n=1时,<ln 2,结论成立.②假设当n=k时结论成立,即++…+<ln(k+1).那么,当n=k+1时,++…++<ln(k+1)+<ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.证法二:上述不等式等价于++…+<ln(n+1),在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0.令x=,n∈N+,则ln>.故有ln 2-ln 1>,ln 3-ln 2>,……ln(n+1)-ln n>,上述各式相加可得ln(n+1)>++…+.结论得证.6.(2014大纲全国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)-(a>1).(1)讨论f(x)的单调性;(2)设a1=1,a n+1=ln(a n+1),证明:<a n≤.解析(1)f(x)的定义域为(-1,+∞),f '(x)=.(2分)(i)当1<a<2时,若x∈(-1,a2-2a),则f '(x)>0, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;若x∈(a2-2a,0),则f '(x)<0, f(x)在(a2-2a,0)上是减函数;若x∈(0,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上是增函数.(4分)(ii)当a=2时, f '(x)≥0, f '(x)=0成立当且仅当x=0, f(x)在(-1,+∞)上是增函数. (iii)当a>2时,若x∈(-1,0),则f '(x)>0, f(x)在(-1,0)上是增函数;若x∈(0,a2-2a),则f '(x)<0, f(x)在(0,a2-2a)上是减函数;若x∈(a2-2a,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(a2-2a,+∞)上是增函数.(6分)(2)由(1)知,当a=2时, f(x)在(-1,+∞)上是增函数.当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=0,即ln(x+1)>(x>0).又由(1)知,当a=3时, f(x)在[0,3)上是减函数.当x∈(0,3)时, f(x)<f(0)=0,即ln(x+1)<(0<x<3).(9分)下面用数学归纳法证明<a n≤.(i)当n=1时,由已知<a1=1,故结论成立;(ii)设当n=k时结论成立,即<a k≤.当n=k+1时,a k+1=ln(a k+1)>ln>=,a k+1=ln(a k+1)≤ln<=,即当n=k+1时有<a k+1≤,结论成立.根据(i)、(ii)知对任何n∈N*结论都成立.(12分)三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点数学归纳法1.(2018江苏淮安、宿迁高三(上)期中)设n≥3,n∈N*,在集合{1,2,…,n}的所有元素个数为2的子集中,把每个子集中较大元素的和记为a,较小元素之和记为b.(1)当n=3时,求a,b的值;(2)求证:对任意的n≥3,n∈N*,为定值.解析(1)当n=3时,集合{1,2,3}的所有元素个数为2的子集为{1,2},{1,3},{2,3},所以a=2+3+3=8,b=1+1+2=4.(2)证明:当n=3时,由(1)可得a=8,b=4,为;假设n=k时,=,则n=k+1时,a'=a+(k+1)k,b'=b+(1+2+…+k)=b+k(1+k),由a=2b,可得a'=2b+k(1+k)=2b',则n=k+1时,=.故对任意的n≥3,n∈N*,为定值.2.(苏教选2—1,二,3,8,变式)设a>0,f(x)=,令a1=1,a n+1=f(a n),n∈N*.(1)写出a2,a3,a4的值,并猜想数列{a n}的通项公式;(2)用数学归纳法证明你的结论.解析(1)∵a1=1,∴a2=f(a1)=f(1)=;a3=f(a2)=;a4=f(a3)=.猜想a n=(n∈N*).(2)证明:①易知,n=1时,猜想正确.②假设n=k(k∈N*)时猜想正确,即a k=,则a k+1=f(a k)====.所以n=k+1时猜想正确.由①②知,对于任何n∈N*,都有a n=.3.(2017江苏苏北四市摸底)设n∈N*,f(n)=3n+7n-2.(1)求f(1),f(2),f(3)的值;(2)证明:对任意正整数n,f(n)是8的倍数.解析(1)f(1)=31+71-2=8,f(2)=32+72-2=56,f(3)=33+73-2=368.(2)证明:①当n=1时,f(1)=8是8的倍数,命题成立.②假设当n=k时命题成立,即f(k)=3k+7k-2是8的倍数,当n=k+1时,f(k+1)=3k+1+7k+1-2=3(3k+7k-2)+4(7k+1),因为7k+1是偶数,所以4(7k+1)是8的倍数,又由归纳假设知3(3k+7k-2)是8的倍数,所以f(k+1)是8的倍数,所以当n=k+1时,命题也成立.根据①②知命题对任意n∈N*成立.4.(2017江苏南通中学质检)在数列a0,a1,a2,…,a n,…中,已知a0=a1=1,a2=3,a n=3a n-1-a n-2-2a n-3(n≥3).(1)求a3,a4;(2)证明:a n>2n-1(n≥2).解析(1)a3=3a2-a1-2a0=6,a4=3a3-a2-2a1=13.(2)证明:易知a5=3a4-a3-2a2=27,猜想当n≥4时,a n>2a n-1.(i)当n=4,5时,上述不等式成立,即有a4>2a3,a5>2a4,(ii)假设当n=k(k≥5)时,a k>2a k-1,a k-1>2a k-2,则当n=k+1时,a k+1=3a k-a k-1-2a k-2=2a k+(a k-a k-1-2a k-2)=2a k+(a k-2a k-1)+(a k-1-2a k-2)>2a k.即n=k+1(k≥5)时,a k+1>2a k,综上,当n≥4时,a n>2a n-1.∴a n>2a n-1>22a n-2>…>2n-3a3=2n-3×6>2n-1,即a n >2n-1(n≥4),又a 2=3>22-1,a 3=6>23-1,所以a n >2n-1(n≥2).B 组 2016—2018年模拟·提升题组(满分:30分时间:15分钟)解答题(共30分)1.(苏教选2—1,二,13,变式)已知数列{a n }的前n 项和S n 满足:S n =+-1,且a n >0,n∈N *. (1)求a 1,a 2,a 3,并猜想{a n }的通项公式; (2)证明通项公式的正确性. 解析 (1)当n=1时,由已知得a 1=+-1,+2a 1-2=0. ∵a 1>0,∴a 1=-1.当n=2时,由已知得a 1+a 2=+-1, 将a 1=-1代入并整理得+2a 2-2=0.∵a 2>0,∴a 2=-. 同理可得a 3=-.猜想a n =-(n∈N *).(2)证明:①由(1)知,当n=1,2,3时,通项公式成立.②假设当n=k(k≥3,k∈N *)时,通项公式成立, 即a k =-.a k+1=S k+1-S k =+--,将a k =-代入上式并整理得+2a k+1-2=0,∵a k+1>0,∴a k+1=-.即当n=k+1时,通项公式也成立. 由①和②可知,对所有n∈N *,a n =-都成立.2.(2017江苏南通、扬州、泰州高三第三次模拟考试,23)已知函数f 0(x)=(a≠0,ac -bd≠0).设f n (x)为f n-1(x)(n∈N *)的导函数. (1)求f 1(x), f 2(x);(2)猜想f n(x)的表达式,并证明你的结论.解析(1)f1(x)=f0'(x)==,f2(x)=f1'(x)==.(2)猜想f n(x)=,n∈N*.证明:①当n=1时,由(1)知结论成立;②假设当n=k,k∈N*时结论成立,即有f k(x)=.当n=k+1时,f k+1(x)=f k'(x)==(-1)k-1·a k-1·(bc-ad)·k![(ax+b)-(k+1)]'=,所以当n=k+1时结论成立.由①②得, f n(x)=,n∈N*.C组2016—2018年模拟·方法题组方法数学归纳法1.(2017苏锡常镇四市高三教学情况调研(二),23)已知f n(x)=x n-(x-1)n+…+(-1)k(x-k)n+…+(-1)n(x-n)n,其中x∈R,n∈N*,k∈N ,k≤n.(1)试求f1(x), f2(x), f3(x)的值;(2)试猜测f n(x)关于n的表达式,并证明你的结论.解析(1)f1(x)=x-(x-1)=x-x+1=1;f2(x)=x2-(x-1)2+(x-2)2=x2-2(x2-2x+1)+(x2-4x+4)=2;f3(x)=x3-(x-1)3+(x-2)3-(x-3)3=x3-3(x-1)3+3(x-2)3-(x-3)3=6.(2)猜测:f n(x)=n!.而k=k=,n=n=,所以k=n.用数学归纳法证明结论成立.①当n=1时, f1(x)=1,结论成立.②假设当n=k时,结论成立,即f k(x)=x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k=k!.当n=k+1时, f k+1(x)=x k+1-(x-1)k+1+…+(-1)k+1·(x-k-1)k+1=x k+1-(x-1)k(x-1)+…+(-1)k(x-k)k(x-k)+(-1)k+1(x-k-1)k+1=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]+[(x-1)k-2(x-2)k+…+(-1)k+1k(x-k)k]+(-1)k+1(x-k-1)k+1]=x[x k-(+)(x-1)k+…+(-1)k(+)(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k+1(x-k)k]+(-1)k+1·(x-k-1)k(x-k-1)=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k+1·(x-k)k]+x(-1)k+1(x-k-1)k-(k+1)(-1)k+1(x-k-1)k=x[x k-(x-1)k+…+(-1)k(x-k)k]-x[(x-1)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k]+(k+1)[(x-1)k-(x-2)k+…+(-1)k-1(x-k)k+(-1)k(x-k-1)k](*).由归纳假设知(*)式等于x·k!-x·k!+(k+1)·k!=(k+1)!.所以当n=k+1时,结论也成立.综合①②知, f n(x)=n!成立.2.(2017苏、锡、常、镇调研,24)设|θ|<,n为正整数,数列{a n}的通项公式为a n=sin tan nθ,其前n项和为S n.(1)求证:当n为偶数时,a n=0;当n为奇数时,a n=(-1tan nθ;(2)求证:对任何正整数n,S2n=sin 2θ·[1+(-1)n+1tan2nθ].证明(1)当n为偶数时,设n=2k,k∈N*,a n=a2k=sin tan2kθ=sin kπ·tan2kθ=0,a n=0.当n为奇数时,设n=2k-1,k∈N*,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ.当k=2m时,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ=-tan nθ,此时=2m-1,所以a n=a2k-1=-tan nθ=(-1)2m-1tan nθ=(-1tan nθ.当k=2m-1时,a n=a2k-1=sin·tan nθ=sin·tan nθ=tan nθ,此时=2m-2, 所以a n=a2k-1=tan nθ=(-1)2m-2tan nθ=(-1tan nθ.综上,当n为偶数时,a n=0;当n为奇数时,a n=(-1tan nθ.(2)当n=1时,由(1)得S2=a1+a2=tan θ,sin 2θ[1+(-1)1+1tan2θ]=sin 2θ(1+tan2θ)=sin θcos θ·=tan θ.故n=1时,命题成立.假设n=k时命题成立,即S2k=sin 2θ·[1+(-1)k+1·tan2kθ].当n=k+1时,由(1)得S2(k+1)=S2k+a2k+1+a2k+2=S2k+a2k+1=sin 2θ·[1+(-1)k+1tan2kθ]+(-1)k tan2k+1θ=sin 2θ·=sin 2θ·=sin 2θ·[1+(-1)k+2·tan2k+2θ].即当n=k+1时命题成立.综上所述,对正整数n命题成立.。

2019版高考数学复习算法复数推理与证明11.5数学归纳法学案理

11.5 数学归纳法[知识梳理] 数学归纳法的定义一般地，证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： 1．(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；2．(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立，上述证明方法叫做数学归纳法．[诊断自测] 1．概念思辨(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n ＝1时结论成立．( )(2)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，项数都增加了一项．( )(3)用数学归纳法证明等式：1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N *)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1左边应添加的项为(k ＋1)2.( )(4)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，验证n ＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( )答案 (1)× (2)× (3)× (4)√2．教材衍化(1)(选修A2－2P 99B 组T 1)在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析三角形是边数最少的凸多边形，故第一步应检验n ＝3.故选C.(2)(选修A2－2P 96T 1)用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n ∈N *)成立时，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10 答案 B解析左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.故选B.3．小题热身(1)已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14答案 D解析分母为首项为n ，公差为1的等差数列，故f (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，1n ＝12，1n 2＝14，故f (2)＝12＋13＋14.故选D. (2)用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”，当第二步假设n ＝2k －1(k ∈N *)命题为真时，进而需证n ＝________时，命题亦真．答案 2k ＋1解析由于步长为2，所以2k －1后一个奇数应为2k ＋1.题型1 用数学归纳法证明恒等式典例求证：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝11＋1＝12.左边＝右边．(2)假设n ＝k 时等号成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，则当n ＝k ＋1时， 1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2. 即当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合(1)(2)可知，对一切n ∈N *，等式成立．方法技巧数学归纳法证明等式的思路和注意点1．思路：用数学归纳法证明等式问题，要“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n 0是多少．2．注意点：由n ＝k 时等式成立，推出n ＝k ＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程．提醒：归纳假设就是证明n ＝k ＋1时命题成立的条件，必须用上，否则就不是数学归纳法．冲关针对训练用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(其中n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，等式左边＝12×4＝18，等式右边＝14(1＋1)＝18，∴等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立．即12×4＋14×6＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)成立，那么当 n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14[(k ＋1)＋1]，即n ＝k ＋1时等式成立．由(1)(2)可知，对任意n ∈N *等式均成立．题型2 用数学归纳法证明不等式典例已知数列{a n }，当n ≥2时，a n <－1，又a 1＝0，a 2n ＋1＋a n ＋1－1＝a 2n ，求证：当n ∈N *时，a n ＋1<a n .证明 (1)当n ＝1时，∵a 2满足a 22＋a 2－1＝0，且a 2<0， ∴a 1>a 2.(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1<a k ，∵a 2k ＋1－a 2k ＝(a k ＋2－a k ＋1)(a k ＋2＋a k ＋1＋1)，a k ＋1<a k ≤0，∴a 2k ＋1－a 2k >0. 又a k ＋2＋a k ＋1＋1<－1＋(－1)＋1＝－1， ∴a k ＋2－a k ＋1<0， ∴a k ＋2<a k ＋1，即当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，当n ∈N *时，a n ＋1<a n . 方法技巧应用数学归纳法证明不等式应注意的问题1．适用范围：当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．2．关键：用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明．冲关针对训练已知函数f (x )＝ax －32x 2的最大值不大于16，又当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12时，f (x )≥18. (1)求a 的值；(2)设0<a 1<12，a n ＋1＝f (a n )，n ∈N *，证明：a n <1n ＋1.解 (1)由题意，知f (x )＝ax －32x 2＝－32⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 32＋a26.又f (x )max ≤16，所以f ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 3＝a 26≤16.所以a 2≤1.又x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤14，12时，f (x )≥18，所以⎩⎪⎨⎪⎧f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12≥18，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫14≥18，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2－38≥18，a 4－332≥18，解得a ≥1.又因为a 2≤1，所以a ＝1. (2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝1时，0<a 1<12，显然结论成立．因为当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12时，0<f (x )≤16，所以0<a 2＝f (a 1)≤16<13.故n ＝2时，原不等式也成立．②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式0<a k <1k ＋1成立．由(1)知a ＝1，f (x )＝x －32x 2，因为f (x )＝x －32x 2的对称轴为直线x ＝13，所以当x ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤0，13时，f (x )为增函数．所以由0<a k <1k ＋1≤13，得0<f (a k )<f ⎝⎛⎭⎪⎫1k ＋1.于是，0<a k ＋1＝f (a k )<1k ＋1－32·1(k ＋1)2＋1k ＋2－1k ＋2＝1k ＋2－k ＋42(k ＋1)2(k ＋2)<1k ＋2. 所以当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．根据①②，知对任何n ∈N *，不等式a n <1n ＋1成立．1．(2016·武陵期末)用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >1124(n ∈N *)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时，下列说法正确的是( )A ．增加了一项12(k ＋1)B ．增加了两项12k ＋1和12(k ＋1)C ．增加了B 中两项，但又少了一项1k ＋1 D ．增加了A 中一项，但又少了一项1k ＋1答案 C解析当n ＝k 时，左端＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12)，那么当n ＝k ＋1时，左端＝1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12(k ＋1)，故第二步由k 到k ＋1时不等式左端的变化是增加了两项，同时减少了1k ＋1这一项．故选C.2．(2017·珠海期末)《庄子·天下篇》中记述了一个著名命题：“一尺之锤，日取其半，万世不竭”，反映这个命题本质的式子是( )A ．1＋12＋122＋…＋12n ＝2－12nB.12＋122＋…＋12n <1C.12＋122＋…＋12n ＝1 D.12＋122＋…＋12n >1 答案 B解析根据已知可得每次截取的长度构造一个以12为首项，以12为公比的等比数列，∵12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1，故反映这个命题本质的式子是12＋122＋…＋12n <1.故选B.3．(2017·北京西城区期末)若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋ (12)>a (n ∈N *)恒成立，则a 的取值范围为________．答案 ⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12解析设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n，则f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12(n ＋1)，则f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12(n ＋1)－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2>0， ∴数列f (n )是关于n (n ∈N *)的递增数列， ∴f (n )≥f (1)＝12，∵不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n >a (n ∈N *)恒成立，∴a <12，故a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，124．(2016·桥西期末)用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n ＋n )＝2n ·1·3·5·…·(2n －1)(n ∈N *)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时左边需增乘的代数式是________．答案 4k ＋2解析用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n ＋n )＝2n·1·3·5·…·(2n －1)(n ∈N *)时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时左边需增乘的代数式是(k ＋1＋k )(k ＋1＋k ＋1)k ＋1＝2(2k ＋1)．故答案为4k ＋2.[基础送分提速狂刷练]一、选择题1．(2016·安庆高三月考)用数学归纳法证明2n >n 2(n ≥5，n ∈N *)，第一步应验证( ) A ．n ＝4 B ．n ＝5 C ．n ＝6 D ．n ＝7 答案 B解析根据数学归纳法的步骤，首先要验证n 取第一个值时命题成立，又n ≥5，故第一步验证n ＝5.故选B.2．用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n －1)2＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝n (2n 2＋1)3时，由n ＝k 的假设到证明n ＝k ＋1时，等式左边应添加的式子是( )A ．(k ＋1)2＋2k 2B ．(k ＋1)2＋k 2C ．(k ＋1)2D.13(k ＋1)[2(k ＋1)2＋1] 答案 B解析由n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加(k ＋1)2＋k 2.故选B.3．(2018·沈阳调研)用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N *)能被9整除”，利用归纳法假设证明n ＝k ＋1时，只需展开( )A ．(k ＋3)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3答案 A解析假设n ＝k 时，原式k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除，当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3为了能用上面的归纳假设，只须将(k ＋3)3展开，让其出现k 3即可．故选A.4．已知f (n )＝(2n ＋7)·3n＋9，存在自然数m ，使得对任意n ∈N *，都能使m 整除f (n )，则最大的m 的值为( )A ．30B ．26C ．36D ．6 答案 C解析 ∵f (1)＝36，f (2)＝108＝3×36，f (3)＝360＝10×36，∴f (1)，f (2)，f (3)都能被36整除，猜想f (n )能被36整除．证明如下：当n ＝1,2时，由以上得证．假设当n ＝k (k ≥2)时，f (k )＝(2k ＋7)·3k ＋9能被36整除，则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)－f (k )＝(2k＋9)·3k ＋1－(2k ＋7)·3k ＝(6k ＋27)·3k －(2k ＋7)·3k ＝(4k ＋20)·3k ＝36(k ＋5)·3k －2(k ≥2)，∴f (k ＋1)能被36整除．∵f (1)不能被大于36的数整除，∴所求最大的m 的值为36.5．(2017·泉州模拟)用数学归纳法证明n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2(n ∈N *)时，若记f (n )＝n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)，则f (k ＋1)－f (k )等于( )A ．3k －1B ．3k ＋1C ．8kD ．9k 答案 C解析因为f (k )＝k ＋(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋(3k －2)，f (k ＋1)＝(k ＋1)＋(k ＋2)＋…＋(3k －2)＋(3k －1)＋(3k )＋(3k ＋1)，则f (k ＋1)－f (k )＝3k －1＋3k ＋3k ＋1－k ＝8k .故选C.6．(2018·太原质检)平面内有n 条直线，最多可将平面分成f (n )个区域，则f (n )的表达式为 ( )A ．n ＋1B ．2n C.n 2＋n ＋22D ．n 2＋n ＋1答案 C解析 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；……；n 条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n )＝1＋n (n ＋1)2＝n 2＋n ＋22个区域．故选C.7．古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数1,3,6,10，第n 个三角形数为n (n ＋1)2＝12n 2＋12n .记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数N (n,3)＝12n 2＋12n ；正方形数N (n,4)＝n 2；五边形数N (n,5)＝32n 2－12n ；六边形数N (n,6)＝2n 2－n .可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10,24)＝( ) A ．500 B ．1000 C ．1500 D ．2000 答案 B解析由已知得，N (n,3)＝12n 2＋12n ＝3－22n 2＋4－32n ，N (n,4)＝n 2＝4－22n 2＋4－42n ，N (n,5)＝32n 2－12n ＝5－22n 2＋4－52n ，N (n,6)＝2n 2－n ＝6－22n 2＋4－62n ，根据归纳推理可得，N (n ，k )＝k －22n 2＋4－k 2n .所以N (10,24)＝24－22×102＋4－242×10＝1100－100＝1000，故答案为1000.选B.8．若数列{a n }满足a n ＋5a n ＋1＝36n ＋18，n ∈N *，且a 1＝4，猜想其通项公式为( ) A ．3n ＋1 B ．4n C ．5n －1 D ．6n －2 答案 D解析由a 1＝4求得a 2＝10，a 3＝16，经检验a n ＝6n －2.故选D. 二、填空题9．设S n ＝1＋12＋13＋14＋…＋12n ，则S n ＋1－S n ＝______.答案12n＋1＋12n ＋2＋12n ＋3＋…＋12n ＋2n 解析 S n ＋1＝1＋12＋13＋14＋…＋12n ＋1S n ＋1－S n ＝12n＋1＋12n ＋2＋12n ＋3＋…＋12n ＋2n . 10．蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，下图为一组蜂巢的截面图．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，以f (n )表示第n 个图的蜂巢总数，则用n 表示的f (n )＝________.答案 3n 2－3n ＋1解析由于f (2)－f (1)＝7－1＝6，f (3)－f (2)＝19－7＝2×6，推测当n ≥2时，有f (n )－f (n －1)＝6(n －1)，所以f (n )＝[f (n )－f (n －1)]＋[f (n －1)－f (n －2)]＋[f (n －2)－f (n －3)]＋…＋[f (2)－f (1)]＋f (1)＝6[(n －1)＋(n －2)＋…＋2＋1]＋1＝3n 2－3n ＋1.又f (1)＝1＝3×12－3×1＋1，∴f (n )＝3n 2－3n ＋1.11．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的自然数n 都有(S n －1)2＝a n S n ，通过计算S 1，S 2，S 3，猜想S n ＝______.答案nn ＋1解析由(S 1－1)2＝S 21，得S 1＝12；由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2，得S 2＝23；由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3，得S 3＝34.猜想S n ＝nn ＋1.12．(2018·云南名校联考)观察下列等式：13＝12,13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第n 个等式为________．答案 13＋23＋33＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n (n ＋1)22解析由第一个等式13＝12，得13＝(1＋0)2；第二个等式13＋23＝32，得13＋23＝(1＋2)2；第三个等式13＋23＋33＝62，得13＋23＋33＝(1＋2＋3)2；第四个等式13＋23＋33＋43＝102，得13＋23＋33＋43＝(1＋2＋3＋4)2，由此可猜想第n 个等式为13＋23＋33＋43＋…＋n 3＝(1＋2＋3＋…＋n )2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n (n ＋1)22.三、解答题13．(2017·河南期末)设等差数列{a n }的公差d >0，且a 1>0，记T n ＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋…＋1a n a n ＋1.(1)用a 1，d 分别表示T 1，T 2，T 3，并猜想T n ； (2)用数学归纳法证明你的猜想．解 (1)T 1＝1a 1a 2＝1a 1(a 1＋d )；T 2＝1a 1a 2＋1a 2a 3＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 3＝2a 1a 3＝2a 1(a 1＋2d )；T 3＝1a 1a 2＋1a 2a 3＋1a 3a 4＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 2＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 2－1a 3＋1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 3－1a 4＝1d ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a 1－1a 4＝3a 1a 4＝3a 1(a 1＋3d )；由此可猜想T n ＝na 1(a 1＋nd ).(2)证明：①当n ＝1时，T 1＝1a 1(a 1＋d )，结论成立，②假设当n ＝k 时(k ∈N *)时结论成立，即T k ＝ka 1(a 1＋kd )，则当n ＝k ＋1时，T k ＋1＝T k ＋1a k ＋1a k ＋2＝ka 1(a 1＋kd )＋1(a 1＋kd )[a 1＋(k ＋1)d ]＝k [a 1＋(k ＋1)d ]＋a 1a 1(a 1＋kd )[a 1＋(k ＋1)d ]＝(a 1＋kd )(k ＋1)a 1(a 1＋kd )[a 1＋(k ＋1)d ]＝k ＋1a 1[a 1＋(k ＋1)d ].即n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，T n ＝1a 1(a 1＋nd )对于一切n ∈N *恒成立． 14．(2017·扬州模拟)在数列{a n }中，a n ＝cos π3×2n －2(n ∈N *)． (1)试将a n ＋1表示为a n 的函数关系式；(2)若数列{b n }满足b n ＝1－2n ·n ！(n ∈N *)，猜想a n 与b n 的大小关系，并证明你的结论．解 (1)a n ＝cos π3×2n －2＝cos 2π3×2n －1＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫cos π3×2n －12－1，∴a n ＝2a 2n ＋1－1，∴a n ＋1＝± a n ＋12，又n ∈N *，n ＋1≥2，a n ＋1>0，∴a n ＋1＝an ＋12.(2)当n ＝1时，a 1＝－12，b 1＝1－2＝－1，∴a 1>b 1，当n ＝2时，a 2＝12，b 2＝1－12＝12，∴a 2＝b 2，当n ＝3时，a 3＝32，b 3＝1－19＝89，∴a 3<b 3.猜想：当n ≥3时，a n <b n ，下面用数学归纳法证明：①当n ＝3时，由上知，a 3<b 3，结论成立．②假设n ＝k ，k ≥3，n ∈N *时，a k <b k 成立，即a k <1－2k ·k ！，则当n ＝k ＋1，a k ＋1＝a k ＋12< 2－2k ·k ！2 ＝1－1k ·k ！，b k ＋1＝1－2(k ＋1)·(k ＋1)！，要证a k ＋1<b k ＋1，即证明⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ·k ！2<⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2(k ＋1)·(k ＋1)！2，即证明1－1k ·k ！<1－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2，即证明1k ·k ！－4(k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0，即证明 (k －1)2k (k ＋1)·(k ＋1)！＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(k ＋1)·(k ＋1)！2>0，显然成立． ∴n ＝k ＋1时，结论也成立．综合①②可知：当n ≥3时，a n <b n 成立．综上可得，当n ＝1时，a 1>b 1；当n ＝2时，a 2＝b 2；当n ≥3，n ∈N *时，a n <b n .15．(2018·上饶模拟)已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n 且T n ＝1－12b n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1b n与S n ＋1的大小，并说明理由．解 (1)设a n 的首项为a 1，∵a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 2＋a 5＝12，a 2·a 5＝27，解得⎩⎪⎨⎪⎧ a 1＝1，d ＝2，∴a n ＝2n －1.∵n ＝1时，b 1＝T 1＝1－12b 1，∴b 1＝23.n ≥2时，T n ＝1－12b n ①，T n －1＝1－12b n －1②，①－②得b n ＝13b n －1数列是等比数列．∴b n ＝23·⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1＝23n .(2)S n ＝1＋(2n －1)2n ＝n 2，S n ＋1＝(n ＋1)2，以下比较1b n与S n ＋1的大小：当n ＝1时，1b 1＝32，S 2＝4，1b 1<S 2，当n ＝2时，1b 2＝92，S 3＝9，1b 2<S 3，当n ＝3时，1b 3＝272，S 4＝16，1b 3<S 4，当n ＝4时，1b 4＝812，S 5＝25，1b 4>S 5，猜想：n ≥4时，1b n>S n ＋1.下面用数学归纳法证明：①当n ＝4时，已证．②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥4)时，1b k>S k ＋1，即3k 2>(k ＋1)2，那么，n ＝k ＋1时， 1b k ＋1＝3k ＋12＝3·3k 2>3(k ＋1)2＝3k 2＋6k ＋3 ＝(k 2＋4k ＋4)＋2k 2＋2k －1>[(k ＋1)＋1]2＝S (k ＋1)＋1.综合①②，当n ≥4时，1b n>S n ＋1. 16．(2018·合肥模拟)函数f (x )＝x 2－2x －3.定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过两点P (4,5)，Q n (x n ，f (x n ))的直线PQ n 与x 轴交点的横坐标．(1)证明：2≤x n <x n ＋1<3；(2)求数列{x n }的通项公式．解 (1)证明：用数学归纳法证明2≤x n <x n ＋1<3.①当n ＝1时，x 1＝2，直线PQ 1的方程为y －5＝f (2)－52－4(x －4)，令y ＝0，解得x 2＝114，所以2≤x 1<x 2<3. ②假设当n ＝k 时，结论成立，即2≤x k <x k ＋1<3.直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f (x k ＋1)－5x k ＋1－4(x －4)，令y ＝0，解得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1. 由归纳假设知x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3，x k ＋2－x k ＋1＝(3－x k ＋1)(1＋x k ＋1)2＋x k ＋1>0，即x k ＋1<x k ＋2. 所以2≤x k ＋1<x k ＋2<3，即当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②知对任意的正整数n,2≤x n <x n ＋1<3.(2)由(1)及题意得x n ＋1＝3＋4x n 2＋x n. 设b n ＝x n －3，则1b n ＋1＝5b n ＋1，即1b n ＋1＋14＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n ＋14，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ＋14是首项为－34，公比为5的等比数列，因此1b n ＋14＝－34·5n －1，即b n ＝－43·5n －1＋1. 故数列{x n }的通项公式为x n ＝3－43·5n －1＋1.。

2019版高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第七章推理与证明学案

第七章推理与证明第1课时合情推理与演绎推理1. 已知2＋23＝223，3＋38＝338，4＋415＝4415，…，类比这些等式，若6＋a b ＝6ab(a ，b 均为正数)，则a ＋b ＝________．答案：41解析：观察等式2＋23＝223，3＋38＝338，4＋415＝4415，…，第n 个应该是n ＋1＋n ＋1（n ＋1）2－1＝(n ＋1)n ＋1（n ＋1）2－1，则第5个等式中a ＝6，b ＝a 2－1＝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S 1，外接圆面积为S 2，则S 1S 2＝14，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V 1，外接球体积为V 2，则V 1V 2＝________．答案：127解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故V 1V 2＝127.3. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n .若存在正整数m ，n(m<n)，使得S m ＝S n ，则S m ＋n ＝0.类比上述结论，设正项等比数列{b n }的前n 项积为T n .若存在正整数m ，n(m<n)，使T m ＝T n ，则T m ＋n ＝________．答案：1解析：因为T m ＝T n ，所以b m ＋1b m ＋2…b n ＝1，从而b m ＋1b n ＝1，T m ＋n ＝b 1b 2…b m b m ＋1…b n b n ＋1…b n ＋m －1b n ＋m ＝(b 1b n ＋m )·(b 2b n ＋m －1)…(b m b n ＋1)·(b m ＋1b n )＝1.4. 观察下列等式： 21＋2＝4；21×2＝4；32＋3＝92；32×3＝92；43＋4＝163；43×4＝163；…，根据这些等式，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：n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1n×(n ＋1)(n∈N *)解析：由归纳推理得n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1＋（n 2＋n ）n ＝（n ＋1）2n ， n ＋1n×(n ＋1)＝（n ＋1）2n ，所以得出结论n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1n×(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 ＝2Sa ＋b ＋c.类比这个结论可知：四面体PABC 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为r ，四面体PABC 的体积为V ，则r ＝________．答案：3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4解析：由类比推理可知r ＝3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4.1. 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实验、观察―→概括、推广―→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含的范围．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，通过归纳法得到的猜想，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大致如图观察、比较―→联想、类推―→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)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], 1 归纳推理), 1) 观察下列等式： 1－12＝12， 1－12＋13－14＝13＋14， 1－12＋13－14＋15－16＝14＋15＋16， ……据此规律，第n 个等式可为________________．答案：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n解析：等式左边的特征：第1个等式有2项，第2个等式有4项，第3个等式有6项，且正负交错，故第n 个等式左边有2n 项且正负交错，应为1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n；等式右边的特征：第1个等式有1项，第2个等式有2项，第3个等式有3项，故第n 个等式有n 项，且由前几个的规律不难发现第n 个等式右边应为1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n.变式训练观察下列三角形数阵： 1 13 15 17 19 111 113 115 117 119 ……按照以上排列的规律，第16行从左到右的第2个数为______．答案：1243解析：前15行共有15×（15＋1）2＝120(个)数⇒所求为a 122＝12×122－1＝1243., 2 类比推理), 2) 在平面几何里，有“若△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，内切圆半径为r ，则三角形面积S △ABC ＝12(a ＋b ＋c)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体ABCD 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为r ，则四面体的体积为________________”．答案：V 四面体ABCD ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r解析：三角形面积类比为四面体的体积⇒三角形的边长类比为四面体四个面的面积⇒内切圆半径类比为内切球半径⇒二维图形中的12类比为三维图形中的13⇒得出结论．运用分割法思想，设四面体ABCD 的内切球的球心为O ，连结OD ，OA ，OB ，OC ，将四面体分成四个三棱锥，则V ABCD ＝V OABC ＋V OABD ＋V OBCD ＋V OACD ＝13S 1r ＋13S 2r ＋13S 3r ＋13S 4r ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r.备选变式（教师专享）设a ，b ，c 是直角三角形的三边长，斜边上的高为h ，c 为斜边长，则给出四个命题：① a ＋b>c ＋h ；② a 2＋b 2<c 2＋h 2；③ a 3＋b 3>c 3＋h 3；④ a 4＋b 4<c 4＋h 4.其中真命题是________(填序号)，进一步类比得到的一般结论是____________________．答案：②④ a n ＋b n <c n ＋h n (n∈N *) 解析：在直角三角形ABC 中，a ＝csin A ，b ＝ccos A ，ab ＝ch ，所以h ＝csin Acos A ．于是a n ＋b n ＝c n (sin n A ＋cos n A)，c n ＋h n ＝c n (1＋sin n Acos nA)．a n ＋b n －c n －h n ＝c n (sin n A ＋cos n A －1－sin n Acos n A)＝c n (sin n A －1)(1－cos nA)＜0，所以a n ＋b n ＜c n ＋h n., 3 演绎推理), 3) 设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≤b n ＋1(n∈N *)；②b n ≤M (n∈N *，M 是与n 无关的常数)的无穷数列{b n }叫“特界” 数列．(1) 若数列{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和，a 3＝4，S 3＝18，求S n ； (2) 判断(1)中的数列{S n }是否为“特界” 数列，并说明理由．解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，3a 1＋3d ＝18，解得a 1＝8，d ＝－2，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－n 2＋9n.(2) {S n }为“特界”数列．理由如下：由S n ＋S n ＋22－S n ＋1＝（S n ＋2－S n ＋1）－（S n ＋1－S n ）2＝a n ＋2－a n ＋12＝d 2＝－1<0，得S n ＋S n ＋22<S n ＋1，故数列{S n }满足条件①；而S n ＝－n 2＋9n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922＋814(n∈N *)，则当n ＝4或5时，S n 有最大值20，即S n ≤20，故数列{S n }满足条件②. 综上，数列{S n }是“特界”数列．变式训练数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2nS n (n∈N *)．证明：(1) 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列；(2) S n ＋1＝4a n .证明：(1) ∵ a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2nS n ，∴ (n ＋2)S n ＝n(S n ＋1－S n )，即nS n ＋1＝2(n＋1)S n .故S n ＋1n ＋1＝2·S nn ，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是以2为公比，1为首项的等比数列．(2) 由(1)可知数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 是等比数列，所以S n ＋1n ＋1＝4·S n －1n －1(n≥2)，即S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4·n －1＋2n －1·S n －1＝4a n (n≥2)．又a 2＝3S 1＝3，S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4＝4a 1，所以对于任意正整数n ，都有S n ＋1＝4a n .1. (2017·课标Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说，你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩，看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息推断，下列结论正确的是________．(填序号)① 乙可以知道四人的成绩； ② 丁可以知道四人的成绩； ③ 乙、丁可以知道对方的成绩； ④ 乙、丁可以知道自己的成绩．答案：④解析：由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙的成绩则知道自己的成绩，丁看到甲的成绩则知道自己的成绩，故选④.2. (2016·全国Ⅱ)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是__________．答案：1和3 解析：由题意可知丙不拿2和3.若丙拿1和2，则乙拿2和3，甲拿1和3，满足题意；若丙拿1和3，则乙拿2和3，甲拿1和2，不满足题意．故甲的卡片上的数字是1和3.3. (2017·北京卷)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件： ① 男学生人数多于女学生人数； ② 女学生人数多于教师人数；③ 教师人数的两倍多于男学生人数．(1) 若教师人数为4，则女学生人数的最大值为________； (2) 该小组人数的最小值为________．答案：(1) 6 (2) 12解析：设男学生数，女学生数，教师数分别为a ，b ，c ，则2c>a>b>c ，a ，b ，c ∈N *. (1) 8>a>b>4⇒b max ＝6.(2) c min ＝3，6>a>b>3⇒a ＝5，b ＝4⇒a ＋b ＋c ＝12.4. 已知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n ，把数列{a n }的各项排成如下的三角形： a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9……记A(s ，t)表示第s 行的第t 个数，则A(11，12)＝________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13112 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a 100，第11行的第12个数为a 112，即A(11，12)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13112. 5. 某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度相等，两两夹角为120°；二级分形图是从一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长度为原来13的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为120°，……，依此规律得到n 级分形图．n 级分形图中共有________条线段．答案：(3×2n －3)(n∈N *)解析：从分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，由题图知，一级分形图中有3＝(3×2－3)条线段，二级分形图中有9＝(3×22－3)条线段，三级分形图中有21＝(3×23－3)条线段，按此规律，n 级分形图中的线段条数为(3×2n －3)(n∈N *)．1. 如图所示的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，有11＝12＋12，12＝13＋16，13＝14＋112，…，则运用归纳推理得到第11行第2个数(从左往右数)为________．答案：1110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110，第11行的第一个数为111，则第11行的第二个数为110－111＝1110.2. 有一个游戏，将标有数字1，2，3，4的四张卡片分别随机发给甲、乙、丙、丁4个人，每人一张，并请这4人在看自己的卡片之前进行预测：甲说：乙或丙拿到标有3的卡片；乙说：甲或丙拿到标有2的卡片；丙说：标有1的卡片在甲手中；丁说：甲拿到标有3的卡片．结果显示：这4人的预测都不正确，那么甲、乙、丙、丁4个人拿到的卡片上的数字依次为____，____，____，____．答案：4 2 1 3解析：由于4个人预测不正确，其各自的对立事件正确，即甲：乙、丙没拿到3；乙：甲、丙没拿到2；丙：甲没拿到1；丁：甲没拿到3.综上，甲没拿到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. 观察下列等式： 13＝12，13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，则第n 个等式为________．答案：13＋23＋33＋43＋…＋n 3＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）22 解析：因为13＝12，13＋23＝(1＋2)2，13＋23＋33＝(1＋2＋3)2，13＋23＋33＋43＝(1＋2＋3＋4)2，…，由此可以看出左边是连续的自然数的立方和，右边是左边的连续的自然数的和的平方，照此规律，第n 个等式为13＋23＋33＋43＋…＋n 3＝(1＋2＋3＋…＋n)2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤n （n ＋1）22. 4. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上通过画点或用小石子来表示数．他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，…记为数列{a n }，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{b n }，可以推测：(1) b 2 018是数列{a n }的第________项； (2) b 2k －1＝________．(用k 表示)答案：(1) 5 045 (2) 5k （5k －1）2解析：(1) a n ＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）2，b 1＝4×52＝a 4，b 2＝5×62＝a 5，b 3＝9×（2×5）2＝a 9，b 4＝（2×5）×112＝a 10，b 5＝14×（3×5）2＝a 14，b 6＝（3×5）×162＝a 15，…b 2 018＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0182×5⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0182×5＋12＝a 5 045.(2) 由(1)知b 2k －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －1＋12×5－1⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －1＋12×52＝5k （5k －1）2.5. 某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车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 五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E 车周四限行，B 车昨天限行，从今天算起，A ，C 两车连续四天都能上路行驶，E 车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是__________．(填序号)① 今天是周六；② 今天是周四； ③ A 车周三限行；④ C 车周五限行．答案：②解析：因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E 车明天可以上路，E 车周四限行，所以今天不是周三；因为B 车昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因为A ，C 两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，所以①错误，②正确．因为B 车昨天限行，即B 车周三限行，所以③错误．因为从今天算起，A 、C 两车连续四天都能上路行驶，所以④错误．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，得到的结论不一定正确，而演绎推理得到的结论一定正确(在前提和推理形式都正确的前提下)．[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)104～105页)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3a>3b ”时，假设的内容应为______________．答案：3a ＝3b 或3a<3b解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即3a ＝3b 或3a<3b. 3. 6－22与5－7的大小关系是______________．答案：6－22>5－7解析：由分析法可得，要证6－22>5－7，只需证6＋7>5＋22，即证13＋242>13＋410，即42>210.因为42>40，所以6－22>5－7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 ＝{sin α，cos α}，则集合A·B 的所有元素之和为________．答案：0解析：依题意知α≠k π＋π4，k ∈Z .① α＝k π＋3π4(k∈Z )时，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫22，－22，A ·B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫0，22，－22； ② α＝2k π或α＝2k π＋π2(k∈Z )时，B ＝{0，1}，A ·B ＝{0，1，－1}； ③ α＝2k π＋π或α＝2k π－π2(k∈Z )时，B ＝{0，－1}，A ·B ＝{0，1，－1}；④ α≠k π2且α≠k π＋3π4(k∈Z )时，B ＝{sin α，cos α}，A ·B ＝{0，sin α，cosα，－sin α，－cos α}．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1a ＋1b≥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，∴ 1a ＋1b ＝(a ＋b)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b ≥2＋2b a ·a b＝4.要使得1a ＋1b≥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⎭⎪⎬⎪⎫本题条件已知定义已知公理已知定理⇒A ⇒B ⇒C ⇒…⇒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 推证过程已知条件⇒…⇒…⇒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吻合为止．这种证明方法称为分析法．② 推证过程结论⇐…⇐…⇐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——从反设和已知条件出发，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.,1 直接证明(综合法和分析法)), 1) 对于定义域为[0，1]的函数f(x)，如果同时满足： ① 对任意的x∈[0，1]，总有f(x)≥0； ② f(1)＝1；③ 若x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1，都有f(x 1＋x 2)≥f(x 1)＋f(x 2)成立，则称函数f(x)为理想函数．(1) 若函数f(x)为理想函数，求证：f(0)＝0；(2) 试判断函数f(x)＝2x(x∈[0，1])，f(x)＝x 2(x∈[0，1])，f(x)＝x (x∈[0，1])是否为理想函数？(1) 证明：取x 1＝x 2＝0，则x 1＋x 2＝0≤1，∴ f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴ f (0)≤0. 又对任意的x∈[0，1]，总有f(x)≥0，∴ f (0)≥0.于是f(0)＝0.(2) 解：对于f(x)＝2x ，x∈[0，1]，f(1)＝2不满足新定义中的条件②， ∴ f(x)＝2x(x∈[0，1])不是理想函数．对于f(x)＝x 2，x ∈[0，1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.对任意的x 1，x 2∈[0，1]，x 1＋x 2≤1，f(x 1＋x 2)－f(x 1)－f(x 2)＝(x 1＋x 2)2－x 21－x 22＝2x 1x 2≥0，即f(x 1＋x 2)≥f(x 1)＋f(x 2)．∴ f(x)＝x 2(x∈[0，1])是理想函数．对于f(x)＝x (x∈[0，1])，显然满足条件①②. 对任意的x 1，x 2∈[0，1]，x 1＋x 2≤1，有f 2(x 1＋x 2)－[f(x 1)＋f(x 2)]2＝(x 1＋x 2)－(x 1＋2x 1x 2＋x 2)＝－2x 1x 2≤0，即f 2(x 1＋x 2)≤[f(x 1)＋f(x 2)]2.∴ f(x 1＋x 2)≤f(x 1)＋f(x 2)，不满足条件③. ∴ f(x)＝x (x∈[0，1])不是理想函数．综上，f(x)＝x 2(x∈[0，1])是理想函数，f(x)＝2x(x∈[0，1])与f(x)＝x (x∈[0，1])不是理想函数．备选变式（教师专享）设首项为a 1的正项数列{a n }的前n 项和为S n ，q 为非零常数，已知对任意正整数n ，m ，S n ＋m ＝S m ＋q mS n 总成立．求证：数列{a n }是等比数列．证明：因为对任意正整数n ，m ，S n ＋m ＝S m ＋q mS n 总成立，令n ＝m ＝1，得S 2＝S 1＋qS 1，则a 2＝qa 1.令m ＝1，得S n ＋1＝S 1＋qS n ①，从而S n ＋2＝S 1＋qS n ＋1 ②，②－①得a n ＋2＝qa n ＋1(n≥1)，综上得a n ＋1＝qa n (n≥1)，所以数列{a n }是等比数列．, 2) 已知m>0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 证明：因为m>0，所以1＋m>0，所以要证原不等式成立，只需证明(a ＋mb)2≤(1＋m)(a 2＋mb 2)，即证m(a 2－2ab ＋b 2)≥0，即证(a －b)2≥0，而(a －b)2≥0显然成立，故原不等式得证．变式训练已知函数f(x)＝3x－2x ，试求证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f （x 1）＋f （x 2）2≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22. 证明：要证明f （x 1）＋f （x 2）2≥f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，只要证明（3x 1－2x 1）＋（3x 2－2x 2）2≥3x 1＋x 22－2·x 1＋x 22，因此只要证明3x 1＋3x 22－(x 1＋x 2)≥3x 1＋x 22－(x 1＋x 2)，即证明3x 1＋3x 22≥3x 1＋x 22，因此只要证明3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2，由于x 1，x 2∈R 时，3x 1>0，3x 2>0,由基本不等式知3x 1＋3x 22≥3x 1·3x 2显然成立，故原结论成立．, 2 间接证明(反证法)), 3) 设{a n }是公比为q 的等比数列． (1) 推导{a n }的前n 项和公式；(2) 设q≠1，求证：数列{a n ＋1}不是等比数列．(1) 解：设{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ，因为{a n }是公比为q 的等比数列，所以当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1.当q≠1时，S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1， ①qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n， ②①－②得，(1－q)S n ＝a 1－a 1q n，所以S n ＝a 1（1－q n）1－q ，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q，q ≠1.(2) 证明：假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k∈N *，(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1， a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1q k －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1，因为a 1≠0，所以2q k ＝q k －1＋q k ＋1.因为q≠0，所以q 2－2q ＋1＝0，所以q ＝1，这与已知矛盾．所以假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列．变式训练已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2. (1) 求数列{a n }的通项公式；(2) 求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列． (1) 解：当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1. 又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝12n －1.(2) 证明：反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p<q<r ，且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12r ，所以2·2r －q ＝2r －p＋1 ①.因为p<q<r ，所以r －q ，r －p∈N *.所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．所以假设不成立，原命题得证．1. 用反证法证明命题“a，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，假设的内容是____________．答案：a ，b 中没有一个能被5整除解析：“至少有n 个”的否定是“最多有n －1个”，故应假设a ，b 中没有一个能被5整除．2. 已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)且a ＜c ，b ＜c ，1a ＋9b＝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)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋9b ＝10＋b a ＋9a b ≥16，∴ c<16.又1a >1c ，1b >1c ，∴ 10c <1a ＋9b＝1，∴ c>10，∴ 10<c<16.3. 已知a>0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.证明：要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2，只需要证a 2＋1a 2＋2≥a＋1a＋ 2.因为a>0，故只需要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，即a 2＋1a2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2，从而只需要证2a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需要证4⎝⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1a 2，即a 2＋1a2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．4. 若f(x)的定义域为[a ，b]，值域为[a ，b](a<b)，则称函数f(x)是[a ，b]上的“四维光军”函数．(1) 设g(x)＝12x 2－x ＋32是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b 的值．(2) 是否存在常数a ，b(a>－2)，使函数h(x)＝1x ＋2是区间[a ，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．解：(1) 由题设得g(x)＝12(x －1)2＋1，其图象的对称轴为直线x ＝1，区间[1，b]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b ，即12b 2－b ＋32＝b ，解得b ＝1或b ＝3.因为b>1，所以b ＝3. (2) 假设函数h(x)＝1x ＋2在区间[a ，b] (a>－2)上是“四维光军”函数，因为h(x)＝1x ＋2在区间(－2，＋∞)上单调递减，所以有⎩⎪⎨⎪⎧h （a ）＝b ，h （b ）＝a ，即⎩⎪⎨⎪⎧1a ＋2＝b ，1b ＋2＝a ，解得a ＝b ，这与已知矛盾，故不存在．1. 用反证法证明结论“三角形的三个内角中至少有一个不大于60°”，应假设______________．答案：三角形的三个内角都大于60°解析：“三角形的三个内角中至少有一个不大于60°”即“三个内角至少有一个小于等于60°”，其否定为“三角形的三个内角都大于60°”．2. 凸函数的性质定理：如果函数f(x)在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，x 2，…，x n ，有f （x 1）＋f （x 2）＋…＋f （x n ）n ≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 2＋…＋x n n .已知函数y ＝sinx 在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________．答案：332解析：∵ f(x)＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A ，B ，C ∈(0，π)，∴ f （A ）＋f （B ）＋f （C ）3≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋B ＋C 3＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3，即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝332，∴ sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为332.3. 定义：若存在常数k ，使得对定义域D 内的任意两个x 1，x 2(x 1≠x 2)，均有|f(x 1)－f(x 2)|≤k|x 1－x 2| 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)＝x (x≥1)满足利普希茨条件，则常数k 的最小值为________．答案：12解析：若函数f(x)＝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x 1，x 2(x 1≠x 2)，均有|f(x 1)－f(x 2)|≤k|x 1－x 2| 成立，设x 1>x 2，则k≥x 1－x 2x 1－x 2＝1x 1＋x 2.而0<1x 1＋x 2<12，所以k 的最小值为12.4. 设函数f(x)＝x 3＋11＋x ，x ∈[0，1]．求证：(1) f(x)≥1－x ＋x 2；(2) 34＜f(x)≤32.证明：(1) 因为1－x ＋x 2－x 3＝1－（－x ）41－（－x ）＝1－x 41＋x ，由于x ∈[0，1]，有1－x 41＋x ≤1x ＋1，即1－x ＋x 2－x 3≤1x ＋1，所以f(x)≥1－x ＋x 2.(2) 由0≤x≤1得x 3≤x ，故f(x)＝x 3＋1x ＋1≤x ＋1x ＋1＝x ＋1x ＋1－32＋32＝（x －1）（2x ＋1）2（x ＋1）＋32≤32，所以f(x)≤32.由(1)得f(x)≥1－x ＋x 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34，又f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1924＞34，所以f(x)＞34. 综上，34＜f(x)≤32.5. 已知数列{a n }满足a 1＝12，3（1＋a n ＋1）1－a n ＝2（1＋a n ）1－a n ＋1，a n a n ＋1<0(n≥1)，数列{b n }满足b n ＝a 2n ＋1－a 2n (n≥1)．(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2) 求证：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列．(1) 解：由题意可知，1－a 2n ＋1＝23(1－a 2n )．令c n ＝1－a 2n ，则c n ＋1＝23c n .又c 1＝1－a 21＝34，则数列{c n }是首项为34，公比为23的等比数列，即c n ＝34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.故1－a 2n ＝34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1⇒a 2n ＝1－34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.又a 1＝12>0，a n a n ＋1<0，故a n ＝(－1)n －11－34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1. b n ＝a 2n ＋1－a 2n＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 ＝14·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1. (2) 证明：用反证法证明．假设数列{b n }中存在三项b r ，b s ，b t (r<s<t)按某种顺序成等差数列，由于数列{b n }是首项为14，公比为23的等比数列，于是有b r >b s >b t ，则只能有2b s ＝b r ＋b t 成立．即2·14⎝ ⎛⎭⎪⎫23s －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫23r －1＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫23t －1，两边同乘3t －121－r，化简得3t －r ＋2t －r ＝2·2s －r 3t －s.由于r<s<t ，则上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不可能成立，导致矛盾．故数列{b n }中任意三项不可能成等差数列．[备课札记]第3课时数学归纳法(对应学生用书(理)106～107页)1. (选修22P 94习题7改编)用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n∈N *，n>1)时，第一步应验证________．答案：1＋12＋13<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122－1＝13.2. (选修22P 90练习3改编)用数学归纳法证明不等式“2n >n 2＋1对于n≥n 0的自然数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取为________．答案：5解析：当n≤4时，2n ≤n 2＋1；当n ＝5时，25＝32>52＋1＝26，所以n 0应取为5.3. (选修22P 103复习题13改编)在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n(2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为________________．答案：a n ＝1（2n －1）（2n ＋1）解析：当n ＝2时，13＋a 2＝(2×3)a 2，∴ a 2＝13×5；当n ＝3时，13＋115＋a 3＝(3×5)a 3，∴ a 3＝15×7；当n ＝4时，13＋115＋135＋a 4＝(4×7)a 4，∴ a 4＝17×9；故猜想a n ＝1（2n －1）（2n ＋1）.4. (选修22P 103复习题14改编)比较n n ＋1与(n ＋1)n (n∈N *)的大小时会得到一个一般性的结论，用数学归纳法证明这一结论时，第一步要验证________．答案：当n ＝3时，n n ＋1＝34＞(n ＋1)n ＝43解析：当n ＝1时，n n ＋1＝1＞(n ＋1)n ＝2不成立；当n ＝2时，n n ＋1＝8＞(n ＋1)n＝9不成立；当n ＝3时，n n ＋1＝34＞(n ＋1)n ＝43，结论成立．5. (选修22P 105本章测试13改编)已知a 1＝12，a n ＋1＝3a na n ＋3，则a 2，a 3，a 4，a 5的值分别为________________．由此猜想a n ＝________．答案：37，38，39，310 3n ＋5解析：a 2＝3a 1a 1＋3＝3×1212＋3＝37＝32＋5，同理a 3＝3a 2a 2＋3＝38＝33＋5，a 4＝39＝34＋5，a 5＝310＝35＋5，a 1＝31＋5＝12，符合以上规律．故猜想a n ＝3n ＋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n 0时，命题成立；然后假设当n ＝k(k∈N *，k ≥n 0)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，其步骤如下： (1) 归纳奠基：证明取第一个自然数n 0时命题成立；(2) 归纳递推：假设n ＝k(k∈N *，k ≥n 0)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], 1 证明等式), 1) 用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n （2n ＋2）＝n 4（n ＋1）(n∈N *)．证明：① 当n ＝1时，左边＝12×1×（2×1＋2）＝18，右边＝14（1＋1）＝18，左边＝右边，所以等式成立．② 假设n ＝k(k∈N *)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＝k 4（k ＋1），则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＋12（k ＋1）[2（k ＋1）＋2]＝k 4（k ＋1）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝k （k ＋2）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝（k ＋1）24（k ＋1）（k ＋2）＝k ＋14（k ＋2）＝k ＋14（k ＋1＋1）. 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由①②可知，对于一切n∈N *等式都成立．变式训练用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋...＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)(n∈N *)．证明：① 当n ＝1时，等式左边＝1－12＝12＝右边，等式成立．② 假设当n ＝k(k∈N *)时，等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，那么，当n ＝k ＋1时，有1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由①②知，等式对任何n∈N *均成立．, 2 证明不等式), 2) 用数学归纳法证明不等式：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋ (1)2>1(n∈N *且n>1)．证明：① 当n ＝2时，12＋13＋14＝1312>1成立．② 设n ＝k 时，1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2>1成立．由于当k>1时，k 2－k －1>0，即k(2k ＋1)>k 2＋2k ＋1，则当n ＝k ＋1时，1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1（k ＋1）2＝(1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2)＋1k 2＋1＋1k 2＋2＋…＋1k 2＋2k ＋1－1k >1＋1k 2＋1＋1k 2＋2＋…＋1k 2＋2k ＋1－1k>1＋1k （2k ＋1）＋1k （2k ＋1）＋…＋1k （2k ＋1）－1k ＝1＋2k ＋1k （2k ＋1）－1k＝1.综合①②可知，原不等式对n∈N *且n>1恒成立．备选变式（教师专享）用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n∈N *，n ≥2)．证明：① 当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立．② 假设n ＝k 时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k.当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1k （k ＋1）＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立．由①②知原不等式对n∈N *，n ≥2恒成立．, 3 数列问题), 3) 数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n∈N *)． (1) 计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ； (2) 证明(1)中的猜想．(1) 解：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，∴ a 1＝1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，∴ a 2＝32；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴ a 3＝74；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4，∴ a 4＝158.由此猜想a n ＝2n－12n －1(n∈N *)．(2) 证明：① 当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．② 假设n ＝k(k≥1且k∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k－12k －1，那么n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1，所以2a k ＋1＝2＋a k .所以a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k－12k －12＝2k ＋1－12k.所以当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知猜想a n ＝2n－12n －1(n∈N *)成立．变式训练在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝λa n ＋λn ＋1＋(2－λ)2n (n∈N *，λ>0)． (1) 求a 2，a 3，a 4；(2) 猜想{a n }的通项公式，并加以证明．解：(1) a 2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22，a 3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，a 4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.(2) 由(1)可猜想数列{a n }的通项公式为a n ＝(n －1)λn ＋2n. 下面用数学归纳法证明：① 当n ＝1，2，3，4时，等式显然成立，② 假设当n ＝k(k≥4，k ∈N *)时等式成立，即a k ＝(k －1)·λk ＋2k，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝λa k ＋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，所以当n ＝k ＋1时，猜想成立．由①②知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n －1)λn ＋2n (n∈N *，λ>0)．, 4 综合运用), 4) 设集合M ＝{1，2，3，…，n}(n ∈N ，n ≥3)，记M 的含有三个元素的子集个数为S n ，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为T n .(1) 分别求T 3S 3，T 4S 4，T 5S 5，T 6S 6的值；(2) 猜想T nS n关于n 的表达式，并加以证明．解：(1) 当n ＝3时，M ＝{1，2，3}，S 3＝1，T 3＝2，T 3S 3＝2；当n ＝4时，M ＝{1，2，3，4}，S 4＝4，T 4＝2＋2＋3＋3＝10，T 4S 4＝52，T 5S 5＝3，T 6S 6＝72.(2) 猜想T n S n ＝n ＋12.下面用数学归纳法证明：① 当n ＝3时，由(1)知猜想成立．② 假设当n ＝k(k≥3)时，猜想成立，即T k S k ＝k ＋12，而S k ＝C 3k ，所以T k ＝k ＋12C 3k .则当n ＝k ＋1时，易知S k ＋1＝C 3k ＋1，而当集合M 从{1，2，3，…，k}变为{1，2，3，…，k ，k ＋1}时，T k ＋1在T k 的基础上增加了1个2，2个3，3个4，…，(k －1)个k ，所以T k ＋1＝T k ＋2×1＋3×2＋4×3＋…＋k(k －1) ＝k ＋12C 3k ＋2(C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2k )＝k ＋12C 3k ＋2(C 33＋C 23＋C 24＋…＋C 2k ) ＝k －22C 3k ＋1＋2C 3k ＋1＝k ＋22C 3k ＋1＝（k ＋1）＋12S k ＋1，即T k ＋1S k ＋1＝（k ＋1）＋12. 所以当n ＝k ＋1时，猜想也成立．综上所述，猜想成立．备选变式（教师专享）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)＝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)＝k （k －3）2，则当n ＝k ＋1时，考察k ＋1边形A 1A 2…A k A k ＋1，①k 边形A 1A 2…A k 中原来的对角线都是k ＋1边形中的对角线，且边A 1A k 也成为k ＋1边形中的对角线；②在A k ＋1与A 1，A 2，…，A k 连结的k 条线段中，除A k ＋1A 1，A k ＋1A k 外，都是k ＋1边形中的对角线，共计有f(k ＋1)＝f(k)＋1＋(k －2)＝k （k －3）2＋1＋(k －2)＝k 2－3k ＋2k －22＝k 2－k －22＝（k ＋1）（k －2）2＝（k ＋1）（k ＋1－3）2(条)，即当n ＝k ＋1时，猜想也成立．综上，得f(n)＝n （n －3）2对任何n≥3，n ∈N *都成立．1. (2017·苏锡常镇二模)已知f n (x)＝C 0nx n －C 1n(x －1)n＋…＋(－1)k C k n (x －k)n＋…＋(－1)n C n n (x －n)n ，其中x ∈R ，n ∈N *，k ∈N ，k ≤n.(1) 试求f 1(x)，f 2(x)，f 3(x)的值；(2) 试猜测f n (x)关于n 的表达式，并证明你的结论．解：(1) f 1(x)＝C 01x －C 11(x －1)＝x －x ＋1＝1，f 2(x)＝C 02x 2－C 12(x －1)2＋C 22(x －2)2＝x 2－2(x 2－2x ＋1)＋(x 2－4x ＋4)＝2，f 3(x)＝C 03x 3－C 13(x －1)3＋C 23(x －2)3－C 33(x －3)3＝x 3－3(x －1)3＋3(x －2)3－(x －3)3＝6. (2) 猜想：f n (x)＝n ！.证明：① 当n ＝1时，猜想显然成立；② 假设n ＝k 时猜想成立，即f k (x)＝C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋C 2k (x －2)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k)k＝k ！，则n ＝k ＋1时，f k ＋1(x)＝C 0k ＋1x k ＋1－C 1k ＋1(x －1)k ＋1＋C 2k ＋1(x －2)k ＋1＋…＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1＝xC 0k ＋1·x k －(x －1)C 1k ＋1(x －1)k ＋(x －2)C 2k ＋1(x －2)k ＋…＋(－1)k (x －k)C k k ＋1(x －k)k＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1＝x[C 0k ＋1x k －C 1k ＋1(x －1)k ＋C 2k ＋1(x －2)k ＋…＋(－1)k C k k ＋1·(x －k)k]＋[C 1k ＋1(x －1)k －2C 2k ＋1(x －2)k ＋…＋(－1)k ＋1·kC k k ＋1(x －k)k ]＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1＝x[C 0k x k －(C 0k ＋C 1k )(x －1)k ＋(C 1k ＋C 2k )(x －2)k ＋…＋(－1)k (C k －1k ＋C k k )(x －k)k]＋(k ＋1)[C 0k (x －1)k －C 1k (x －2)k ＋…＋(－1)k ＋1C k －1k (x －k)k ]＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1＝x[C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋C 2k (x －2)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k)k ]－x[C 0k (x －1)k －C 1k (x －2)k＋…＋(－1)k －1C k －1k (x －k)k ＋(－1)k C k k (x －k －1)k ]＋(k ＋1)[C 0k (x －1)k －C 1k ·(x －2)k ＋…＋(－1)k＋1C k －1k (x －k)k ＋(－1)k C k k (x －k －1)k]＝xk ！－xk ！＋(k ＋1)k ！＝(k ＋1)！. ∴ 当n ＝k ＋1时，猜想成立．综上所述，猜想成立．2. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1，2，3，…. (1) 求a 1，a 2；(2) 猜想数列{S n }的通项公式，并给出证明．解：(1) 当n ＝1时，x 2－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1，于是(a 1－1)2－a 1(a 1－1)－a 1＝0，解得a 1＝12.当n ＝2时，x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－12，于是⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－122－a 2⎝⎛⎭⎪⎫a 2－12－a 2＝0，解得a 2＝16. (2) 由题设知(S n －1)2－a n (S n －1)－a n ＝0，即S 2n －2S n ＋1－a n S n ＝0. 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入上式得S n －1S n －2S n ＋1＝0. ①由(1)得S 1＝a 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝23.由①可得S 3＝34.由此猜想S n ＝nn ＋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S k ＝k k ＋1，当n ＝k ＋1时，由①得S k ＋1＝12－S k，即S k ＋1＝k ＋1k ＋2，故n ＝k ＋1时结论也成立．综上，由(ⅰ)、(ⅱ)可知S n ＝nn ＋1对所有正整数n 都成立．3. 已知x 1，x 2，…，x n ∈R ＋，且x 1x 2…x n ＝1.求证：(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x n )≥(2＋1)n.证明：(数学归纳法)① 当n ＝1时，2＋x 1＝2＋1，不等式成立．② 假设n ＝k 时不等式成立，即(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x k )≥(2＋1)k成立．则n ＝k ＋1时，若x k ＋1＝1，则命题成立；若x k ＋1>1，则x 1，x 2，…，x k 中必存在一个数小于1，不妨设这个数为x k ，从而(x k －1)(x k ＋1－1)<0，即x k ＋x k ＋1>1＋x k x k ＋1.同理可得x k ＋1<1时，x k ＋x k ＋1>1＋x k x k ＋1.所以(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x k )(2＋x k ＋1) ＝(2＋x 1)(2＋x 2)…[2＋2(x k ＋x k ＋1)＋x k x k ＋1] ≥(2＋x 1)(2＋x 2)…[2＋2(1＋x k x k ＋1)＋x k x k ＋1]＝(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x k x k ＋1)(2＋1)≥(2＋1)k ·(2＋1)＝(2＋1)k ＋1. 故n ＝k ＋1时，不等式也成立．由①②及数学归纳法原理知原不等式成立．4. 已知函数f 0(x)＝x(sin x ＋cos x)，设f n (x)为f n －1(x)的导数，n ∈N *. (1) 求f 1(x)，f 2(x)的表达式；(2) 写出f n (x)的表达式，并用数学归纳法证明．解：(1) 因为f n (x)为f n －1(x)的导数，所以f 1(x)＝f 0′(x)＝(sin x ＋cos x)＋x(cos x －sin x)＝(x ＋1)cos x ＋(x －1)(－sin x)，同理，f 2(x)＝－(x ＋2)sin x －(x －2)cos x.(2) 由(1)得f 3(x)＝f 2′(x)＝－(x ＋3)cos x ＋(x －3)sin x ，把f 1(x)，f 2(x)，f 3(x)分别改写为f 1(x)＝(x ＋1)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＋(x －1)·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2，f 2(x)＝(x ＋2)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π2＋(x －2)·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π2，f 3(x)＝(x ＋3)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3π2＋(x －3)·cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2，猜测f n (x)＝(x ＋n)sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2＋(x －n)·cos(x ＋n π2) (*)．下面用数学归纳法证明上述等式．① 当n ＝1时，由(1)知，等式(*)成立； ② 假设当n ＝k 时，等式(*)成立，即f k (x)＝(x ＋k)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋(x －k)cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2.则当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x)＝f k ′(x)＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋(x ＋k)cos(x ＋k π2)＋cos(x ＋k π2)＋(x －k)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＝(x ＋k ＋1)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋[x －(k ＋1)]⎣⎢⎡⎦⎥⎤－sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＝[x ＋(k ＋1)]sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k ＋12π＋[x －(k ＋1)]·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k ＋12π，即当n ＝k ＋1时，等式(*)成立．综上所述，当n∈N *时，f n (x)＝(x ＋n)·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2＋(x －n)cos ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2成立．1. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15. (1) 求a 1，a 2，a 3的值；(2) 求数列{a n }的通项公式．解：(1) 由题意知S 2＝4a 3－20，∴ S 3＝S 2＋a 3＝5a 3－20. 又S 3＝15，∴ a 3＝7，S 2＝4a 3－20＝8. 又S 2＝S 1＋a 2＝(2a 2－7)＋a 2＝3a 2－7， ∴ a 2＝5，a 1＝S 1＝2a 2－7＝3. 综上知，a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.(2) 由(1)猜想a n ＝2n ＋1，下面用数学归纳法证明． ① 当n ＝1时，结论显然成立；② 假设当n ＝k(k≥1)时，a k ＝2k ＋1，则S k ＝3＋5＋7＋…＋(2k ＋1)＝k[3＋（2k ＋1）]2＝k(k ＋2)．又S k ＝2ka k ＋1－3k 2－4k ，∴ k(k ＋2)＝2ka k ＋1－3k 2－4k ，解得2a k ＋1＝4k ＋6， ∴ a k ＋1＝2(k ＋1)＋1，即当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知，∀n ∈N *，a n ＝2n ＋1. 2. 由下列式子： 1>12； 1＋12＋13>1； 1＋12＋13＋14＋15＋16＋17>32；1＋12＋13＋…＋115>2； …猜想第n 个表达式，并用数学归纳法给予证明．解：可以猜得第n 个式子是1＋12＋13＋14＋…＋12n －1＞n2(n≥1，n ∈N )．用数学归纳法证明如下：① 当n ＝1 时，1>12；② 假设当n ＝k(n≥1，n ∈N )时，命题成立，即1＋12＋13＋14＋…＋12k －1>k2.当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1>k 2＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1,\s\do4(2k ))＞k 2＋12·2k ＋12·2k ＋…＋12·2k ,\s\do4(2k )) ＝k 2＋2k2·2k ＝k 2＋12＝k ＋12. 所以，对一切n≥1，n ∈N 命题都成立．3. 已知f(n)＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g(n)＝32－12n2，n ∈N *.(1) 当n ＝1，2，3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系； (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)＝32－12×12＝1，所以f(1)＝g(1)；当n ＝2时，f(2)＝1＋123＝98，g(2)＝32－12×22＝118，所以f(2)<g(2)；当n ＝3时，f(3)＝1＋123＋133＝251216，g(3)＝32－12×32＝139，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时，不等式显然成立．② 假设当n ＝k(k∈N *)时不等式成立．即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3<32－12k 2，那么，当n ＝k ＋1时，f(k ＋1)＝f(k)＋1（k ＋1）3<32－12k 2＋1（k ＋1）3.因为12（k ＋1）2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12k 2－1（k ＋1）3＝k ＋32（k ＋1）3－12k 2＝－3k －12（k ＋1）3k2＜0，所以f(k ＋1)<32－12（k ＋1）2＝g(k ＋1)．由①②可知，对一切n∈N *，都有f(n)≤g(n)成立．4. 已知数列{a n }的各项都是正数，且满足：a 0＝1，a n ＋1＝12·a n ·(4－a n )，n ∈N .(1) 求a 1，a 2；(2) 证明：a n <a n ＋1<2，n ∈N .解：(1) a 0＝1，a 1＝12a 0·(4－a 0)＝32，a 2＝12·a 1(4－a 1)＝158.(2) 用数学归纳法证明：。

2019-2020年高中数学第二章推理与证明2.1.1归纳推理教案新人教A版选修

2019-2020年高中数学第二章推理与证明2.1.1归纳推理教案新人教A版选修一、教学目标1．知识与技能：（1）结合已学过的数学实例，了解归纳推理的含义；（2）能利用归纳进行简单的推理；（3）体会并认识归纳推理在数学发现中的作用.2．方法与过程：归纳推理是从特殊到一般的一种推理方法，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，那么推广的一般性命题也会越可靠，它是一种发现一般性规律的重要方法。

3．情感态度与价值观：通过本节学习正确认识合情推理在数学中的重要作用，养成从小开始认真观察事物、分析事物、发现事物之间的质的联系的良好品质，善于发现问题，探求新知识。

二、教学重点：了解归纳推理的含义，能利用归纳进行简单的推理。

教学难点：培养学生“发现—猜想—证明”的归纳推理能力。

三、教学方法：探析归纳，讲练结合四、教学过程(一)、引入新课归纳推理的前提是一些关于个别事物或现象的命题，而结论则是关于该类事物或现象的普遍性命题。

归纳推理的结论所断定的知识范围超出了前提所断定的知识范围，因此，归纳推理的前提与结论之间的联系不是必然性的，而是或然性的。

也就是说，其前提真而结论假是可能的，所以，归纳推理乃是一种或然性推理。

从一个或几个已知命题得出另一个新命题的思维过程称为推理。

见书上的三个推理案例，回答几个推理各有什么特点？都是由“前提”和“结论”两部分组成，但是推理的结构形式上表现出不同的特点，据此可分为合情推理与演绎推理(二)、例题探析例1、在一个凸多面体中，试通过归纳猜想其顶点数、棱数、面数满足的关系。

解：考察一些多面体，如下图所示：将这些多面体的面数（F）、棱数（E）、顶点数（V）列出，得到下表：例2、如果面积是一定的，什么样的平面图形周长最小，试猜测结论。

解：考虑单位面积的正三角形、正四边形、正六边形、正八边形，它们的周长分别记作：，，，，可得下表：圆的周长最小。

在上述各例的推理过程中，都有共同之处：根据一类事物中部分事物具有某种属性，推断该类事物中每一个事物都具有这种属性。

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数学归纳法【考点梳理】1．数学归纳法证明一个与正整数n 有关的命题，可按下列步骤进行： (1)(归纳奠基)证明当n 取第一个值n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N *)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立. 2．数学归纳法的框图表示【考点突破】考点一、用数学归纳法证明等式【例1】设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．[解析] (1)当n ＝2时，左边＝f (1)＝1，右边＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12－1＝1，左边＝右边，等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，结论成立，即f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＝k [f (k )－1]，那么，当n ＝k ＋1时，f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＋f (k )＝k [f (k )－1]＋f (k )＝(k ＋1)f (k )－k ＝(k ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤fk ＋1－1k ＋1－k ＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]， ∴当n ＝k ＋1时结论仍然成立．由(1)(2)可知，f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)．【类题通法】 1．明确“2思路”(1)用数学归纳法证明等式问题，要“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n 0是多少．(2)由n ＝k 时等式成立，推出n ＝k ＋1时等式成立，一要找出等式两边的变化(差异)，明确变形目标；二要充分利用归纳假设，进行合理变形，正确写出证明过程．2．记牢“4句话”两个步骤要做到，递推基础不可少；归纳假设要用到，结论写明莫忘掉．【对点训练】用数学归纳法证明等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n n ＋12.[解析] (1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0×1×1＋12＝1，左边＝右边，原等式成立． (2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＝(－1)k －1·k k ＋12.那么，当n ＝k ＋1时， 12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1·k 2＋(－1)k ·(k ＋1)2＝(－1)k －1·k k ＋12＋(－1)k·(k ＋1)2＝(－1)k·k ＋12[－k ＋2(k ＋1)]＝(－1)k·k ＋1k ＋22.∴n ＝k ＋1时，等式也成立，由(1)(2)知对任意n ∈N *，都有12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2＝(－1)n －1·n n ＋12.考点二、用数学归纳法证明不等式【例2】设实数c >0，整数p >1，n ∈N *.证明：当x >－1且x ≠0时，(1＋x )p>1＋px . [解析] ①当p ＝2时，(1＋x )2＝1＋2x ＋x 2>1＋2x ，原不等式成立． ②假设p ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式(1＋x )k>1＋kx 成立．当p ＝k ＋1时，(1＋x )k ＋1＝(1＋x )(1＋x )k >(1＋x )·(1＋kx )＝1＋(k ＋1)x ＋kx 2>1＋(k ＋1)x .所以当p ＝k ＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x >－1，x ≠0时，对一切整数p >1，不等式(1＋x )p>1＋px 均成立．【类题通法】应用数学归纳法证明不等式应注意的问题1．当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法.2．用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法. 【对点训练】求证：12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，n ∈N *.[解析] ①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1).那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2. 下面证明ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋2). 令f (x )＝ln(1＋x )－x1＋x (x >0)，则f ′(x )＝x（1＋x ）2>0，∴f (x )在(0，＋∞)上递增，∴f (x )>f (0)＝0，∵1k ＋1>0， ∴f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1>0，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1－1k ＋11＋1k ＋1>0，即lnk ＋2k ＋1－1k ＋2>0， ∴ln(k ＋2)－ln(k ＋1)－1k ＋2>0，即ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋2). ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立.根据①②可知，12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，n ∈N *成立.考点三、归纳——猜想——证明【例3】已知数列{a n }的前n 项和S n 满足：S n ＝a n 2＋1a n－1，且a n >0，n ∈N *.(1)求a 1，a 2，a 3，并猜想{a n }的通项公式； (2)证明(1)中的猜想.[解析] (1)当n ＝1时，由已知得a 1＝a 12＋1a 1－1，即a 21＋2a 1－2＝0.∴a 1＝3－1(a 1>0).当n ＝2时，由已知得a 1＋a 2＝a 22＋1a 2－1，将a 1＝3－1代入并整理得a 22＋23a 2－2＝0. ∴a 2＝5－3(a 2>0).同理可得a 3＝7－ 5. 猜想a n ＝2n ＋1－2n －1(n ∈N *).(2)①由(1)知，当n ＝1，2，3时，通项公式成立. ②假设当n ＝k (k ≥3，k ∈N *)时，通项公式成立，即a k ＝2k ＋1－2k －1. 由于a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k，将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式，整理得a 2k ＋1＋22k ＋1a k ＋1－2＝0，∴a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1，即n ＝k ＋1时通项公式成立.根据①②可知，对所有n ∈N *，a n ＝2n ＋1－2n －1成立. 【类题通法】1．利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性.2．“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题. 【对点训练】设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *，且S 3＝15. (1)求a 1，a 2，a 3的值； (2)求数列{a n }的通项公式．[解析] (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝2a 2－3－4，a 1＋a 2＝4a 3－12－8，a 1＋a 2＋a 3＝15，解得a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7. (2)猜测a n ＝2n ＋1. 由S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n 得，S n －1＝2(n －1)a n －3(n －1)2－4(n －1)(n ≥2)，两式相减，整理得a n ＝2na n ＋1－2(n －1)a n －6n －1，即a n ＋1＝2n －12n a n ＋6n ＋12n ，又a 1＝3，a 2＝5，满足式子，建立了a n 与a n ＋1的递推关系(n ∈N *)；下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝3＝2×1＋1，满足结论， ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立．即a k ＝2k ＋1，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2k －12k a k ＋6k ＋12k ＝2k －12k (2k ＋1)＋6k ＋12k＝2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，故当n ＝k ＋1时，结论也成立，由①②可知，对于n ∈N *，有a n ＝2n ＋1，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.。

2019高考数学考点突破——推理与证明数学归纳法学案

(全国通用版)2018-2019版高中数学 第二章 推理与证明 2.3 数学归纳法学案 新人教A版选修2-2

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