2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)與考點(diǎn)過(guò)關(guān) 第七章 推理與證明學(xué)案

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

1、第七章 推理與證明第1課時(shí)合情推理與演繹推理能用歸納和類比等方法進(jìn)行簡(jiǎn)單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用；掌握演繹推理的基本方法，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡(jiǎn)單的推理；了解合情推理和演繹推理的聯(lián)系和區(qū)別 了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進(jìn)行簡(jiǎn)單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用. 了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡(jiǎn)單推理. 了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異1. 已知2，3，4，類比這些等式，若6(a，b均為正數(shù))，則ab_答案：41解析：觀察等式2，3，4，第n個(gè)應(yīng)該是(n1)，則第5個(gè)等式中a6，ba2135，ab41.2. 在平面幾何中有如

2、下結(jié)論：正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則，推廣到空間可以得到類似結(jié)論；已知正四面體PABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則_答案：解析：正四面體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為13，故.3. 設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn.若存在正整數(shù)m，n(mn)，使得SmSn，則Smn0.類比上述結(jié)論，設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列bn的前n項(xiàng)積為Tn.若存在正整數(shù)m，n(mch； a2b2c3h3； a4b4c4h4.其中真命題是_(填序號(hào))，進(jìn)一步類比得到的一般結(jié)論是_答案：anbncnhn(nN*)解析：在直角三角形ABC中，acsin A，bccos A，abch，所以hcsin Aco

3、s A于是anbncn(sinnAcosnA)，cnhncn(1sinnAcosnA)anbncnhncn(sinnAcosnA1sinnAcosnA)cn(sinnA1)(1cosnA)0，所以anbncnhn.,3演繹推理),3)設(shè)同時(shí)滿足條件：bn1(nN*)；bnM(nN*，M是與n無(wú)關(guān)的常數(shù))的無(wú)窮數(shù)列bn叫“特界” 數(shù)列(1) 若數(shù)列an為等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，a34，S318，求Sn；(2) 判斷(1)中的數(shù)列Sn是否為“特界” 數(shù)列，并說(shuō)明理由解：(1) 設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則a12d4，3a13d18，解得a18，d2，Snna1dn29n.(2) Sn為“特界”

4、數(shù)列理由如下：由Sn110，得abc，a，b，cN*.(1) 8ab4bmax6.(2) cmin3，6ab3a5，b4abc12.4. 已知an，把數(shù)列an的各項(xiàng)排成如下的三角形：a1a2a3a4a5a6a7a8a9記A(s，t)表示第s行的第t個(gè)數(shù)，則A(11，12)_答案：解析：該三角形數(shù)陣每行所對(duì)應(yīng)元素的個(gè)數(shù)為1，3，5，那么第10行的最后一個(gè)數(shù)為a100，第11行的第12個(gè)數(shù)為a112，即A(11，12).5. 某種平面分形圖如圖所示，一級(jí)分形圖是由一點(diǎn)出發(fā)的三條線段，長(zhǎng)度相等，兩兩夾角為120；二級(jí)分形圖是從一級(jí)分形圖的每條線段末端出發(fā)再生成兩條長(zhǎng)度為原來(lái)的線段，且這兩條線段與原線

5、段兩兩夾角為120，依此規(guī)律得到n級(jí)分形圖n級(jí)分形圖中共有_條線段答案：(32n3)(nN*)解析：從分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條線段，由題圖知，一級(jí)分形圖中有3(323)條線段，二級(jí)分形圖中有9(3223)條線段，三級(jí)分形圖中有21(3233)條線段，按此規(guī)律，n級(jí)分形圖中的線段條數(shù)為(32n3)(nN*)1. 如圖所示的三角形數(shù)陣叫“萊布尼茨調(diào)和三角形”，有，則運(yùn)用歸納推理得到第11行第2個(gè)數(shù)(從左往右數(shù))為_(kāi)答案：解析：由“萊布尼茨調(diào)和三角形”中數(shù)的排列規(guī)律，我們可以推斷：第10行的第一個(gè)數(shù)為，第11行的第一個(gè)數(shù)為，則第11行的第二個(gè)數(shù)為.2. 有一個(gè)游戲，將標(biāo)有數(shù)字1，2，3，

6、4的四張卡片分別隨機(jī)發(fā)給甲、乙、丙、丁4個(gè)人，每人一張，并請(qǐng)這4人在看自己的卡片之前進(jìn)行預(yù)測(cè)：甲說(shuō)：乙或丙拿到標(biāo)有3的卡片；乙說(shuō)：甲或丙拿到標(biāo)有2的卡片；丙說(shuō)：標(biāo)有1的卡片在甲手中；丁說(shuō)：甲拿到標(biāo)有3的卡片結(jié)果顯示：這4人的預(yù)測(cè)都不正確，那么甲、乙、丙、丁4個(gè)人拿到的卡片上的數(shù)字依次為_(kāi)，_，_，_答案：4213解析：由于4個(gè)人預(yù)測(cè)不正確，其各自的對(duì)立事件正確，即甲：乙、丙沒(méi)拿到3；乙：甲、丙沒(méi)拿到2；丙：甲沒(méi)拿到1；?。杭讻](méi)拿到3.綜上，甲沒(méi)拿到1，2，3，故甲拿到了4，丁拿到了3，丙拿到了1，乙拿到了2.3. 觀察下列等式：1312，132332，13233362，13233343102，

7、根據(jù)上述規(guī)律，則第n個(gè)等式為_(kāi)答案：13233343n3解析：因?yàn)?312，1323(12)2，132333(123)2，13233343(1234)2，由此可以看出左邊是連續(xù)的自然數(shù)的立方和，右邊是左邊的連續(xù)的自然數(shù)的和的平方，照此規(guī)律，第n個(gè)等式為13233343n3(123n)2.4. 傳說(shuō)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家經(jīng)常在沙灘上通過(guò)畫(huà)點(diǎn)或用小石子來(lái)表示數(shù)他們研究過(guò)如圖所示的三角形數(shù)：將三角形數(shù)1，3，6，10，記為數(shù)列an，將可被5整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個(gè)新數(shù)列bn，可以推測(cè)：(1) b2 018是數(shù)列an的第_項(xiàng)；(2) b2k1_(用k表示)答案：(1) 5 045(

8、2) 解析：(1) an12n，b1a4，b2a5，b3a9，b4a10，b5a14，b6a15，b2 018a5 045.(2) 由(1)知b2k1.5. 某市為了緩解交通壓力，實(shí)行機(jī)動(dòng)車輛限行政策，每輛機(jī)動(dòng)車每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行某公司有A，B，C，D，E五輛車，保證每天至少有四輛車可以上路行駛已知E車周四限行，B車昨天限行，從今天算起，A，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，E車明天可以上路，由此可知下列推測(cè)一定正確的是_(填序號(hào)) 今天是周六； 今天是周四； A車周三限行； C車周五限行答案：解析：因?yàn)槊刻熘辽儆兴妮v車可以上路行駛，E車明天可以上路，E車周四限行，所

9、以今天不是周三；因?yàn)锽車昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因?yàn)锳，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，所以錯(cuò)誤，正確因?yàn)锽車昨天限行，即B車周三限行，所以錯(cuò)誤因?yàn)閺慕裉焖闫?，A、C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以錯(cuò)誤1. 合情推理主要包括歸納推理和類比推理數(shù)學(xué)研究中，在得到一個(gè)新的結(jié)論前，合情推理能幫助猜測(cè)和發(fā)現(xiàn)結(jié)論，在證明一個(gè)數(shù)學(xué)結(jié)論之前，合情推理常常能為證明提供思路和方法2. 合情推理的過(guò)程概括為：從具體問(wèn)題出發(fā)觀察、分析、比較、聯(lián)想歸納、類比提出猜想3. 演繹推理是從一般的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況的結(jié)論的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一

10、般模式是三段論，數(shù)學(xué)問(wèn)題的證明主要通過(guò)演繹推理來(lái)進(jìn)行4. 合情推理僅是符合情理的推理，得到的結(jié)論不一定正確，而演繹推理得到的結(jié)論一定正確(在前提和推理形式都正確的前提下)備課札記第2課時(shí)直接證明與間接證明(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)(文)、(理)104105頁(yè))了解分析法、綜合法、反證法，會(huì)用這些方法處理一些簡(jiǎn)單問(wèn)題 了解直接證明的兩種基本方法分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過(guò)程、特點(diǎn). 了解間接證明的一種基本方法反證法；了解反證法的思考過(guò)程、特點(diǎn)1. 已知向量m(1，1)與向量n(x，22x)垂直，則x_答案：2解析：mnx(22x)2x. mn， mn0，即x2.2. 用反證法證明命題“如果ab

11、，那么”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為_(kāi)答案：或解析：根據(jù)反證法的步驟，假設(shè)是對(duì)原命題結(jié)論的否定，即或解析： 由分析法可得，要證2，只需證2，即證132134，即2.因?yàn)?240，所以2成立4. 定義集合運(yùn)算：ABZ|Zxy，xA，yB，設(shè)集合A1，0，1，Bsin ，cos ，則集合AB的所有元素之和為_(kāi)答案：0解析：依題意知k，kZ. k(kZ)時(shí)，B，AB； 2k或2k(kZ)時(shí)，B0，1，AB0，1，1； 2k或2k(kZ)時(shí)，B0，1，AB0，1，1； 且k(kZ)時(shí)，Bsin ，cos ，AB0，sin ，cos ，sin ，cos 綜上可知，AB中的所有元素之和為0.5. 設(shè)a，b為兩個(gè)正數(shù)

12、，且ab1，則使得恒成立的的取值范圍是_答案：(，4解析： ab1，且a，b為兩個(gè)正數(shù)， (ab)2224.要使得恒成立，只要4.1. 直接證明(1) 定義：直接從原命題的條件逐步推得命題成立的證明方法(2) 一般形式ABC本題結(jié)論(3) 綜合法 定義：從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推，直到推出要證明的結(jié)論為止這種證明方法稱為綜合法 推證過(guò)程(4) 分析法 定義：從問(wèn)題的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的條件，逐步上溯，直到使結(jié)論成立的條件和已知條件吻合為止這種證明方法稱為分析法 推證過(guò)程2. 間接證明(1) 常用的間接證明方法有反證法、正難則反等(2) 反證法的基本步驟 反

13、設(shè)假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真 歸謬從反設(shè)和已知條件出發(fā)，經(jīng)過(guò)一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果 存真由矛盾結(jié)果，斷定反設(shè)不真，從而肯定原結(jié)論成立.,1直接證明(綜合法和分析法),1)對(duì)于定義域?yàn)?，1的函數(shù)f(x)，如果同時(shí)滿足： 對(duì)任意的x0，1，總有f(x)0； f(1)1； 若x10，x20，x1x21，都有f(x1x2)f(x1)f(x2)成立，則稱函數(shù)f(x)為理想函數(shù)(1) 若函數(shù)f(x)為理想函數(shù)，求證：f(0)0；(2) 試判斷函數(shù)f(x)2x(x0，1)，f(x)x2(x0，1)，f(x)(x0，1)是否為理想函數(shù)？(1) 證明：取x1x20，則x1x201

14、， f(00)f(0)f(0)， f(0)0.又對(duì)任意的x0，1，總有f(x)0， f(0)0.于是f(0)0.(2) 解：對(duì)于f(x)2x，x0，1，f(1)2不滿足新定義中的條件， f(x)2x(x0，1)不是理想函數(shù)對(duì)于f(x)x2，x0，1，顯然f(x)0，且f(1)1.對(duì)任意的x1，x20，1，x1x21，f(x1x2)f(x1)f(x2)(x1x2)2xx2x1x20，即f(x1x2)f(x1)f(x2) f(x)x2(x0，1)是理想函數(shù)對(duì)于f(x)(x0，1)，顯然滿足條件.對(duì)任意的x1，x20，1，x1x21，有f2(x1x2)f(x1)f(x2)2(x1x2)(x12x2)

15、20，即f2(x1x2)f(x1)f(x2)2. f(x1x2)f(x1)f(x2)，不滿足條件. f(x)(x0，1)不是理想函數(shù)綜上，f(x)x2(x0，1)是理想函數(shù)，f(x)2x(x0，1)與f(x)(x0，1)不是理想函數(shù)設(shè)首項(xiàng)為a1的正項(xiàng)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，q為非零常數(shù)，已知對(duì)任意正整數(shù)n，m，SnmSmqmSn總成立求證：數(shù)列an是等比數(shù)列證明：因?yàn)閷?duì)任意正整數(shù)n，m，SnmSmqmSn總成立，令nm1，得S2S1qS1，則a2qa1.令m1，得Sn1S1qSn， 從而Sn2S1qSn1，得an2qan1(n1)，綜上得an1qan(n1)，所以數(shù)列an是等比數(shù)列,2)已知

16、m0，a，bR，求證：.證明：因?yàn)閙0，所以1m0，所以要證原不等式成立，只需證明(amb)2(1m)(a2mb2)，即證m(a22abb2)0，即證(ab)20，而(ab)20顯然成立，故原不等式得證變式訓(xùn)練已知函數(shù)f(x)3x2x，試求證：對(duì)于任意的x1，x2R，均有f.證明：要證明f，只要證明32，因此只要證明(x1x2)3(x1x2)，即證明3，因此只要證明，由于x1，x2R時(shí)，3x10，3x20, 由基本不等式知顯然成立，故原結(jié)論成立,2間接證明(反證法),3)設(shè)an是公比為q的等比數(shù)列(1) 推導(dǎo)an的前n項(xiàng)和公式；(2) 設(shè)q1，求證：數(shù)列an1不是等比數(shù)列(1) 解：設(shè)an的前

17、n項(xiàng)和為Sn，則Sna1a2an，因?yàn)閍n是公比為q的等比數(shù)列，所以當(dāng)q1時(shí)，Sna1a1a1na1.當(dāng)q1時(shí)，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，所以Sn，所以Sn(2) 證明：假設(shè)an1是等比數(shù)列，則對(duì)任意的kN*，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，因?yàn)閍10，所以2qkqk1qk1.因?yàn)閝0，所以q22q10，所以q1，這與已知矛盾所以假設(shè)不成立，故an1不是等比數(shù)列變式訓(xùn)練已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足anSn2.(1) 求

18、數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2) 求證：數(shù)列an中不存在三項(xiàng)按原來(lái)順序成等差數(shù)列(1) 解：當(dāng)n1時(shí)，a1S12a12，則a11.又anSn2，所以an1Sn12，兩式相減得an1an，所以an是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列，所以an.(2) 證明：反證法：假設(shè)存在三項(xiàng)按原來(lái)順序成等差數(shù)列，記為ap1，aq1，ar1(pqr，且p，q，rN*)，則2，所以22rq2rp1.因?yàn)閜qr，所以rq，rpN*.所以式左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù)，等式不成立所以假設(shè)不成立，原命題得證1. 用反證法證明命題“a，bR，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一個(gè)能被5整除”，假設(shè)的內(nèi)容是_答案：a，b中沒(méi)有一個(gè)能被5整除

19、解析：“至少有n個(gè)”的否定是“最多有n1個(gè)”，故應(yīng)假設(shè)a，b中沒(méi)有一個(gè)能被5整除2. 已知a，b，c(0，)且ac，bc，1.若以a，b，c為三邊構(gòu)造三角形，則c的取值范圍是_答案：(10，16)解析：要以a，b，c為三邊構(gòu)造三角形，需要滿足任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊，而ac，bc恒成立而ab(ab)1016， c， 10， 10c0，求證：a2.證明：要證a2，只需要證2a.因?yàn)閍0，故只需要證，即a244a2222，從而只需要證2，只需要證42，即a22，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立4. 若f(x)的定義域?yàn)閍，b，值域?yàn)閍，b(a2)，使函數(shù)h(x)是區(qū)間a，

20、b上的“四維光軍”函數(shù)？若存在，求出a，b的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由解：(1) 由題設(shè)得g(x)(x1)21，其圖象的對(duì)稱軸為直線x1，區(qū)間1，b在對(duì)稱軸的右邊，所以函數(shù)在區(qū)間1，b上單調(diào)遞增由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，g(1)1，g(b)b，即b2bb，解得b1或b3.因?yàn)閎1，所以b3.(2) 假設(shè)函數(shù)h(x)在區(qū)間a，b (a2)上是“四維光軍”函數(shù)，因?yàn)閔(x)在區(qū)間(2，)上單調(diào)遞減，所以有即解得ab，這與已知矛盾，故不存在1. 用反證法證明結(jié)論“三角形的三個(gè)內(nèi)角中至少有一個(gè)不大于60”，應(yīng)假設(shè)_答案：三角形的三個(gè)內(nèi)角都大于60解析：“三角形的三個(gè)內(nèi)角中至少有一個(gè)不大于60”即“三

21、個(gè)內(nèi)角至少有一個(gè)小于等于60”，其否定為“三角形的三個(gè)內(nèi)角都大于60”2. 凸函數(shù)的性質(zhì)定理：如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對(duì)于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，xn，有f.已知函數(shù)ysin x在區(qū)間(0，)上是凸函數(shù)，則在ABC中，sin Asin Bsin C的最大值為_(kāi)答案：解析： f(x)sin x在區(qū)間(0，)上是凸函數(shù)，且A，B，C(0，)， ff，即sin Asin Bsin C3sin ， sin Asin Bsin C的最大值為.3. 定義：若存在常數(shù)k，使得對(duì)定義域D內(nèi)的任意兩個(gè)x1，x2(x1x2)，均有|f(x1)f(x2)|k|x1x2| 成立，則稱函數(shù)f(x)在定義

22、域D上滿足利普希茨條件若函數(shù)f(x)(x1)滿足利普希茨條件，則常數(shù)k的最小值為_(kāi)答案：解析：若函數(shù)f(x)(x1)滿足利普希茨條件，則存在常數(shù)k，使得對(duì)定義域1，)內(nèi)的任意兩個(gè)x1，x2(x1x2)，均有|f(x1)f(x2)|k|x1x2| 成立，設(shè)x1x2，則k.而0，所以k的最小值為.4. 設(shè)函數(shù)f(x)x3，x0，1求證：(1) f(x)1xx2；(2) f(x).證明：(1) 因?yàn)?xx2x3，由于x0，1，有，即1xx2x3，所以f(x)1xx2.(2) 由0x1得x3x，故f(x)x3xx，所以f(x).由(1)得f(x)1xx2，又f，所以f(x).綜上，f(x).5. 已知

23、數(shù)列an滿足a1，anan10，anan10，故an(1)n1.bnaa.(2) 證明：用反證法證明假設(shè)數(shù)列bn中存在三項(xiàng)br，bs，bt(rsbsbt，則只能有2bsbrbt成立即2，兩邊同乘3t121r，化簡(jiǎn)得3tr2tr22sr3ts.由于rst，則上式左邊為奇數(shù)，右邊為偶數(shù)，故上式不可能成立，導(dǎo)致矛盾故數(shù)列bn中任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列備課札記第3課時(shí)數(shù)學(xué)歸納法(對(duì)應(yīng)學(xué)生用書(shū)(理)106107頁(yè))理解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡(jiǎn)單的數(shù)學(xué)命題了解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡(jiǎn)單的數(shù)學(xué)命題1. (選修22P94習(xí)題7改編)用數(shù)學(xué)歸納法證明11)時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證_答

24、案：11， n取的第一個(gè)數(shù)為2，左端分母最大的項(xiàng)為.2. (選修22P90練習(xí)3改編)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式“2nn21對(duì)于nn0的自然數(shù)n都成立”時(shí)，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取為_(kāi)答案：5解析：當(dāng)n4時(shí)，2nn21；當(dāng)n5時(shí)，253252126，所以n0應(yīng)取為5.3. (選修22P103復(fù)習(xí)題13改編)在數(shù)列an中，a1，且Snn(2n1)an，通過(guò)求a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式為_(kāi)答案：an解析：當(dāng)n2時(shí)，a2(23)a2， a2；當(dāng)n3時(shí)，a3(35)a3， a3；當(dāng)n4時(shí)，a4(47)a4， a4；故猜想an.4. (選修22P103復(fù)習(xí)題14改編)比較nn1與(n1)n(nN

25、*)的大小時(shí)會(huì)得到一個(gè)一般性的結(jié)論，用數(shù)學(xué)歸納法證明這一結(jié)論時(shí)，第一步要驗(yàn)證_答案：當(dāng)n3時(shí)，nn134(n1)n43解析：當(dāng)n1時(shí)，nn11(n1)n2不成立；當(dāng)n2時(shí)，nn18(n1)n9不成立；當(dāng)n3時(shí)，nn134(n1)n43，結(jié)論成立5. (選修22P105本章測(cè)試13改編)已知a1，an1，則a2，a3，a4，a5的值分別為_(kāi)由此猜想an_答案：，解析：a2，同理a3，a4，a5，a1，符合以上規(guī)律故猜想an.1. 由一系列有限的特殊現(xiàn)象得出一般性的結(jié)論的推理方法，通常叫做歸納法2. 對(duì)某些與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題常采用下面的方法來(lái)證明它們的正確性：先證明當(dāng)n取第1個(gè)值n0時(shí)，命題成

26、立；然后假設(shè)當(dāng)nk(kN*，kn0)時(shí)命題成立；證明當(dāng)nk1時(shí)，命題也成立，這種證明方法叫做數(shù)學(xué)歸納法3. 用數(shù)學(xué)歸納法證明一個(gè)與正整數(shù)有關(guān)的命題時(shí)，其步驟如下：(1) 歸納奠基：證明取第一個(gè)自然數(shù)n0時(shí)命題成立；(2) 歸納遞推：假設(shè)nk(kN*，kn0)時(shí)命題成立，證明當(dāng)nk1時(shí)，命題成立；(3) 由(1)(2)得出結(jié)論備課札記,1證明等式),1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：(nN*)證明： 當(dāng)n1時(shí)，左邊，右邊，左邊右邊，所以等式成立 假設(shè)nk(kN*)時(shí)等式成立，即有，則當(dāng)nk1時(shí)，.所以當(dāng)nk1時(shí)，等式也成立由可知，對(duì)于一切nN*等式都成立變式訓(xùn)練用數(shù)學(xué)歸納法證明：1(nN*)證明： 當(dāng)n1時(shí)

27、，等式左邊1右邊，等式成立 假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時(shí)，等式成立，即1，那么，當(dāng)nk1時(shí)，有1，所以當(dāng)nk1時(shí)，等式也成立由知，等式對(duì)任何nN*均成立,2證明不等式),2)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式：1(nN*且n1)證明： 當(dāng)n2時(shí)，1成立 設(shè)nk時(shí)，1成立由于當(dāng)k1時(shí)，k2k10，即k(2k1)k22k1，則當(dāng)nk1時(shí)，()1111.綜合可知，原不等式對(duì)nN*且n1恒成立用數(shù)學(xué)歸納法證明：12(nN*，n2)證明： 當(dāng)n2時(shí)，12，命題成立 假設(shè)nk時(shí)命題成立，即12.當(dāng)nk1時(shí)，120)(1) 求a2，a3，a4；(2) 猜想an 的通項(xiàng)公式，并加以證明解：(1) a2222(2)222，a3(

28、222)3(2)222323，a4(2323)4(2)233424.(2) 由(1)可猜想數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an(n1)n2n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： 當(dāng)n1，2，3，4時(shí)，等式顯然成立， 假設(shè)當(dāng)nk(k4，kN*)時(shí)等式成立，即ak(k1)k2k，那么當(dāng)nk1時(shí)，ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)k1k12k1(k1)1k12k1，所以當(dāng)nk1時(shí)，猜想成立由知數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an(n1)n2n(nN*，0),4綜合運(yùn)用),4)設(shè)集合M1，2，3，n(nN，n3)，記M的含有三個(gè)元素的子集個(gè)數(shù)為Sn，同時(shí)將每一個(gè)子集中的三個(gè)元素由小到大排列，取出中間的數(shù)，所有這

29、些中間的數(shù)的和記為Tn.(1) 分別求，的值；(2) 猜想關(guān)于n的表達(dá)式，并加以證明解：(1) 當(dāng)n3時(shí)，M1，2，3，S31，T32，2；當(dāng)n4時(shí)，M1，2，3，4，S44，T4223310，3，.(2) 猜想.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： 當(dāng)n3時(shí)，由(1)知猜想成立 假設(shè)當(dāng)nk(k3)時(shí)，猜想成立，即，而SkC，所以TkC.則當(dāng)nk1時(shí)，易知Sk1C，而當(dāng)集合M從1，2，3，k變?yōu)?，2，3，k，k1時(shí)，Tk1在Tk的基礎(chǔ)上增加了1個(gè)2，2個(gè)3，3個(gè)4，(k1)個(gè)k，所以Tk1Tk213243k(k1)C2(CCCC)C2(CCCC)C2CCSk1，即.所以當(dāng)nk1時(shí)，猜想也成立綜上所述，猜想

30、成立已知過(guò)一個(gè)凸多邊形的不相鄰的兩個(gè)端點(diǎn)的連線段稱為該凸多邊形的對(duì)角線(1) 分別求出凸四邊形，凸五邊形，凸六邊形的對(duì)角線的條數(shù)；(2) 猜想凸n邊形的對(duì)角線條數(shù)f(n)，并用數(shù)學(xué)歸納法證明解：(1) 凸四邊形的對(duì)角線條數(shù)為2條；凸五邊形的對(duì)角線條數(shù)為5條，凸六邊形的對(duì)角線條數(shù)為9條(2) 猜想：f(n)(n3，nN*)證明如下：當(dāng)n3時(shí)，f(3)0成立；設(shè)當(dāng)nk(k3)時(shí)猜想成立，即f(k)，則當(dāng)nk1時(shí)，考察k1邊形A1A2AkAk1，k邊形A1A2Ak中原來(lái)的對(duì)角線都是k1邊形中的對(duì)角線，且邊A1Ak也成為k1邊形中的對(duì)角線；在Ak1與A1，A2，Ak連結(jié)的k條線段中，除Ak1A1，Ak

31、1Ak外，都是k1邊形中的對(duì)角線，共計(jì)有f(k1)f(k)1(k2)1(k2)(條)，即當(dāng)nk1時(shí)，猜想也成立綜上，得f(n)對(duì)任何n3，nN*都成立1. (2017蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知fn(x)CxnC(x1)n(1)kC(xk)n(1)nC(xn)n，其中xR，nN*，kN，kn.(1) 試求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；(2) 試猜測(cè)fn(x)關(guān)于n的表達(dá)式，并證明你的結(jié)論解：(1) f1(x)CxC(x1)xx11，f2(x)Cx2C(x1)2C(x2)2x22(x22x1)(x24x4)2，f3(x)Cx3C(x1)3C(x2)3C(x3)3x33(x1)33(x2)3(x3

32、)36.(2) 猜想：fn(x)n！.證明： 當(dāng)n1時(shí)，猜想顯然成立； 假設(shè)nk時(shí)猜想成立，即fk(x)CxkC(x1)kC(x2)k(1)kC(xk)kk！，則nk1時(shí)，fk1(x)Cxk1C(x1)k1C(x2)k1(1)k1C(xk1)k1xCxk(x1)C(x1)k(x2)C(x2)k(1)k(xk)C(xk)k(1)k1C(xk1)k1xCxkC(x1)kC(x2)k(1)kC(xk)kC(x1)k2C(x2)k(1)k1kC(xk)k(1)k1C(xk1)k1xCxk(CC)(x1)k(CC)(x2)k(1)k(CC)(xk)k(k1)C(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)k

33、(1)k1C(xk1)k1xCxkC(x1)kC(x2)k(1)kC(xk)kxC(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)k(1)kC(xk1)k(k1)C(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)k(1)kC(xk1)kxk！xk！(k1)k！(k1)！. 當(dāng)nk1時(shí)，猜想成立綜上所述，猜想成立2. 設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，且方程x2anxan0有一根為Sn1，n1，2，3，.(1) 求a1，a2；(2) 猜想數(shù)列Sn的通項(xiàng)公式，并給出證明解：(1) 當(dāng)n1時(shí)，x2a1xa10有一根為S11a11，于是(a11)2a1(a11)a10，解得a1.當(dāng)n2時(shí)，x2a2xa20有一根為S21

34、a2，于是a2a20，解得a2.(2) 由題設(shè)知(Sn1)2an(Sn1)an0，即S2Sn1anSn0.當(dāng)n2時(shí)，anSnSn1，代入上式得Sn1Sn2Sn10.由(1)得S1a1，S2a1a2.由可得S3.由此猜想Sn，n1，2，3，.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個(gè)結(jié)論() n1時(shí)已知結(jié)論成立. () 假設(shè)nk(kN*)時(shí)結(jié)論成立，即Sk，當(dāng)nk1時(shí)，由得Sk1，即Sk1，故nk1時(shí)結(jié)論也成立綜上，由()、()可知Sn對(duì)所有正整數(shù)n都成立3. 已知x1，x2，xnR，且x1x2xn1.求證：(x1)(x2)(xn)(1)n.證明：(數(shù)學(xué)歸納法) 當(dāng)n1時(shí)，x11，不等式成立 假設(shè)nk時(shí)不等式成立

35、，即(x1)(x2)(xk)(1)k成立則nk1時(shí)，若xk11，則命題成立；若xk11，則x1，x2，xk中必存在一個(gè)數(shù)小于1，不妨設(shè)這個(gè)數(shù)為xk，從而(xk1)(xk11)1xkxk1.同理可得xk11xkxk1.所以(x1)(x2)(xk)(xk1)(x1)(x2)2(xkxk1)xkxk1(x1)(x2)2(1xkxk1)xkxk1(x1)(x2)(xkxk1)(1)(1)k(1)(1)k1.故nk1時(shí)，不等式也成立由及數(shù)學(xué)歸納法原理知原不等式成立4. 已知函數(shù)f0(x)x(sin xcos x)，設(shè)fn(x)為fn1(x)的導(dǎo)數(shù)，nN*.(1) 求f1(x)，f2(x)的表達(dá)式；(2)

36、 寫出fn(x)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明解：(1) 因?yàn)閒n(x)為fn1(x)的導(dǎo)數(shù)，所以f1(x)f0(x)(sin xcos x)x(cos xsin x)(x1)cos x(x1)(sin x)，同理，f2(x)(x2)sin x(x2)cos x.(2) 由(1)得f3(x)f2(x)(x3)cos x(x3)sin x，把f1(x)，f2(x)，f3(x)分別改寫為f1(x)(x1)sin(x1)cos，f2(x)(x2)sin(x2)cos，f3(x)(x3)sin(x3)cos，猜測(cè)fn(x)(xn)sin(xn)cos(x)(*)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上述等式 當(dāng)n1時(shí)，由

37、(1)知，等式(*)成立； 假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，等式(*)成立，即fk(x)(xk)sin(xk)cos.則當(dāng)nk1時(shí)，fk1(x)fk(x)sin(xk)cos(x)cos(x)(xk)(xk1)cosx(k1)x(k1)sinx(k1)cos，即當(dāng)nk1時(shí)，等式(*)成立綜上所述，當(dāng)nN*時(shí)，fn(x)(xn)sin(xn)cos成立1. 設(shè)數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，滿足Sn2nan13n24n，nN*，且S315.(1) 求a1，a2，a3的值；(2) 求數(shù)列an的通項(xiàng)公式解：(1) 由題意知S24a320， S3S2a35a320.又S315， a37，S24a3208.又S2S1a2(2a

38、27)a23a27， a25，a1S12a273.綜上知，a13，a25，a37.(2) 由(1)猜想an2n1，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明 當(dāng)n1時(shí)，結(jié)論顯然成立； 假設(shè)當(dāng)nk(k1)時(shí)，ak2k1，則Sk357(2k1)k(k2)又Sk2kak13k24k， k(k2)2kak13k24k，解得2ak14k6， ak12(k1)1，即當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論成立由知，nN*，an2n1.2. 由下列式子：1；11；1；12；猜想第n個(gè)表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法給予證明解：可以猜得第n個(gè)式子是1 (n1，nN)用數(shù)學(xué)歸納法證明如下： 當(dāng)n1 時(shí)，1； 假設(shè)當(dāng)nk(n1，nN)時(shí)，命題成立，即1.當(dāng)nk1時(shí)，1

39、,sdo4(2k),sdo4(2k).所以，對(duì)一切n1，nN命題都成立3. 已知f(n)1，g(n)，nN*.(1) 當(dāng)n1，2，3時(shí)，試比較f(n)與g(n)的大小關(guān)系；(2) 猜想f(n)與g(n)的大小關(guān)系，并給出證明解：(1) 當(dāng)n1時(shí)，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)；當(dāng)n2時(shí)，f(2)1，g(2)，所以f(2)g(2)；當(dāng)n3時(shí)，f(3)1，g(3)，所以f(3)g(3)(2) 由(1)猜想f(n)g(n)，下面用數(shù)學(xué)歸納法給出證明 當(dāng)n1時(shí)，不等式顯然成立 假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時(shí)不等式成立即1，那么，當(dāng)nk1時(shí)，f(k1)f(k).因?yàn)?，所以f(k1)g(k1)由可

40、知，對(duì)一切nN*，都有f(n)g(n)成立4. 已知數(shù)列an的各項(xiàng)都是正數(shù)，且滿足：a01，an1an(4an)，nN.(1) 求a1，a2；(2) 證明：anan12，nN.解：(1) a01，a1a0(4a0)，a2a1(4a1).(2) 用數(shù)學(xué)歸納法證明： 當(dāng)n0時(shí)，a01，a1， a0a12，命題成立 假設(shè)nk時(shí)有ak1ak2.則nk1時(shí)，akak1ak1(4ak1)ak(4ak)2(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak)而ak1ak0， akak10.又ak1ak(4ak)4(ak2)22. nk1時(shí)命題成立由知，對(duì)一切nN都有anan12.1. 數(shù)學(xué)歸納法是專門證明與整數(shù)有關(guān)命題的一種方法，分兩步，第一步是遞推的基礎(chǔ)，第二步是遞推的依據(jù)，兩步缺一不可2. 運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法時(shí)易犯的錯(cuò)誤：對(duì)項(xiàng)