2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第七章 推理與證明課堂過關(guān) 理.doc

2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第七章 推理與證明課堂過關(guān) 理考點(diǎn)新知能用歸納和類比等方法進(jìn)行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用；掌握演繹推理的基本方法，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡單的推理；了解合情推理和演繹推理的聯(lián)系和區(qū)別 了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進(jìn)行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用. 了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡單推理. 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：觀察下列等式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(m<n)，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(m<n)，使TmTn，則Tmn_. 答案：1解析：因?yàn)門mTn，所以bm1bm2bn1，從而bm1bn1，Tmnb1b2bmbm1bnbn1bnm1bnm(b1bnm)·(b2bnm1)(bmbn1)·(bm1bn)1.4. (選修12P29練習(xí)題3(2)改編)觀察下列等式：24；×24；3；×3；4；×4；，根據(jù)這些等式反映的結(jié)果，可以得出一個(gè)關(guān)于自然數(shù)n的等式，這個(gè)等式可以表示為_答案：(n1)×(n1)(nN*)解析：由歸納推理得(n1)， ×(n1)，所以得出結(jié)論(n1)×(n1)(nN*)5. 設(shè)ABC的三邊長分別為a、b、c，ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r.類比這個(gè)結(jié)論可知：四面體PABC的四個(gè)面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內(nèi)切球的半徑為r，四面體PABC的體積為V，則r_答案：解析：由類比推理可知r.1. 歸納推理(1) 歸納推理的定義從個(gè)別事實(shí)中推演出一般性的結(jié)論，像這樣的推理通常稱為歸納推理(2) 歸納推理的思維過程大致如圖(3) 歸納推理的特點(diǎn) 歸納推理的前提是幾個(gè)已知的特殊現(xiàn)象，歸納所得的結(jié)論是尚屬未知的一般現(xiàn)象，該結(jié)論超越了前提所包容的范圍 由歸納推理得到的結(jié)論具有猜測的性質(zhì)，結(jié)論是否真實(shí)，還需經(jīng)過邏輯證明和實(shí)踐檢驗(yàn)，因此，它不能作為數(shù)學(xué)證明的工具 歸納推理是一種具有創(chuàng)造性的推理，通過歸納推理得到的猜想，可以作為進(jìn)一步研究的起點(diǎn)，幫助人們發(fā)現(xiàn)問題和提出問題2. 類比推理(1) 根據(jù)兩個(gè)(或兩類)對(duì)象之間在某些方面的相似或相同，推演出它們?cè)谄渌矫嬉蚕嗨苹蛳嗤?，這樣的推理稱為類比推理(2) 類比推理的思維過程3. 演繹推理(1) 演繹推理是根據(jù)已有的事實(shí)和正確的結(jié)論(包括定義、公理、定理等)，按照嚴(yán)格的邏輯法則得到新結(jié)論的推理過程(2) 主要形式是三段論式推理(3) 三段論的常用格式為M P(M是P)SM(S是M)S P(S是P)其中，是大前提，它提供了一個(gè)一般性的原理；是小前提，它指出了一個(gè)特殊對(duì)象；是結(jié)論，它是根據(jù)一般原理，對(duì)特殊情況作出的判斷備課札記題型1 歸納推理例1在各項(xiàng)為正的數(shù)列an中，數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn滿足.(1) 求a1，a2，a3；(2) 由(1)猜想數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(3) 求Sn.解：(1) 當(dāng)n1時(shí)，S1，即a2110，解得a1±1. a1>0， a11；當(dāng)n2時(shí)，S2，即a2a210. a2>0, a21.同理可得，a3.(2) 由(1)猜想an.(3) Sn1(1)()().已知數(shù)列an滿足a12，an1(nN*)，則a3_，a1·a2·a3··a2 007_答案：3解析：(解法1)分別求出a23，a3，a4，a52，可以發(fā)現(xiàn)a5a1，且a1·a2·a3·a41，故a1·a2·a3··a2 007a2 005·a2 006·a2 007a1·a2·a33.(解法2)由an1，聯(lián)想到兩角和的正切公式，設(shè)a12tan，則有a2tan，a3tan，a4tan，a5tan()a1，.則a1·a2·a3·a41，故a1·a2·a3··a2 007a2 005·a2 006·a2 007a1·a2·a33.題型2 類比推理2現(xiàn)有一個(gè)關(guān)于平面圖形的命題：如圖所示，同一個(gè)平面內(nèi)有兩個(gè)邊長都是a的正方形，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方形重疊部分的面積恒為.類比到空間，有兩個(gè)棱長均為a的正方體，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方體重疊部分的體積恒為_答案：解析：在已知的平面圖形中，中心O到兩邊的距離相等(如圖1)，即OMON.四邊形OPAR是圓內(nèi)接四邊形，RtOPNRtORM，因此S四邊形OPARS正方形OMANa2.同樣地，類比到空間，如圖2.兩個(gè)棱長均為a的正方體重疊部分的體積為a3.在RtABC中，兩直角邊的長分別為a，b，直角頂點(diǎn)C到斜邊的距離為h，則易證.在四面體SABC中，側(cè)棱SA，SB，SC兩兩垂直，SAa，SBb，SCc，點(diǎn)S到平面ABC的距離為h，類比上述結(jié)論，寫出h與a，b，c之間的等式關(guān)系并證明解：類比得到：.證明：過S作ABC所在平面的垂線，垂足為O，連結(jié)CO并延長交AB于D，連結(jié)SD， SO平面ABC， SOAB. SCSA，SCSB， SC平面ABS， SCAB，SCSD， AB平面SCD， ABSD.在RtABS中，有， 在RtCDS中，有.題型3 演繹推理,3)設(shè)同時(shí)滿足條件：bn1(nN*)；bnM(nN*，M是與n無關(guān)的常數(shù))的無窮數(shù)列bn叫“特界” 數(shù)列(1) 若數(shù)列an為等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，a34，S318，求Sn；(2) 判斷(1)中的數(shù)列Sn是否為“特界” 數(shù)列，并說明理由解：(1) 設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則a12d4，3a13d18，解得a18，d2，Snna1dn29n.(2) 由Sn11<0，得<Sn1，故數(shù)列Sn適合條件，而Snn29n2(nN*)，則當(dāng)n4或5時(shí)，Sn有最大值20.即Sn20，故數(shù)列Sn適合條件.綜上，數(shù)列Sn是“特界”數(shù)列設(shè)數(shù)列滿足a10且 1.(1) 求的通項(xiàng)公式；(2) 設(shè)bn，記Snbk，證明：Sn<1.(1)解： 由題設(shè)1，即是公差為1的等差數(shù)列又1，故n.所以an1.(2) 證明： 由(1)得bn，1. 對(duì)一個(gè)邊長為1的正方形進(jìn)行如下操作：第一步，將它分割成3×3方格，接著用中心和四個(gè)角的5個(gè)小正方形，構(gòu)成如圖所示的幾何圖形，其面積S1；第二步，將圖的5個(gè)小正方形中的每個(gè)小正方形都進(jìn)行與第一步相同的操作，得到圖；依此類推，到第n步，所得圖形的面積Sn.若將以上操作類比推廣到棱長為1的正方體中，則到第n步，所得幾何體的體積Vn_答案：解析：將棱長為1的正方體分割成3×3×327個(gè)全等的小正方體，拿去分別與中間小正方體的六個(gè)面重合的6個(gè)小正方體和分別與中間小正方體有1條棱重合的12個(gè)小正方體，則余下的9個(gè)小正方體體積V1，第二步，將余下的9個(gè)小正方體作同樣的操作，則余下的9×9個(gè)小正方體的體積V2，所以到第n步，所得幾何體的體積Vn.2. 對(duì)大于或等于2的正整數(shù)的冪運(yùn)算有如下分解方式：2213，32135，421357，；2335，337911，4313151719，.根據(jù)上述分解規(guī)律，若m213511，p3的分解中最小的正整數(shù)是21，則mp_答案：11解析：由歸納推理可知，m6，p5， mp11.3. (xx·泰州期末)已知在等差數(shù)列an中，若m2nps2tr，m、n、p、s、t、rN*，則am2anapas2atar.仿此類比，可得到等比數(shù)列bn中的一個(gè)正確命題：若m2nps2tr，m、n、p、s、t、rN*，則_答案：bm(bn)2bpbs(bt)2br解析：由類比推理將加法換成乘法，乘法換成乘方即得結(jié)論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. 觀察下列等式：(11)2×1，(21)(22)22×1×3，(31)(32)(33)23×1×3×5，照此規(guī)律， 第n個(gè)等式可為_答案：(n1)(n2)(n3)(nn)2n×1×3×5××(2n1)解析：觀察規(guī)律可知，左邊為n項(xiàng)的積，最小項(xiàng)和最大項(xiàng)依次為(n1)，(nn)，右邊為連續(xù)奇數(shù)之積乘以2n，則第n個(gè)等式為(n1)(n2)(n3)(nn)2n×1×3×5××(2n1)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_1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. 若等差數(shù)列an的公差為d，前n項(xiàng)的和為Sn，則數(shù)列為等差數(shù)列，公差為.類似地，若各項(xiàng)均為正數(shù)的等比數(shù)列bn的公比為q，前n項(xiàng)的積為Tn，則數(shù)列為等比數(shù)列，公比為_答案：解析：Tnbq，b1()n1.3. 已知結(jié)論：在正三角形ABC中，若D是邊BC的中點(diǎn)，G是三角形ABC的重心，則2.若把該結(jié)論推廣到空間，則有結(jié)論：在棱長都相等的四面體ABCD中，若BCD的中心為M，四面體內(nèi)部一點(diǎn)O到四面體各面的距離都相等，則_答案：3解析：由題意知，O為正四面體的外接球，內(nèi)切球球心，設(shè)正四面體的高為h，由等體積法可求得內(nèi)切球半徑為h，外接球半徑為h，所以3.4. 若P0(x0，y0)在橢圓1(ab0)外，過P0作橢圓的兩條切線的切點(diǎn)分別為P1、P2，則切點(diǎn)弦P1P2所在的直線方程是1.那么對(duì)于雙曲線則有如下命題：若P0(x0，y0)在雙曲線1(a0，b0)外，過P0作雙曲線的兩條切線的切點(diǎn)分別為P1、P2，則切點(diǎn)弦P1P2所在的直線方程是_答案：1解析：設(shè)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P0(x0，y0)，則過P1、P2的切線方程分別是1，1.因?yàn)镻0(x0，y0)在這兩條切線上，故有1，1.這說明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直線1上，故切點(diǎn)弦P1P2所在的直線方程是1.1. 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和發(fā)現(xiàn)結(jié)論，在證明一個(gè)數(shù)學(xué)結(jié)論之前，合情推理常常能為證明提供思路和方法2. 合情推理的過程概括為：從具體問題出發(fā)觀察、分析、比較、聯(lián)想歸納、類比提出猜想3. 演繹推理是從一般的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況的結(jié)論的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段論，數(shù)學(xué)問題的證明主要通過演繹推理來進(jìn)行4. 合情推理僅是符合情理的推理，他得到的結(jié)論不一定真，而演繹推理得到的結(jié)論一定正確(前提和推理形式都正確的前提下)請(qǐng)使用課時(shí)訓(xùn)練(A)第1課時(shí)(見活頁)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(文)、(理)9596頁)了解分析法、綜合法、反證法，會(huì)用這些方法處理一些簡單命題 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：m·nx(22x)2x. mn， m·n0，即x2.2. 用反證法證明命題“如果a>b，那么>”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為_答案：或<解析：根據(jù)反證法的步驟，假設(shè)是對(duì)原命題結(jié)論的否定，即或<.3. 2與的大小關(guān)系是_答案：2>解析： 由分析法可得，要證2>，只需證>2，即證132>134，即>2.因?yàn)?2>40，所以2>成立4. 定義集合運(yùn)算：A·BZ|Zxy，xA，yB，設(shè)集合A1，0，1，Bsin，cos，則集合A·B的所有元素之和為_答案：0解析：依題意知k，kZ.k(kZ)時(shí)，B，A·B；2k或2k(kZ)時(shí)，B0，1，A·B0，1，1；2k或2k(kZ)時(shí)，B0，1，A·B0，1，1；且k(kZ)時(shí)，Bsin，cos，A·B0，sin，cos，sin，cos綜上可知A·B中的所有元素之和為0.5. 設(shè)a、b為兩個(gè)正數(shù)，且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 推證過程(4) 分析法 定義：從問題的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的條件，逐步上溯，直到使結(jié)論成立的條件和已知條件或已知事實(shí)吻合為止這種證明方法稱為分析法 推證過程2. 間接證明(1) 常用的間接證明方法有反證法、正難則反等(2) 反證法的基本步驟 反設(shè)假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真 歸謬從反設(shè)和已知出發(fā)，經(jīng)過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.題型1 直接證明(綜合法和分析法),1)數(shù)列an的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a11，an1Sn(n1，2，3，)，證明：(1) 數(shù)列是等比數(shù)列；(2) Sn14an.證明：(1) an1Sn1Sn，an1Sn(n1，2，3，)， (n2)Snn(Sn1Sn)，整理得nSn12(n1)Sn， 2·，即2， 數(shù)列是等比數(shù)列(2) 由(1)知：4·(n2)，于是Sn14·(n1)·4an(n2)又a23S13， S2a1a2134a1， 對(duì)一切nN*，都有Sn14an.,2)設(shè)a、b、c均為大于1的正數(shù)，且ab10，求證：logaclogbc4lgc.證明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要證明logaclogbc4lgc，只要證明4lgc，即4，因?yàn)閍b10，故lgalgb1.只要證明4，由于a>1，b>1，故lga>0，lgb>0，所以0<lgalgb22，即4成立所以原不等式成立設(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)列題型2 間接證明(反證法),3)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，a11，S393.(1) 求數(shù)列an的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn；(2) 設(shè)bn(nN*)，求證：數(shù)列bn中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列解：(1) 由已知得 d2，故an2n1，Snn(n)(2) 證明：由(1)得bnn.假設(shè)數(shù)列bn中存在三項(xiàng)bp，bq，br(p，q，rN*，且互不相等)成等比數(shù)列，則bbpbr.即(q)2(p)(r) (q2pr)(2qpr)0. p，q，rN*， pr，(pr)20. pr，與pr矛盾 數(shù)列bn中任意不同的三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列求證：yax22bxc，ybx22cxa，ycx22axb(a，b，c是互不相等的實(shí)數(shù))，三條拋物線至少有一條與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)證明：假設(shè)這三條拋物線全部與x軸只有一個(gè)交點(diǎn)或沒有交點(diǎn)，則有三式相加，得a2b2c2abacbc0.則(ab)2(bc)2(ca)20. abc與已知a，b，c是互不相等的實(shí)數(shù)矛盾， 這三條拋物線至少有一條與x軸有兩個(gè)交點(diǎn)1. (xx·山東)用反證法證明命題“設(shè)a、b為實(shí)數(shù)，則方程x2axb0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是_答案：方程x2axb0沒有實(shí)根解析：“方程x2axb0至少有一個(gè)實(shí)根”等價(jià)于“方程x2axb0有一個(gè)實(shí)根或兩個(gè)實(shí)根”，所以該命題的否定是“方程x2axb0沒有實(shí)根”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a<c，b<c，所以ab>c恒成立而ab(ab)1016， c<16.又>，>， <1， c>10， 10<c<16.3. (xx·北京)學(xué)生的語文、數(shù)學(xué)成績均被評(píng)定為三個(gè)等級(jí)，依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”若學(xué)生甲的語文、數(shù)學(xué)成績都不低于學(xué)生乙，且其中至少有一門成績高于乙，則稱“學(xué)生甲比學(xué)生乙成績好”如果一組學(xué)生中沒有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績好，并且不存在語文成績相同，數(shù)學(xué)成績也相同的兩位學(xué)生，那么這組學(xué)生最多有_人. 答案：3解析：假設(shè)A，B兩位學(xué)生的數(shù)學(xué)成績一樣，由題意知他們語文成績不一樣，這樣他們的語文成績總有人比另一個(gè)人高，語文成績較高的學(xué)生比另一個(gè)學(xué)生“成績好”，與已知條件“他們之中沒有一個(gè)比另一個(gè)成績好”相矛盾因此，沒有任意兩位學(xué)生數(shù)學(xué)成績是相同的因?yàn)閿?shù)學(xué)成績只有3種，因而學(xué)生數(shù)量最大為3，即 3位學(xué)生的成績分別為(優(yōu)秀，不合格)，(合格，合格)，(不合格，優(yōu)秀)時(shí)滿足條件4. 設(shè)函數(shù)f(x)(a2)(1) 用反證法證明：函數(shù)f(x)不可能為偶函數(shù)；(2) 求證：函數(shù)f(x)在(，1)上單調(diào)遞減的充要條件是a>2.證明：(1) 假設(shè)函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，則f(2)f(2)，即，解得a2，這與a2矛盾，所以函數(shù)f(x)不可能是偶函數(shù)(2) 因?yàn)閒(x)，所以f(x). 充分性：當(dāng)a>2時(shí)，f(x)<0，所以函數(shù)f(x)在(，1)上單調(diào)遞減； 必要性：當(dāng)函數(shù)f(x)在(，1)上單調(diào)遞減時(shí)，有f(x)0，即a2，又a2，所以a>2.綜合知，原命題成立1. 已知點(diǎn)An(n，an)為函數(shù)y圖象上的點(diǎn)，Bn(n，bn)為函數(shù)yx圖象上的點(diǎn)，其中nN*，設(shè)cnanbn，則cn與cn1的大小關(guān)系為_答案：cn1cn解析：由條件得cnanbnn， cn隨n的增大而減小 cn1cn.2. 一個(gè)平面封閉區(qū)域內(nèi)任意兩點(diǎn)距離的最大值稱為該區(qū)域的“直徑”，封閉區(qū)域邊界曲線的長度與區(qū)域直徑之比稱為區(qū)域的“周率”，下面四個(gè)平面區(qū)域(陰影部分)的周率從左到右依次記為1，2，3，4，則1，2，3，4的大小關(guān)系為_答案：4231解析：在圖(1)中，設(shè)圖形所在的矩形長為a，寬為b，則其周率為，由不等式的性質(zhì)可知2；在圖(2)中設(shè)大圓的半徑為R，則易知外邊界長為R，而內(nèi)邊界恰好為一個(gè)半徑為的小圓的周長R，故整個(gè)邊界長為2R，而封閉曲線的直徑最大值為2R，故周率為；圖(3)中周長為直徑的三倍，故周率為3；圖(4)中設(shè)各邊長為a，則整個(gè)邊界的周長為12a，直徑為2a，故周率為2，故四個(gè)周率大小4231.3. 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_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)x1>x2，則k.而0<<，所以k的最小值為.4. 某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)： sin213°cos217°sin13°cos17°； sin215°cos215°sin15°cos15°； sin218°cos212°sin18°cos12°； sin2(18°)cos248°sin(18°)cos48°； sin2(25°)cos255°sin(25°)cos55°.(1) 試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；(2) 根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論解： (1) 選擇式，計(jì)算如下：sin215°cos215°sin15°cos15°1sin30°1.(2) (解法1)三角恒等式為sin2cos2(30°)sincos(30°).證明如下：sin2cos2(30°)sincos(30°)sin2(cos30°cossin30°sin)2sin(cos30°·cossin30°sin)sin2cos2sincossin2sincossin2sin2cos2.(解法2)三角恒等式為sin2cos2(30°)sincos(30°).證明如下：sin2cos2(30°)sincos(30°)sin(cos30°·cossin30°sin)cos2 (cos60°cos2sin60°·sin2)sincossin2cos2cos2sin2sin2(1cos2)1cos2cos2.5. 如圖，已知半徑為r的圓M的內(nèi)接四邊形ABCD的對(duì)角線AC和BD相互垂直且交點(diǎn)為P.(1) 若四邊形ABCD中的一條對(duì)角線AC的長度為d(0<d<2r)，求四邊形ABCD面積的最大值；(2) 當(dāng)點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到什么位置時(shí)，四邊形ABCD的面積取得最大值，最大值為多少？解：(1) 因?yàn)閷?duì)角線互相垂直的四邊形ABCD面積S，而|AC|d為定長，則當(dāng)|BD|最大時(shí)，S取得最大值由圓的性質(zhì)，垂直于AC的弦中，直徑最長，故當(dāng)且僅當(dāng)BD過圓心M時(shí)，四邊形ABCD面積S取得最大值，最大值為dr.(2) 設(shè)圓心M到弦AC的距離為d1，到弦BD的距離為d2，MPd.則|AC|2，|BD|2，且d2dd.可得SABCD2·2.又dd2，當(dāng)且僅當(dāng)d1d2時(shí)等號(hào)成立 SABCD22，當(dāng)且僅當(dāng)d1d2時(shí)等號(hào)成立 點(diǎn)P在圓內(nèi)運(yùn)動(dòng)， 當(dāng)點(diǎn)P和圓心M重合時(shí)d0，此時(shí)d1d2，四邊形的面積最大，且最大值Smax2r2.1. 分析法的特點(diǎn)是從未知看已知，逐步靠攏已知，綜合法的特點(diǎn)是從已知看未知，逐步推出未知分析法和綜合法各有優(yōu)缺點(diǎn)分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點(diǎn)是思路逆行，敘述較煩；綜合法從條件推出結(jié)論，較簡捷地解決問題，但不便于思考，實(shí)際證明時(shí)常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來2. 反證法是從否定結(jié)論出發(fā)，經(jīng)過邏輯推理，導(dǎo)出矛盾，說明結(jié)論的否定是錯(cuò)誤的，從而肯定原結(jié)論是正確的證明方法適宜用反證法證明的數(shù)學(xué)命題：結(jié)論本身是以否定形式出現(xiàn)的一類命題；關(guān)于唯一性、存在性的命題；結(jié)論以“至多”“至少”等形式出現(xiàn)的命題；結(jié)論的反面比原結(jié)論更具體更容易研究的命題請(qǐng)使用課時(shí)訓(xùn)練(B)第2課時(shí)(見活頁)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(理)9798頁)理解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題了解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題1. 用數(shù)學(xué)歸納法證明1<n(nN*，n>1)時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證_答案：1<2解析： nN*，n>1， n取的第一個(gè)數(shù)為2，左端分母最大的項(xiàng)為.2. (選修22P88練習(xí)題3改編)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式“2n>n21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_答案：5解析：當(dāng)n4時(shí)，2nn21；當(dāng)n5時(shí)，2532>52126，所以n0應(yīng)取為5.3. 設(shè)f(n)1(nN*)，則f(k1)f(k)_.答案：解析：f(k1)f(k)1(1).4. 利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式>時(shí)，由k遞推到k1時(shí)左邊應(yīng)添加的因式是_答案：解析：f(k1)f(k)().5. 已知a1，an1，則a2，a3，a4，a5的值分別為_，由此猜想an_答案：、解析：a2，同理a3，a4，a5，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證明它們的正確性：先證明當(dāng)n取第1個(gè)值n0時(shí)，命題成立；然后假設(shè)當(dāng)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)，其步驟為：(1) 歸納奠基：證明凡取第一個(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)論備課札記題型1 證明等式1 (xx·陜西)設(shè)函數(shù)f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN*，求證：gn(x).證明：(數(shù)學(xué)歸納法) 當(dāng)n1時(shí)，g1(x)，結(jié)論成立 假設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立，即gk(x).那么，當(dāng)nk1時(shí)，gk1(x)g(gk(x)，即結(jié)論成立由可知，結(jié)論對(duì)所有nN*均成立用數(shù)學(xué)歸納法證明：1(nN)證明： 當(dāng)n1時(shí)，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，上式表明當(dāng)nk1時(shí)，等式也成立由知，等式對(duì)任何nN均成立題型2 證明不等式,2)(xx·南通二模)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列xn對(duì)一切nN*均滿足xn2.證明：(1) xnxn1；(2) 1xn1.證明：(1) xn0，xn2， 02xn， xn1，且2xn0. xn0. xn， xnxn1，即xnxn1.(2) 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：xn1. 當(dāng)n1時(shí)，由題設(shè)x10可知結(jié)論成立； 假設(shè)nk時(shí)，xk1，當(dāng)nk1時(shí)，由(1)得，xk11.由可得，xn1.下面先證明xn1.假設(shè)存在自然數(shù)k，使得xk1，則一定存在自然數(shù)m，使得xk1.因?yàn)閤k2，xk1，xk2，xkm12，與題設(shè)xk2矛盾，所以xn1.若xk1，則xk1xk1，根據(jù)上述證明可知存在矛盾所以xn1成立已知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，即(x1)(x2)(xk)(1)k成立則nk1時(shí)，若xk11，則命題成立；若xk1>1，則x1，x2，xk中必存在一個(gè)數(shù)小于1，不妨設(shè)這個(gè)數(shù)為xk，從而(xk1)(xk11)<0，即xkxk1>1xkxk1.xk1<1同理可得，所以(x1)(x2)(xk)(xk1)(x1)(x2)2(xkxk1)xkxk1(x1)(x2)2(1xkxk1)xkxk1(x1)(x2)(xkxk1)(1)(1)n(1)(1)k1.故nk1時(shí)，不等式也成立由()()知原不等式成立題型3 數(shù)列問題3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S21a2，于是a2a20，解得a2.(2) 由題設(shè)(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(xx·鎮(zhèn)江期末)已知數(shù)列an滿足a1，an1·(1an)1.(1) 試計(jì)算a2，a3，a4，a5的值；(2) 猜想|an1an|與(其中nN*)的大小關(guān)系，并證明你的猜想解：(1) 由已知計(jì)算得a2，a3，a4，a5.(2) 由(1)得|a2a1|，|a3a2|，|a4a3|，|a5a4|，而n分別取1，2，3，4時(shí)，分別為，故猜想|an1an|.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明以上猜想： 當(dāng)n1時(shí)，已證； 當(dāng)nk1時(shí)，假設(shè)|ak1ak|，對(duì)nN*：由a1，an1，得an>0， 0<an1<1，且0<a1<1， 0<an<1， <an1<1，且<a1<1， <an<1.則當(dāng)nk1時(shí)， (1ak1)(1ak)(1ak)2ak>2， |ak2ak1|. 當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論成立由和知，以上猜想成立題型4 綜合運(yùn)用,4)若函數(shù)f(x)x22x3，定義數(shù)列xn如下：x12，xn1是過點(diǎn)P(4，5)，Qn(xn，f(xn)的直線PQn與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，試運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明：2xnxn1<3.證明： 當(dāng)n1時(shí)，x12，f(x1)3，Q1(2，3) 直線PQ1的方程為y4x11，令y0，得x2，因此，2x1x23，即n1時(shí)結(jié)論成立 假設(shè)當(dāng)nk時(shí)結(jié)論成立，即2xkxk13. 直線PQk1的方程為y5(x4)又f(xk1)x2xk13，代入上式，令y0，得xk24.由歸納假設(shè)，2<xk1<3，xk24<43；xk2xk1>0，即xk1<xk2. 2xk1<xk2<3，即當(dāng)nk1時(shí)，結(jié)論成立由知對(duì)任意的正整數(shù)n，2xn<xn1<3.(xx·無錫期末)已知過一個(gè)凸多邊形的不相鄰的兩個(gè)端點(diǎn)的連線段稱為該凸多邊形的對(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中原來的對(duì)角線也都是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，Ak1Ak外，都是k1邊形中的對(duì)角線，共計(jì)有f(k1)f(k)1(k2)1(k2)，即猜想對(duì)nk1時(shí)也成立綜上，得f(n)對(duì)任何n3，nN*都成立1. 用數(shù)學(xué)歸納法證明“122232n2n(n1)(2n1)(nN*)”，當(dāng)nk1時(shí)，應(yīng)在nk時(shí)的等式左邊添加的項(xiàng)是_答案：(k1)2解析：1222k2(k1)2(1222k2)(k1)2.2. 用數(shù)學(xué)歸納法證明“2n1n2n2(nN*)”時(shí)，第一步驗(yàn)證的表達(dá)式為_答案：2111212(或224或44也算對(duì))解析：當(dāng)n1時(shí)，2111212.3. 用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xnyn能被xy整除”的第二步是_答案：假設(shè)n2k1(kN*)時(shí)正確，再推n2k1(kN*)正確解析：因?yàn)閚為正奇數(shù)，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法證題的步驟，第二步應(yīng)先假設(shè)第k個(gè)正奇數(shù)也成立，本題先假設(shè)n2k1(kN*)正確，再推第k1個(gè)正奇數(shù)，即n2k1(kN*)正確4. (xx·蘇錫常鎮(zhèn)二模)如圖，圓周上有n個(gè)固定點(diǎn)，分別為A1，A2，An(nN*，n2)，在每一個(gè)點(diǎn)上分別標(biāo)上1，2，3中的某一個(gè)數(shù)字，但相鄰的兩個(gè)數(shù)字不相同，記所有的標(biāo)法總數(shù)為an.(1) 寫出a2，a3，a4的值；(2) 寫出an的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明解：(1) a26，a36，a418.(2) an2n2·(1)n.(*)證明如下： 當(dāng)n2時(shí)，a26，符合(*)式 假設(shè)當(dāng)nk時(shí)，(*)式成立，即ak2k2·(1)k成立，那么nk1時(shí)，因?yàn)锳1有3種標(biāo)法，A2有2種標(biāo)法，Ak有2種標(biāo)法，Ak1若僅與Ak不同，則有2種標(biāo)法：一種與A1數(shù)不同，符合要求，有ak1種；一種與A1數(shù)相同，不符合要求，但相當(dāng)于k個(gè)點(diǎn)的標(biāo)法總數(shù)，有ak種則有3×2kak1ak. ak1ak3×2k2k2·(1)k3×2k2k12(1)k1.即nk1時(shí)，(*)式也成立由知(*)式成立，即證1. (xx·沈陽模擬)已知f(n)1(nN*)，用數(shù)學(xué)歸納法證明f(2n)>時(shí)，則f(2k1)f(2k)等于_答案：解析： f(2k1)1，f(2k)1， f(2k1)f(2k).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)，左邊1， n2時(shí)不等式成立；假設(shè)當(dāng)nk(k2)時(shí)不等式成立，即1，那么當(dāng)nk1時(shí)，左邊1(2k1)·11.綜上，對(duì)于任意nN*，n>1不等式均成立，原命題得證3. 已知函數(shù)f(x)x3ax在(1，0)上是增函數(shù)(1) 求實(shí)數(shù)a的取值范圍A；(2) 當(dāng)a為A中最小值時(shí)，定義數(shù)列an滿足：a1(1，0)，且2an1f(an)，用數(shù)學(xué)歸納法證明an(1，0)，并判斷an1與an的大小解 ：(1) f(x)3x2a0即a3x2在x(1，0)恒成立， A3，)(2) 用數(shù)學(xué)歸納法證明：an(1，0)() n1時(shí)，由題設(shè)a1(1，0)；() 假設(shè)nk時(shí)，ak(1，0)，則當(dāng)nk1時(shí)，ak1f(ak)(a3ak)，由(1)知：f(x)x33x在(1，0)上是增函數(shù)，又ak(1，0)，所以(1)33×(1)1<ak1f(ak)(a3ak)<0，綜合()()得：對(duì)任意nN*，an(1，0)an1an(a3an)anan(an1)(an1)因?yàn)閍n(1，0)，所以an1an<0，即an1<an.4. (xx·江蘇)已知函數(shù)f0(x)(x0)，設(shè)fn(x)為fn1(x)的導(dǎo)數(shù)，nN*.(1) 求2f1f2的值；(2) 證明：對(duì)任意的nN*，等式|nfn1fn|都成立 (1) 解：由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2.故2f1f21.(2) 證明：由已知，得xf0(x)sinx，等式兩邊分別對(duì)x求導(dǎo)，得f0(x)xf0(x)cosx，即f0(x)xf1(x)cosxsin，類似可得2f1(x)xf2(x)sinxsin(x)，3f2(x)xf3(x)cosxsin，4f3(x)xf4(x)sinxsin(x2)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn1(x)xfn(x)sin對(duì)所有的nN*都成立 當(dāng)n1時(shí)，由上可知等式成立 假設(shè)當(dāng)nk時(shí)等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因?yàn)閗fk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cos·sin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此當(dāng)nk1時(shí)，等式也成立綜合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin對(duì)所有的nN*都成立令x，可得nfn1fnsin()(nN*)所以(nN*)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)數(shù)估算的錯(cuò)誤，特別是尋找nk與nk1的關(guān)系時(shí)，項(xiàng)數(shù)發(fā)生什么變化被弄錯(cuò)；沒有利用歸納假設(shè)；關(guān)鍵步驟含糊不清，“假設(shè)nk時(shí)結(jié)論成立，利用此假設(shè)證明nk1時(shí)結(jié)論也成立”，是數(shù)學(xué)歸納法的關(guān)鍵一步，也是證明問題最重要的環(huán)節(jié)，對(duì)推導(dǎo)的過程要把步驟寫完整，注意證明過程的嚴(yán)謹(jǐn)性和規(guī)范性備課札記