2022年高考數(shù)學一輪總復習 第七章 推理與證明課堂過關 理

《2022年高考數(shù)學一輪總復習 第七章 推理與證明課堂過關 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2022年高考數(shù)學一輪總復習 第七章 推理與證明課堂過關 理（23頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、2022年高考數(shù)學一輪總復習 第七章 推理與證明課堂過關 理 考點新知 能用歸納和類比等方法進行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學發(fā)現(xiàn)中的作用；掌握演繹推理的基本方法，并能運用它們進行一些簡單的推理；了解合情推理和演繹推理的聯(lián)系和區(qū)別． ① 了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學發(fā)現(xiàn)中的作用. ② 了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運用它們進行一些簡單推理. ③ 了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異． 1. 已知＝2，＝3，＝4，…，類比這些等式，若＝6(a、b均為正數(shù))，則a＋b＝________．

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

3、)，使Tm＝Tn，則Tm＋n＝________. 答案：1 解析：因為Tm＝Tn，所以bm＋1bm＋2…bn＝1，從而bm＋1bn＝1，Tm＋n＝b1b2…bmbm＋1…bnbn＋1…bn＋m－1bn＋m＝(b1bn＋m)·(b2bn＋m－1)…(bmbn＋1)·(bm＋1bn)＝1. 4. (選修12P29練習題3(2)改編)觀察下列等式： ＋2＝4；×2＝4；＋3＝；×3＝；＋4＝；×4＝；…，根據(jù)這些等式反映的結果，可以得出一個關于自然數(shù)n的等式，這個等式可以表示為______________________． 答案：＋(n＋1)＝×(n＋1)(n∈N*) 解析：由歸納推理

4、得＋(n＋1)＝＝， ×(n＋1)＝，所以得出結論＋(n＋1)＝×(n＋1)(n∈N*)． 5. 設△ABC的三邊長分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內切圓半徑為r，則r＝.類比這個結論可知：四面體PABC的四個面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內切球的半徑為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 從個別事實中推演出一般性的結論，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 ① 歸納推理的前提是幾個已知的特殊現(xiàn)象，歸

5、納所得的結論是尚屬未知的一般現(xiàn)象，該結論超越了前提所包容的范圍． ② 由歸納推理得到的結論具有猜測的性質，結論是否真實，還需經過邏輯證明和實踐檢驗，因此，它不能作為數(shù)學證明的工具． ③ 歸納推理是一種具有創(chuàng)造性的推理，通過歸納推理得到的猜想，可以作為進一步研究的起點，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(或兩類)對象之間在某些方面的相似或相同，推演出它們在其他方面也相似或相同，這樣的推理稱為類比推理． (2) 類比推理的思維過程 ―→―→ 3. 演繹推理 (1) 演繹推理是根據(jù)已有的事實和正確的結論(包括定義、公理、定理等)，按照嚴格的邏輯法則得到新結

6、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)① S－M(S是M)② S — P(S是P)③ 其中，①是大前提，它提供了一個一般性的原理；②是小前提，它指出了一個特殊對象；③是結論，它是根據(jù)一般原理，對特殊情況作出的判斷． [備課札記] 題型1　 歸納推理 例1　在各項為正的數(shù)列{an}中，數(shù)列的前n項和Sn滿足. (1) 求a1，a2，a3； (2) 由(1)猜想數(shù)列{an}的通項公式； (3) 求Sn. 解：(1) 當n＝1時，S1＝，即a21－1＝0，解得a1

7、＝±1.∵ a1>0，∴ a1＝1； 當n＝2時，S2＝，即a＋2a2－1＝0. ∵ a2>0, ∴ a2＝－1.同理可得，a3＝－. (2) 由(1)猜想an＝－. (3) Sn＝1＋(－1)＋(－)＋…＋(－)＝. 已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，則a3＝________，a1·a2·a3·…·a2 007＝________． 答案：－　3 解析：(解法1)分別求出a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，可以發(fā)現(xiàn)a5＝a1，且a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2 007＝a2 005·a2 006·a2 007＝a1·a2·a3＝

8、3. (解法2)由an＋1＝，聯(lián)想到兩角和的正切公式，設a1＝2＝tanθ，則有a2＝tan，a3＝tan，a4＝tan，a5＝tan(π＋θ)＝a1，….則a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2 007＝a2 005·a2 006·a2 007＝a1·a2·a3＝3. 題型2　 類比推理 2　現(xiàn)有一個關于平面圖形的命題：如圖所示，同一個平面內有兩個邊長都是a的正方形，其中一個的某頂點在另一個的中心，則這兩個正方形重疊部分的面積恒為.類比到空間，有兩個棱長均為a的正方體，其中一個的某頂點在另一個的中心，則這兩個正方體重疊部分的體積恒為________． 答案：

9、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OM＝ON.四邊形OPAR是圓內接四邊形，Rt△OPN≌Rt△ORM，因此S四邊形OPAR＝S正方形OMAN＝a2. 同樣地，類比到空間，如圖2. 兩個棱長均為a的正方體重疊部分的體積為a3. 在Rt△ABC中，兩直角邊的長分別為a，b，直角頂點C到斜邊的距離為h，則易證＝＋.在四面體SABC中，側棱SA，SB，SC兩兩垂直，SA＝a，SB＝b，SC＝c，點S到平面ABC的距離為h，類比上述結論，寫出h與a，b，c之間的等式關系并證明． 解：類比得到：＝＋＋. 證明：過S作△ABC所在平面的垂線，垂足為O，連結CO

10、并延長交AB于D，連結SD，∵ SO⊥平面ABC，∴ SO⊥AB.∵ SC⊥SA，SC⊥SB，∴ SC⊥平面ABS，∴ SC⊥AB，SC⊥SD，∴ AB⊥平面SCD，∴ AB⊥SD.在Rt△ABS中，有＝＋， 在Rt△CDS中，有＝＋＝＋＋. 題型3　 演繹推理 ,　　　　3)　設同時滿足條件：①≤bn＋1(n∈N*)；②bn≤M(n∈N*，M是與n無關的常數(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項和，a3＝4，S3＝18，求Sn； (2) 判斷(1)中的數(shù)列{Sn}是否為“特界” 數(shù)列，并說明理由． 解：(1) 設等差數(shù)列{an}的公

11、差為d， 則a1＋2d＝4，3a1＋3d＝18，解得a1＝8，d＝－2，Sn＝na1＋d＝－n2＋9n. (2) 由－Sn＋1＝ ＝＝＝－1<0，得

12、＝＝－， 1. 對一個邊長為1的正方形進行如下操作：第一步，將它分割成3×3方格，接著用中心和四個角的5個小正方形，構成如圖①所示的幾何圖形，其面積S1＝；第二步，將圖①的5個小正方形中的每個小正方形都進行與第一步相同的操作，得到圖②；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3×3×3＝27個全等的小正方體，拿去分別與中間小正方體的六個面重合的6個小正方體和分別與中間小正方體有1條棱重合的12個小正方體，則余下的9個小正方體體積V1＝，第二步

13、，將余下的9個小正方體作同樣的操作，則余下的9×9個小正方體的體積V2＝，所以到第n步，所得幾何體的體積Vn＝. 2. 對大于或等于2的正整數(shù)的冪運算有如下分解方式： 22＝1＋3，32＝1＋3＋5，42＝1＋3＋5＋7，…； 23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，…. 根據(jù)上述分解規(guī)律，若m2＝1＋3＋5＋…＋11，p3的分解中最小的正整數(shù)是21，則m＋p＝________． 答案：11 解析：由歸納推理可知，m＝6，p＝5，∴ m＋p＝11. 3. (xx·泰州期末)已知在等差數(shù)列{an}中，若m＋2n＋p＝s＋2t＋r，m、n、p、s、t、r∈N*

14、，則am＋2an＋ap＝as＋2at＋ar.仿此類比，可得到等比數(shù)列{bn}中的一個正確命題：若m＋2n＋p＝s＋2t＋r，m、n、p、s、t、r∈N*，則________． 答案：bm(bn)2bp＝bs(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論． 4. 已知an＝，把數(shù)列{an}的各項排成如下的三角形： a1 a2　a3　a4 a5　a6　a7　a8　a9 …… 記A(s，t)表示第s行的第t個數(shù)，則A(11，12)＝________． 答案： 解析：該三角形數(shù)陣每行所對應元素的個數(shù)為1，3，5…，那么第10行的最后一個數(shù)為a100，第11行的

15、第12個數(shù)為a112，即A(11，12)＝. 5. 觀察下列等式： (1＋1)＝2×1，(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5，…照此規(guī)律， 第n個等式可為________． 答案：(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1) 解析：觀察規(guī)律可知，左邊為n項的積，最小項和最大項依次為(n＋1)，(n＋n)，右邊為連續(xù)奇數(shù)之積乘以2n，則第n個等式為(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n－1)． 1. 如圖所示的三角形數(shù)陣叫“萊布尼茨調和三角形”，有＝＋，＝＋，＝＋，…

16、，則運用歸納推理得到第11行第2個數(shù)(從左往右數(shù))為________． 　　　　　　1 　　　 　　　 　　　 　　　　　 　　　　　… 答案： 解析：由“萊布尼茨調和三角形”中數(shù)的排列規(guī)律，我們可以推斷：第10行的第一個數(shù)為，第11行的第一個數(shù)為，則第11行的第二個數(shù)為－＝. 2. 若等差數(shù)列{an}的公差為d，前n項的和為Sn，則數(shù)列為等差數(shù)列，公差為.類似地，若各項均為正數(shù)的等比數(shù)列{bn}的公比為q，前n項的積為Tn，則數(shù)列{}為等比數(shù)列，公比為________． 答案： 解析：Tn＝bq，＝b1()n－1. 3. 已知結論：在正三角形ABC中，若D是邊BC的中

17、點，G是三角形ABC的重心，則＝2.若把該結論推廣到空間，則有結論：在棱長都相等的四面體ABCD中，若△BCD的中心為M，四面體內部一點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，內切球球心，設正四面體的高為h，由等體積法可求得內切球半徑為h，外接球半徑為h，所以＝3. 4. 若P0(x0，y0)在橢圓＋＝1(a＞b＞0)外，過P0作橢圓的兩條切線的切點分別為P1、P2，則切點弦P1P2所在的直線方程是＋＝1.那么對于雙曲線則有如下命題：若P0(x0，y0)在雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)外，過P0作雙曲線的兩條切線的切點分別為P1

18、、P2，則切點弦P1P2所在的直線方程是____________． 答案：－＝1 解析：設P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P0(x0，y0)，則過P1、P2的切線方程分別是－＝1，－＝1.因為P0(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)學研究中，在得到一個新的結論前，合情推理能幫助猜測和發(fā)現(xiàn)結論，在證明一個數(shù)學結論之前，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

19、、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)，推出某個特殊情況的結論的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段論，數(shù)學問題的證明主要通過演繹推理來進行． 4. 合情推理僅是符合情理的推理，他得到的結論不一定真，而演繹推理得到的結論一定正確(前提和推理形式都正確的前提下)． 　請使用課時訓練(A)第1課時(見活頁)． [備課札記] 第2課時　直接證明與間接證明(對應學生用書(文)、(理)95～96頁) 了解分析法、綜合法、反證法，會用這些方法處理一些

20、簡單命題． ① 了解直接證明的兩種基本方法：分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程、特點. ② 了解間接證明的一種基本方法——反證法；了解反證法的思考過程、特點． 1. 已知向量m＝(1，1)與向量n＝(x，2－2x)垂直，則x＝________． 答案：2 解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2. 2. 用反證法證明命題“如果a>b，那么>”時，假設的內容應為______________． 答案：＝或< 解析：根據(jù)反證法的步驟，假設是對原命題結論的否定，即＝或<. 3. －2與－的大小關系是_________

21、_____． 答案：－2>－ 解析： 由分析法可得，要證－2>－，只需證＋>＋2，即證13＋2>13＋4，即>2.因為42>40，所以－2>－成立． 4. 定義集合運算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，設集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，則集合A·B的所有元素之和為________． 答案：0 解析：依題意知α≠kπ＋，k∈Z.①α＝kπ＋(k∈Z)時，B＝，A·B＝；②α＝2kπ或α＝2kπ＋(k∈Z)時，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}；③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)時，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}；④α≠且α≠kπ＋

22、(k∈Z)時，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，－cosα}．綜上可知A·B中的所有元素之和為0. 5. 設a、b為兩個正數(shù)，且a＋b＝1，則使得＋≥μ恒成立的μ的取值范圍是________． 答案：(－∞，4] 解析：∵ a＋b＝1，且a、b為兩個正數(shù)，∴ ＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.要使得＋≥μ恒成立，只要μ≤4. 1. 直接證明 (1) 定義：直接從原命題的條件逐步推得命題成立的證明方法． (2) 一般形式 ABC…本題結論． (3) 綜合法 ① 定義：從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推

23、，直到推出要證明的結論為止．這種證明方法稱為綜合法． ② 推證過程 …… (4) 分析法 ① 定義：從問題的結論出發(fā)，追溯導致結論成立的條件，逐步上溯，直到使結論成立的條件和已知條件或已知事實吻合為止．這種證明方法稱為分析法． ② 推證過程 …… 2. 間接證明 (1) 常用的間接證明方法有反證法、正難則反等． (2) 反證法的基本步驟 ① 反設——假設命題的結論不成立，即假定原結論的反面為真． ② 歸謬——從反設和已知出發(fā)，經過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結果． ③ 存真——由矛盾結果，斷定反設不真，從而肯定原結論成立. 題型1　 直接證明(綜合法

24、和分析法) ,　　　　1)　數(shù)列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，…)，證明： (1) 數(shù)列是等比數(shù)列； (2) Sn＋1＝4an. 證明：(1) ∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，…)，∴ (n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴ ＝2·，即＝2，∴ 數(shù)列是等比數(shù)列． (2) 由(1)知：＝4·(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋1)·＝4an(n≥2)．又a2＝3S1＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，∴ 對一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an. ,　　　　2)　設a、

25、b、c均為大于1的正數(shù)，且ab＝10，求證：logac＋logbc≥4lgc. 證明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要證明logac＋logbc≥4lgc，只要證明＋≥4lgc，即≥4，因為ab＝10，故lga＋lgb＝1.只要證明≥4，由于a>1，b>1，故lga>0，lgb>0，所以0

26、＝S1＋qS1，則a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn?、?， 從而Sn＋2＝S1＋qSn＋1?、?，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)．綜上得an＋1＝qan(n≥1)，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項和為Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3. (1) 求數(shù)列{an}的通項an與前n項和Sn； (2) 設bn＝(n∈N*)，求證：數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數(shù)列． 解：(1) 由已知得 ∴ d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)． (2) 證明：由(1)得bn＝＝n＋.假設數(shù)列{bn

27、}中存在三項bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比數(shù)列，則b＝bpbr.即(q＋)2＝(p＋)(r＋)．∴ (q2－pr)＋(2q－p－r)＝0. ∵ p，q，r∈N*，∴ ∴ ＝pr，(p－r)2＝0.∴ p＝r，與p≠r矛盾． ∴ 數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成等比數(shù)列． 求證：y＝ax2＋2bx＋c，y＝bx2＋2cx＋a，y＝cx2＋2ax＋b(a，b，c是互不相等的實數(shù))，三條拋物線至少有一條與x軸有兩個交點． 證明：假設這三條拋物線全部與x軸只有一個交點或沒有交點，則有三式相加，得a2＋b2＋c2－ab－ac－bc≤0.則(a－b)2＋(b－c)

28、2＋(c－a)2≤0.∴ a＝b＝c與已知a，b，c是互不相等的實數(shù)矛盾，∴ 這三條拋物線至少有一條與x軸有兩個交點． 1. (xx·山東)用反證法證明命題“設a、b為實數(shù)，則方程x2＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設是________． 答案：方程x2＋ax＋b＝0沒有實根 解析：“方程x2＋ax＋b＝0至少有一個實根”等價于“方程x2＋ax＋b＝0有一個實根或兩個實根”，所以該命題的否定是“方程x2＋ax＋b＝0沒有實根”． 2. 已知a、b、c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c，＋＝1，若以a、b、c為三邊構造三角形，則c的取值范圍是________． 答案：(10，

29、16) 解析：要以a、b、c為三邊構造三角形，需要滿足任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊，而ac恒成立．而a＋b＝(a＋b)＝10＋＋≥16，∴ c<16.又>，>，∴ <＋＝1，∴ c>10，∴ 10

30、案：3 解析：假設A，B兩位學生的數(shù)學成績一樣，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人高，語文成績較高的學生比另一個學生“成績好”，與已知條件“他們之中沒有一個比另一個成績好”相矛盾．因此，沒有任意兩位學生數(shù)學成績是相同的．因為數(shù)學成績只有3種，因而學生數(shù)量最大為3，即 3位學生的成績分別為(優(yōu)秀，不合格)，(合格，合格)，(不合格，優(yōu)秀)時滿足條件． 4. 設函數(shù)f(x)＝(a≠2)． (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)上單調遞減的充要條件是a>2. 證明：(1) 假設函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，則f(－

31、2)＝f(2)，即＝，解得a＝2，這與a≠2矛盾，所以函數(shù)f(x)不可能是偶函數(shù)． (2) 因為f(x)＝，所以f′(x)＝. ① 充分性：當a>2時，f′(x)＝<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調遞減； ② 必要性：當函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調遞減時，有f′(x)＝≤0，即a≥2，又a≠2，所以a>2. 綜合①②知，原命題成立． 1. 已知點An(n，an)為函數(shù)y＝圖象上的點，Bn(n，bn)為函數(shù)y＝x圖象上的點，其中n∈N*，設cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關系為________． 答案：cn＋1＜cn 解析：由條件得cn＝an－bn＝－n

32、＝， ∴ cn隨n的增大而減?。?cn＋1＜cn. 2. 一個平面封閉區(qū)域內任意兩點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”，下面四個平面區(qū)域(陰影部分)的周率從左到右依次記為τ1，τ2，τ3，τ4，則τ1，τ2，τ3，τ4的大小關系為________． 答案：τ4＞τ2＞τ3＞τ1 解析：在圖(1)中，設圖形所在的矩形長為a，寬為b，則其周率為，由不等式的性質可知≤2；在圖(2)中設大圓的半徑為R，則易知外邊界長為πR，而內邊界恰好為一個半徑為的小圓的周長πR，故整個邊界長為2πR，而封閉曲線的直徑最大值為2R，故周率為π；圖(3

33、)中周長為直徑的三倍，故周率為3；圖(4)中設各邊長為a，則整個邊界的周長為12a，直徑為2a，故周率為2，故四個周率大小τ4＞τ2＞τ3＞τ1. 3. 定義：若存在常數(shù)k，使得對定義域D內的任意兩個x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，則稱函數(shù)f(x)在定義域D上滿足利普希茨條件．若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則常數(shù)k的最小值為________． 答案： 解析：若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則存在常數(shù)k，使得對定義域[1，＋∞)內的任意兩個x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2|

34、成立，設x1>x2，則k≥＝.而0<<，所以k的最小值為. 4. 某同學在一次研究性學習中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)： ① sin213°＋cos217°－sin13°cos17°； ② sin215°＋cos215°－sin15°cos15°； ③ sin218°＋cos212°－sin18°cos12°； ④ sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°； ⑤ sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°. (1) 試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)； (2) 根據(jù)(1)的計算結果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒

35、等式，并證明你的結論． 解： (1) 選擇②式，計算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝. (2) (解法1)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝. (解法2)三角恒等式為sin2α＋c

36、os2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝. 證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝＋－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝－cos2α＋＋ (cos60°cos2α＋sin60°·sin2α)－sinαcosα－sin2α＝－cos2α＋＋cos2α＋sin2α－sin2α－(1－cos2α)＝1－cos2α－＋cos2α＝. 5. 如圖，已知半徑為r的圓M的內接四邊形ABCD的對角線AC和BD相互垂直且交點為P. (1) 若四邊形ABCD中的一條對角線AC的長度為d(0

37、 (2) 當點P運動到什么位置時，四邊形ABCD的面積取得最大值，最大值為多少？ 解：(1) 因為對角線互相垂直的四邊形ABCD面積S＝，而|AC|＝d為定長，則當|BD|最大時，S取得最大值．由圓的性質，垂直于AC的弦中，直徑最長，故當且僅當BD過圓心M時，四邊形ABCD面積S取得最大值，最大值為dr. (2) 設圓心M到弦AC的距離為d1，到弦BD的距離為d2，MP＝d.則|AC|＝2，|BD|＝2，且d2＝d＋d.可得SABCD＝2·＝ 2. 又dd≤2，當且僅當d1＝d2時等號成立． ∴ SABCD≤2＝2，當且僅當d1＝d2時等號成立． ∵ 點P在圓內運動，∴ 當點P

38、和圓心M重合時d＝0，此時d1＝d2，四邊形的面積最大，且最大值Smax＝2r2. 1. 分析法的特點是從未知看已知，逐步靠攏已知，綜合法的特點是從已知看未知，逐步推出未知．分析法和綜合法各有優(yōu)缺點．分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點是思路逆行，敘述較煩；綜合法從條件推出結論，較簡捷地解決問題，但不便于思考，實際證明時常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來． 2. 反證法是從否定結論出發(fā)，經過邏輯推理，導出矛盾，說明結論的否定是錯誤的，從而肯定原結論是正確的證明方法．適宜用反證法證明的數(shù)學命題：①結論本身是以否定形式出現(xiàn)的一類命題；②關于唯一

39、性、存在性的命題；③結論以“至多”“至少”等形式出現(xiàn)的命題；④結論的反面比原結論更具體更容易研究的命題． 　請使用課時訓練(B)第2課時(見活頁)． [備課札記] 第3課時　數(shù)學歸納法(對應學生用書(理)97～98頁) 理解數(shù)學歸納法的原理，能用數(shù)學歸納法證明一些簡單的數(shù)學命題． 　　了解數(shù)學歸納法的原理，能用數(shù)學歸納法證明一些簡單的數(shù)學命題． 1. 用數(shù)學歸納法證明1＋＋＋…＋1)時，第一步應驗證________． 答案：1＋＋<2 解析：∵ n∈N*，

40、n>1，∴ n取的第一個數(shù)為2，左端分母最大的項為＝. 2. (選修22P88練習題3改編)用數(shù)學歸納法證明不等式“2n>n2＋1對于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應取為________． 答案：5 解析：當n≤4時，2n≤n2＋1；當n＝5時，25＝32>52＋1＝26，所以n0應取為5. 3. 設f(n)＝1＋＋＋＋…＋(n∈N*)，則f(k＋1)－f(k)＝________. 答案：＋＋ 解析：f(k＋1)－f(k)＝1＋＋＋＋…＋－(1＋＋＋＋…＋)＝＋＋. 4. 利用數(shù)學歸納法證明不等式＋＋…＋>時，由k遞推到k＋1時左邊應添加的因式是_____

41、___． 答案：－ 解析：f(k＋1)－f(k)＝＋＋…＋＋－ (＋＋…＋)＝＋－＝－. 5. 已知a1＝，an＋1＝，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)象得出一般性的結論的推理方法，通常叫做歸納法． 2. 對某些與正整數(shù)有關的數(shù)學命題常采用下面的方法來證明它們的正確性：先證明當n取第1個值n0時，命題成立；然后假設當n＝k(k∈N，k≥n0)時命題成立；證明當n＝k＋1時，命題也成立，這種證明

42、方法叫做數(shù)學歸納法． 3. 用數(shù)學歸納法證明一個與正整數(shù)有關的命題時，其步驟為： (1) 歸納奠基：證明凡取第一個自然數(shù)n0時命題成立； (2) 歸納遞推：假設n＝k(k∈N，k≥n0)時命題成立，證明當n＝k＋1時，命題成立； (3) 由(1)(2)得出結論． [備課札記] 題型1　 證明等式 1 (xx·陜西)設函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導函數(shù)．令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求證：gn(x)＝. 證明：(數(shù)學歸納法)① 當n＝1時，g1

43、(x)＝，結論成立． ② 假設n＝k時結論成立，即gk(x)＝.那么，當n＝k＋1時，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即結論成立． 由①②可知，結論對所有n∈N*均成立． 用數(shù)學歸納法證明： 1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N)． 證明：① 當n＝1時，等式左邊＝1－＝＝右邊，等式成立． ② 假設當n＝k(k∈N)時，等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，那么，當n＝k＋1時，有1－＋－＋…＋－＋－＝＋＋…＋＋－＝＋＋…＋＋，上式表明當n＝k＋1時，等式也成立． 由①②知，等式對任何n∈N均成立． 題型2　 證明不等式 ,　　　　2)　(xx·南通二模)各

44、項均為正數(shù)的數(shù)列{xn}對一切n∈N*均滿足xn＋＜2.證明： (1) xn＜xn＋1； (2) 1－＜xn＜1. 證明：(1) ∵ xn＞0，xn＋＜2，∴ 0＜＜2－xn， ∴ xn＋1＞，且2－xn＞0. ∵ －xn＝＝≥0. ∴ ≥xn，∴ xn≤＜xn＋1，即xn＜xn＋1. (2) 下面用數(shù)學歸納法證明：xn＞1－. ① 當n＝1時，由題設x1＞0可知結論成立； ② 假設n＝k時，xk＞1－，當n＝k＋1時， 由(1)得，xk＋1＞＞＝＝1－. 由①②可得，xn＞1－. 下面先證明xn≤1. 假設存在自然數(shù)k，使得xk＞1，則一定存在自然數(shù)m，使得xk＞1

45、＋. 因為xk＋＜2，xk＋1＞＞＝，xk＋2＞＞＝，…，xk＋m－1＞＝2，與題設xk＋＜2矛盾，所以xn≤1.若xk＝1，則xk＋1＞xk＝1，根據(jù)上述證明可知存在矛盾．所以xn＜1成立． 已知x1，x2，…，xn∈R＋，且x1x2…xn＝1，求證： (＋x1)(＋x2)…(＋xn)≥(＋1)n. 證明(數(shù)學歸納法)：(ⅰ) 當n＝1時，＋x1＝＋1，不等式成立． (ⅱ) 假設n＝k時不等式成立，即(＋x1)(＋x2)…(＋xk)≥(＋1)k成立． 則n＝k＋1時，若xk＋1＝1，則命題成立；若xk＋1>1，則x1，x2，…，xk中必存在一個數(shù)小于1，不妨設這個數(shù)為xk，從

46、而(xk－1)(xk＋1－1)<0，即xk＋xk＋1>1＋xkxk＋1.xk＋1<1同理可得， 所以(＋x1)(＋x2)…(＋xk)(＋xk＋1) ＝(＋x1)(＋x2)…[2＋(xk＋xk＋1)＋xkxk＋1] ≥(＋x1)(＋x2)…[2＋(1＋xkxk＋1)＋xkxk＋1] ＝(＋x1)(＋x2)…(＋xkxk＋1)(＋1) ≥(＋1)n(＋1)＝(＋1)k＋1. 故n＝k＋1時，不等式也成立． 由(ⅰ)(ⅱ)知原不等式成立． 題型3　 數(shù)列問題 3　設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1，2，3，…. (1) 求a1，a

47、2； (2) 猜想數(shù)列{Sn}的通項公式，并給出證明． 解：(1) 當n＝1時，x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1， 于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝； 當n＝2時，x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a2－， 于是－a2－a2＝0，解得a2＝. (2) 由題設(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.① 由(1)得S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝. 由①可得S3＝.由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，…. 下面用數(shù)學歸

48、納法證明這個結論． (ⅰ) n＝1時已知結論成立. (ⅱ) 假設n＝k(k∈N*)時結論成立，即Sk＝， 當n＝k＋1時，由①得Sk＋1＝， 即Sk＋1＝，故n＝k＋1時結論也成立． 綜上，由(ⅰ)(ⅱ)可知Sn＝對所有正整數(shù)n都成立． (xx·鎮(zhèn)江期末)已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1·(1＋an)＝1. (1) 試計算a2，a3，a4，a5的值； (2) 猜想|an＋1－an|與(其中n∈N*)的大小關系，并證明你的猜想． 解：(1) 由已知計算得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝. (2) 由(1)得|a2－a1|＝，|a3－a2|＝，|a4－a3|＝，|a5

49、－a4|＝，而n分別取1，2，3，4時，分別為，，，，故猜想|an＋1－an|≤.下面用數(shù)學歸納法證明以上猜想： ① 當n＝1時，已證； ② 當n＝k≥1時， 假設|ak＋1－ak|≤，對n∈N*：由a1＝，an＋1＝，得an>0，∴ 02＋＝， ∴ |ak＋2－ak＋1|＝＝≤≤＝.∴ 當n＝k≥1時，結論成立．由①和②知，以上猜想成立． 題型4　 綜合運用 ,　　　　4)　若函數(shù)f(x)＝x2

50、－2x－3，定義數(shù)列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是過點P(4，5)，Qn(xn，f(xn))的直線PQn與x軸的交點的橫坐標，試運用數(shù)學歸納法證明：2≤xn＜xn＋1<3. 證明：① 當n＝1時，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．∴ 直線PQ1的方程為y＝4x－11，令y＝0，得x2＝，因此，2≤x1＜x2＜3，即n＝1時結論成立． ② 假設當n＝k時結論成立，即2≤xk＜xk＋1＜3.∴ 直線PQk＋1的方程為y－5＝(x－4)．又f(xk＋1)＝x－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0，得xk＋2＝＝4－.　 由歸納假設，2

51、＋2－xk＋1＝>0，即xk＋1

52、成立，即f(k)＝，則當n＝k＋1時， 考察k＋1邊形A1A2…AkAk＋1， ① k邊形A1A2…Ak中原來的對角線也都是k＋1邊形中的對角線，且邊A1Ak也成為k＋1邊形中的對角線； ② 在Ak＋1與A1，A2，…，Ak連結的k條線段中，除Ak＋1A1，Ak＋1Ak外，都是k＋1邊形中的對角線， 共計有f(k＋1)＝f(k)＋1＋(k－2)＝＋1＋(k－2)＝＝＝＝，即猜想對n＝k＋1時也成立． 綜上，得f(n)＝對任何n≥3，n∈N*都成立． 1. 用數(shù)學歸納法證明“12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)(n∈N*)”，當n＝k＋1時，應在n＝k時的等式左邊添

53、加的項是________． 答案：(k＋1)2 解析：[12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2]－(12＋22＋…＋k2)＝(k＋1)2. 2. 用數(shù)學歸納法證明“2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N*)”時，第一步驗證的表達式為________． 答案：21＋1≥12＋1＋2(或22≥4或4≥4也算對) 解析：當n＝1時，21＋1≥12＋1＋2. 3. 用數(shù)學歸納法證明“當n為正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是____． 答案：假設n＝2k－1(k∈N*)時正確，再推n＝2k＋1(k∈N*)正確 解析：因為n為正奇數(shù)，根據(jù)數(shù)學歸納法證題的步驟，第二步應先假設第k個正奇數(shù)也成

54、立，本題先假設n＝2k－1(k∈N*)正確，再推第k＋1個正奇數(shù)，即n＝2k＋1(k∈N*)正確． 4. (xx·蘇錫常鎮(zhèn)二模)如圖，圓周上有n個固定點，分別為A1，A2，…，An(n∈N*，n≥2)，在每一個點上分別標上1，2，3中的某一個數(shù)字，但相鄰的兩個數(shù)字不相同，記所有的標法總數(shù)為an. (1) 寫出a2，a3，a4的值； (2) 寫出an的表達式，并用數(shù)學歸納法證明． 解：(1) a2＝6，a3＝6，a4＝18. (2) an＝2n＋2·(－1)n.(*) 證明如下：① 當n＝2時，a2＝6，符合(*)式． ② 假設當n＝k時，(*)式成立，即ak＝2k＋2·(－1

55、)k成立，那么n＝k＋1時，因為A1有3種標法，A2有2種標法，…，Ak有2種標法，Ak＋1若僅與Ak不同，則有2種標法：一種與A1數(shù)不同，符合要求，有ak＋1種；一種與A1數(shù)相同，不符合要求，但相當于k個點的標法總數(shù)，有ak種．則有3×2k＝ak＋1＋ak.∴ ak＋1＝－ak＋3×2k＝－2k－2·(－1)k＋3×2k＝2k＋1＋2(－1)k＋1.即n＝k＋1時，(*)式也成立． 由①②知(*)式成立，即證． 1. (xx·沈陽模擬)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，用數(shù)學歸納法證明f(2n)>時，則f(2k＋1)－f(2k)等于________． 答案：＋＋…＋ 解析：

56、∵ f(2k＋1)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋，f(2k)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋，∴ f(2k＋1)－f(2k)＝＋＋…＋. 2. 用數(shù)學歸納法證明不等式：＋＋＋…＋＞1(n∈N*且n＞1)． 證明：①當n＝2時，左邊＝＋＋＝＞1， ∴ n＝2時不等式成立； ②假設當n＝k(k≥2)時不等式成立， 即＋＋＋…＋＞1， 那么當n＝k＋1時， 左邊＝＋…＋＋ ＝＋＋…＋＋－ ＞1＋(2k＋1)·－＝1＋＞1. 綜上，對于任意n∈N*，n>1不等式均成立，原命題得證． 3. 已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax在(－1，0)上是增函數(shù)． (1) 求實數(shù)a的取值范圍A； (

57、2) 當a為A中最小值時，定義數(shù)列{an}滿足：a1∈(－1，0)，且2an＋1＝f(an)，用數(shù)學歸納法證明an∈(－1，0)，并判斷an＋1與an的大?。? 解 ：(1) ∵ f′(x)＝－3x2＋a≥0即a≥3x2在x∈(－1，0)恒成立，∴ A＝[3，＋∞) (2) 用數(shù)學歸納法證明：an∈(－1，0)． (ⅰ) n＝1時，由題設a1∈(－1，0)； (ⅱ) 假設n＝k時，ak∈(－1，0)，則當n＝k＋1時，ak＋1＝f(ak)＝(－a＋3ak)，由(1)知：f(x)＝－x3＋3x在(－1，0)上是增函數(shù)，又ak∈(－1，0)，所以[－(－1)3＋3×(－1)]＝－1

58、＝f(ak)＝(－a＋3ak)<0， 綜合(ⅰ)(ⅱ)得：對任意n∈N*，an∈(－1，0)． an＋1－an＝(－a＋3an)－an＝－an(an－1)(an＋1) 因為an∈(－1，0)，所以an＋1－an<0，即an＋1

59、1. (2) 證明：由已知，得xf0(x)＝sinx，等式兩邊分別對x求導，得f0(x)＋xf′0(x)＝cosx， 即f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sin，類似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sinx＝sin(x＋π)， 3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sin，4f3(x)＋xf4(x)＝sinx＝sin(x＋2π)． 下面用數(shù)學歸納法證明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin對所有的n∈N*都成立． ① 當n＝1時，由上可知等式成立． ② 假設當n＝k時等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin. 因為[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k

60、－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，′＝cos· ′＝sin， 所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin. 因此當n＝k＋1時，等式也成立． 綜合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin對所有的n∈N*都成立． 令x＝，可得nfn－1＋fn＝sin(＋)(n∈N*)．所以＝(n∈N*)． 1. 數(shù)學歸納法是專門證明與整數(shù)有關命題的一種方法，分兩步，第一步是遞推的基礎，第二步是遞推的依據(jù)，兩步缺一不可． 2. 運用數(shù)學歸納法時易犯的錯誤：①對項數(shù)估算的錯誤，特別是尋找n＝k與n＝k＋1的關系時，項數(shù)發(fā)生什么變化被弄錯；②沒有利用歸納假設；③關鍵步驟含糊不清，“假設n＝k時結論成立，利用此假設證明n＝k＋1時結論也成立”，是數(shù)學歸納法的關鍵一步，也是證明問題最重要的環(huán)節(jié)，對推導的過程要把步驟寫完整，注意證明過程的嚴謹性和規(guī)范性． 　 [備課札記]