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专题四第3讲


§3

推理与证明 真题热身
1=1 2+3+4=9

1.(2011· 陕西)观察下列等式

3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49 ?
n+(n+1)+?+(3n-2)=(2n-1)2 . 照此规律,第 n 个等式为________________________


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.

2.(2009· 浙江)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S4,S8- S4,S12-S8,S16-S12 成等差数列.类比以上结论有:设等
T12 T8 T8 , T4 比数列{bn}的前 n 项积为 Tn,则 T4,________ ,________

T16 成等比数列. T12
T8 T12 解析 根据类比原理知该两空顺次应填T , T . 4 8

考点整合
1.主干网络

2.反证法 反证法体现了正难则反的思维方法,用反证法证明问题的一般步 骤是: (1)分清问题的条件和结论; (2)假定所要证的结论不成立,而设结论的反面成立(否定结论); (3)从假定和条件出发, 经过正确的推理, 导出与已知条件、 公理、 定理、定义及明显成立的事实相矛盾或自相矛盾(推导矛盾); (4)因为推理正确,所以断定产生矛盾的原因是“假设”错误.既 然结论的反面不成立,从而证明了原结论成立(结论成立).

3.数学归纳法 (1)当 n 取第一个值 n0(例如 n=1)时,证明命题成立; (2)假设当 n=k(k∈N*,k≥n0)时命题成立,并证明当 n=k +1 时,命题也成立.于是对一切 n∈N*,n≥n0,命题都成 立.这种证明方法叫做数学归纳法. 运用数学归纳法证明命题要分为两步.第一步是递推的基 础,第二步是递推的依据,这两步是缺一不可的.

分类突破
一、合情推理 例1 (1)已知数列{an}为等差数列, 若 am=a, an=b(n-m≥1, nb-ma * m, n∈N ), 则 am+n= .类比等差数列{an}的上述结论, n-m 对于等比数列{bn}(bn>0, n∈N*), 若 bm=c, bn=d(n-m≥2, m,n∈N*),则可以得到 bm+n=________. 1+x (2)设 f(x)= ,又记 f1(x)=f(x),f(k+1)(x)=f[fk(x)],k= 1-x 1,2,?,则 f2 009(x)等于 1 A.-x x-1 C. x+1 ( B. x 1+x D. 1-x )

解析

nb-ma (1)观察等差数列{an}的性质:am+n= ,则联想 nb-ma n-m

dn 对应等比数列{bn}中的cm,而{an}中除以(n-m)对应等比数列中开(n- 1+ x 1+ 1- x 1+x 1 (2)计算 f2(x)=f( )= =-x, 1-x 1+ x 1- 1- x x-1 1 1+ 1- x+1 x x- 1 1 f3(x)=f(- )= = ,f (x)= =x, x 1 x+ 1 4 x-1 1+x 1- x+1 1+x 1+x 1+x * f5(x)=f1(x)= , 归纳得 f4k+1(x)= , k∈ N , 从而 f2 009(x)= . 1-x 1-x 1-x m)次方.

答案

n-m dn (1) cm

(2)D

归纳拓展

1.类比可以是形式的类比,用于发现结论;也可以

是方法的类比,用于寻找方法.常见的类比有平面?空间,等 差数列?等比数列,实数?复数,向量点乘积?实数积等. 2.归纳和类比是常用的合情推理.从推理形式上看,归纳是 由部分到整体、个别到一般的推理,类比是由特殊到特殊的推 理;而演绎推理是由一般到特殊的推理.从推理所得的结论来 看,合情推理的结论不一定正确,有待进一步证明;演绎推理 在前提和推理形式都正确的前提下,得到的结论一定正确.

x 变式训练 1 (1)(2011· 山东)设函数 f(x)= (x>0),观察: x + 2 x f1(x)=f(x)= , x+2 x f2(x)=f(f1(x))= , 3x+ x 4 f3(x)=f(f2(x))= , 7x+ 8 x f4(x)=f(f3(x))= , 15x+16 ?? 根据以上事实,由归纳推理可得: 当 n∈N 且 n≥2
*

x (2n-1)x+2n 时,fn(x)=f(fn-1(x))=____________.

解析 依题意,先求函数结果的分母中 x 项系数所组成数列的 通项公式,由 1,3,7,15,?,可推知该数列的通项公式为 an=2n -1.又函数结果的分母中常数项依次为 2,4,8,16,?,故其通项 公式为 bn=2n. 所以当 n≥2 时,fn(x)=f(fn-1(x))= x n n. (2 -1)x+2

(2)(2009· 江苏)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 棱长的比为 1∶2,则它们的体积比为__________ 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.

二、直接证明 例 2 已知数列{an}和{bn}满足 a1=2,an-1=an(an+1-1),bn =an-1,数列{bn}的前 n 项和为 Sn. (1)求数列{bn}的通项公式; (2)设 Tn=S2n-Sn,求证:Tn+1>Tn.
(1)解 由 bn=an-1,得 an=bn+1,代入 an-1=an(an+1-1)得 bn=(bn+1)bn+1. 整理得 bn-bn+1=bnbn+1, 由题意知,bn≠0,(否则 an=1,与 a1=2 矛盾) 1 1 从而得 - =1, bn+1 bn ∵b1=a1-1=1, 1 ∴数列{b }是首项为 1,公差为 1 的等差数列. n 1 1 ∴b =n,即 bn=n.
n

1 1 1 ∵Sn=1+ + +?+ , n 2 3 1 1 1 1 1 1 1 ∴Tn = S2n - Sn = 1 + + + ? + n + + ? + - (1 + + 2 3 2n 2 3 n + 1 1 1 1 1 +?+n)= + +?+ . 2n n+1 n+2 方法一 (综合法) (2)证明 1 1 1 1 1 1 ∵Tn+ 1- Tn= + +?+ -( + +?+ ) 2n n+2 n+3 2n+2 n+1 n+2 1 1 1 1 1 1 + - = - = >0, 2n+1 2n+2 n+1 2n+1 2n+2 (2n+1)(2n+2) ∴Tn+1>Tn. = 方法二 (分析法) 1 + 2n+1

Tn + 1>Tn ? S2n + 2 - Sn + 1>S2n - Sn ? S2n + 2- S2n>Sn + 1- Sn ?

1 1 1 1 > ? > ?2n+2>2n+1?2>1,显然成立,故 2n+2 n+1 2n+1 2n+2 Tn+1>Tn.

归纳拓展

综合法和分析法是直接证明常用的两个方法,我们

常用分析法寻找解决问题的突破口,然后用综合法来写出证明 过程,有时候,分析法和综合法交替使用.

1 2 变式训练 2 在数列{an}中,a1=1,an+1=1- ,bn= , 4an 2an-1 * 其中 n∈N . (1)求证:数列{bn}是等差数列; (2)求证:在数列{an}中对于任意的 n∈N*,都有 an+1<an.
2 2 证明 (1)因为 bn+1-bn= - = 1 2an+1-1 2an-1 2(1-4a )-1 n 2 4an 2 - = - =2(n∈N*). 2an-1 2an-1 2an-1 所以数列{bn}是等差数列. 2

(2)要证 an+1<an,只要证 an+1-an<0. 2 因为 a1=1,所以 b1= = 2, 2a1-1 所以 bn=2+(n-1)×2=2n. 2 2 1 由 bn= ,得 2an-1=b =n(n∈N*), 2an-1 n n+ 1 所以 an= , 2n n+ 2 n+ 1 -1 所以 an+1-an= - = <0, 2(n+1) 2n 2n(n+1) 所以在数列{an}中对于任意的 n∈N*,都有 an+1<an.

三、间接证明 例 3 等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,a1=1+ 2,S3=9+3 2. (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn; Sn (2)设 bn= n (n∈N*),求证:数列{bn}中任意不同的三项都不 可能成为等比数列.
(1)解
? ?a1= 2+1, 由已知得? ? ?3a1+3d=9+3

2,

∴d=2,

故 an=2n-1+ 2,Sn=n(n+ 2). Sn (2)证明 由(1)得 bn= =n+ 2. n 假设数列{bn}中存在三项 bp、bq、br(p、q、r 互不相等)成等比数
2 列,则 b2 q=bpbr,即(q+ 2) =(p+ 2)(r+ 2),

∴(q2-pr)+ 2(2q-p-r)=0. ∵p,q,r∈N*,
2 ? ?q -pr=0, ∴? ? ?2q-p-r=0,

?q2=pr ? ∴? p+r q= ? 2 ? p≠r 矛盾.

?p+r? ?2 2 ∴? = pr , ∴ ( p - r ) =0,∴p=r,这与 ? 2 ? ? ?

所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列.
归纳拓展 本题若用直接法证明,较难入手,用反证法证明则简

洁明了.题目中如果有“不是”“至少”“不可能”等词语时, 通常考虑反证法.

2 变式训练 3 已知数列{an}满足:a1=λ,an+1= an+n-4,其 3 中 λ 为实数,n 为正整数.证明对任意实数 λ,数列{an}不是 等比数列.
证明 假设存在一个实数 λ,使{an}是等比数列,

则有 a2 2=a1a3, 2 4 4 2 4 2 2 即(3λ-3) =λ(9λ-4)?9λ -4λ+9=9λ -4λ?9=0, 显然矛盾. ∴假设不正确. ∴对任意实数 λ,数列{an}不是等比数列.

四、数学归纳法 例 4 在数列{an},{bn}中,a1=2,b1=4,且 an,bn,an+1 成等 差数列,bn,an+1,bn+1 成等比数列(n∈N*). (1)求 a2,a3,a4 及 b2,b3,b4,由此猜测{an},{bn}的通项公 式,并证明你的结论; 1 1 1 5 (2)证明: + +?+ < . a1+b1 a2+b2 an+bn 12
(1)解 由条件得 2bn=an+an+1,a2 n+1=bnbn+1. 由此可得 a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25. 猜测 an=n(n+1),bn=(n+1)2. 用数学归纳法证明: ①当 n=1 时,由上知结论成立. ②假设当 n=k (k≥1)时,结论成立, 即 ak=k(k+1),bk=(k+1)2,

那么当 n=k+1 时, ak+1=22 bk-ak=2(k+1)2-k(k+1)=(k+1)(k+2), ak+1 bk+1= b =(k+2)2. k 所以当 n=k+1 时,结论也成立. 由①②, 可知 an=n(n+1), bn=(n+1)2 对一切正整数都成立. 1 1 5 (2)证明 当 n=1 时, = < ; a1+b1 6 12 当 n≥2 时,由(1)知 an+bn=(n+1)(2n+1)>2(n+1)n. 1 1 1 故 + +?+ a1+b1 a2+b2 an+bn 1 1 ? 1 1? ? 1 < + ?2×3+3×4+?+n(n+1)? ? 6 2? ? 1 1 ? 1 1? ?1 1 1 1 = + ?2-3+3-4+?+n-n+1? ? 6 2? ? 1 ? 1 1? 5 ?1 ? 1 1 - = + ?2 n+1?< + = . 6 2? ? 6 4 12 综上,原不等式成立.

归纳拓展

归纳、猜想、证明是一种重要的数学思想,一般是

先根据通项的递推关系或者前 n 项和公式写出数列的前几项, 根据前几项的联系猜测其通项公式,猜测要合理,然后根据已 知条件对猜测的公式给出证明,其证明方法一般是数学归纳 法.

变式训练 4 已知等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知对任意 的 n∈N*,点(n,Sn)均在函数 y=bx+r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数)的图象上. (1)求 r 的值; (2)当 b=2 时,记 bn=2(log2an+1)(n∈N*),证明对任意的 b1+1 b2+1 bn+1 n∈N ,不等式 · · ?· b > n+1成立. b1 b2 n (1)解 由题意:Sn=bn+r,
*

当 n≥2 时,Sn-1=bn-1+r. 所以 an=Sn-Sn-1=bn 1(b-1),


由于 b>0 且 b≠1, 所以 n≥2 时,{an}是以 b 为公比的等比数列. 又 a1=b+r,a2=b(b-1), b(b-1) a2 a =b,即 b+r =b,解得 r=-1.

(2)证明

由(1)知 an=2n-1,

因此 bn=2n(n∈N*), 2+1 4+1 2n+1 所证不等式为 · · ?· > n+1. 2 43 2n ①当 n=1 时,左式= ,右式= 2. 2 左式>右式,所以结论成立, 2+1 4+1 2k+1 * ② 假 设 n = k(k∈N ) 时 结 论 成 立 , 即 · · ?· 2 4 2k > k+1,则当 n=k+1 时, 2+1 4+1 2k+1 2k+3 2k+3 2 k+ 3 · · ? · > k+1· = 2 4 2k 2(k+1) 2(k+1) 2 k+1 要证当 n=k+1 时结论成立, 2k+3 只需证 ≥ k+2, 2 k+1

2k+3 即证 ≥ (k+1)(k+2), 2 2k+3 (k+1)+(k+2) 由基本值不等式 = ≥ (k+1)(k+2)成立, 2 2 所以,当 n=k+1 时,结论成立. b1+1 b2+1 bn+1 * 由①②可知,n∈N 时,不等式 · · ? · b > n+ 1 b1 b2 n 成立.

规范演练
1.用反证法证明“如果 a>b,那么 a> b”假设内容应是 ( D ) A. C.
3 3 3

a= b a= b且 a< b
假设结论不成立,
3 3 3

3

B.
3 3

3

a< b a= b或 a< b
3 3 3

3

3

3

D.

3

解析
3

即 a> b的否定为 a≤ b.

2 6 5 3 7 1 10 2. 已知 + =2, + =2, + = 2, 2-4 6-4 5-4 3-4 7-4 1-4 10-4 -2 + =2,依照以上各式的规律,得到一般性的等式为 -2-4 ( D ) 8- n n A. + =2 n-4 (8-n)-4 n+ 1 (n+1)+5 B. + =2 (n+1)-4 (n+1)-4 n+ 4 n C. + =2 n-4 (n+1)-4 n+ 1 n+ 5 D. + =2 (n+1)-4 (n+5)-4

解析

由 2+6=8,5+3=8,7+1=8,知选 A.

3.若从点 O 所作的两条射线 OM、ON 上 分别有点 M1、M2 与点 N1、N2,则三角 S ?OM 1 N1 OM1 ON1 形面积之比 = · .如图, S ?OM N OM2 ON2
2 2

若从点 O 所作的不在同一平面内的三条 射线 OP、OQ 和 OR 上分别有点 P1、P2, 点 Q1、Q2 和点 R1、R2,则类似的结论为
OP1 OQ1 OR1 =OP · · OQ OR2 V 2 2 O ? P2Q2 R2 ______________________ .
VO ? PQ 1 1 R1

解析

考查类比推理问题,由图看出三棱锥 P1-OR1Q1 及三棱锥

OQ1 OR1 P2-OR2Q2 的底面面积之比为 · ,又过顶点分别向底面作垂 OQ2 OR2 VO ? PQ R OP1 OP1 OQ1 OR1 线,得到高的比为 ,故体积之比为 V = · · . OP2 OP2 OQ2 OR2 O?P Q R
1 1 1 2 2 2

4.观察下列等式: (1+x+x2)1=1+x+x2, (1+x+x2)2=1+2x+3x2+2x3+x4, (1+x+x2)3=1+3x+6x2+7x3+6x4+3x5+x6, (1+x+x2)4=1+4x+10x2+16x3+19x4+16x5+10x6+4x7 +x8, ?? 由以上等式推测:对于 n∈N*,若(1+x+x2)n=a0+a1x+ a2x +?+a2nx ,则 a2=________.
解析 由 x2 的系数依次为 1,3,6,10,?,可推测它恰好是首项为 1, 公差为 1 的等差数列前 n 项的和,
2 n 2

2

2n

n(n+1) 2

n(n+1) 故(1+x+x ) =a0+a1x+a2x +?+a2nx 中的 a2= 2 .
2n

5.已知 a>0,b>0,且 a+b>2. 1+b 1+a 求证: a 、 b 中至少有一个小于 2.
证明 1+b 1+a 假设 a , b 都不小于 2,

1+b 1+a ∴ a ≥2, b ≥2, ∵a>0,b>0, ∴1+b≥2a,1+a≥2b, ∴1+1+a+b≥2(a+b),即 2≥a+b. 这与已知 a+b>2 矛盾,故假设不成立, 1+b 1+a 即 a 、 b 中至少有一个小于 2.

6.若数列{an}的前 n 项和 Sn 是(1+x)n 二项展开式中各项系数 的和(n=1,2,3,?). (1)求{an}的通项公式; (2)若数列{bn}满足 b1=-1,bn+1=bn+(2n-1),且 cn= an· bn n ,求数列{cn}的通项及其前 n 项和 Tn; (3)求证:Tn· Tn+2<T2 n+1.
(1)解 由题意 Sn=2n, Sn-1=2n-1(n≥2), 两式相减得 an=2n-2n-1=2n-1(n≥2). 当 n=1 时,21-1=1≠S1=a1=2,
? ?2 ∴an=? n-1 ? ?2

(n=1) . (n≥2)

(2)解

∵bn+1=bn+(2n-1),∴b2-b1=1,b3-b2=3,

b4-b3=5,?,bn-bn-1=2n-3. 以上各式相加得 bn-b1=1+3+5+?+(2n-3)= (n-1)(1+2n-3) =(n-1)2. 2 ∵b1=-1,∴bn=n2-2n.
? ?-2, cn=? n-1 ? ( n - 2) × 2 , ?

n= 1 . n≥2 ① ②

∴Tn=-2+0×21+1×22+2×23+?+(n-2)×2n-1, ∴2Tn=-4+0×22+1×23+2×24+?+(n-2)×2n. ①-②得,-Tn=2+22+23+?+2n-1-(n-2)×2n.

2(1-2n-1) = -(n-2)×2n=2n-2-(n-2)×2n 1- 2 =-2-(n-3)×2n. ∴Tn=2+(n-3)×2n. (3)证明 Tn· Tn+2-T2 2n]· [2+(n-1)× 2n 2]- n+1=[2+(n-3)×
+ + + +

[2+(n-2)× 2n 1]2 =4+2· (n-1)· 2n 2+2×(n-3)×2n+(n-3)· (n-1)×22n 2- [4+4× (n-2)× 2n+1+(n-2)2× 22n+2] =2n+3+(n-3)×2n+1-22n+2 =2n+1· [(n+1)-2n+1]. ∵2n+1>0,∴需证明 n+1<2n+1,用数学归纳法证明如下: ①当 n=1 时,1+1<21 1 成立.


②假设 n=k 时,命题成立即 k+1<2k+1, 那么,当 n=k+1 时,(k+1)+1<2k+1+1<2k+1+2k+1=2· 2k+1 =2(k
+1)+1

成立.

由①、②可得,对于 n∈N*都有 n+1<2n+1 成立. ∴2n+1· [(n+1)-2n+1]<0. ∴Tn· Tn+2<T2 n+1.

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