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2016高考数学二轮复习 专题7 概率与统计、推理与证明、算法初步、框图、复数 第四讲 推理与证明课件 理


随堂讲义
专题七 概率与统计、推理与证明、算法初步、 框图、复数 第四讲 推理与证明

推理与证明类的题,因为高考特点,一般在小题 中出现,大题中推理的思想方法会体现出来的.

例 1 将全体正整数排成一个三角形数阵;

按照以上排列的规律,第 n 行(n≥3)从左向右的第 3 个数为________.<

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解析:解法一

从数值计算的角度找规律,要求第 n 行 (n≥3)

从左向右的第 3 个数,先统计出每一行(从第 3 行开始)的第三个数分 别是 6,9,3,18,24,?,而这列数的规律是相邻两个数的差成等 差数列,即 9-6=3,13-9=4,18-13=5,24-18=6,?,用数 列中的项来表示, 即 a3=6,a4=9,a5=13,a6=18,a7=24,?,从而

a4-a3=3,a5-a4=4,a6-a5=5,a7-a6=6,?, an—an- 1=n-1. 将 以 上 各 式 相 加 得 an - a3 = 3 + 4 + 5 + ? + (n - 1) = (n+2)(n-3) . 2 所以要求第 n 行(n≥3)从左向右的第 3 个数为 (n+2)(n-3) n2- n+ 6 an= +a3= . 2 2

解法二

从数值计算的角度找规律, 要求第 n 行(n≥3)从左向右

的第 3 个数,关键求出第 n 行的第一个数,现在先统计出每一行的 第一个数分别为:1,2,4,7,11,?,而这列数的规律是相邻两个 数的差成等差数列,即 2-1=1,4-2=2,7-4=3,11-7=4,?. 用数列中的项来表示,即 a1=1,a2=2,a3=4,a4=7,a5=11,?, 从而 a2-a1=1,a3-a2=2,a4-a3=3,a5-a4=4,?,

an-an- 1=n-1. 将以上各式相加得 n( n-1) an-a1=1+2+3+?+(n-1)= . 2 n( n-1) 所以要求第 n 行(n≥3)从左向右的第 3 个数为 +a1+2 2 n2- n+6 = . 2

解法三

从图形的角度考虑找规律,后一个数总比前一个数大 1

且下一行总是比上一行多一个数,前(n-1)行共排列了 1+2+3+? n( n-1) n( n-1) +(n-1)= 个数. 所以第 n 行的第 3 个数应为 + 2 2 n2- n+6 3= . 2

以数值、图形和图表为载体,考查归纳推理是一种常见题型,解 决此类问题时,通常先将所求部分运用特殊化思想逐一列出统计数 值,并观察计算,然后进行比较分析,将相邻数值进行加减运算,有 意识地往等差数列或等比数列方向考虑, 最后运用等差数列和等比数 列的知识探求规律, 写成数学表达式的形式. 以三角形数阵为背景的 问题很多,大多可以采用以上方法求解.

1.(2015· 陕西卷)观察下列等式: 1 1 1- = , 2 2 1 1 1 1 1 1- + - = + , 2 3 4 3 4 1 1 1 1 1 1 1 1 1- + - + - = + + , 2 3 4 5 6 4 5 6 ?,

1 1 1 1 1 解析:等式的左边的通项为 - ,前 n 项和为 1- + - 2 3 4 2n-1 2n 1 1 1 +?+ - ;右边的每个式子的第一项为 ,共有 n 项,故 2n 2n-1 n+1 1 1 1 为 + +?+ . n+1 n+2 n+ n

例2

已知数列{an}中,a1=1,a2=2,且 an+1=(1+q)an-qan-

1(n≥2,q≠0).

(1)设 bn=an+1-an(n∈N*),证明{bn}是等比数列. (2)求数列{an}的通项公式. (3)若 a3 是 a6 与 a9 的等差中项, 求 q 的值, 并证明对任意的 n∈N*, an 是 an+3 与 an+6 的等差中项.

思路点拨:解答本题第(1)问:可根据 bn=an+ 1-an(n∈N*)将已 知等式变形构造出 bn 与 bn-1 的关系式.第(2)问;可用叠加法求 an. 对第(3)问:由 a3 是 a6 与 a9 的等差中项求出 q,并利用{an}的通项公 式和 q 的值,推证 an-an+3=an+6-an(n∈N*).

解析: (1)由题设 an+1=(1+q)an-qan- 1(n≥2), 得 an+ 1-an=q(an -an- 1),即 bn=qbn-1(n≥2). 又 b1=a2-a1=1,q≠0,所以{bn}是首项为 1,公比为 q 的等比 数列. (2)由(1)可知, a2-a1=1,

a3-a2=q, ? an-an- 1=qn-2(n≥2). 将以上各式相加, 得 an-a1=1+q+?+qn 2(n≥2),


n 1 1 - q ? ?1+ 1-q ,q≠1, 所以当 n≥2 时,an=? ? ?n,q=1,


上式对 n=1 显然成立.

(3)由(2)知, 当 q=1 时, 显然 a3 不是 a6 与 a9 的等差中项, 故 q≠1, 由 a3-a6=a9-a3 可得 q5-q2=q2-q8, 由 q≠0 得,q3-1=1-q6,① 整理得(q3)2+q3-2=0, 解得 q =-2 或 q =1(舍去),于是 q=- 2,
3 3

3

另一方面, qn 2-qn 1 qn 1 3 an-an+ 3= = (q -1), 1- q 1-q
+ - -

qn 1-qn 5 qn 1 an+ 6-an= = (1-q6), 1- q 1-q
- + -

由①可得 an-an+3=an+6-an,n∈N*, 所以对任意的 n∈N*,an 是 an+3 与 an+6 的等差中项.

演绎推理是由一般到特殊的推理. 数学的证明过程主要是通过演 绎推理进行的, 只要采用的演绎推理的大前提、 小前提和推理形式是 正确的, 其结论一定是正确的, 一定要注意推理过程的正确性与完备 性.

2.在数列{an}中 a1=2,an+1=4an-3n+1,n∈N*. (1)证明:数列{an-n}是等比数列. (2)求数列{an}的前 n 项和 Sn. (3)证明:不等式 Sn+1≤4Sn,对任意 n∈N*皆成立.

解析:(1)由题设 an+1=4an-3n+1, 得 an+1-(n+1)=4(an- n), n∈N*. 又 a1-1=1.所以数列{an-n}是首项为 1,且公比为 4 的等比数 列. (2)由(1)可知 an-n=4n 1,于是数列{an}的通项公式为 an=4n
- -1

+n. 4n-1 n( n+1) 所以数列{an}的前 n 项和 Sn= + . 3 2

(3)对任意的 n∈N*, 4n 1-1 (n+1)(n+2) 4n-1 n( n+1) Sn+1-4Sn= + -4[ + ] 3 2 3 2


1 2 =- (3n + n-4)≤0. 2 所以不等式 Sn+ 1≤4Sn,对任意 n∈N*皆成立.

例 3

2 已知数列{an}和{bn}满足:a1=λ,an+1= an+n-4,bn 3

=(-1)n(an-3n+21),其中 λ 为实数,n 为正整数. (1)对任意实数 λ,证明数列{an}不是等比数列. (2)试判断数列{bn}是否为等比数列,并证明你的结论. 思路点拨:第(1)问用反证法,第(2)问用综合法.

解析:(1)证明:假设存在一个实数 λ,使{an}是等比数列,则有
?2 ? 2 ? a2=a1a3, 即 λ-3? ?3

2 ?4 ? 4 2 4 ? =λ 9λ-4?? λ -4λ+9= λ2-4λ?9=0, 9 ? ? ? 9

矛盾,所以{an}不是等比数列. (2)因为 bn+ 1 =(-1)n+ 1[an+1-3(n+1)+21] =(-1)
n+ 1?2

? ? an-2n+14? ?3 ?

2 =- (-1)n·(an-3n+21) 3 2 =- bn. 3

又 b1=-(λ+18),所以当 λ=-18 时,bn=0(n∈N*),此时{bn} 不是等比数列; 2 当 λ≠-18 时,b1=-(λ+18)≠0,由 bn+1=- bn,可知 bn≠0, 3 所以 bn+1 2 =- (n∈N*). bn 3 2 故当 λ≠-18 时,数列{bn}是以-(λ+18)为首项,- 为公比的 3 等比数列.

(1)有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的 例子即可. (2)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.

3 .等差数列 {an}的前 n 项和为 Sn , a1= 1 + 2 , S3 = 9+ 3 2 (n∈N*). (1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn. Sn (2)设 bn= (n∈N*),求证:数列{bn}中任意不同的三项都不可 n 能成为等比数列.

? ?a1= 2+1, 解析:(1)由已知得? ∴d=2. ? ?3a1+3d=9+3 2,

故 an=2n-1+ 2,Sn=n(n+ 2),n∈N*. Sn (2)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 数列,则 b2 q=bpbr.

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

?p+r?2 ? =pr,(p-r)2=0, ∴? ? 2 ?

∴p=r.与 p≠r 矛盾. 所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列.

例4

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 n∈N*,不等式 成立. b1+1 b2+1 bn+1 · ·?· > n+1 b1 b2 bn

思路点拨:(1)由 Sn=bn+r 求 an,再由 a2=ba1 求 r.(2)转化所证 不等式,利用数学归纳法证明. 解析:(1)由题意,Sn=bn+r. 当 n≥2 时,Sn-1=bn-1+r. ∴an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1), ∵b>0 且 b≠1, ∴n≥2 时,{an}是以 b 为公比的等比数列. 又∵a1=b+r,a2=b(b-1), a2 b(b-1) ∴ = =b,∴r=-1. a1 b+r

(2)由(1)知当 b=2 时,an=2n 1,∴bn=2n(n∈N*),所证不等


2+1 4+1 2n+1 式为 · · ?· > n+1. 2 4 2n 3 ①当 n=1 时,左式= ,右式= 2, 2 左式>右式,所以结论成立. ②假设 n= k(k∈N*, k≥1)时结论成立. 2+1 4+1 2k+1 即 · ·?· > k+1, 2 4 2k 2+1 4+1 2k+1 2k+3 由当 n=k+1 时, · ·?· · > k+1 2 4 2k 2(k+1) 2k+3 2k+3 = . 2(k+1) 2 k+1

要证当 n= k+ 1 时结论成立,只需证 2k+3 > (k+1)(k+2), 2 ∵

2k+3 > k+2 ,即证 2 k+1

2k+3 (k+1)+(k+2) = > (k+1)(k+2)成立, 2 2

2k+3 故 > k+2成立. 2 k+1 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 · ·?· > n+1成 b1 b2 bn 立.

(1)在用数学归纳法证明第 (2)问时,涉及不等式的放缩和均值不 等式的应用,证明过程中对式子的变形方向应非常清晰. (2)在用数学归纳法证明的第 2 个步骤中,突出了两个凑字,一 是“凑”假设,二是“凑”结论,关键是明确 n= k+1 时证明的目 标,充分考虑由 n=k 到 n= k+1 时命题形式之间的区别和联系,并 且在递推过程中, 必须用归纳假设, 不用归纳假设的证明就不是数学 归纳法.

bn 4.已知点 Pn(an,bn)满足:an+1=an·bn+1,bn+1= n∈N*, 2, 1-an
?1 2? 且已知 P0?3,3 ?. ? ?

(1)求过 P0,P1 的直线 l 的方程. (2)判断点 Pn(n≥2)与直线 l 的位置关系,并证明你的结论.

?1 2 ? 1 2 ? ? , 解析:(1)由 P0 3 3 知 a0= ,b0= , 3 3 ? ?

2 ? ?1?2? 3 1 3 1 ? ? 得 b1= ÷ 1-? ? = ,a1= × = . 3 ? ?3 ? ? 4 3 4 4
?1 3? ∴点 P1?4,4?. ? ?

∴过点 P0,P1 的直线 l 的方程为 x+y=1. 1 3 4 1 1 (2)由 a1= ,b1= ,得 b2= ,a2= b2= , 4 4 5 4 5 ∴P2∈l.猜想点 Pn(n≥2, n∈N*)在直线 l 上,

证明如下: ①当 n=2 时,点 P2∈l. ②假设当 n=k(k≥2, k∈N*)时, 点 Pk∈l,即 ak+bk=1. bk 当 n= k+1 时,ak+ 1+bk+ 1=ak·bk+1+bk+ 1=(1+ak)bk+ 1= 1-ak =1.∴点 Pk+ 1∈l. 由①②知,点 Pn∈l(n≥2, n∈N*).

1.归纳、类比推理是根据个别事实,通过分析提出猜想的推理, 其结论可能是错误的. 2. 演绎推理是由一般性原理出发, 推出某个特殊情况下的结论, 其结论一般是准确的. 3.分析法是从未知看需知,再逐步靠近已知,是寻求解题思路 的好办法. 4.当结论中含有“至少”“至多”“不全是”“全不是”“唯 一”等词语或以否定语句出现时,常用反证法. 5.掌握好数学归纳法的正确书写格式, “三次结论,关键处详细 书写”.


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