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【核按钮】2016高考(新课标)数学(理)一轮复习+课时检测+单元检测):第十三章 推理与证明(3课时)


第十三章

推理与证明

1.了解合情推理的含义,能进行简单的归纳推 理和类比推理,体会并认识合情推理在数学发现中 的作用. 2. 了解演绎推理的含义, 了解合情推理和演绎 推理的联系和差异;掌握演绎推理的“三段论”, 能运用“三段论”进行一些简单的演绎推理.

3. 了解直接证明的两种基本方法: 综合法和分 析法;了解

综合法和分析法的思考过程和特点. 4.了解反证法的思考过程和特点. 5. 了解数学归纳法的原理, 能用数学归纳法证 明一些简单的数学命题.

§13.1

合情推理与演绎推理
大前提:M 是 P. 小前提:S 是 M. 结论:S 是 P. 自查自纠: 1.合情推理 演绎推理 2 . (1) 部分 个别 (2) 特殊 特殊 类比 3.(1)一般 特殊 (2)三段论

1.两种基本的推理 推理一般包括____________和____________两 类. 2.合情推理 (1)归纳推理:由某类事物的部分对象具有某些 特征,推出该类事物的全部对象都具有这些特征的 推理,或者由个别事实概括出一般结论的推理,称 为归纳推理.简言之,归纳推理是由__________到 整体、由__________到一般的推理. (2)类比推理:由两类对象具有某些类似特征和 其中一类对象的某些已知特征,推出另一类对象也 具有这些特征的推理称为类比推理.简言之,类比 推理是由________到________的推理. (3)合情推理:归纳推理和类比推理都是根据已 有的事实,经过观察、分析、比较、联想,再进行 __________、__________,然后提出猜想的推理, 我们把它们统称为合情推理. 3.演绎推理 (1)演绎推理:从一般性的原理出发,推出某个 特殊情况下的结论,我们把这种推理称为演绎推 理. 简言之, 演绎推理是由__________到__________ 的推理. (2)“__________”是演绎推理的一般模式, 包括: ①大前提——已知的一般原理; ②小前提——所研究的特殊情况; ③结论——根据一般原理,对特殊情况做出的 判断. “三段论”可以表示为:

(3) 归纳

关于归纳推理,下列说法正确的是( A.归纳推理是由一般到一般的推理 B.归纳推理是由一般到特殊的推理 C.归纳推理的结论一定是正确的 D.归纳推理的结论不一定正确 未必正确.故选 D.

)

解:归纳推理是由特殊到一般的推理,但结论 下面几种推理是合情推理的是( ) ①由圆的性质类比出球的性质; ②由等差数列的性质类比出等比数列的性质; ③由三角形的面积公式类比出三棱锥的体积公 式; ④由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的 内角和为 180° ,归纳出所有三角形的内角和都是 180° . A.仅①②是 B.仅①②③是 C.仅①②④是 D.①②③④都是 解:①②③是类比推理,④是归纳推理.它们

都属于合情推理.故选 D. “任何实数的平方大于 0(大前提),而 a 是 实数(小前提),所以 a2>0” ,你认为这个推理( ) A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.是正确的 解:当 a≠0 时,a2>0;当 a=0 时,a2=0.所以 这个推理的大前提错误.故选 A. (2014·课标Ⅰ)甲、乙、丙三位同学被问到是 否去过 A,B,C 三个城市时,甲说:我去过的城市 比乙多, 但没去过 B 城市; 乙说: 我没去过 C 城市; 丙说:我们三人去过同一城市.由此可判断乙去过 的城市为____________. 解:由题意可判断:甲没去过 B 城市,但比乙 去的城市多,而丙说“三人去过同一城市”,说明 甲去过 A,C 城市,而乙“没去过 C 城市”,说明 乙去过城市 A,由此可知,乙去过的城市为 A.故填 A. (2013·陕西)观察下列等式: (1+1)=2×1, (2+1)(2+2)=22×1×3, (3+1)(3+2)(3+3)=23×1×3×5, …… 照此规律, 第 n 个等式可为________________. 解: 观察到等式左边依次是 (n + 1)(n + 2)(n + 3)…(n+n),等式右边是 2n 与 n 个奇数的乘积,(n + 1)(n + 2)…(n + n) = 2n × 1 × 3 × 5 × … × (2n - 1). 故填(n+1)(n+2)…(n+n)=2n×1×3×5×…× (2n-1).

点拨: 数列的通项公式表示的是数列{an}的第 n 项 an 与序号 n 之间的对应关系, 先根据已知的递推公式, 算出数列的前几项,再通过观察,归纳得到关于数 列通项公式的一个猜想,这种猜想是否正确还有待 严格的证明. 1 (1) 已知 x>0, 由不等式 x+ ≥2 x 4 x x 4 3 xx 4 =2,x+ 2= + + 2≥3 · · =3, x 2 2 x 2 2 x2 27 x x x 27 4 x x x 27 x+ 3 = + + + 3 ≥4 · · · =4, x 3 3 3 x 3 3 3 x3 …… 在 x>0 条件下,请根据上述不等式归纳出一个 一般性的不等式_____________________. 解:当 x>0 时,分析所给等式的变形过程可得 nn x x x nn x+ n = ? ? ? ? ? n x n? n ??? n x ? ? ?
n个

1 x· x

nn =n+1.故填 x+ n ≥n+1. x 1 2 3 4 5 6 3 5 7 9 11 8 12 16 20 20 28 36 48 64 112

类型一

归纳推理
2an 2+an

在数列 {an} 中, a1 = 1 , an + 1 = (n∈N+),试猜想这个数列的通项公式.

(2)( 2014·江苏模拟) 给定正整数 n(n≥2)按下图 方式构成倒立三角形数表, 第一行依次写上数 1, 2, 3,…,n,在第一行的每相邻两个数正中间的下方 写上这两个数之和, 得到第二行的数(比上一行少一 个数),依次类推,最后一行(第 n 行)只有一个数, 例如 n=6 时数表如图所示,则当 n=2 016 时最后 一行的数是________. 解:设最后一行(第 n 行)的一个数为 an,则通 过计算易得 a1=2· 2-1, a2=3=3×20, a3=8=4×21, a4=20=5×22, a5=48=6×23, a6=112=7×24, …, 由此,可猜测:an=(n+1)×2n-2,所以当 n=2 016 时最后一行的数 a2016=2 017×22 014.故填 2 017×22 014 .

2a1 解:当 n=1 时,a1=1;当 n=2 时,a2= 2+a1 4 3 2 2a2 1 2 = ;当 n=3 时,a3= = = = ;当 n=4 3 2 2 4 2+a2 2+ 3 2a3 1 2 时,a4= = = ,由此猜想,这个数列的 1 5 2+a3 2+ 2 2 通项公式为 an= . n+1

类型二

类比推理

在△ABC 中, 若 AB⊥AC, AD⊥BC 于

1 1 1 D,则 2= 2+ 2.在四面体 ABCD 中,若 AB, AD AB AC AC,AD 两两垂直,AH⊥底面 BCD,垂足为 H,则 类似的结论是什么?并说明理由. 解:如图,

y2-y1 x1+x2 x2, 则 =1, 弦中点设为(x0, y0), 则 x0= , 2 x2-x1 y0 = y1+y2 ,将上述两端点代入双曲线方程得 2 2 2 x1 y1 - =1, 2 2 a2 b2 x2 y2 2-x1 2-y1 两式相减得 - =0, a2 b2 x2 y2 2 2 2- 2=1, a b

? ? ?
在四面体 ABCD 中,若 AB,AC,AD 两两垂 1 1 1 直,AH⊥底面 BCD,垂足为 H,则 2= 2+ 2 AH AB AC 1 + 2. AD 证明如下:连接 BH 并延长交 CD 于 E,连接 AE. ∵AB,AC,AD 两两垂直,∴AB⊥平面 ACD. 又∵AE?平面 ACD,∴AB⊥AE. 1 1 1 在 Rt△ABE 中,有 2= 2+ 2.① AH AB AE 1 1 又易证 CD⊥AE, ∴在 Rt△ACD 中, 2= 2+ AE AC 1 .② AD2 1 1 1 1 将②式代入①式得 2= 2+ 2+ 2. AH AB AC AD 点拨: 本题考查的是平面到空间的推广类比,并且在 推导空间的结论时用到了平面的结论.一般地,平 面中的一些元素与空间中的一些元素可类比如下:
平面 点 空间 线 线 面 圆 三角形 角 面积 周长 … 球 三棱锥 二面角 体积 表面积 …

(x2-x1)(x2+x1) (y2-y1)(y2+y1) - =0, a2 b2 所以 (x2-x1)(x2+x1) (x2-x1)(y2+y1) - a2 b2

x2+x1 y2+y1 2x0 2y0 =0, ∵x1-x2≠0, ∴ 2 - 2 =0, 2 - 2 =0, a b a b x0 y0 x y 所以 2- 2=0, 于是(x0, y0)在直线 2- 2=0 上. 故 a b a b x y 填 2- 2=0. a b

类型三

演绎推理

直线平行于平面,则直线平行于平面 内所有直线(大前提),已知直线 b?平面 α,直线 a ?平面 α,直线 b∥平面 α(小前提),则直线 b∥直 线 a(结论)”,上面推理错误的原因是( ) A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.非以上错误 解:大前提是错误的,某直线平行于平面,平 面内还是存在直线与已知直线异面.故选 A. 点拨: 演绎推理是一种必然性推理,只有前提和推理 形式都是正确的,结论才一定是正确的,否则,不 能保证结论的可靠性. “因为指数函数 y=ax 是增函数(大前 x 1?x ?1? 是 提), 而 y=? 是指数函数 ( 小前提 ) , 所以 y = ?3? ?3? 增函数(结论)”.上面推理错误的原因是( ) A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.大前提和小前提都错误 解:当 a>1 时,y=ax 为增函数;当 0<a<1 时,y=ax 为减函数,所以大前提错误.故选 A.

(2014·衡水中学调研)椭圆中有如下结 x2 y2 论: 椭圆 2+ 2=1(a>b>0)上斜率为 1 的弦的中点在 a b x y x2 y2 直线 2+ 2=0 上,类比上述结论:双曲线 2- 2= a b a b 1(a>0 , b>0) 上 斜 率 为 1 的 弦 的 中 点 在 直 线 ____________上. x2 y2 解:将椭圆方程 2+ 2=1 中的 x2 变为 x,y2 变 a b x2 y2 为 y,右边变为 0,得到椭圆 2+ 2=1 上斜率为 1 a b x y 的弦的中点在直线 2+ 2=0 上.类比上述结论,将 a b x2 y2 双曲线的方程作上述变换可知: 双曲线 2- 2=1 上 a b x y 斜率为 1 的弦的中点在直线 2- 2=0 上. 证明如下: a b 不妨设弦的两个端点为(x1,y1),(x2,y2),其中 x1≠

1. 归纳推理的前提是一些特殊的情况, 所以归

纳推理要在观察、经验、实验的基础上进行;归纳 推理是依据特殊现象推断出一般现象,因此所得结 论超出了前提所界定的范围,其前提和结论之间的 联系不是必然的,而是或然的,所以“前提真而结 论假”的情况是有可能发生的. 2.归纳推理的一般过程: (1)通过观察个别情况发现相同的性质; (2)推出一个明确表述的一般性结论. 3.在数学中,类比是发现概念、方法、定理、 公式的重要手段,并且应用广泛,数与式、平面与 空间、一元与多元、低次与高次、相等与不等、有 限与无限等之间有不少结论都是先用类比的方法提 出猜想,然后再加以证明的. 4.类比推理的一般步骤: (1)找出两类事物之间的相似性或一致性; (2) 用一类事物的性质去推测另一类事物的性 质,得出一个明确的命题 (猜想),但结论不一定正 确,有待进一步证明.

解:各组内各数的和分别为 1,8,27,…,显 然 B 正确,故选 B. 5.观察下列事实:|x|+|y|=1 的不同整数解(x, y)的个数为 4,|x|+|y|=2 的不同整数解(x,y)的个数 为 8, |x|+|y|=3 的不同整数解(x, y)的个数为 12, …, 则|x|+|y|=20 的不同整数解(x,y)的个数为( ) A.76 B.80 C.86 D.92 解:以上各式不同整数解的个数按顺序构成首 项为 4,公差为 4 的等差数列,即当|x|+|y|=n 时, 对应的不同整数解 (x,y)的个数为 4n,因此|x|+|y| =20 的不同整数解(x, y)的个数为 4×20=80, 故选 B. 6.如图,椭圆的中心在坐标原点,F 为其左焦 5-1 → → 点,当FB⊥AB时,椭圆的离心率为 ,此类椭 2 圆被称为“黄金椭圆”.类比“黄金椭圆”可得 “黄金双曲线”的离心率为( )

1.一切奇数都不能被 2 整除,2100+1 是奇数, 所以 2100+1 不能被 2 整除.以上推理形式为( ) A.类比推理 B.归纳推理 C.演绎推理 D.以上都不正确 解: 这是三段论的推理形式,显然是演绎推 理.故选 C. 2. 有如下三段论推理: 所有偶数都是 4 的倍数, 因为 6 是偶数,所以 6 是 4 的倍数.其中的结论是 错误的.导致这一错误的原因是( ) A.大前提错误 B.小前提错误 C.大前提和小前提都错误 D.推理形式错误 解:偶数不一定是 4 的倍数,故大前提错误, 但小前提和推理形式都是正确的.故选 A. 3.下面使用类比推理正确的是( ) A.由“若 a· 3=b· 3,则 a=b”类推出“a· 0= b· 0,则 a=b” B .由“(a + b)c = ac + bc”类推出“(a· b)c = ac· bc” a+b a C.由“(a+b)c=ac+bc”类推出“ = + c c b (c≠0)” c D.由“(ab)n=anbn”类推出“(a+b)n=an+bn” 解:易知 A,B,D 错误.故选 C. 4.将奇数 1,3,5,7,9,…进行如下分组: {1},{3,5},{7,9,11},….试观察每组内各数之 和,则第 n 组内各数的和等于( ) 2 3 A.n B .n C.n4 D.n(n+1)

5+1 2 C. 5-1 A.

5-1 2 D. 5+1 x2 y2 解: 设双曲线方程为 2- 2=1(a>0, b>0), F(- a b B. c,0),B(0,b),A(a,0),则FB=(c,b),AB=(- a,b).∵FB⊥AB,∴FB·AB=-ac+b2=0. 又∵b2=c2-a2,∴c2-ac-a2=0,即 e2-e-1 1± 5 1+ 5 =0.解得 e= .又 e>1,∴e= .故选 A. 2 2 1 7. (2014·陕西质检)设 n 为正整数, f(n)=1+ + 2 1 1 3 5 +…+ ,计算得 f(2)= ,f(4)>2,f(8)> ,f(16)>3. 3 n 2 2 观察上述结果,按照上面规律,可推测 f(128)>__________. 5 解:观察 f(4)>2,f(8)> ,f(16)>3,易知不等式 2 1 右边的数构成首项为 2,公差为 的等差数列,而 4, 2 8,16,…构成以 4 为首项,2 为公比的等比数列, 1 9 9 则 f(128)=f(4· 25)>2+5× = .故填 . 2 2 2 8. (2014·江苏模拟)设面积为 S 的平面四边形的 第 i 条边的边长记为 ai(i=1,2,3,4),P 是该四边 形内的任意一点, P 点到第 i 条边的距离记为 hi,若









→ →

4 a1 a2 a3 a4 2S = = = =k,则 ? (ihi)= .类比上述结论, 1 2 3 4 k i=1

dn=

n

c1·c2·…·cn,则{dn}为等比数列. n c1·c2·…·cn = n (c1·cn)2 =
n

体积为 V 的三棱锥的第 i 个面的面积记为 Si(i=1, 2, 3,4),Q 是该三棱锥内的任意一点,Q 点到第 i 个 面 的 距 离 记 为 Hi , 相 应 的 正 确 命 题 是 _____________________________. 解:类比可得相应命题是:
4 S1 S2 S3 S4 3V “若 = = = =k,则 ? (iHi)= ” . 1 2 3 4 k i=1

证明如下: dn = c1·cn, 数列. dn+1 = dn

cn+1 = q为常数,∴{dn}为等比 cn

其正确性可证明如下: 1 1 1 根 据 三 棱 锥 的 体 积 公 式 得 S1H1 + S2H2 + 3 3 3 1 S3H3+ S4H4=V,即 kH1+2kH2+3kH3+4kH4=3V, 3
4 3V 3V ∴H1+2H2+3H3+4H4= ,即 ? (iHi)= . k k i=1

11.某少数民族的刺绣有着悠久的历史,如图 (1)、(2)、(3)、(4)为她们刺绣中最简单的四个图案, 这些图案都由小正方形构成,小正方形数越多刺绣 越漂亮, 现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律 相同),设第 n 个图形包含 f(n)个小正方形.

4 S1 S2 S3 S4 3V 故填若 = = = =k,则 ? (iHi)= . 1 2 3 4 k i=1

9.通过观察下列等式: 3 sin230° +sin290° +sin2150° = ; 2 3 sin245° +sin2105° +sin2165° = ; 2 3 sin260° +sin2120° +sin2180° = . 2 猜想出一个一般性的结论, 并证明结论的真假. 3 解:猜想 sin2(α-60° )+sin2α+sin2(α+60° )= . 2 证明:左边=(sinαcos60° -cosαsin60° )2+sin2α +(sinαcos60° +cosαsin60° )2 sinα 3cosα?2 ?sinα 3cosα?2 =? + +sin2α ? 2 - 2 ? ? 2 + 2 ? sin2α 3cos2α = + +sin2α 2 2 3 3 = (sin2α+cos2α)= =右边. 2 2 a1+a2+…+an 10.(1)已知等差数列{an},bn= n (n∈N+),求证:{bn}仍为等差数列; (2)已知等比数列{cn},cn>0(n∈N+),类比上述 性质,写出一个真命题并加以证明. 解:(1)证明:∵{an}是等差数列, n(a1+an) a1+an 2 ∴ bn = = , bn + 1 - bn = n 2 an+1-an d = 为常数.故数列{bn}仍为等差数列. 2 2 (2)类比命题: 若{cn}为等比数列, cn>0(n∈N+),

(1)求出 f(5); (2) 利用合情推理的“归纳推理思想”归纳出 f(n+1)与 f(n)的关系式,并根据你得到的关系式求 f(n)的表达式. 解:(1)∵f(1)=1,f(2)=5,f(3)=13,f(4)=25, ∴f(5)=25+4×4=41. (2)∵f(2)-f(1)=4=4×1. f(3)-f(2)=8=4×2, f(4)-f(3)=12=4×3, f(5)-f(4)=16=4×4, 由上式规律得出 f(n+1)-f(n)=4n. ∵f(2)-f(1)=4×1, f(3)-f(2)=4×2, f(4)-f(3)=4×3, …… f(n-1)-f(n-2)=4(n-2), f(n)-f(n-1)=4(n-1). 各式相加得 f(n)-f(1)=4[1+2+…+(n-2)+(n-1)]=2(n -1)n, ∴f(n)=2n2-2n+1. (2014·北京模拟)祖暅原理也就是“等 积原理”,它是由我国南北朝杰出的数学家祖冲之 的儿子祖暅首先提出来的.祖暅原理的内容是:夹 在两个平行平面间的两个几何体,被平行于这两个 平行平面的平面所截,如果截得两个截面的面积总 相等,那么这两个几何体的体积相等.可以用诗句 “两个胖子一般高,平行地面刀刀切;刀刀切出等

面积,可必然同样胖”形象表示其内涵.利用祖暅 原理可以推导几何体的体积公式,关键是要构造一 个参照体. 试用祖暅原理推导球的体积公式. (提示: 利用等底等高的圆柱、圆锥与半球体积的关系构造 参照体). 解:我们先推导半球的体积.如图 1,为了计 算半径为 R 的半球的体积,我们先观察 V 圆锥、V 半
球、V 圆柱这三个量(等底等高)之间的不等关系,

明猜想.

证明:用平行于平面 α 的任意一个平面去截这 两个几何体,截面分别为圆面和圆环面.如果截面 与底平面 α 的距离为 l,那么圆面半径 r= R2-l2, 圆环面的大圆半径为 R,小圆半径为截面截圆锥面 l 所得圆的半径, 设为 r0, 如图 2, O2A= × R2+R2 R

1 可以发现 V 圆锥<V 半球<V 圆柱,即 πR3<V 3

2 2 2 = 2l,知 OA2=r2 0=( 2l) -l =l ,因此 S 半球

2 圆=πr

2 2 =π(R2-l2),S 环=πR2-πr2 0=π(R -l ),∴S 圆=S 环.

2 <πR3,根据这一不等关系,我们可以猜测 V 半球= 3 πR3,并且由猜测可发现 V 半球=V 圆柱-V 圆锥. 下面进一步验证猜想的可靠性.关键是要构造 一个参照体,这样的参照体我们可以用圆柱内挖去 一个圆锥构造出,如图所示.下面利用祖暅原理证

根据祖暅原理,这两个几何体的体积相等,即 1 2 4 V 半球=πR2×R- πR2×R= πR3,所以 V 球= πR3. 3 3 3

§13.2

直接证明与间接证明
如果 a a+b b>a b+b a,则实数 a,b 应满足的条件是( ) A.a>b>0 B.a<b<0 C.a>b D.a≥0,b≥0,且 a≠b 解: ∵(a a+b b)-(a b+b a)=(a-b)( a- b)>0,∴a≥0,b≥0,且 a≠b.故选 D. 在用反证法证明“?实数 x,x2+x+1>0” 时,其假设是____________________. 解: 假设所要证明的结论不成立,即?实数 x0,
2 x2 0+x0+1≤0.故填?实数 x0,x0+x0+1≤0. 设 a,b∈R,给出下列条件: ①a+b>1; ②a+b=2; ③a+b>2; ④a2+b2>2; ⑤ab>1,其中能推出:“a,b 中至少有一个实数大 于 1”的条件是________.

1.直接证明 (1)综合法:一般地,利用已知条件和某些数学 定义、公理、定理等,经过一系列的____________, 最后推导出所要证明的结论________,这种证明方 法叫做综合法.综合法又叫顺推证法或__________ 法. (2)分析法: 一般地, 从要证明的________出发, 逐步寻求使它成立的____________,直至最后,把 要证明的__________归结为判定一个明显成立的条 件(已知条件、定理、定义、公理等 )为止,这种证 明方法叫做分析法.分析法又叫逆推证法或 __________法. (3)综合法和分析法,是直接证明中最基本的两 种证明方法, 也是解决数学问题时常用的思维方式. 2.间接证明 反证法:一般地,假设原命题____________(即 在 原 命 题 的 条 件 下 , 结 论 ____________) , 经 过 ______________,最后得出__________,因此说明 假设________,从而证明了原命题成立,这样的证 明方法叫做反证法.反证法是间接证明的一种基本 方法. 自查自纠: 1.(1)推理论证 成立 由因导果 (2)结论 充分条件 结论 执果索因 2. 不成立 不成立 正确的推理 矛盾 错误

解:对于①,a,b 均可小于 1;对于②,a,b 均可等于 1;对于④⑤,a,b 均可为负数;对于③, 若 a,b 都不大于 1,则 a+b≤2 与③矛盾,故③能 推出“a,b 中至少有一个实数大于 1”,故填③.

类型一

直接证明

设 a, b, c>0, 求证: 3(a3+b3+c3)≥(a2 +b +c )· (a+b+c).
2 2

证明:∵a,b,c>0,a2+b2≥2ab, 要证明 3+ 7<2 5, 可选择的方法有以下 几种,其中最合理的是( ) A.综合法 B.分析法 C.反证法 D.归纳法 解:从要证明的结论(比较两个无理数的大小 ) 出发,转化为比较有理数的大小,这正是用分析的 方法证明问题.故选 B. 已知 a,b 为非零实数,且 a<b,则下列不 等式成立的是( ) A.a2<b2 B.a2b<ab2 1 1 b a C. 2< 2 D. < ab a b a b 解:∵a,b 为非零常数,∴a2b2>0.又由 a<b 1 1 两边同除以 a2b2 得 2< 2 .故选 C. ab a b ∴(a2+b2)(a+b)≥2ab(a+b), ∴a3+b3+a2b+ab2≥2a2b+2ab2, ∴a3+b3≥a2b+ab2,① 同理,b3+c3≥b2c+bc2,② a3+c3≥a2c+ac2,③ ①+②+③得 2(a3+b3+c3)≥a2b+ab2+b2c+ bc2+a2c+ac2, ∴3(a3+b3+c3)≥(a3+a2b+a2c)+(b3 +ab2+b2c)+(c3+ac2+bc2) =a2(a+b+c)+b2(b+a+c)+c2(c+a+b) =(a2+b2+c2)· (a+b+c). ∴3(a3+b3+c3)≥(a2+b2+c2)· (a+b+c). 点拨:

在证明本题的过程中, 若直接将结论展开证明, 虽然可能成功,但相比从已知公式定理出发进行证 明,有一定的复杂性,所以在使用分析法出现困难 时,应及时回顾相关的知识背景,分析通过怎样的 配凑或变形可以使已知公式定理接近结论,才是明 智之举. 已知 a>0,求证: 1 + -2. a 1 1 a2+ 2- 2≥a+ -2. a a 1 1 只要证 a2+ 2+2≥a+ + 2,∵a>0,故只 a a 2 2 1 1 1 a+ + 2? ,即 a2 + 2 + 要证 ? a2+ 2+2? ≥ ? a ? ? a a ? ? 1 1 1 ? 4 a2+ 2+4≥a2+2+ 2+2 2? ?a+a?+2,从而只 a a 1? 1 ? 2 1? 要证 2 a2+ 2≥ 2 ? ?a+a? ,只要证 4?a +a2?≥ a 1? 1 2 2 2? ?a +2+a2?,即 a +a2≥2,而该不等式显然成立 证明:要证 (a=1 时取等号),故原不等式成立. 1 a + 2- 2≥a a
2

=0 无整数根. 证明:假设 f(x)=0 有整数根 n,则 an2+bn+c =0(n∈Z).而 f(0),f(1)为奇数,即 c 为奇数,a+b +c 为奇数.则 a,b,c 同时为奇数,或 a,b 同时 为偶数,c 为奇数. 当 n 为奇数时, an2+bn 为偶数; 当 n 为偶数时, an2+bn 也为偶数,即 an2+bn+c 为奇数,与 an2 +bn+c=0 矛盾. ∴f(x)=0 无整数根.

类型二

间接证明

在△ABC 中,∠A,∠B,∠C 的对边 分别为 a, b, c. 若 a, b, c 三边的倒数成等差数列. 求 π 证:∠B< . 2 1 1 证明: 若 a, b, c 的倒数成等差数列, 则 + = a c 2 π . 假设 B≥ , 从而∠B 是△ABC 的最大角, 根据“大 b 2 1 1 1 1 1 角对大边”得 b>a, b>c. 所以 > , > , 相加得 + a b c b a 1 2 1 1 2 > ,这与 + = 矛盾,所以假设不成立 . 因此 c b a c b π ∠B< . 2 点拨: 一般地, 对于结论是“都是”, “都不是”, “至 多”、“至少”形式的数学问题,或直接从正面入 手难以寻觅解题突破口的问题,宜考虑用反证法, 这体现了“正难则反”的思想,用反证法解题时, 推导出矛盾是关键一步,途径很多,可以与已知矛 盾,与假设矛盾、与已知事实相违背等,但推导出 的矛盾必须是明显的. 已知函数 f(x)=ax2+bx+c(a≠0),a, b,c 均为整数,且 f(0),f(1)均为奇数.求证:f(x)

1. 综合法又叫顺推证法或由因导果法, 它是从 “已知”看“可知”,逐步推向“未知”,其逐步 推理是在寻求它的必要条件.综合法的解题步骤用 符号表示是:P(已知)?Q1?Q2?Q3? … ? Qn ? Q(结论). 2. 分析法又叫逆推证法或执果索因法, 它是从 “结论”探求“需知”,逐步靠拢“已知” ,其逐步 推理的实质是寻求使结论成立的充分条件.分析法 的解题步骤用符号表示是: B(结论)?B1?B2?…?Bn? A(已知). 3.分析法与综合法的综合应用 分析法和综合法是两种思路相反的推理证明方 法,二者各有优缺点.分析法思考起来比较自然, 容易找到解题的思路和方法,缺点是思路逆行,叙 述较繁,且表述易错;综合法条理清晰,宜于表述, 缺点是探路艰难,易生枝节.在证明数学问题的过 程中分析法和综合法往往是相互结合的,先用分析 法探索证明途径,然后再用综合法表述. 4.用反证法证明命题的一般步骤: (1)分清命题的条件和结论; (2)做出与命题结论相矛盾的假设; (3)由假设出发,应用正确的推理方法,推出与 已知条件,或与假设矛盾,或与定义、公理、定理、 事实等矛盾的结果; (4)断定产生矛盾的原因是假设不真,于是原结 论成立,从而间接地证明命题为真. 5.可用反证法证明的数学命题类型 (1)结论是否定形式的命题; (2)结论是以至多、至少、唯一等语句给出的命 题; (3)结论的反面是较明显或较易证明的命题; (4) 用直接法较难证明或需要分成多种情形进 行分类讨论的命题. 6.常见的“结论词”与“反设词”
原结论词 至少有一个 至多有一个 反设词 没有一个 至少有两个 原结论词 ?x 成立 ?x 不成立 反设词 ?x0 不成立 ?x0 成立

至少有 n 个 至多有 n-1 个 至多有 n 个 至少有 n+1 个

p或q p且q

綈 p 且綈 q 綈 p 或綈 q

cosA<0,b2+c2-a2<0,即 a2>b2+c2.故选 C. A 6.在△ABC 中,若 sinBsinC=cos2 ,则下面 2 等式一定成立的是( ) A.A=B B.A=C C.B=C D.A=B=C 解 : ∵sinBsinC = cos2 1-cos(B+C) , 2 ∴cos(B+C)=1-2sinBsinC. ∴cosBcosC-sinBsinC=1-2sinBsinC. ∴cosBcosC+sinBsinC=1. ∴cos(B-C)=1.又 0<B<π,0<C<π, ∴B=C.故选 C. 7.命题“a,b 是实数,若|a+1|+(b+1)2=0, 则 a = b = - 1” , 用 反 证 法 证 明 时 应 假 设 ____________. 解:a=b=-1 表示 a=-1 且 b=-1,故其否 定是 a≠-1,或 b≠-1.故填 a≠-1,或 b≠-1. 8.(原创)某题字迹有污损,大致内容是“已知 |x|≤1, ,用分析法证明|x+y|≤|1+xy|”.估计污 损部分的文字内容为________. 解: 要证|x+y|≤|1+xy|, 需证(x+y)2≤(1+xy)2, 化简得 x2 + y2 ≤ 1 + x2y2,(x2 - 1)(1 - y2)≤0 ,因为 |x|≤1,又要证的不等式成立,所以估计污损部分的 文字内容为“|y|≤1”.故填|y|≤1. 9.设数列{an}是公比为 q 的等比数列,Sn 是它 的前 n 项和. (1)求证:数列{Sn}不是等比数列; (2)数列{Sn}是等差数列吗?为什么? 解:(1)证明:假设数列{Sn}是等比数列,则 S2 2
2 2 =S1S3,即 a2 1(1+q) =a1·a1(1+q+q ),因为 a1≠0,

1. 用分析法证明: 欲使①A>B, 只需②C<D. 这 里①是②的( ) A.充分条件 B.必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解:分析法证明的本质是证明使结论成立的充 分条件成立, 即②?①, 所以①是②的必要条件. 故 选 B. 2.(2013·银川模拟)设 a,b,c 是不全相等的实 数,给出下列判断: ①(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2≠0; ②a>b,a<b 及 a=b 中至少有一个成立; ③a≠c,b≠c,a≠b 不能同时成立, 其中正确判断的个数是( ) A.0 B.1 C.2 D.3 解:①②正确,a≠c,b≠c,a≠b 可以同时成立, 如 a=1,b=2,c=3,所以③不对.故选 C. 3.(2014·山东)用反证法证明命题“设 a,b 为 实数,则方程 x3+ax+b=0 至少有一个实根”时, 要做的假设是( ) 3 A.方程 x +ax+b=0 没有实根 B.方程 x3+ax+b=0 至多有一个实根 C.方程 x3+ax+b=0 至多有两个实根 D.方程 x3+ax+b=0 恰好有两个实根 解:至少有一个实根的否定是没有实根,故要 做的假设是“方程 x3+ax+b=0 没有实根”.故选 A. 1 4.已知 x,y,z∈(0,+∞),a=x+ ,b=y+ y 1 1 ,c=z+ ,则 a,b,c 三数( ) z x A.至少有一个不大于 2 B.都小于 2 C.至少有一个不小于 2 D.都大于 2 1 1 1 解: ∵a+b+c=x+ +y+ +z+ ≥6, ∴a, b, x y z c 三数中至少有一个不小于 2.故选 C. 5.在不等边三角形中,a 为最大边,要想得到 ∠A 为钝角的结论,三边 a,b,c 应满足条件( ) 2 2 2 2 2 2 A.a <b +c B.a =b +c C.a2>b2+c2 D.a2≤b2+c2 b2+c2-a2 解:由余弦定理 cosA= ,若∠A 为钝 2bc 角,则

1+cosA A = = 2 2

所以(1+q)2=1+q+q2, 即 q=0, 这与 q≠0 矛盾. 所 以数列{Sn}不是等比数列. (2)当 q=1 时,{Sn}是等差数列;当 q≠1 时,

{Sn}不是等差数列,否则 2S2=S1+S3,即 2a1(1+q)
=a1+a1(1+q+q2)得 q=0,这与 q≠0 矛盾,所以 当 q≠1 时,{Sn}不是等差数列. 10.如图示,在直三棱柱 ABCA1B1C1 中,AB1 ⊥BC1,AB=CC1,试用综合法和分析法证明:A1C1 ⊥AB.

a ∵f(1)=- <0,∴f(0)=c≤0,f(2)=4a+2b+c 2 =a-c≤0.∴a≤c≤0. 这与已知 a>0 矛盾,∴函数 f(x)在区间(0,2)内 证法一(综合法):在直三棱柱 ABCA1B1C1 中, ∵AB=CC1=BB1, ∴四边形 ABB1A1 为正方形. ∴AB1 ⊥A1B.又 AB1⊥BC1,A1B∩BC1=B,∴AB1⊥平面 A1BC1,故 AB1⊥A1C1.又 BB1⊥A1C1,∴A1C1⊥平 面 A1ABB1,故 A1C1⊥AB. 证 法 二 ( 分 析 法 ) : A1C1 ⊥ AB ? A1C1 ⊥ 平 面 A1ABB1, 至少有一个零点. 是否存在常数 C ,使不等式 x + 2x+y

y x y ≤C≤ + 对任意正数 x,y 恒成立? x+2y x+2y 2x+y 试证明你的结论. 2 2 解:令 x=y=1,得 ≤C≤ ,∴存在满足题意 3 3 2 的常数 C,且 C= . 3 证明如下: x y 2 ∵x>0,y>0,∴要证 + ≤ , 2x+y x+2y 3 只 需 证 3x(x + 2y) + 3y(2x + y)≤2(2x + y)(x + 2y), 即证 x2+y2≥2xy,此式显然成立. x y 2 ∴ + ≤ . 2x+y x+2y 3 x y 2 再证 + ≥ . x+2y 2x+y 3 同 理 , 只 需证 3x(2x + y) + 3y(x + 2y)≥2(x + 2y)(2x+y), 即证 x2+y2≥2xy,这显然成立. x y 2 ∴ + ≥ . x+2y 2x+y 3 2 x 综上所述, 存在常数 C= , 使得不等式 + 3 2x+y y x y ≤C≤ + 对任意正数 x,y 恒成立. x+2y x+2y 2x+y

? ?A1C1⊥BB1?BB1⊥平面A1B1C1?直棱柱定义 ?? ?A1C1⊥AB1?AB1⊥平面A1BC1 ? ? ?AB1⊥BC1(已知) ? ? ? ?AB1⊥A1B?A1ABB1是正方形?AB=CC1=BB1.
由此,命题得证. a 11.设函数 f(x)=ax2+bx+c,且 f(1)=- , 2 3a>2c>2b. b 3 求证:(1)a>0 且-3< <- ; a 4 (2)函数 f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点. a 证明:(1)∵f(1)=a+b+c=- ,∴3a+2b+2c 2 =0.① 又 3a>2c>2b,∴a>0,b<0. 3 由①变形得 c=- a-b.② 2

? ?b>-3a, 将②式代入 3a>2c>2b 得? ?4b<-3a. ? b 3 ∴-3< <- . a 4
(2)假设函数 f(x)在区间(0,2)内没有零点.

§13.3

数学归纳法
以当 k≥4 时,均有 f(k)≥k+1 成立.故选 D. 1 1 用数学归纳法证明:设 f(n)=1+ + +… 2 3 1 + , 则 n+f(1)+f(2)+…+f(n-1)=nf(n)(n∈N+, n n ≥2),第一步要证的式子是________________. 解:∵n≥2,∴n0=2.观察等式左边最后一项, 将 n0=2 代入即可得 2+f(1)=2f(2).故填 2+f(1)= 2f(2). 用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)· …· (n+n) =2n·1· 3·…·(2n-1)(n∈N*)”时,从 n=k 到 n =k+1,等式的左边需要增乘的代数式是 ____________. 解:当 n=k 时,等式左边=(k+1)(k+2)· …· (k +k),当 n=k+1 时,等式左边=(k+2)(k+3)· …· (k +1+k+1)=
(k+1)(k+2)(k+3)· …· (k+k)(k+k+1)(k+k+2) k+1

1.数学归纳法的证题步骤 一般地,证明一个与正整数 n 有关的命题,可 按下列步骤进行: (1)(归纳奠基)证明当 n 取第一个值 n0(n0∈N*) 时命题成立; (2)(归纳递推)假设____________(k≥n0,k∈N*) 时命题成立,证明当____________时命题也成立. 只要完成这两个步骤,就可以断定命题对从 n0 开始的所有__________都成立. 2.数学归纳法的适用范围 数学归纳法主要用于解决与________有关的数 学命题,证明时,它的两个步骤(归纳奠基与归纳递 推)缺一不可. 自查自纠: 1.(2)n=k n=k+1 正整数 n 2.正整数

=2(2k+1)(k+1)(k+2)(k+3)· …· (k+k). 在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线 1 为 n(n-3)条时, 第一步检验 n=________时命题成 2 立.( ) A.1 B.2 C.3 D.0 解:凸多边形至少有三条边.故选 C. 使不等式 2n>n2+1 对任意 n≥k 的自然数 都成立的最小 k 值为( ) A.2 B.3 C.4 D.5 解:21=12+1,22<22+1,23<32+1,24<42 +1,25>52+1,…,则使不等式成立的最小 k 值为 5,故选 D. (2013·黑龙江模拟)设 f(x)是定义在正整数集 上的函数,且 f(x)满足:“当 f(k)≥k+1 成立时,总 可推出 f(k+1)≥k+2 成立”. 那么,下列命题总成立的是( ) A.若 f(1)<2 成立,则 f(10)<11 成立 B.若 f(3)≥4 成立,则当 k≥1 时,均有 f(k)≥k +1 C.若 f(2)<3 成立,则 f(1)≥2 成立 D.若 f(4)≥5 成立,则当 k≥4 时,均有 f(k)≥k +1 成立 解: 根据题意, 若 f(4)≥5 成立, 则 f(n0+1)≥n0 +2(n0≥4),即 f(k)≥k+1(k≥5).综合 f(4)≥5,所 观察、比较可知,从 n=k 到 n=k+1,等式的 左边需要增乘的代数式是 2(2k+1).故填 2(2k+1).

类型一

证明等式

1 1 1 1 1 证明:1- + - +…+ - = 2 3 4 2n-1 2n 1 1 1 + +…+ (n∈N*). 2n n+1 n+2 1 1 证明:(1)当 n=1 时,左边=1- = ,右边= 2 2 1 ,等式成立. 2 (2)假设 n=k(k∈N*)时等式成立,即 1 1 1 1 1 1 1 1- + - +…+ - = + 2 3 4 2k-1 2k k+1 k+2 1 +…+ , 2k 那么,当 n=k+1 时, 1 1 1 1 1 1 1 1- + - +…+ - + - 2 3 4 2 k 2k-1 2k+1 2k+2

1 1 1 1 1 + +…+ + - 2 k k+1 k+2 2k+1 2k+2 1 1 1 1 1 = + +…+ + + . 2 k k+2 k+3 2k+1 2k+2 = 根据(1)和(2),可知等式对任何 n∈N*都成立. 点拨: 用数学归纳法证明与正整数 n 有关的一些等式 时,关键在于“先看项”,弄清从 n=k 到 n=k+1 时等式两边的构成规律,然后正确写出归纳证明的 步骤,使问题得以证明. 对于 n∈N*,用数学归纳法证明:1· n 1 +2· (n-1)+3·(n-2)+…+(n-1)·2+n· 1= n(n 6 +1)(n+2). 1 证明: (1)n=1 时, 左边=1, 右边= ×1×2×3 6 =1,等式成立. (2)假设 n=k(k∈N*)时等式成立,即 1·k+2· (k-1)+3· (k-2)+…+(k-1)· 2+k· 1= 1 k(k+1)(k+2), 6 那么,当 n=k+1 时, 1·(k+1)+2· k+3· (k-1)+…+k· 2+(k+1)· 1 =1· k+2· (k-1)+3· (k-2)+…+(k-1)· 2 +k ·1 +1+2+…+(k+1) (k+1)(k+2) 1 = k(k+1)(k+2)+ 6 2 1 = (k+1)(k+2)(k+3). 6 根据(1)和(2),可知等式对任何 n∈N*都成立. 1 k+1

左边=

1 1 1 1 +…+ + + k+2 k+k 2k+1 2k+2 1 1 1 1 1 = + +…+ + + - k+1 k+2 k+k 2k+1 2k+2

13 1 1 1 > + + - , 24 2k+1 2k+2 k+1 1 1 1 1 1 + - = - 2k+1 2k+2 k+1 2k+1 2k+2 1 = >0. (2k+1)(2k+2) 而 综合(1)(2)知,原不等式成立. 点拨: 1 从 n=k 到 n=k+1 时, 左边增加的项为 + 2k+1 1 1 - ,证明时应注意左边代数式的变化规 2k+2 k+1 律,弄清增加的项后再恰当使用放缩法证明. 1 1 (1)用数学归纳法证明: 1+ 2+ 2+… 2 3 1 3n + 2≥ (n∈N*). n 2n+1 3×1 证明:①当 n=1 时,左边=1,右边= 2×1+1 =1,命题成立. 1 1 ②假设 n=k(k∈N*)时, 命题成立, 即 1+ 2+ 2 2 3 1 3k +…+ 2≥ . k 2k+1 1 1 1 1 当 n=k+1 时,1+ 2+ 2+…+ 2+ 2 3 k (k+1)2 3k 1 ≥ + . 2k+1 (k+1)2 3(k+1) 3k 1 令 f(k)= + , 2- 2k+1 (k+1) 2(k+1)+1 1 3 则 f(k)= 2- (k+1) (2k+1)(2k+3) = = (2k+1)(2k+3)-3(k+1)2 (k+1)2(2k+1)(2k+3) k(k+2)
2

类型二

证明不等式
1 1 + +… n+1 n+2

用数学归纳法证明: + 1 13 > (n≥2 ,n∈N). n+n 24 证明: (1)当 n=2 时, 左边= 13 成立. 24

1 1 7 + = > 2+1 2+2 12

1 (2)假设 n=k(k≥2, k∈N)时不等式成立, 即 k+1 1 1 13 + +…+ > 成立, k+2 k+k 24 则当 n=k+1 时,

(k+1) (2k+1)(2k+3)


3k + 2k+1

∵ k ≥ 1 , ∴ f(k)>0 , 即

3(k+1) 1 . 2> (k+1) 2(k+1)+1 由①②知,不等式对任何 n∈N*都成立. (2) 已 知 函 数 f(x) = x - xlnx , 数 列 {an} 满 足 0<a1<1,an+1=f(an),n∈N*.证明:对任意 n∈N*, 不等式 0<an<1 都成立. 解: 由 f(x)=x-xlnx, 得 f′(x)=-lnx, 当 x∈(0, 1)时,f′(x)=-lnx>0,故 f(x)在 x∈(0,1)时为单调 递增函数. 下面用数学归纳法证明:对任意 n∈N*,不等 式 0<an<1 都成立. ①当 n=1 时,已知 0<a1<1,不等式成立;又 当 n = 2 时 , 由 a1lna1<0 , 得 a2 = f(a1) = a1 - a1lna1>a1>0, 且有 a2=f(a1)=a1-a1lna1<f(1)=1, 即 0<a2<1,不等式也成立. ②假设当 n=k(k∈N*)时, 有 0<ak<ak+1<1 成立, 则当 n=k+1 时,由 f(x)在 x∈(0,1)时为单调递增 函数,且 0<a1≤ak<ak+1<1,得 f(ak)<f(ak+1)<f(1), 即 ak+1<ak+2<1, 又 ak+1>0, 所以有 0<ak+1<ak+2<1, 不等式也成立. 综合①、②知,对任意 n∈N*,不等式 0<an<1 都成立.

A.1 C.1+a+a2

B.1+a D.1+a+a2+a3

解:当 n=1 时,左边=1+a+a2.故选 C. 2.对于不等式 n2+n<n+1(n∈N*),某同学 的证明过程如下: (1)当 n=1 时, 12+1<1+1,不等式成立; (2) 假设当 n = k(k∈N*) 时 ,不等式成立,即 2 k +k < k + 1 , 则 n = k + 1 时 , (k+1)2+(k+1) = k2+3k+2 < k2+3k+2+k+2= (k+2)2=(k+1)+1,故当 n=k+1 时,不等式成立.根据(1)和(2),可知不等 式 n2+n<n+1(n∈N*)成立. 上述证法中( ) A.过程全部正确 B.n=1 验证不正确 C.归纳假设不正确 D.从 n=k(k∈N*)到 n=k+1 的推理不正确 解:证明过程没有用到归纳假设的结论,所以 证明方法不正确.故选 D. 3.用数学归纳法证明等式:1+2+3+…+n2 4 n +n2 = (n∈N*),则从 n=k(k∈N*)到 n=k+1 时, 2 左边应增加的项为( ) 2 A.(k+1) B.(k2+1)+(k+1)2 C.(k2+1)+(k2+2)+…+(k2+2k) D.(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2 解: 当 n=k(k∈N*)时, 等式左边=1+2+3+… +k2; 当 n=k+1 时,等式左边=1+2+3+…+k2+ (k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2. 比较上述两个式子,当 n=k+1 时,等式左边 是在假设 n=k 时等式成立的基础上, 加上了(k2+1) +(k2+2)+…+(k+1)2.故选 D. 4.用数学归纳法证明命题“当 n 为正奇数时, xn+yn 能被 x+y 整除”中,第二步归纳假设应写成 ( ) A.假设 n=2k+1(k∈N*)成立,再推出 n=2k +3 成立 B.假设 n=2k-1(k∈N*)成立,再推出 n=2k +1 成立 C.假设 n=k(k∈N*)成立,再推出 n=k+1 成 立 D.假设 n=k(k≥1)成立,再推出 n=k+2 成立 解:第二步归纳假设 n=2k-1(k∈N*)成立,再 推出 n=2k-1+2=2k+1 成立.故选 B. 5.已知一个命题 p(k),k=2n(n∈N),若 n=1, 2,…,1000 时,p(k)成立,且当 n=1000+1 时也

1.用数学归纳法进行证明时, “归纳奠基”和 “归纳递推”两个步骤缺一不可. 2. 证第二步的关键是合理运用归纳假设, 以“n =k 时命题成立”为条件, 证明“当 n=k+1 时命题 成立”.这里,易出现的错误是:不使用“n=k 时 命题成立”这一条件, 而直接将 n=k+1 代入命题, 便断言此时命题成立.注意:没有运用归纳假设的 证明不是数学归纳法. 3.在 n=k 到 n=k+1 的证明过程中寻找由 n =k 到 n=k+1 的变化规律是难点, 突破的关键是分 析清楚 p(k)与 p(k+1)的差异与联系,利用拆、添、 并、放、缩等手段,从 p(k+1)中分离出 p(k). 4. 证明不等式的方法多种多样, 故在用数学归 纳法证明不等式的过程中,比较法、放缩法、分析 法等要灵活运用.

1.用数学归纳法证明“1+a+a +…+a = + 1-an 2 (a≠1,n∈N*)”,在验证 n=1 时,左端计 1 -a 算所得的结果是( )

2

n+1

成立,下列判断中正确的是( ) A.p(k)对 k=2004 成立 B.p(k)对每一个自然数 k 都成立 C.p(k)对每一个正偶数 k 都成立 D.p(k)对某些偶数可能不成立 解:由题意知,p(k)仅对 k=2,4,6,…,2002 成立.故选 D. 6.平面内有 n 条直线,最多可将平面分成 f(n) 个区域,则 f(n)的表达式为( ) A.n+1 B.2n n2+n+2 C. D.n2+n+1 2 解:平面内 n 条直线,任何两条不平行,任何 三条不过同一点时,将平面分成的区域最多.设前 k 条直线把平面分成了 f(k)部分,第 k+1 条直线与 原有的 k 条直线有 k 个交点,这 k 个交点将第 k+1 条直线分为 k+1 段, 这 k+1 段将平面上有关的 f(k) 部分的每一部分分成了 2 个部分,共 2(k+1)部分, 相当于增加了 k+1 个部分, ∴第 k+1 条直线将平面 分成了 f(k+1)部分,f(k+1)-f(k)=k+1,令 k=1, 2,3,…,n,得 f(2)-f(1)=2,f(3)-f(2)=3,…, f(n)-f(n-1)=n,把这 n-1 个等式累加,得 f(n) (n+2)(n-1) -f(1)=2+3+…+n= , ∴f(n)=2 2 (n+2)(n-1) n2+n+2 + = .故选 C. 2 2 1 1 1 7 . 用数学归纳法证明 1 + + +…+ n 2 3 2 -1 <n(n∈N 且 n>1) 第 一 步 要 证 的 不 等 式 是 ________________. 1 1 1 1 解: 当 n=2 时, 左边=1+ + 2 =1+ + , 2 2 -1 2 3 1 1 右边=2,故填 1+ + <2. 2 3 1 1 1 8.已知 f(n)=1+ + +…+ (n∈N*),用数学 2 3 n n + 归 纳 法 证 明 f(2n)> 时 , f(2k 1) - f(2k) = 2 _________________________. 1 1 1 1 解: ∵f(2k)=1+ + +…+ k, f(2k+1)=1+ + 2 3 2 2 1 1 1 1 +…+ k+ k +…+ k 1, 3 2 2 +1 2+ 1 1 1 ∴f(2k+1)-f(2k)= k + k +…+ k 1. 2 +1 2 +2 2+ 1 1 1 故填 k + k +…+ k+1. 2 +1 2 +2 2 + 9.试证:n 为正整数时, f(n)=32n 2-8n-9

能被 64 整除. 证明:(1)当 n=1 时, f(1)=34-8-9=64 能 被 64 整除. (2)假设当 n=k(k∈N*)时, f(k)=32k+2-8k-9 能被 64 整除,则当 n=k+1 时, f(k+1)=32(k+1)+2 - 8(k + 1) - 9 = 9 · 32k + 2 - 8k - 17 = 9(32k + 2 - 8k - 9) +64k+64. 由归纳假设知 f(k+1)也能被 64 整除. 综合(1)(2)知,当 n 为正整数时, f(n)=32n+2 -8n-9 能被 64 整除. 10.已知△ABC 的三边长都是有理数. (1)求证:cosA 是有理数; (2)求证:对任意正整数 n,cosnA 是有理数. 证明:(1)由 AB,BC,AC 为有理数及余弦定理 AB2+AC2-BC2 知 cosA= 是有理数. 2AB·AC (2)用数学归纳法证明 cosnA 和 sinA·sinnA 都是 有理数. ①当 n=1 时,由(1)知 cosA 是有理数,从而 sinA·sinA=1-cos2A 也是有理数. ②假设当 n=k(k∈N*)时,coskA 和 sinA·sinkA 都是有理数, 当 n=k+1 时, cos(k+1)A=cosAcoskA -sinAsinkA, sinAsin(k+1)A=sinA(sinAcoskA+cosAsinkA) =(sinA·sinA)· coskA+(sinA·sinkA)· cosA, 知 cos(k+1)A 与 sinA·sin(k+1)A 都是有理数, 即当 n=k+1 时结论成立.综合①②知,对任意正 整数 n,cosnA 是有理数. 1 1 1 1 11.已知 f(n)=1+ 3+ 3+ 3+…+ 3,g(n)= 2 3 4 n 3 1 - ,n∈N*. 2 2n2 (1)当 n=1,2,3 时,试比较 f(n)与 g(n)的大小 关系; (2)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系,并给出证明. 解:(1)当 n=1 时,f(1)=1,g(1)=1,所以 f(1) =g(1); 9 11 当 n=2 时,f(2)= ,g(2)= ,所以 f(2)<g(2); 8 8 251 312 当 n = 3 时 , f(3) = , g(3) = ,所以 216 216 f(3)<g(3). (2) 由(1),猜想 f(n)≤g(n),下面用数学归纳法 证明:

①当 n=1,2,3 时,不等式显然成立. ②假设当 n=k(k≥3,k∈N*)时不等式成立,即 1 1 1 1 3 1 1+ 3+ 3+ 3+…+ 3< - 2,那么,当 n=k+1 2 3 4 k 2 2k 1 3 1 1 时, f(k+1)=f(k)+ , 3<2-2k2+ (k+1) (k+1)3 1 1 ? 1 2- ? 因 为 - 3? = ? 2 k 2 ( k + 1 ) ? ? 2(k+1) k+3 2(k+1) 2(k+1) k 1 - =g(k+1). 2(k+1)2 成立. 设数列 a1,a2,…,an,…中的每一 项都不为 0. 1 1 1 n 求证: 若 + +…+ = , n∈N+, a1a2 a2a3 anan+1 a1an+1 则{an}为等差数列.
3-2k2=

1 1 2 证明:当 n=2 时,已知 + = ,两端 a1a2 a2a3 a1a3 同乘 a1a2a3,得 a1+a3=2a2,所以 a1,a2,a3 成等 差数列. 假设当 n=k 时,a1,a2,…,ak 成等差数列, 记公差为 d. 那么当 n=k+1 时,因为 1 1 1 1 k + +…+ + = + a1a2 a2a3 akak+1 ak+1ak+2 a1ak+1 k+1 1 = ,分子同乘 a1ak+1ak+2,得 kak+2 ak+1ak+2 a1ak+2 +a1=(k+1)ak+1,又 ak+1=a1+kd,代入可得 kak+
2+a1=(k+1)(a1+kd),即

1

-3k-1

3 2<0,所以

3 f(k+1)< 2

由①、②可知,对一切 n∈N*,都有 f(n)≤g(n)

ak+2=a1+(k+1)d.所以

{an}是公差为 d 的等差数列.

一、选择题:本大题共 12 小题,每小题 5 分, 共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是 符合题目要求的. 1. 否定“自然数 a, b, c 中恰有一个偶数”时, 正确的反设为( ) A.a,b,c 都是奇数 B.a,b,c 都是偶数 C.a,b,c 中至少有两个偶数 D.a,b,c 中至少有两个偶数或全是奇数 解:反设为“a,b,c 中恰有 0 个,或 2 个, 或 3 个偶数”,即 a,b,c 中至少有两个偶数或全 是奇数.故选 D. 2. 下面关于演绎推理的几种叙述: ①演绎推理 是由一般到特殊的推理;②演绎推理在大前提和推 理形式正确的前提下,得出的结论一定是正确的; ③演绎推理的一般模式是“三段论”;④“三段 论”中,如果大前提是显然的,为了叙述简洁,则 大前提可以省略.其中正确的说法个数是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 解:易知①③④都是正确的,只有在大前提和 小前提都正确的时候才能保证演绎推理的结论正 确.故选 C. 3.用数学归纳法证明等式:1+2+3+…+2n =n(2n+1),由 n=k 到 n=k+1 时,等式左边应添 加的项是( ) A.2k+1 B.2k+2 C.(2k+1)+(2k+2) D.(k+1)+(k+2)+(k+3)+…+2k 解:当 n=k 时,左边=1+2+3+…+2k; 当 n=k+1 时,左边=1+2+3+…+2k+(2k +1)+(2k+2). 所以等式左边应添加(2k+1)+(2k+ 2),故选 C. 4. 如果命题 p(n)对 n=k 成立, 则它对 n=k+2 成立,若 p(n)对 n=2 成立,则下列结论正确的是 ( ) A.p(n)对所有正整数 n 都成立 B.p(n)对所有正偶数 n 都成立 C.p(n)对大于或等于 2 的正整数 n 都成立 D.p(n)对所有自然数都成立 解:∵p(n)对 n=2 成立,2 为偶数,∴根据题意

易知 p(n)对所有正偶数 n 都成立.故选 B. 5.已知 α∩β=l,a?α,b?β ,若 a,b 为异 面直线,则( ) A.a,b 都与 l 相交 B.a,b 中至少有一条与 l 相交 C.a,b 中至多有一条与 l 相交 D.a,b 都不与 l 相交 解:若 a,b 都不与 l 相交,则 a∥l∥b,与 a, b 是异面直线矛盾.所以 a,b 中至少有一条与 l 相 交.故选 B. 6. (2014·陕西五校联考)设△ABC 的三边长分别 为 a,b,c,△ABC 的面积为 S,内切圆半径为 r, 2S 则 r= ; 类比这个结论可知: 若四面体 P?ABC a+b+c 的四个面的面积分别为 S1,S2,S3,S4,四面体 P? ABC 的体积为 V,内切球的半径为 R,则 R=( ) V 2V A. B. S1+S2+S3+S4 S1+S2+S3+S4 3V 4V C. D. S1+S2+S3+S4 S1+S2+S3+S4 解:设四面体 PABC 的内切球球心为 O,那么 1 1 V=VO?ABC+VO?PAB+VO?PAC+VO?PBC,即 V= S1R+ 3 3 1 1 3V S2R+ S3R+ S4R, 可得 R= , 故选 C. 3 3 S1+S2+S3+S4 7.观察下列各式:a+b=1,a2+b2=3,a3+ b3=4,a4+b4=7,a5+b5=11,…,则 a10+b10= ( ) A.28 B.76 C.123 D.199 解:观察各等式的右边,它们分别为 1,3,4, 7,11,…,不难发现从第 3 项开始,每一项都是它 的前两项之和,故等式的右边依次为 1,3,4,7, 11, 18, 29, 47, 76, 123, …, 因此 a10+b10=123. 故 选 C. 8.通过圆与球的类比,由“半径为 R 的圆的 内接矩形中, 以正方形的面积为最大, 最大值为 2R2” 猜想关于球的相应命题为“半径为 R 的球的内接六 面体中,________”.( ) A.以长方体的体积为最大,最大值为 2R3 B.以正方体的体积为最大,最大值为 3R3

4 3R 3 C.以长方体的体积为最大,最大值为 9 8 3R 3 D.以正方体的体积为最大,最大值为 9 解:类比可知正方体的体积最大,设其边长为 a,当体积最大时,正方体体对角线的长度等于球的 直径, 即 3a=2R, 得 a= 2R 8 3R3 , 体积 V=a3= . 故 9 3

定为三个等级,依次为“优秀”“合格”“不合 格”.若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙, 且其中至少有一门成绩高于乙,则称“学生甲比学 生乙成绩好”.如果一组学生中没有哪位学生比另 一位学生成绩好,并且不存在语文成绩相同、数学 成绩也相同的两位学生,那么这组学生最多有 ( ) A.2 人 B.3 人 C.4 人 D.5 人 解:假设 A、B 两位学生的数学成绩一样,由 题意知他们语文成绩不一样,这样他们的语文成绩 总有人比另一个人高,语文成绩较高的学生比另一 个学生“成绩好”,与已知条件“他们之中没有一 个比另一个成绩好”相矛盾.因此,没有任意两位 学生数学成绩是相同的.因此任何两位学生的同一 门成绩不能相同,这组学生数量最大为 3,且当 3 位学生的成绩分别为(优秀, 不合格)、 (合格、 合格)、 (不合格,优秀)时满足条件.故选 B. 二、填空题:本大题共 4 小题,每小题 5 分, 共 20 分. 13.经过圆 x2+y2=r2 上一点 M(x0,y0)的切线 x2 方程为 x0x+y0y=r2.类比上述性质,经过双曲线 2 a y2 - 2=1 上一点 P(x0,y0)的切线方程为________. b x0x y0y 解:类比可知 x2→x0x, y2→y0y.故填 2 - 2 =1. a b 14.(2014·陕西)观察分析下表中的数据:
多面体 三棱柱 五棱锥 立方体 面数(F) 5 6 6 顶点数(V) 6 6 8 棱数(E) 9 10 12

选 D. 9.观察(x2)′=2x,(x4)′=4x3,(cosx)′=-sinx, 由归纳推理可得:若定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(-x) =f(x),记 g(x)为 f(x)的导函数,则 g(-x)=( ) A.f(x) B.-f(x) C.g(x) D.-g(x) 解:本题可由特殊到一般进行归纳推理,可得 g(-x)=-g(x).故选 D. 10.观察如图所示的正方形图案,每条边(包括 两个端点)有 n(n≥2, n∈N+)个圆点,第 n 个图案中 圆点的总数为 Sn,按此规律判断出 Sn 与 n 的关系式 为( )

A. Sn =2n =4n-4

B. Sn= 4n

C .Sn = 2n

D . Sn

解:由 n=2,n=3,n=4 的图案,推断第 n 个 图案是这样构成的: 各个圆点排成正方形的四条边, 每条边上有 n 个圆点, 则圆点的总数为 Sn=4n-4, 故选 D. 2 2 湖南模拟 ) 已 知 11 . ( 2014· 2+ = 2 , 3 3 3 3 4 4 5 3+ = 3 , 4+ = 4 , 5+ = 8 8 15 15 24 5 7 7 5 ,…,若 a+ =a (a,t 均为正实数), 24 t t 类比以上等式,可推测 a,t 的值,则 t-a=( ) A.0 B.41 C.49 D.56 2 解: 观察所给的等式,等号左边是 2+ , 3 3 4 2 3 3+ , 4+ , …, 等号的右边是 2 , 3 , 8 15 3 8 4 4 ,…,则可推测第 n 个式子的左边是 15 n+1 (n+1)+ , 右 边 是 (n + (n+1)2-1 1)· ,∴a=7,t=72-1=48,t-a (n+1) -1
2

猜想一般凸多面体中 F,V,E 所满足的等式是 ________. 解:三棱柱中 5+6-9=2,五棱锥中 6+6-10 =2,立方体中 6+8-12=2,由此归纳可得 F+V -E=2(欧拉公式).故填 F+V-E=2. 15.无限循环小数可以化为有理数,如 0.1· = 1 13 5 , 0. 1· 3· = , 0. 1· 5· = , …请你归纳出 0. 01· 7· = 9 99 33 m ________.(表示成最简分数 ,m,n∈N*) n 1 13 5 解:∵0.1· = ,0.1· 3· = ,0.1· 5· = = 9 99 33 15 17 17 ,∴归纳得出 0.1· 7· = ,∴0.01· 7· = ÷10= 99 99 99 17 17 .故填990. 990 16.(2014·福建)已知集合{a,b,c}={0,1,

n+1

=41.故选 B. 12.(2014·北京)学生的语文、数学成绩均被评

2},且下列三个关系:①a≠2;②b=2;③c≠0 有 且只有 1 个正确,则 100a+10b+c=________. 解: 若①a≠2 正确, ②③错误, 则 b≠2, c=0, 此时 a=b=1,与集合的互异性矛盾;若②b=2 正 确,①③错误,则 a=2,c=0,与集合的互异性矛 盾;若③c≠0 正确,①②错误,则 a=2,b≠2,此 时 c=1,b=0,符合题意.综上知,a=2,b=0, c=1,100a+10b+c=201.故填 201. 三、解答题:解答应写出文字说明、证明过程 或演算步骤. 17 . (10 分 ) 观 察 : ①sin26°+ cos236°+ 3 sin6° cos36° = ; 4 3 ②sin210° +cos240° +sin10° cos40° = . 4 由上面两个式子的结构规律,请提出一个一般 性的猜想,并证明你的猜想. 解: 猜想: sin2α+cos2(30° +α)+sinαcos(30° +α) 3 = . 4 1-cos2α 1+cos(60° +2α) 证明:左边= + + 2 2 3 1 sinα( cosα- sinα) 2 2 1 3 3 1 1 =1- cos2α- sin2α+ sin2α- + cos2α 4 4 4 4 4 1 3 =1- = =右边,得证. 4 4 18.(12 分)已知 a,b,c 为实数,且 a=b+c +1.证明:两个一元二次方程 x2+x+b=0,x2+ ax + c = 0 中至少有一个方程有两个不相等的实数 根. 证明:假设两个方程都没有两个不相等的实数 根,则 Δ1=1-4b≤0,Δ2=a2-4c≤0.两式相加得 a2-4(b+c)+1≤0. 又∵a=b+c+1,∴a2-4(a-1)+1≤0. 即 a2-4a+5=(a-2)2+1≤0.(*) 显然(*)式是不成立的,假设不成立,原命题成 立. 19.(12 分)设 n∈N,且 n>0,试用数学归纳法 - 证明 1+21+22+23+…+25n 1 能被 31 整除. 解:①n=1 时,1+21+22+23+24=31,能被 31 整除. ②设 n=k 时,1+21+22+23+…+25k-1 能被 31 整除,则当 n=k+1 时,有 1+21+22+23+…+25(k+1)-1

=1+21+22+23+…+25k+4 =1+21+22+23+…+25k-1+(25k+25k+1+25k
+2+25k+3+25k+4)

= 1 + 21 + 22+ 23 + …+ 25k- 1 + 25k(1 + 2 + 22 + 23+24) =1+21+22+23+…+25k-1+25k×31 可知上式能被 31 整除. 综合①②可得,对一切 n∈N,且 n>0 时,1+ 21+22+23+…+25n-1 能被 31 整除. 20.(12 分)(2014·湖南模拟)阅读下列不等式的 证法,并回答后面的问题. 1 2 已知 a1,a2∈R,a1+a2=1,求证 a2 1+a2≥ . 2 证明:构造函数 f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2,则 2 f(x)=2x2-2x+a2 1+a2. ∵x∈R, f(x)≥0 恒成立, 1 2 2 2 ∴Δ=4-8(a2 1+a2)≤0,解得 a1+a2≥ . 2 (1)若 a1, a2, …, an∈R, a1+a2+…+an=1(n∈N+), 请写出上述结论的推广形式; (2)参考上述解法,对你推广的结论加以证明. 解:(1)若 a1,a2,…,an∈R(n∈N+),a1+a2 +…+an=1,
2 2 1 则 a2 1+a2+…+an≥ (n∈N+). n

(2)证明: 构造函数 f(x)=(x-a1)2+(x-a2)2+…
2 2 +(x-an)2,则 f(x)=nx2-2x+a2 1+a2+…+an.

∵(n∈N+)x∈R, f(x)≥0 恒成立,
2 2 2 2 ∴Δ=4-4n(a2 1+a2+…+an)≤0,∴a1+a2 +… 1 +a2 n≥ (n∈N+). n π? 21.(12 分)已知函数 f(x)=tanx,x∈? ?0,2?, π? 1 若 x1,x2∈? ?0,2?且 x1≠x2.求证:2[f(x1)+f(x2)]> x1+x2? f? ? 2 ?.

1 ?x1+x2? 证明:要证 [f(x1)+f(x2)]>f? ?, 2 ? 2 ? x1+x2 1 即证 (tanx1+tanx2)>tan , 2 2 sin x1+x2 1 sinx1 sinx2 ? + 只需证 ? > , 2?cosx1 cosx2? 1+cos x +x
1 2 1 2 1 2

(

)

( ) sin(x +x ) sin(x +x ) 只需证 > . 2cosx cosx 1+cos x +x ( ) ∵ sin (x +x ) > 0 , cosx cosx > 0 , 1 +
1 2 1 2 1 2 1 2

cos x1+x2 >0, 故只需证 1+cos x1+x2 >2cosx1cosx2,

(

)

亦即当 n≥4 时,An>n2+n.

(

)

( 即证 cos(x -x )<1.
1 2

即证 1+ cosx1cosx2-sinx1sinx2 >2cosx1cosx2, π? x1,x2∈? ?0,2?且 x1≠x2,上式显然成立, 1 ? x +x ? f(x1)+f(x2) >f? 1 2?. 2 ? 2 ? 22.(12 分)把正整数按从小到大、左小右大的 原则依次排成如图所示的数表: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 …… 设 aij(i,j∈N*)是数表中从上往下数第 i 行,从 - 左往右数第 j 个数, 数表中第 i 行共有 2i 1 个正整数, (1)若 aij=2013,求 i,j 的值; (2)设 An=a11+a22+a33+…+ann(n∈N*),试比 较 An 与 n2+n 的大小,并说明理由. 故

)

[

]

解:(1)由于前 10 行共有 1+21+22+…+29= 210-1=1023 个数,而 2013-1023=990,所以 i= 11,j=990. (2)∵a11=20,a22=21+1,a33=22+2,a44=23 +3,…,ann=2n-1+(n-1), ∴An=20+(21+1)+(22+2)+(23+3)+…+[2n
-1+(n-1)]

=(20+21+22+23+…+2n-1)+[1+2+3+… +(n-1)] 2n+1+n2-n-2 = . 2 2n+1-(n2+3n+2) ∴An-(n +n)= . 2
2

验证知,当 n=1,2,3 时,An<n2+n;当 n≥4 时,可猜测 An>n2+n. 以下用数学归纳法证明:当 n≥4 时,2n+1>n2 +3n+2. ①当 n=4 时,25=32>42+3×4+2=30,不等 式成立; ②假设 n=k 时,2k+1>k2+3k+2 成立,则当 n =k+1 时,2k+2=2· 2k+1>2(k2+3k+2)=k2+2k+1 +3k+3+k2+k>(k+1)2+3(k+1)+2. 即 n=k+1 时,不等式也成立. 综上①②知,当 n≥4 时,2n+1>n2+3n+2.


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