12、2) 證明： 由(1)得
bn＝＝＝－，
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
13、下的9個小正方體體積V1＝，第二步，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. (2014·泰州期末)已知在等差數(shù)列{an}中，若m＋2n＋p＝s＋
14、2t＋r，m、n、p、s、t、r∈N*，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1
15、0行的最后一個數(shù)為a100，第11行的第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
16、茨調(diào)和三角形”，有＝＋，＝＋，＝＋，…，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(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
17、：在正三角形ABC中，若D是邊BC的中點，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(nèi)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(nèi)切球球心，設正四面體的高為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(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
18、P0作雙曲線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____________．
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
19、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
20、、綜合法、反證法，會用這些方法處理一些簡單命題．
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(nèi)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.
21、－2與－的大小關系是______________．
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
22、＝{0，1，－1}；④α≠且α≠kπ＋(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
ABC…本題結論．
(3) 綜合法
① 定義：從已知條件出發(fā)，以
23、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(jīng)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
24、立.
題型1 直接證明(綜合法和分析法)
, 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＋
25、1＝4an.
, 2) 設a、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、＋qmSn總成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，則a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn?、?， 從而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①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：
27、由(1)得bn＝＝n＋.假設數(shù)列{bn}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
28、－bc≤0.則(a－b)2＋(b－c)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. (2014·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
29、范圍是________．
答案：(10，16)
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、那么這組學生最多有________人.
答案：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(diào)遞減的充要條件是a>2.
證
31、明：(1) 假設函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，則f(－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(diào)遞減；
② 必要性：當函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)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
32、＜cn
解析：由條件得cn＝an－bn＝－n＝，
∴ cn隨n的增大而減?。?cn＋1＜cn.
2. 一個平面封閉區(qū)域內(nèi)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(nèi)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
33、封閉曲線的直徑最大值為2R，故周率為π；圖(3)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(nèi)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(nèi)的任意兩個x1，x2(x1≠x2)，均有
34、|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 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
35、據(jù)(1)的計算結果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，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＋cos2
36、α＝.
(解法2)三角恒等式為sin2α＋cos2(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(nèi)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、
38、時等號成立．
∵ 點P在圓內(nèi)運動，∴ 當點P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(jīng)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
39、結論本身是以否定形式出現(xiàn)的一類命題；②關于唯一性、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________
40、．
答案：1＋＋<2
解析：∵ n∈N*，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，
41、由k遞推到k＋1時左邊應添加的因式是________．
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
42、成立；證明當n＝k＋1時，命題也成立，這種證明方法叫做數(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 (2014·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
43、)＝.
證明：(數(shù)學歸納法)① 當n＝1時，g1(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
44、證明不等式
, 2) (2014·南通二模)各項均為正數(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
45、然數(shù)k，使得xk＞1，則一定存在自然數(shù)m，使得xk＞1＋.
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
46、，…，xk中必存在一個數(shù)小于1，不妨設這個數(shù)為xk，從而(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
47、為Sn－1，n＝1，2，3，….
(1) 求a1，a2；
(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＝.
48、由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，….
下面用數(shù)學歸納法證明這個結論．
(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．
(2014·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|
49、a2－a1|＝，|a3－a2|＝，|a4－a3|＝，|a5－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．
50、題型4 綜合運用
, 4) 若函數(shù)f(x)＝x2－2x－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
51、歸納假設，20，即xk＋1
52、如下：當n＝3時，f(3)＝0成立；設當n＝k(k≥3)時猜想成立，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
53、＋1)(n∈N*)”，當n＝k＋1時，應在n＝k時的等式左邊添加的項是________．
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
54、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. (2014·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(*)
55、式．
② 假設當n＝k時，(*)式成立，即ak＝2k＋2·(－1)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. (2014·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(2
56、k＋1)－f(2k)等于________．
答案：＋＋…＋
解析：∵ 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＋
57、ax在(－1，0)上是增函數(shù)．
(1) 求實數(shù)a的取值范圍A；
(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的大小．
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
58、ak∈(－1，0)，所以[－(－1)3＋3×(－1)]＝－1
59、f′1(x)＝′－′＝－－＋，所以f1＝－，f2＝－＋.故2f1＋f2＝－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)＋x
60、fk(x)＝sin.
因為[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－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]
高考數(shù)學一輪總復習 第七章 推理與證明課堂過關 理-人教版高三數(shù)學試題
