高考数学一轮复习第一部分基础与考点过关第七章推理与证明学案

第七章推理与证明
第1课时合情推理与演绎推理
能用归纳和类比等方法进行简单的推理，了
解合情推理在数学发现中的作用；掌握演绎
推理的基本方法，并能运用它们进行一些简
单的推理；了解合情推理和演绎推理的联系
和区别．
① 了解合情推理的含义，能利用归纳和类比
等进行简单的推理，了解合情推理在数学发
现中的作用.②了解演绎推理的重要性，掌
握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行
一些简单推理.③了解合情推理和演绎推理
之间的联系和差异．
1. 已知2＋
2
3
＝2
2
3
，3＋
3
8
＝3
3
8
，4＋
4
15
＝4
4
15
，…，类比这些等式，若6＋
a
b
＝6
a
b
(a，b均为正数)，则a＋b＝________．
答案：41
解析：观察等式2＋
2
3
＝2
2
3
，3＋
3
8
＝3
3
8
，4＋
4
15
＝4
4
15
，…，第n个应该是n＋1＋
n＋1
（n＋1）2－1
＝(n＋1)
n＋1
（n＋1）2－1
，则第5个等式中a＝6，b＝a2－1＝35，a＋b＝41.
2. 在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则
S1
S2＝
1
4
，推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则
V1
V2
＝________．
答案：
1
27
解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故
V1
V2
＝
1
27
.
3. 设等差数列{a n}的前n项和为S n.若存在正整数m，n(m<n)，使得S m＝S n，则S m＋n＝0.类比上述结论，设正项等比数列{b n}的前n项积为T n.若存在正整数m，n(m<n)，使T m＝T n，则T m＋n＝________．
答案：1
解析：因为T m＝T n，所以b m＋1b m＋2…b n＝1，从而b m＋1b n＝1，T m＋n＝b1b2…b m b m＋1…b n b n＋1…
b n＋m－1b n＋m＝(b1b n＋m)·(b2b n＋m－1)…(b m b n＋1)·(b m＋1b n)＝1.
4. 观察下列等式：
2
1
＋2＝4；
2
1
×2＝4；
3
2
＋3＝
9
2
；
3
2
×3＝
9
2
；
4
3
＋4＝
16
3
；
4
3
×4＝
16
3
；…，根据这些等式，可以得出一个关于自然数n的等式，这个等式可以表示为________________．
答案：n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1n
×(n ＋1)(n∈N *
)
解析：由归纳推理得n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1＋（n 2＋n ）n ＝（n ＋1）2
n ， n ＋1
n
×(n ＋1)＝
（n ＋1）2
n ，所以得出结论n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1n
×(n ＋1)(n∈N *
)． 5. 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 ，则r ＝2S
a ＋
b ＋c
.
类比这个结论可知：四面体PABC 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为r ，四面体PABC 的体积为V ，则r ＝________．
答案：3V
S 1＋S 2＋S 3＋S 4
解析：由类比推理可知r ＝3V
S 1＋S 2＋S 3＋S 4
.
1. 归纳推理
(1) 归纳推理的定义
从个别事实中推演出一般性的结论，像这样的推理通常称为归纳推理． (2) 归纳推理的思维过程大致如图
实验、观察―→概括、推广―→猜测一般性结论
(3) 归纳推理的特点
① 归纳推理的前提是几个已知的特殊现象，归纳所得的结论是尚属未知的一般现象，该结论超越了前提所包含的范围．
② 由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否真实，还需经过逻辑证明和实践检验，因此，它不能作为数学证明的工具．
③ 归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳法得到的猜想，可以作为进一步研究的起点，帮助人们发现问题和提出问题．
2. 类比推理
(1) 根据两个(或两类)对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，这样的推理称为类比推理．
(2) 类比推理的思维过程大致如图
观察、比较―→联想、类推―→猜测新的结论
3. 演绎推理
(1) 演绎推理是根据已有的事实和正确的结论(包括定义、公理、定理等)，按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程．
(2) 主要形式是三段论式推理． (3) 三段论的常用格式为 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，它提供了一个一般性的原理；②是小前提，它指出了一个特殊对象；③是结论，它是根据一般原理，对特殊情况作出的判断．[备课札记]
, 1 归纳推理)
, 1) 观察下列等式： 1－12＝12
， 1－12＋13－14＝13＋14
， 1－12＋13－14＋15－16＝14＋15＋16， ……
据此规律，第n 个等式可为________________．
答案：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1
2n
解析：等式左边的特征：第1个等式有2项，第2个等式有4项，第3个等式有6项，
且正负交错，故第n 个等式左边有2n 项且正负交错，应为1－12＋13－14＋…＋12n －1－1
2n
；
等式右边的特征：第1个等式有1项，第2个等式有2项，第3个等式有3项，故第n 个等
式有n 项，且由前几个的规律不难发现第n 个等式右边应为1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1
2n
.
变式训练
观察下列三角形数阵： 1 13 15 17 19 111 113 115 117 119 ……
按照以上排列的规律，第16行从左到右的第2个数为______．
答案：1
243
解析：前15行共有15×（15＋1）2＝120(个)数⇒所求为a 122＝12×122－1＝1
243
.
, 2 类比推理)
, 2) 在平面几何里，有“若△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，内切圆
半径为r ，则三角形面积S △ABC ＝1
2
(a ＋b ＋c)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体
ABCD 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为r ，则四面体的体积为________________”．
答案：V 四面体ABCD ＝1
3
(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r
解析：三角形面积类比为四面体的体积⇒三角形的边长类比为四面体四个面的面积⇒内
切圆半径类比为内切球半径⇒二维图形中的12类比为三维图形中的1
3
⇒得出结论．
运用分割法思想，设四面体ABCD 的内切球的球心为O ，连结OD ，OA ，OB ，OC ，将四面
体分成四个三棱锥，则V ABCD ＝V OABC ＋V OABD ＋V OBCD ＋V OACD ＝13S 1r ＋13S 2r ＋13S 3r ＋13S 4r ＝1
3
(S 1＋S 2＋S 3
＋S 4)r.
备选变式（教师专享）
设a ，b ，c 是直角三角形的三边长，斜边上的高为h ，c 为斜边长，则给出四个命题：
① a ＋b>c ＋h ；② a 2＋b 2<c 2＋h 2
；
③ a 3＋b 3>c 3＋h 3；④ a 4＋b 4<c 4＋h 4
.
其中真命题是________(填序号)，进一步类比得到的一般结论是____________________．
答案：②④ a n ＋b n <c n ＋h n (n∈N *
) 解析：在直角三角形ABC 中，a ＝csin A ，b ＝ccos A ，ab ＝ch ，所以h ＝csin Acos A ．于是a n ＋b n ＝c n (sin n A ＋cos n A)，c n ＋h n ＝c n (1＋sin n Acos n
A)．
a n ＋
b n －
c n －h n ＝c n (sin n A ＋cos n A －1－sin n Acos n A)＝c n (sin n A －1)(1－cos n
A)＜0，
所以a n ＋b n ＜c n ＋h n
.
, 3 演绎推理) , 3) 设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22
≤b n ＋1(n∈N *)；②b n ≤M (n∈N *
，M 是
与n 无关的常数)的无穷数列{b n }叫“特界” 数列．
(1) 若数列{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和，a 3＝4，S 3＝18，求S n ； (2) 判断(1)中的数列{S n }是否为“特界” 数列，并说明理由． 解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，
则a 1＋2d ＝4，3a 1＋3d ＝18，解得a 1＝8，d ＝－2，S n ＝na 1＋n （n －1）2
d ＝－n 2
＋9n.
(2) {S n }为“特界”数列．理由如下： 由S n ＋S n ＋22－S n ＋1＝（S n ＋2－S n ＋1）－（S n ＋1－S n ）2
＝a n ＋2－a n ＋12＝d 2＝－1<0，得S n ＋S n ＋22
<S n ＋1，故数列{S n }满足条件①；而S n ＝－n 2＋9n ＝－
⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －922＋814(n∈N *)，则当n ＝4或5时，S n 有最大值20，即S n ≤20，故数列{S n }满足条件②. 综上，数列{S n }是“特界”数列． 变式训练
数列{a n }的前n 项和记为S n ，已知a 1＝1，a n ＋1＝n ＋2n
S n (n∈N *
)．证明：
(1) 数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
S n n 是等比数列；
(2) S n ＋1＝4a n .
证明：(1) ∵ a n ＋1＝S n ＋1－S n ，a n ＋1＝n ＋2
n
S n ，∴ (n ＋2)S n ＝n(S n ＋1－S n )，即nS n ＋1＝2(n
＋1)S n .故S n ＋1n ＋1＝2·S n
n ，故⎩⎨⎧⎭
⎬⎫S n n 是以2为公比，1为首项的等比数列．
(2) 由(1)可知数列⎩⎨⎧⎭
⎬⎫S n n 是等比数列，所以S n ＋1n ＋1＝4·S n －1
n －1(n≥2)，
即S n ＋1＝4(n ＋1)·S n －1n －1＝4·n －1＋2
n －1
·S n －1＝4a n (n≥2)．
又a 2＝3S 1＝3，S 2＝a 1＋a 2＝1＋3＝4＝4a 1， 所以对于任意正整数n ，都有S n ＋1＝4a n .
1. (2017·课标Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩，老师说，你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩，看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩，根据以上信息推断，下列结论正确的是________．(填序号)
① 乙可以知道四人的成绩； ② 丁可以知道四人的成绩； ③ 乙、丁可以知道对方的成绩； ④ 乙、丁可以知道自己的成绩． 答案：④
解析：由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙的成绩则知道自己的成绩，丁看到甲的成绩则知道自己的成绩，故选④.
2. (2016·全国Ⅱ)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和
3.甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是__________．
答案：1和3 解析： 由题意可知丙不拿2和3.若丙拿1和2，则乙拿2和3，甲拿1和3，满足题意；若丙拿1和3，则乙拿2和3，甲拿1和2，不满足题意．故甲的卡片上的数字是1和3.
3. (2017·北京卷)某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件： ① 男学生人数多于女学生人数； ② 女学生人数多于教师人数；
③ 教师人数的两倍多于男学生人数．
(1) 若教师人数为4，则女学生人数的最大值为________； (2) 该小组人数的最小值为________． 答案：(1) 6 (2) 12
解析：设男学生数，女学生数，教师数分别为a ，b ，c ，则2c>a>b>c ，a ，b ，c ∈N *
. (1) 8>a>b>4⇒b max ＝6.
(2) c min ＝3，6>a>b>3⇒a ＝5，b ＝4⇒a ＋b ＋c ＝12.
4. 已知a n ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫13n ，把数列{a n }的各项排成如下的三角形： a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9
……
记A(s ，t)表示第s 行的第t 个数，则A(11，12)＝________．
答案：⎝ ⎛⎭
⎪⎫13112 解析：该三角形数阵每行所对应元素的个数为1，3，5，…，那么第10行的最后一个
数为a 100，第11行的第12个数为a 112，即A(11，12)＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫13112. 5. 某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度相等，两两
夹角为120°；二级分形图是从一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长度为原来1
3
的
线段，且这两条线段与原线段两两夹角为120°，……，依此规律得到n 级分形图．
n 级分形图中共有________条线段．
答案：(3×2n －3)(n∈N *
)
解析：从分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，由题图知，一级分形图中有3
＝(3×2－3)条线段，二级分形图中有9＝(3×22－3)条线段，三级分形图中有21＝(3×2
3
－3)条线段，按此规律，n 级分形图中的线段条数为(3×2n －3)(n∈N *
)．
1. 如图所示的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，有11＝12＋12，12＝13＋16，13＝1
4＋
1
12
，…，则运用归纳推理得到第11行第2个数(从左往右数)为________．
答案：1
110
解析：由“莱布尼茨调和三角形”中数的排列规律，我们可以推断：第10行的第一个数为110，第11行的第一个数为111，则第11行的第二个数为110－111＝1110
.
2. 有一个游戏，将标有数字1，2，3，4的四张卡片分别随机发给甲、乙、丙、丁4个人，每人一张，并请这4人在看自己的卡片之前进行预测：甲说：乙或丙拿到标有3的卡片；乙说：甲或丙拿到标有2的卡片；丙说：标有1的卡片在甲手中；丁说：甲拿到标有3的卡片．结果显示：这4人的预测都不正确，那么甲、乙、丙、丁4个人拿到的卡片上的数字依次为____，____，____，____．
答案：4 2 1 3
解析：由于4个人预测不正确，其各自的对立事件正确，即甲：乙、丙没拿到3；乙：甲、丙没拿到2；丙：甲没拿到1；丁：甲没拿到3.综上，甲没拿到1，2，3，故甲拿到了4，丁拿到了3，丙拿到了1，乙拿到了2.
3. 观察下列等式： 13＝12，13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102
，…，根据上述规律，则第n 个等式为________．
答案：13＋23＋33＋43＋…＋n 3
＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤n （n ＋1）22 解析：因为13＝12，13＋23＝(1＋2)2，13＋23＋33＝(1＋2＋3)2，13＋23＋33＋43
＝(1＋2＋3＋4)2
，…，由此可以看出左边是连续的自然数的立方和，右边是左边的连续的自然数的
和的平方，照此规律，第n 个等式为13＋23＋33＋43＋…＋n 3＝(1＋2＋3＋…＋n)2
＝
⎣⎢⎡⎦
⎥⎤n （n ＋1）22
. 4. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上通过画点或用小石子来表示
数．他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1，3，6，10，…记为数列{a n }，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{b n }，可以推测：
(1) b 2 018是数列{a n }的第________项； (2) b 2k －1＝________．(用k 表示)
答案：(1) 5 045 (2) 5k （5k －1）
2
解析：(1) a n ＝1＋2＋…＋n ＝n （n ＋1）
2
，
b 1＝4×52＝a 4，b 2＝5×62＝a 5，b 3＝9×（2×5）2＝a 9，
b 4＝（2×5）×112
＝a 10，
b 5＝14×（3×5）2
＝a 14，
b 6＝（3×5）×162
＝a 15，
…
b 2 018＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0182×5⎝ ⎛⎭⎪⎫2 0182×5＋12
＝a 5 045.
(2) 由(1)知b 2k －1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －1＋12×5－1⎝ ⎛⎭⎪⎫2k －1＋12×52＝5k （5k －1）
2
.
5. 某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A ，B ，C ，D ，E 五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E 车周四限行，B 车昨天限行，从今天算起，A ，C 两车连续四天都能上路行驶，E 车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是__________．(填序号)
① 今天是周六；② 今天是周四； ③ A 车周三限行；④ C 车周五限行． 答案：②
解析：因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E 车明天可以上路，E 车周四限行，所以今天不是周三；因为B 车昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因为A ，C 两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，所以①错误，②正确．因为B 车昨天限行，即B 车周三限行，所以③错误．因为从今天算起，A 、C 两车连续四天都能上路行驶，所以④错误．
1. 合情推理主要包括归纳推理和类比推理．数学研究中，在得到一个新的结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路和方法．
2. 合情推理的过程概括为：从具体问题出发→观察、分析、比较、联想→归纳、类比→提出猜想．
3. 演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况的结论的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段论，数学问题的证明主要通过演绎推理来进行．
4. 合情推理仅是符合情理的推理，得到的结论不一定正确，而演绎推理得到的结论一定正确(在前提和推理形式都正确的前提下)．[备课札记]
第2课时直接证明与间接证明(对应学生用书(文)、(理)104～105页)
了解分析法、综合法、反证法，会用这些方
法处理一些简单问题．
① 了解直接证明的两种基本方法——分析
法和综合法；了解分析法和综合法的思考过
程、特点.②了解间接证明的一种基本方法
——反证法；了解反证法的思考过程、特点．
1. 已知向量m＝(1，1)与向量n＝(x，2－2x)垂直，则x＝________．
答案：2
解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴m·n＝0，即x＝2.
2. 用反证法证明命题“如果a>b，那么
3
a>
3
b”时，假设的内容应为______________．答案：
3
a＝
3
b或
3
a<
3
b
解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即
3
a＝
3
b或
3
a<
3
b.
3. 6－22与5－7的大小关系是______________．
答案：6－22>5－7
解析：由分析法可得，要证6－22>5－7，只需证6＋7>5＋22，即证13＋242>13＋410，即42>210.因为42>40，所以6－22>5－7成立．
4. 定义集合运算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，设集合A＝{－1，0，1}，B＝{sin α，cos α}，则集合A·B的所有元素之和为________．
答案：0
解析：依题意知α≠kπ＋
π
4
，k∈Z.
①α＝kπ＋
3π
4
(k∈Z)时，B＝
⎩⎪
⎨
⎪⎧
⎭⎪
⎬
⎪⎫
2
2
，－
2
2
，
A·B＝
⎩⎪
⎨
⎪⎧
⎭⎪
⎬
⎪⎫
0，
2
2
，－
2
2
；
②α＝2kπ或α＝2kπ＋
π
2
(k∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}；
③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－
π
2
(k∈Z)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}；
④α≠
kπ
2
且α≠kπ＋
3π
4
(k∈Z)时，B＝{sin α，cos α}，A·B＝{0，sin α，cos α，－sin α，－cos α}．
综上可知，A·B中的所有元素之和为0.
5. 设a，b为两个正数，且a＋b＝1，则使得
1
a
＋
1
b
≥μ恒成立的μ的取值范围是________．
答案：(－∞，4]
解析：∵ a＋b ＝
1，
且a ，b 为两个正数，∴ 1a ＋1b ＝(a ＋b)⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b ≥2＋2b a ·a b
＝4.要使得1a ＋1
b
≥μ恒成立，只要μ≤4.
1. 直接证明
(1) 定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法． (2) 一般形式
⎭
⎪⎬⎪
⎫本题条件
已知定义已知公理
已知定理⇒A ⇒B ⇒C ⇒…⇒本题结论．
(3) 综合法
① 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法．
② 推证过程
已知条件⇒…⇒…⇒结论
(4) 分析法
① 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件吻合为止．这种证明方法称为分析法．
② 推证过程
结论⇐…⇐…⇐已知条件
2. 间接证明
(1) 常用的间接证明方法有反证法、正难则反等． (2) 反证法的基本步骤
① 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．
② 归谬——从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果．
③ 存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成
立.
, 1 直接证明
(综合法和分析法))
, 1) 对于定义域为[0，1]的函数f(x)，如果同时满足： ① 对任意的x∈[0，1]，总有f(x)≥0； ② f(1)＝1；
③ 若x 1≥0，x 2≥0，x 1＋x 2≤1，都有f(x 1＋x 2)≥f(x 1)＋f(x 2)成立，则称函数f(x)为理想函数．
(1) 若函数f(x)为理想函数，求证：f(0)＝0；
(2) 试判断函数f(x)＝2x(x∈[0，1])，f(x)＝x 2
(x∈[0，1])，f(x)＝x (x∈[0，1])是否为理想函数？
(1) 证明：取x 1＝x 2＝0，则x 1＋x 2＝0≤1，∴ f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴ f (0)≤0. 又对任意的x∈[0，1]，总有f(x)≥0，∴ f (0)≥0.于是f(0)＝0.
(2) 解：对于f(x)＝2x ，x∈[0，1]，f(1)＝2不满足新定义中的条件②， ∴ f(x)＝2x(x∈[0，1])不是理想函数．
对于f(x)＝x 2
，x ∈[0，1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.对任意的x 1，x 2∈[0，1]，x 1
＋x 2≤1，
f(x 1＋x 2)－f(x 1)－f(x 2)＝(x 1＋x 2)2－x 21－x 2
2＝2x 1x 2≥0，即f(x 1＋x 2)≥f(x 1)＋f(x 2)．
∴ f(x)＝x 2
(x∈[0，1])是理想函数．
对于f(x)＝x (x∈[0，1])，显然满足条件①②. 对任意的x 1，x 2∈[0，1]，x 1＋x 2≤1，
有f 2(x 1＋x 2)－[f(x 1)＋f(x 2)]2
＝(x 1＋x 2)－(x 1＋2x 1x 2＋x 2)＝－2x 1x 2≤0，
即f 2(x 1＋x 2)≤[f(x 1)＋f(x 2)]2
.
∴ f(x 1＋x 2)≤f(x 1)＋f(x 2)，不满足条件③. ∴ f(x)＝x (x∈[0，1])不是理想函数．
综上，f(x)＝x 2
(x∈[0，1])是理想函数，f(x)＝2x(x∈[0，1])与f(x)＝x (x∈[0，1])不是理想函数．
备选变式（教师专享）
设首项为a 1的正项数列{a n }的前n 项和为S n ，q 为非零常数，已知对任意正整数n ，m ，
S n ＋m ＝S m ＋q m
S n 总成立．求证：数列{a n }是等比数列．
证明：因为对任意正整数n ，m ，S n ＋m ＝S m ＋q m
S n 总成立，令n ＝m ＝1，得S 2＝S 1＋qS 1，则a 2＝qa 1.令m ＝1，得S n ＋1＝S 1＋qS n ①， 从而S n ＋2＝S 1＋qS n ＋1 ②，②－①得a n ＋2＝qa n ＋1(n≥1)，综上得a n ＋1＝qa n (n≥1)，所以数列{a n }是等比数列．
, 2) 已知m>0，a ，b ∈R ，求证：⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋mb 1＋m 2≤a 2＋mb 21＋m . 证明：因为m>0，所以1＋m>0，所以要证原不等式成立，
只需证明(a ＋mb)2≤(1＋m)(a 2＋mb 2)，即证m(a 2－2ab ＋b 2
)≥0，
即证(a －b)2≥0，而(a －b)2
≥0显然成立， 故原不等式得证． 变式训练
已知函数f(x)＝3x
－2x ，试求证：对于任意的x 1，x 2∈R ，均有f （x 1）＋f （x 2）2
≥
f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫x 1＋x 22. 证明：要证明f （x 1）＋f （x 2）2≥f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x 1＋x 22，
只要证明（3x 1－2x 1）＋（3x 2－2x 2）2≥3x 1＋x 2
2－2·x 1＋x 2
2
，
因此只要证明3x 1＋3x 2
2
－(x 1＋x 2)≥3x 1＋x 2
2－(x 1＋x 2)，
即证明3x 1＋3x 2
2
≥3x 1＋x 2
2，
因此只要证明3x 1＋3x 2
2
≥3x 1·3x 2，
由于x 1，x 2∈R 时，3x 1>0，3x 2>0,
由基本不等式知3x 1＋3x 2
2
≥3x 1·3x 2显然成立，故原结论成立．
, 2 间接证明
(反证法))
, 3) 设{a n }是公比为q 的等比数列． (1) 推导{a n }的前n 项和公式；
(2) 设q≠1，求证：数列{a n ＋1}不是等比数列．
(1) 解：设{a n }的前n 项和为S n ，则S n ＝a 1＋a 2＋…＋a n ， 因为{a n }是公比为q 的等比数列，所以当q ＝1时，S n ＝a 1＋a 1＋…＋a 1＝na 1.当q≠1时，
S n ＝a 1＋a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n －1
， ①
qS n ＝a 1q ＋a 1q 2＋…＋a 1q n
， ②
①－②得，(1－q)S n ＝a 1－a 1q n
，
所以S n ＝a 1（1－q n
）
1－q ，所以S n ＝⎩⎪⎨⎪⎧na 1，q ＝1，a 1（1－q n ）1－q
，q ≠1.
(2) 证明：假设{a n ＋1}是等比数列，则对任意的k∈N *
，
(a k ＋1＋1)2＝(a k ＋1)(a k ＋2＋1)，a 2
k ＋1＋2a k ＋1＋1＝a k a k ＋2＋a k ＋a k ＋2＋1， a 21q 2k ＋2a 1q k ＝a 1q k －1·a 1q k ＋1＋a 1q k －1＋a 1q k ＋1
，
因为a 1≠0，所以2q k ＝q k －1＋q k ＋1.因为q≠0，所以q 2
－2q ＋1＝0，
所以q ＝1，这与已知矛盾．所以假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列． 变式训练
已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a n ＋S n ＝2. (1) 求数列{a n }的通项公式；
(2) 求证：数列{a n }中不存在三项按原来顺序成等差数列． (1) 解：当n ＝1时，a 1＋S 1＝2a 1＝2，则a 1＝1. 又a n ＋S n ＝2，所以a n ＋1＋S n ＋1＝2，
两式相减得a n ＋1＝12a n ，所以{a n }是首项为1，公比为12的等比数列，所以a n ＝1
2
n －1.
(2) 证明：反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为a p ＋1，a q ＋1，a r ＋1(p<q<r ，
且p ，q ，r ∈N *)，则2·12q ＝12p ＋12
r ，所以2·2r －q ＝2r －p
＋1 ①.
因为p<q<r ，所以r －q ，r －p∈N *
.
所以①式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立． 所以假设不成立，原命题得证．
1. 用反证法证明命题“a，b ∈R ，ab 可以被5整除，那么a ，b 中至少有一个能被5整除”，假设的内容是____________．
答案：a ，b 中没有一个能被5整除
解析：“至少有n 个”的否定是“最多有n －1个”，故应假设a ，b 中没有一个能被5整除．
2. 已知a ，b ，c ∈(0，＋∞)且a ＜c ，b ＜c ，1a ＋9
b
＝1.若以a ，b ，c 为三边构造三角形，
则c 的取值范围是________．
答案：(10，16)
解析：要以a ，b ，c 为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边
之差小于第三边，而a<c ，b<c ，所以a ＋b>c 恒成立．而a ＋b ＝(a ＋b)⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋9b ＝10＋b a ＋9a b ≥16，∴ c<16.又1a >1c ，1b >1c ，∴ 10c <1a ＋9
b
＝1，∴ c>10，∴ 10<c<16.
3. 已知a>0，求证：a 2
＋1a 2－2≥a ＋1a
－2.
证明：要证
a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2，只需要证a 2
＋1a 2＋2≥a＋1a
＋ 2.
因为a>0，故只需要证⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2
＋1a 2＋22≥⎝
⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋22，
即a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2
＋2＋1a 2＋22⎝ ⎛⎭
⎪⎫a ＋1a ＋2，
从而只需要证2
a 2
＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ，只需要证4⎝
⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2≥2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋2＋1a 2，
即a 2
＋1a
2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．
4. 若f(x)的定义域为[a ，b]，值域为[a ，b](a<b)，则称函数f(x)是[a ，b]上的“四维光军”函数．
(1) 设g(x)＝12x 2－x ＋3
2
是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b 的值．
(2) 是否存在常数a ，b(a>－2)，使函数h(x)＝1
x ＋2
是区间[a ，b]上的“四维光军”函
数？若存在，求出a ，b 的值；若不存在，请说明理由．
解：(1) 由题设得g(x)＝12
(x －1)2
＋1，其图象的对称轴为直线x ＝1，区间[1，b]在对
称轴的右边，所以函数在区间[1，b]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b ，
即12b 2－b ＋3
2
＝b ，解得b ＝1或b ＝3.因为b>1，所以b ＝3. (2) 假设函数h(x)＝1
x ＋2
在区间[a ，b] (a>－2)上是“四维光军”函数，
因为h(x)＝1
x ＋2
在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有⎩⎪⎨⎪
⎧h （a ）＝b ，h （b ）＝a ，
即⎩
⎪⎨⎪⎧1
a ＋2＝
b ，1b ＋2
＝a ，解得a ＝b ，这与已知矛盾，故不存在．
1. 用反证法证明结论“三角形的三个内角中至少有一个不大于60°”，应假设______________．
答案：三角形的三个内角都大于60°
解析：“三角形的三个内角中至少有一个不大于60°”即“三个内角至少有一个小于等于60°”，其否定为“三角形的三个内角都大于60°”．
2. 凸函数的性质定理：如果函数f(x)在区间D 上是凸函数，则对于区间D 内的任意x 1，
x 2，…，x n ，有f （x 1）＋f （x 2）＋…＋f （x n ）n ≤f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫
x 1＋x 2＋…＋x n n .已知函数y ＝sin
x 在区间(0，π)上是凸函数，则在△ABC 中，sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为________．
答案：332
解析：∵ f(x)＝sin x 在区间(0，π)上是凸函数，且A ，B ，C ∈(0，π)，∴ f （A ）＋f （B ）＋f （C ）3≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫A ＋B ＋C 3＝f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫π3， 即sin A ＋sin B ＋sin C ≤3sin π3＝33
2
，
∴ sin A ＋sin B ＋sin C 的最大值为33
2
.
3. 定义：若存在常数k ，使得对定义域D 内的任意两个x 1，x 2(x 1≠x 2)，均有|f(x 1)－f(x 2)|≤k|x 1－x 2| 成立，则称函数f(x)在定义域D 上满足利普希茨条件．若函数f(x)＝x (x≥1)满足利普希茨条件，则常数k 的最小值为________．
答案：12
解析：若函数f(x)＝x (x≥1)满足利普希茨条件，则存在常数k ，使得对定义域[1，＋∞)内的任意两个x 1，x 2(x 1≠x 2)，均有|f(x 1)－f(x 2)|≤k|x 1－x 2| 成立，设x 1>x 2，则
k≥x 1－x 2x 1－x 2＝1x 1＋x 2.而0<1x 1＋x 2<12，所以k 的最小值为12.
4. 设函数f(x)＝x 3＋11＋x ，x ∈[0，1]．求证：
(1) f(x)≥1－x ＋x 2
；
(2) 34＜f(x)≤32
.
证明：(1) 因为1－x ＋x 2－x 3
＝1－（－x ）41－（－x ）＝1－x 41＋x ，由于x ∈[0，1]，有1－x 4
1＋x ≤1x ＋1
，
即1－x ＋x 2－x 3≤1x ＋1
，所以f(x)≥1－x ＋x 2
.
(2) 由0≤x≤1得x 3≤x ，故f(x)＝x 3
＋1x ＋1≤x ＋1x ＋1＝x ＋1x ＋1－32＋32
＝
（x －1）（2x ＋1）2（x ＋1）＋32≤32，所以f(x)≤32.由(1)得f(x)≥1－x ＋x 2
＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋34≥34，又f ⎝ ⎛⎭⎪
⎫12＝1924＞34，所以f(x)＞34
. 综上，34＜f(x)≤32
.
5. 已知数列{a n }满足a 1＝12，3（1＋a n ＋1）1－a n ＝2（1＋a n ）
1－a n ＋1
，a n a n ＋1<0(n≥1)，数列{b n }满
足b n ＝a 2n ＋1－a 2
n (n≥1)．
(1) 求数列{a n }，{b n }的通项公式；
(2) 求证：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列．
(1) 解：由题意可知，1－a 2n ＋1＝23
(1－a 2
n )．
令c n ＝1－a 2
n ，则c n ＋1＝23
c n .
又c 1＝1－a 2
1＝34，则数列{c n }是首项为34，公比为23的等比数列，即c n ＝34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.
故1－a 2
n ＝34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1⇒a 2n ＝1－34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1.
又a 1＝1
2
>0，a n a n ＋1<0，
故a n ＝(－1)
n －1
1－34·⎝ ⎛⎭
⎪⎫23n －1. b n ＝a 2
n ＋1－a 2n
＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －⎣⎢⎡⎦
⎥⎤1－34·⎝ ⎛⎭⎪⎫23n －1 ＝14·⎝ ⎛⎭
⎪⎫23n －1. (2) 证明：用反证法证明．
假设数列{b n }中存在三项b r ，b s ，b t (r<s<t)按某种顺序成等差数列，
由于数列{b n }是首项为14，公比为2
3
的等比数列，
于是有b r >b s >b t ，则只能有2b s ＝b r ＋b t 成立．
即2·14⎝ ⎛⎭⎪⎫23s －1＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫23r －1＋14⎝ ⎛⎭
⎪⎫23t －1，
两边同乘3t －121－r
，
化简得3t －r ＋2t －r ＝2·2s －r 3t －s
.
由于r<s<t ，则上式左边为奇数，右边为偶数， 故上式不可能成立，导致矛盾．
故数列{b n }中任意三项不可能成等差数列．
[备课札记]
第3课时数学归纳法(对应学生用书(理)106～107页)
理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．
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．
1. (选修22P94习题7改编)用数学归纳法证明1＋
1
2
＋
1
3
＋…＋
1
2n－1
<n(n∈N*，n>1)时，第一步应验证________．
答案：1＋
1
2
＋
1
3
<2
解析：∵ n∈N*，n>1，∴ n取的第一个数为2，左端分母最大的项为
1
22－1
＝
1
3
.
2. (选修22P90练习3改编)用数学归纳法证明不等式“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取为________．
答案：5
解析：当n≤4时，2n≤n2＋1；当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，所以n0应取为5.
3. (选修22P103复习题13改编)在数列{a n}中，a1＝
1
3
，且S n＝n(2n－1)a n，通过求a2，a3，a4，猜想a n的表达式为________________．
答案：a n＝
1
（2n－1）（2n＋1）
解析：当n＝2时，
1
3
＋a2＝(2×3)a2，∴ a2＝
1
3×5
；当n＝3时，
1
3
＋
1
15
＋a3＝(3×5)a3，∴ a3＝
1
5×7
；当n＝4时，
1
3
＋
1
15
＋
1
35
＋a4＝(4×7)a4，∴ a4＝
1
7×9
；故猜想a n＝1
（2n－1）（2n＋1）
.
4. (选修22P103复习题14改编)比较n n＋1与(n＋1)n(n∈N*)的大小时会得到一个一般性的结论，用数学归纳法证明这一结论时，第一步要验证________．
答案：当n＝3时，n n＋1＝34＞(n＋1)n＝43
解析：当n＝1时，n n＋1＝1＞(n＋1)n＝2不成立；当n＝2时，n n＋1＝8＞(n＋1)n＝9不成立；当n＝3时，n n＋1＝34＞(n＋1)n＝43，结论成立．
5. (选修22P105本章测试13改编)已知a1＝
1
2
，a n＋1＝
3a n
a n＋3
，则a2，a3，a4，a5的值分别为________________．由此猜想a n＝________．
答案：
3
7
，
3
8
，
3
9
，
3
10
3
n＋5
解析：a2＝
3a1
a1＋3
＝
3×
1
2
1
2
＋3
＝
3
7
＝
3
2＋5
，同理a3＝
3a2
a2＋3
＝
3
8
＝
3
3＋5
，a4＝
3
9
＝
3
4＋5
，a5＝
3
10
＝
35＋5，a 1＝31＋5＝12
，符合以上规律． 故猜想a n ＝3
n ＋5
.
1. 由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法．
2. 对某些与正整数有关的数学命题常采用下面的方法来证明它们的正确性：先证明当
n 取第1个值n 0时，命题成立；然后假设当n ＝k(k∈N *
，k ≥n 0)时命题成立；证明当n ＝k ＋1时，命题也成立，这种证明方法叫做数学归纳法．
3. 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤如下： (1) 归纳奠基：证明取第一个自然数n 0时命题成立；
(2) 归纳递推：假设n ＝k(k∈N *
，k ≥n 0)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时，命题成立； (3) 由(1)(2)得出结论．[备课札记]
, 1 证明等式) , 1) 用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋1
2n （2n ＋2）
＝
n 4（n ＋1）
(n∈N *
)．
证明：① 当n ＝1时，
左边＝12×1×（2×1＋2）＝18，右边＝14（1＋1）＝1
8，
左边＝右边，所以等式成立．
② 假设n ＝k(k∈N *
)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＝k 4（k ＋1）
， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k （2k ＋2）＋1
2（k ＋1）[2（k ＋1）＋2]
＝k 4（k ＋1）＋14（k ＋1）（k ＋2）＝k （k ＋2）＋14（k ＋1）（k ＋2）
＝（k ＋1）2
4（k ＋1）（k ＋2）＝k ＋14（k ＋2）＝k ＋1
4（k ＋1＋1）. 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．
由①②可知，对于一切n∈N *
等式都成立． 变式训练
用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋...＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)
(n∈N *
)．
证明：① 当n ＝1时，等式左边＝1－12＝1
2
＝右边，等式成立．
② 假设当n ＝k(k∈N *
)时，等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2
＋…
＋12k ，那么，当n ＝k ＋1时，有1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2
＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋1
2k ＋2，所以当n ＝k ＋1时，等式也成
立．
由①②知，等式对任何n∈N *
均成立．
, 2 证明不等
式)
, 2) 用数学归纳法证明不等式：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋ (1)
2>1(n∈N *
且
n>1)．
证明：① 当n ＝2时，12＋13＋14＝13
12>1成立．
② 设n ＝k 时，1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1
k 2>1成立．
由于当k>1时，k 2－k －1>0，即k(2k ＋1)>k 2
＋2k ＋1，
则当n ＝k ＋1时，1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1
（k ＋1）
2
＝(1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2)＋1k 2＋1＋1k 2＋2＋…＋1k 2＋2k ＋1－1k >1＋1k 2＋1＋1k 2＋2＋…＋1k 2＋2k ＋1－1k
>1＋1k （2k ＋1）＋1k （2k ＋1）＋…＋1k （2k ＋1）－1k ＝1＋2k ＋1k （2k ＋1）－1
k
＝1.
综合①②可知，原不等式对n∈N *
且n>1恒成立． 备选变式（教师专享）
用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n∈N *
，n ≥2)．
证明：① 当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝3
2
，命题成立．
② 假设n ＝k 时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1
k
.
当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1（k ＋1）2<2－1k ＋
1
k （k ＋1）
＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1
，命题成立． 由①②知原不等式对n∈N *
，n ≥2恒成立．
, 3 数列问题)
, 3) 数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n∈N *
)． (1) 计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ； (2) 证明(1)中的猜想．
(1) 解：当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，∴ a 1＝1；
当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，∴ a 2＝3
2
；
当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴ a 3＝7
4
；
当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4，∴ a 4＝15
8
.
由此猜想a n ＝2n
－12
n －1(n∈N *
)．
(2) 证明：① 当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．
② 假设n ＝k(k≥1且k∈N *
)时，结论成立，即a k ＝2k
－1
2
k －1，那么n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋
1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1，所以2a k ＋1＝2＋a k .
所以a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k
－12k －12＝2k ＋1
－1
2
k
.所以当n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②知猜想a n ＝2n
－12
n －1(n∈N *
)成立．
变式训练
在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝λa n ＋λn ＋1＋(2－λ)2n (n∈N *
，λ>0)． (1) 求a 2，a 3，a 4；
(2) 猜想{a n }的通项公式，并加以证明．
解：(1) a 2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22
，
a 3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23
，
a 4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24
.
(2) 由(1)可猜想数列{a n }的通项公式为a n ＝(n －1)λn ＋2n
. 下面用数学归纳法证明：
① 当n ＝1，2，3，4时，等式显然成立，
② 假设当n ＝k(k≥4，k ∈N *)时等式成立，即a k ＝(k －1)·λk ＋2k
，
那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝λa k ＋λk ＋1＋(2－λ)2k ＝λ(k－1)·λk ＋λ2k ＋λk ＋1＋2k ＋1
－λ2k
＝(k －1)λk ＋1＋λk ＋1＋2k ＋1＝[(k ＋1)－1]λk ＋1＋2k ＋1
， 所以当n ＝k ＋1时，猜想成立．
由①②知数列{a n }的通项公式为a n ＝(n －1)λn ＋2n (n∈N *
，λ>0)．
, 4 综合运用)
, 4) 设集合M ＝{1，2，3，…，n}(n ∈N ，n ≥3)，记M 的含有三个元
素的子集个数为S n ，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为T n .
(1) 分别求T 3S 3，T 4S 4，T 5S 5，T 6
S 6的值；
(2) 猜想T n
S n
关于n 的表达式，并加以证明．
解：(1) 当n ＝3时，M ＝{1，2，3}，S 3＝1，T 3＝2，T 3
S 3
＝2；当n ＝4时，M ＝{1，2，3，
4}，S 4＝4，T 4＝2＋2＋3＋3＝10，T 4S 4＝52，T 5S 5＝3，T 6S 6＝7
2
.
(2) 猜想T n S n ＝n ＋1
2
.
下面用数学归纳法证明：
① 当n ＝3时，由(1)知猜想成立．
② 假设当n ＝k(k≥3)时，猜想成立，即T k S k ＝k ＋1
2
，
而S k ＝C 3
k ，所以T k ＝k ＋12
C 3k .
则当n ＝k ＋1时，易知S k ＋1＝C 3
k ＋1，
而当集合M 从{1，2，3，…，k}变为{1，2，3，…，k ，k ＋1}时，T k ＋1在T k 的基础上增加了1个2，2个3，3个4，…，(k －1)个k ，
所以T k ＋1＝T k ＋2×1＋3×2＋4×3＋…＋k(k －1) ＝k ＋12
C 3k ＋2(C 22＋C 23＋C 24＋…＋C 2k )
＝
k ＋12C 3k ＋2(C 33＋C 23＋C 24＋…＋C 2
k ) ＝k －22C 3k ＋1＋2C 3k ＋1＝k ＋22C 3k ＋1＝（k ＋1）＋12S k ＋1，
即T k ＋1S k ＋1＝（k ＋1）＋12
. 所以当n ＝k ＋1时，猜想也成立． 综上所述，猜想成立． 备选变式（教师专享）
已知过一个凸多边形的不相邻的两个端点的连线段称为该凸多边形的对角线． (1) 分别求出凸四边形，凸五边形，凸六边形的对角线的条数； (2) 猜想凸n 边形的对角线条数f(n)，并用数学归纳法证明．
解：(1) 凸四边形的对角线条数为2条；凸五边形的对角线条数为5条，凸六边形的对角线条数为9条．
(2) 猜想：f(n)＝n （n －3）2
(n≥3，n ∈N *
)．
证明如下：当n ＝3时，f(3)＝0成立；设当n ＝k(k≥3)时猜想成立，即f(k)＝k （k －3）
2
，
则当n ＝k ＋1时，考察k ＋1边形A 1A 2…A k A k ＋1，
①k 边形A 1A 2…A k 中原来的对角线都是k ＋1边形中的对角线，且边A 1A k 也成为k ＋1边形中的对角线；
②在A k ＋1与A 1，A 2，…，A k 连结的k 条线段中，除A k ＋1A 1，A k ＋1A k 外，都是k ＋1边形中
的对角线，共计有f(k ＋1)＝f(k)＋1＋(k －2)＝k （k －3）2＋1＋(k －2)＝k 2
－3k ＋2k －2
2
＝
k 2
－k －22＝（k ＋1）（k －2）2＝（k ＋1）（k ＋1－3）
2
(条)，即当n ＝k ＋1时，猜想也成立． 综上，得f(n)＝n （n －3）2
对任何n≥3，n ∈N *
都成立．
1. (2017·苏锡常镇二模)已知f n (x)＝C 0n
x n －C 1n
(x －1)n
＋…＋(－1)k C k n (x －k)n
＋…＋(－1)n C n n (x －n)n ，其中x ∈R ，n ∈N *
，k ∈N ，k ≤n.
(1) 试求f 1(x)，f 2(x)，f 3(x)的值；
(2) 试猜测f n (x)关于n 的表达式，并证明你的结论．
解：(1) f 1(x)＝C 01x －C 1
1(x －1)＝x －x ＋1＝1，
f 2(x)＝C 02x 2－C 12(x －1)2＋C 22(x －2)2＝x 2－2(x 2－2x ＋1)＋(x 2
－4x ＋4)＝2，
f 3(x)＝C 03x 3－C 13(x －1)3＋C 23(x －2)3－C 33(x －3)3＝x 3－3(x －1)3＋3(x －2)3－(x －3)3
＝6. (2) 猜想：f n (x)＝n ！.
证明：① 当n ＝1时，猜想显然成立；
② 假设n ＝k 时猜想成立，即f k (x)＝C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋C 2k (x －2)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k)k
＝k ！，
则n ＝k ＋1时，f k ＋1(x)＝C 0k ＋1x k ＋1－C 1k ＋1(x －1)k ＋1＋C 2k ＋1(x －2)k ＋1＋…＋(－1)k ＋1C k ＋1
k ＋1(x －k －1)k ＋1＝xC 0k ＋1·x k －(x －1)C 1k ＋1(x －1)k ＋(x －2)C 2k ＋1(x －2)k ＋…＋(－1)k (x －k)C k k ＋1(x －k)
k
＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1＝x[C 0k ＋1x k －C 1k ＋1(x －1)k ＋C 2k ＋1(x －2)k ＋…＋(－1)k C k k ＋1·(x －k)k
]
＋[C 1k ＋1(x －1)k －2C 2k ＋1(x －2)k ＋…＋(－1)k ＋1·kC k k ＋1(x －k)k ]＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1
＝x[C 0k x k －(C 0k ＋C 1k )(x －1)k ＋(C 1k ＋C 2k )(x －2)k ＋…＋(－1)k (C k －1k ＋C k k )(x －k)k
]＋(k ＋1)[C 0k (x －1)k －C 1k (x －2)k ＋…＋(－1)k ＋1C k －1k (x －k)k ]＋(－1)k ＋1C k ＋1k ＋1(x －k －1)k ＋1
＝x[C 0k x k －C 1k (x －1)k ＋C 2k (x －2)k ＋…＋(－1)k C k k (x －k)k ]－x[C 0k (x －1)k －C 1k (x －2)k
＋…
＋(－1)k －1C k －1k (x －k)k ＋(－1)k C k k (x －k －1)k ]＋(k ＋1)[C 0k (x －1)k －C 1k ·(x －2)k ＋…＋(－1)k
＋1C k －1k (x －k)k ＋(－1)k C k k (x －k －1)k
]＝xk ！－xk ！＋(k ＋1)k ！＝(k ＋1)！. ∴ 当n ＝k ＋1时，猜想成立．
综上所述，猜想成立．
2. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且方程x 2
－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1，2，3，…. (1) 求a 1，a 2；
(2) 猜想数列{S n }的通项公式，并给出证明．
解：(1) 当n ＝1时，x 2
－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1，
于是(a 1－1)2
－a 1(a 1－1)－a 1＝0，解得a 1＝12
.
当n ＝2时，x 2
－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－12
，
于是⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－122－a 2⎝
⎛⎭⎪⎫a 2－12－a 2＝0，解得a 2＝16. (2) 由题设知(S n －1)2－a n (S n －1)－a n ＝0，即S 2
n －2S n ＋1－a n S n ＝0. 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入上式得S n －1S n －2S n ＋1＝0. ①
由(1)得S 1＝a 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝2
3.
由①可得S 3＝34.由此猜想S n ＝n
n ＋1
，n ＝1，2，3，….
下面用数学归纳法证明这个结论． (ⅰ) n＝1时已知结论成立.
(ⅱ) 假设n ＝k(k∈N *
)时结论成立，即S k ＝k k ＋1
，
当n ＝k ＋1时，由①得S k ＋1＝1
2－S k
，
即S k ＋1＝k ＋1
k ＋2
，故n ＝k ＋1时结论也成立．
综上，由(ⅰ)、(ⅱ)可知S n ＝n
n ＋1
对所有正整数n 都成立．
3. 已知x 1，x 2，…，x n ∈R ＋，且x 1x 2…x n ＝1.
求证：(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x n )≥(2＋1)n
.
证明：(数学归纳法)① 当n ＝1时，2＋x 1＝2＋1，不等式成立．
② 假设n ＝k 时不等式成立，即(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x k )≥(2＋1)k
成立． 则n ＝k ＋1时，若x k ＋1＝1，则命题成立；若x k ＋1>1，则x 1，x 2，…，x k 中必存在一个数小于1，不妨设这个数为x k ，从而(x k －1)(x k ＋1－1)<0，即x k ＋x k ＋1>1＋x k x k ＋1.同理可得x k ＋1<1时，x k ＋x k ＋1>1＋x k x k ＋1.
所以(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x k )(2＋x k ＋1) ＝(2＋x 1)(2＋x 2)…[2＋2(x k ＋x k ＋1)＋x k x k ＋1] ≥(2＋x 1)(2＋x 2)…[2＋2(1＋x k x k ＋1)＋x k x k ＋1]
＝(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x k x k ＋1)(2＋1)≥(2＋1)k ·(2＋1)＝(2＋1)k ＋1
. 故n ＝k ＋1时，不等式也成立．
由①②及数学归纳法原理知原不等式成立．
4. 已知函数f 0(x)＝x(sin x ＋cos x)，设f n (x)为f n －1(x)的导数，n ∈N *
. (1) 求f 1(x)，f 2(x)的表达式；
(2) 写出f n (x)的表达式，并用数学归纳法证明． 解：(1) 因为f n (x)为f n －1(x)的导数，
所以f 1(x)＝f 0′(x)＝(sin x ＋cos x)＋x(cos x －sin x)＝(x ＋1)cos x ＋(x －1)(－sin x)，
同理，f 2(x)＝－(x ＋2)sin x －(x －2)cos x.
(2) 由(1)得f 3(x)＝f 2′(x)＝－(x ＋3)cos x ＋(x －3)sin x ， 把f 1(x)，f 2(x)，f 3(x)分别改写为
f 1(x)＝(x ＋1)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2＋(x －1)·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋π2，
f 2(x)＝(x ＋2)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π2＋(x －2)·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2π2，
f 3(x)＝(x ＋3)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋3π2＋(x －3)·cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋3π2，
猜测f n (x)＝(x ＋n)sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋n π2＋(x －n)·cos(x ＋n π2) (*)．
下面用数学归纳法证明上述等式．
① 当n ＝1时，由(1)知，等式(*)成立； ② 假设当n ＝k 时，等式(*)成立，
即f k (x)＝(x ＋k)sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋(x －k)cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋k π2.
则当n ＝k ＋1时，f k ＋1(x)＝f k ′(x)
＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋(x ＋k)cos(x ＋k π2)＋cos(x ＋k π2)＋(x －k)⎣⎢⎡⎦⎥⎤－sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋k π2
＝(x ＋k ＋1)cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2＋[x －(k ＋1)]⎣⎢⎡⎦⎥⎤－sin ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋k π2
＝[x ＋(k ＋1)]sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k ＋12π＋[x －(k ＋1)]·cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k ＋12π，
即当n ＝k ＋1时，等式(*)成立．
综上所述，当n∈N *
时，f n (x)＝(x ＋n)·sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋n π2＋(x －n)cos ⎝
⎛⎭⎪⎫x ＋n π2成立．
1. 设数列{a n }的前n 项和为S n ，满足S n ＝2na n ＋1－3n 2－4n ，n ∈N *
，且S 3＝15. (1) 求a 1，a 2，a 3的值；
(2) 求数列{a n }的通项公式．
解：(1) 由题意知S 2＝4a 3－20，∴ S 3＝S 2＋a 3＝5a 3－20. 又S 3＝15，∴ a 3＝7，S 2＝4a 3－20＝8. 又S 2＝S 1＋a 2＝(2a 2－7)＋a 2＝3a 2－7， ∴ a 2＝5，a 1＝S 1＝2a 2－7＝3. 综上知，a 1＝3，a 2＝5，a 3＝7.
(2) 由(1)猜想a n ＝2n ＋1，下面用数学归纳法证明． ① 当n ＝1时，结论显然成立；
② 假设当n ＝k(k≥1)时，a k ＝2k ＋1，
则S k ＝3＋5＋7＋…＋(2k ＋1)＝k[3＋（2k ＋1）]
2
＝k(k ＋2)．
又S k ＝2ka k ＋1－3k 2
－4k ，
∴ k(k ＋2)＝2ka k ＋1－3k 2
－4k ，解得2a k ＋1＝4k ＋6， ∴ a k ＋1＝2(k ＋1)＋1，即当n ＝k ＋1时，结论成立．
由①②知，∀n ∈N *
，a n ＝2n ＋1. 2. 由下列式子： 1>12； 1＋12＋1
3
>1； 1＋12＋13＋14＋15＋16＋17>32
；。