山东省舜耕中学高三数学一轮复习资料第十三编推理与证明13.3数学归纳法学案理

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高考理科一轮复习《第13章推理与证明、算法、复数》13.3 数学归纳法

【思考辨析】判断下面结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．( )
(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．( ) (3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．( )
高考总复习·数学理科（RJ）
第十三章推理与证明、算法、复数
第十三章推理与证明、算法、复数
跟踪训练 1 求证： (n ＋ 1)(n ＋ 2)·…·(n ＋ n) ＝ 2n·1·3·5·…·(2n－1)(n∈N*)．
【证明】 (1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；
(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)，那么当n＝k＋1时，
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第十三章推理与证明、算法、复数
根据(1)知 an＞2(n∈N*)，所以aan＋n－1－22＝an＋11＋2＜41，所以 an＋1－2＜14(an－2)＜412(an－1－2)＜…＜14n(a1－2)．所以，当 a＝3 时，an＋1－2＜41n，即 an＋1＜41n＋2. 当 n＝1 时，S1＝3＜2＋43，
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第十三章推理与证明、算法、复数
当 n≥2 时， Sn ＝ 3 ＋ a2 ＋ a3 ＋ … ＋ an ＜ 3 ＋ 41＋2 ＋ 412＋2 ＋ … ＋ 41n－1＋2
1 ＝3＋2(n－1)＋1－4 141－14n－1 ＝2n＋1＋131－14n－1＜2n＋43. 综上，当 a＝3 时，Sn＜2n＋43(n∈N*)．
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第十三章推理与证明、算法、复数

高三数学一轮复习资料第十三编推理与证明13.3数学归纳法作业理试题

卜人入州八九几市潮王学校高三数学〔理〕一轮复习作业第十三编推理与证明总第68期§班级等第一、填空题1.用数学归纳法证明：“11+n +21+n +…+131+n ≥1(n ∈N *)〞时，在验证初始值不等式成立时，左边的式子应是“〞.2.假设∈N *)时成立，那么它对n=k+2也成立，又假设P 〔n 〕对于n=2时成立，P 〔n 〕对所有n 成立. ①正整数 ②正偶数 ③正奇数 ④所有大于1的正整数3.利用数学归纳法证明不等式1+21+31+…+121-n ＜n(n ≥2，n ∈N *)的过程中，由n=k 变到n=k+1时，左边增加了项. “2n ＞n 2+1对于n ＞n 0的正整数n 都成立〞时，第一步证明中的起始值n 0应取. 5.凸n 边形有f(n)条对角线，那么凸n+1边形的对角线条数f 〔n+1〕=.22+n ＜1+21+31+41+…+n21＜n+1(n ＞1)，当n=2时，中间式子等于. 11+n +21+n +…+n n +1＜2413的过程，由n=k 推导n=k+1时，不等式的左边增加的式子是. 8.用数学归纳法证明1+21+31+…+121-n ＜2(n ∈N ,且n ＞1)，第一步要证的不等式是. 二、解答题 9.用数学归纳法证明：1+221+231+…+21n ≥123+n n (n ∈N *). 10.用数学归纳法证明〔3n+1〕·7n -1(n ∈N *)能被9整除.11.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〕用数学归纳法证明〔1〕中的猜想.12.是否存在常数a、b、c使等式12+22+32+…+n2+〔n-1〕2+…+22+12=an〔bn2+c〕对于一切n∈N*都成立，假设存在，求出a、b、c并证明；假设不存在，试说明理由.。

高考数学大复习第十三章推理与证明、算法、复数 13.3 数学归纳法教师用书理苏教版(202

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第十三章推理与证明、算法、复数 13.3 数学归纳法教师用书理苏教版数学归纳法一般地，对于某些与正整数有关的数学命题，我们有数学归纳法公理：如果（1）当n取第一个值n0(例如n0＝1,2等）时结论正确；（2)假设当n＝k(k∈N*，且k≥n0）时结论正确,证明当n＝k＋1时结论也正确．那么，命题对于从n0开始的所有正整数n都成立．【思考辨析】判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”)（1）用数学归纳法证明问题时,第一步是验证当n＝1时结论成立．( ×)（2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．( ×)（3）用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．（×）（4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．( ×）（5）用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”,验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.（√）(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时,n0＝3.( √）1．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋a n＋1＝错误! (a≠1，n∈N*），在验证n＝1时，等式左边的项是______________．答案1＋a＋a2解析当n＝1时,n＋1＝2，∴左边＝1＋a1＋a2＝1＋a＋a2.2．（2016·南京模拟）已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－错误!＋错误!－错误!＋…－错误!＝2（错误!＋错误!＋…＋错误!)时,若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证________．①n＝k＋1时等式成立②n＝k＋2时等式成立③n＝2k＋2时等式成立④n＝2（k＋2）时等式成立答案②解析因为n为正偶数,n＝k时等式成立，即n为第k个偶数时命题成立,所以需假设n为下一个偶数，即n＝k＋2时等式成立．3．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为12n（n－3）条时，第一步检验n＝________。

山东青州一中2012届高三一轮数学复习课件：第十三章算法初步、推理与证明、复数 13.5数学归纳

第二十二页，编辑于星期日：九点九分。
又由S3＝a1＋a2＋a3＝
1 2
a3＋a13
得a
2 3
＋2
＝ 3－ 2.[3分]
2 a3－1＝0，∴a3
(2)猜想an＝ n－ n－1 (n∈N *)[5分]
证明：①当n＝1时，a1＝1＝ 1－ 0，猜想成立．[6分] ②假设当n＝k (k∈N *，且k≥1)时猜想成立，
n n＋1 n＋2
n2
A．f(n)中共有 n 项，当 n＝2 时，f(2)＝12＋13 B．f(n)中共有 n＋1 项，当 n＝2 时，f(2)＝12＋13＋14 C．f(n)中共有 n2－n 项，当 n＝2 时，f(2)＝12＋13 D．f(n)中共有 n2－n＋1 项，当 n＝2 时，f(2)＝12＋13＋14
方法二其逆否命题“若当 n＝k＋1 时该命题不成立，
则当 n＝k 时也不成立”为真，故“n＝5 时不成立”⇒
“n＝4 时不成立”．
第七页，编辑于星期日：九点九分。
题型分类深度剖析
题型一用数学归纳法证明等式
nn＋12n＋1
例 1 求证：12＋22＋…＋n2＝
6
.
证明 (1)当 n＝1 时，左边＝1，右边＝1·1＋162＋1＝1，左边＝右边，等式成立； (2)假设 n＝k (k∈N *，且 k≥1)时，等式成立，
审题视角(1)数列{an}的各项均为正数，且 Sn＝12an＋a1n，所以可根据解方程求出 a1，a2，a3；(2)观察 a1，a2，a3 猜想
出{an}的通项公式 an，然后再证明．
第二十一页，编辑于星期日：九点九分。
规范解答解 (1)S1＝a1＝12a1＋a11得 a21＝1. ∵an>0，∴a1＝1，[1 分] 由 S2＝a1＋a2＝12a2＋a12，得 a22＋2a2－1＝0，∴a2＝ 2－1.[2 分]

高考一轮总复习-089.推理与证明、数学归纳法(基础)-知识讲解

推理与证明、数学归纳法【考点梳理】考点一：合情推理与演绎推理1．推理的概念根据一个或几个已知事实(或假设)得出一个判断，这种思维方式叫做推理．从结构上说，推理一般由两部分组成，一部分是已知的事实(或假设)叫做前提，一部分是由已知推出的判断，叫做结论．2．合情推理根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳、类比，然后提出猜想的推理称为合情推理．合情推理又具体分为归纳推理和类比推理两类：(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．简言之，归纳推理是由部分到整体、个别到一般的推理，归纳推理简称归纳．(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，简言之，类比推理是由特殊到特殊的推理，类比推理简称类比．3．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．简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理．三段论是演绎推理的一般模式，它包括：(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，对特殊情况作出的判断．要点诠释：合情推理与演绎推理的区别与联系（1）从推理模式看：①归纳推理是由特殊到一般的推理．②类比推理是由特殊到特殊的推理．③演绎推理是由一般到特殊的推理．（2）从推理的结论看：①合情推理所得的结论不一定正确，有待证明。

②演绎推理所得的结论一定正确。

（3）总体来说，从推理的形式和推理的正确性上讲，二者有差异；从二者在认识事物的过程中所发挥的作用的角度考虑，它们又是紧密联系，相辅相成的。

合情推理的结论需要演绎推理的验证，而演绎推理的内容一般是通过合情推理获得的；演绎推理可以验证合情推理的正确性，合情推理可以为演绎推理提供方向和思路.考点二：直接证明与间接证明1．综合法(1)定义：综合法是中学数学证明中最常用的方法，它是从已知到未知，从题设到结论的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断出发，经过一系列的中间推理，最后导出所要求证的命题．综合法是一种由因索果的证明方法，又叫顺推法．(2)综合法的思维框图：用P 表示已知条件，1i Q i =（，2，3，...，n ）为定义、定理、公理等，Q 表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为：1P Q ⇒（）→12Q Q ⇒（）→23Q Q ⇒（）→.........n Q Q ⇒（）2．分析法(1) 定义：一般地，从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判断一个明显成立的条件(已知条件，定理，定义，公理)为止．这种证明方法叫做分析法．分析法又叫逆推法或执果索因法．(2)分析法的思维框图：1Q P ⇐（）→12P P ⇐（）→23P P ⇐（）→.........得到一个明显成立的条件. 3．反证法(1)定义：假设原命题的结论不成立，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立．这样的证明方法叫反证法．反证法是一种间接证明的方法．(2)应用反证法证明数学命题的一般步骤： 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，结合已知条件，应用演绎推理方法，推出矛盾的结果．④断定产生矛盾结果的原因，在于开始所做的假定不真，于是原结论成立，从而间接地证明原命题为真．考点三：数学归纳法数学归纳法证明命题的步骤：（1）证明当n 取第一个值0n 时结论正确；（2）假设当n k =0(*,)k N k n ∈≥时结论正确，证明1n k =+时结论也正确，由（1）（2）确定对0*,n N n n ∈≥时结论都正确。

山东省舜耕中学高三数学一轮复习资料第十三编推理与证明13.1 合情推理与演绎推理教案理

高三数学（理）一轮复习教案第十三编推理与证明总第66期 13.1 合情推理与演绎推理基础自测1.某同学在电脑上打下了一串黑白圆，如图所示，○○○●●○○○●●○○○…，按这种规律往下排，那么第36个圆的颜色应是 . 答案白色2.数列1，2，4，8，16，32，…的一个通项公式是 .答案 a n =2n-13.已知a 1=3,a 2=6,且a n+2=a n+1-a n ,则a 33为 . 答案 34.下面使用类比推理恰当的是 .①“若a ·3=b ·3,则a=b ”类推出“若a ·0=b ·0，则a=b ”；②“(a+b)c=ac+bc ”类推出“c b a +=c a +cb” ③“(a+b ）c=ac+bc ”类推出“c b a +=c a +cb (c ≠0)”；④“（ab ）n =a n b n ”类推出“(a+b)n =a n +b n” 答案 ③5.一切奇数都不能被2整除，2100+1是奇数，所以2100+1不能被2整除，其演绎推理的“三段论”的形式为 .答案一切奇数都不能被2整除，大前提 2100+1是奇数，小前提所以2100+1不能被2整除. 结论例题精讲例1 在数列{a n }中,a 1=1,a n+1=nn a a +22,n ∈N *,猜想这个数列的通项公式是什么？这个猜想正确吗？说明理由.解在{a n }中,a 1=1,a 2=1122a a +=32,a 3=2222a a +=21=42,a 4=3322a a +=52,…, 所以猜想{a n }的通项公式a n =12+n .这个猜想是正确的. 证明如下:因为a 1=1,a n+1=n n a a +22,所以11+n a =n n a a 22+=n a 1+21,即11+n a -n a 1=21, 所以数列⎭⎬⎫⎩⎨⎧n a 1是以11a =1为首项,21为公差的等差数列,所以n a 1=1+21(n-1)= 21n+21, 所以通项公式a n =12+n . 例2 已知O 是△ABC 内任意一点，连结AO 、BO 、CO 并延长交对边于A ′,B ′,C ′,则''AA OA +''BB OB +''CC OC =1,这是一道平面几何题,其证明常采用“面积法”. ''AA OA +''BB OB +''CC OC =ABC OBC S S ∆∆+ABC OCA S S ∆∆+ABC OAB S S ∆∆=ABCABCS S ∆∆=1，请运用类比思想，对于空间中的四面体V —BCD ，存在什么类似的结论？并用体积法证明.证明在四面体V —BCD 中，任取一点O ，连结VO 、DO 、BO 、CO 并延长分别交四个面于E 、F 、G 、H 点.则VE OE +DF OF +BG OG +CHOH=1.在四面体O —BCD 与V —BCD 中：VE OE =h h 1=h S hS BCD BCD ∙∙∆∆3311=BCD V BCDO V V --.同理有：DF OF =VBC D VBC O V V --；BG OG =VCD B VCD O V V --；CH OH =VBDC VBDO V V --， ∴VE OE +DF OF +BG OG +CH OH =BCD V VBD O VCD O VBC O BCD O V V V V V -----+++=BCDV BCD V V V --=1. 例3 （14分）已知函数f （x ）=-aa a x +（a ＞0且a ≠1），（1）证明：函数y=f(x)的图象关于点⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,21对称；（2）求f （-2）+f （-1）+f （0）+f （1）+f （2）+f （3）的值.（1）证明函数f （x ）的定义域为R ，任取一点（x ，y ），它关于点⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,21对称的点的坐标为（1-x ，-1-y ）.2分由已知得y=-aa a x +,则-1-y=-1+aa a x +=-aa a x x +，3分f （1-x ）=-aa ax +-1=-aaa a x+=-xxa a a a a ∙+∙=-aa a x x+， 5分∴-1-y=f （1-x ）.即函数y=f(x)的图象关于点⎪⎭⎫⎝⎛-21,21对称.7分（2）解由（1）有-1-f （x ）=f （1-x ），即f （x ）+f （1-x ）=-1. ∴f （-2）+f （3）=-1，f （-1）+f （2）=-1， f （0）+f （1）=-1，则f （-2）+f （-1）+f （0）+f （1）+f （2）+f （3）=-3.14分巩固练习1.已知f(x)=2)1(1++ax bx (x ≠-a1,a ＞0),且f(1)=log 162,f(-2)=1. （1）求函数f(x)的表达式；（2）已知数列{x n }的项满足x n =［1-f(1)］［1-f(2)］…［1-f(n)］，试求x 1,x 2,x 3,x 4; (3)猜想{x n }的通项.解（1）把f(1)=log 162=41,f(-2)=1,代入函数表达式得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-+-=++1)21(1241)1(122a b a b ,整理得⎪⎩⎪⎨⎧+-=+-++=+14412124422a a b a a b ，解得⎩⎨⎧==01b a ,于是f(x)=2)1(1+x (x ≠-1). （2）x 1=1-f(1)=1-41=43,x 2=43×⎪⎭⎫ ⎝⎛-911=32,x 3=32×⎪⎭⎫ ⎝⎛-1611=85,x 4=85×⎪⎭⎫ ⎝⎛-2511=53.（3）这里因为偶数项的分子、分母作了约分，所以规律不明显，若变形为43，64，85，106，…，便可猜想x n =)1(22++n n . 2.如图1，若射线OM ，ON 上分别存在点M 1，M 2与点N 1，N 2，则2211N OM N OM S S ∆∆=21OM OM ·21ON ON；如图2，若不在同一平面内的射线OP ，OQ 和OR 上分别存在点P 1，P 2，点Q 1，Q 2和点R 1，R 2，则类似的结论是什么？这个结论正确吗？说明理由.解类似的结论为：222111R Q P O R Q P O V V --=21OP OP ·21OQ OQ ·21OR OR .这个结论是正确的，证明如下：如图，过R 2作R 2M 2⊥平面P 2OQ 2于M 2，连OM 2.过R 1在平面OR 2M 2作R 1M 1∥R 2M 2交OM 2于M 1，则R 1M 1⊥平面P 2OQ 2. 由111R Q P O V -=3111OQ P S ∆·R 1M 1=31·21OP 1·OQ 1·sin ∠P 1OQ 1·R 1M 1 =61OP 1·OQ 1·R 1M 1·sin ∠P 1OQ 1，同理，222R Q P O V -=61OP 2·OQ 2·R 2M 2·sin ∠P 2OQ 2. 所以222111R Q P O R Q P O V V --=22221111M R OQ OP M R OQ OP ∙∙∙∙.由平面几何知识可得2211M R M R =21OR OR. 所以222111R Q P O R Q P O V V --=222111OR OQ OP OR OQ OP ∙∙∙∙.所以结论正确.3.已知函数f （x ）=1212+-x x （x ∈R ），（1）判定函数f （x ）的奇偶性；（2）判定函数f （x ）在R 上的单调性，并证明. 解（1）对∀x ∈R 有-x ∈R ，并且f （-x ）=1212+---x x =xx 2121+-=-1212+-x x =-f （x ），所以f （x ）是奇函数.（2）f(x)在R 上单调递增，证明如下：任取x 1,x 2∈R ，并且x 1＞x 2, f(x 1)-f(x 2)= 121211+-x x -121222+-x x =)12)(12()12)(12()12)(12(211221+++--+-x x x x x x=)12)(12()22(22121++-x x x x .∵x 1＞x 2,∴12x ＞22x ＞0,∴12x -22x ＞0, 12x +1＞0, 22x +1＞0. ∴)12)(12()22(22121++-x x x x ＞0.∴f(x 1)＞f(x 2).∴f(x)在R 上为单调递增函数.回顾总结知识方法思想课后作业一、填空题 1.由107＞85,119＞108,2513＞219,…若a ＞b ＞0,m ＞0，则m a m b ++与a b 之间的大小关系为 . 答案m a m b ++＞ab2.已知a 1=1,a n+1＞a n ，且(a n+1-a n )2-2(a n+1+a n )+1=0，猜想a n 的表达式为 . 答案 a n =n 23.已知f(x)=x2 008+ax2 007-0092xb-8,f(-1)=10,则f(1)= .答案 -244.由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则： ①“mn=nm ”类比得到“a ·b =b ·a ”；②“（m+n ）t=mt+nt ”类比得到“(a +b )·c =a ·c +b ·c ”；③“(m ·n)t=m(n ·t)”类比得到“（a ·b ）·c =a ·（b ·c ）”；④“t ≠0,mt=xt ⇒m=x ”类比得到“p ≠0,a ·p =x ·p ⇒a =x ”;⑤“|m ·n|=|m|·|n|”类比得到“|a ·b |=|a |·|b |”；⑥“bc ac =b a ”类比得到“c b c a ∙∙=ba”. 以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是 . 答案 25.下列推理是归纳推理的是（填序号）.①A ，B 为定点，动点P 满足|PA|+|PB|=2a ＞|AB|，得P 的轨迹为椭圆 ②由a 1=1，a n =3n-1，求出S 1，S 2，S 3，猜想出数列的前n 项和S n 的表达式③由圆x 2+y 2=r 2的面积πr 2，猜想出椭圆2222b y a x +=1的面积S=πab④科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇答案 ② 6.已知整数的数对列如下:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),(1,5), (2,4),…则第60个数对是 . 答案 (5,7)7.在平面几何中，△ABC 的内角平分线CE 分AB 所成线段的比EB AE =BCAC，把这个结论类比到空间：在三棱锥A —BCD 中（如图所示），而DEC 平分二面角A —CD —B 且与AB 相交于E ，则得到的类比的结论是答案EB AE =BCDACDS S ∆∆ 8.（2008·金陵中学模拟）现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为42a .类比到空间，有两个棱长均为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为 .答案 83a（第7题）（第8题）二、解答题9.把空间平行六面体与平面上的平行四边形类比，试由“平行四边形对边相等”得出平行六面体的相关性质. 解如图所示，由平行四边形的性质可知AB=DC ，AD=BC ，于是类比平行四边形的性质,在平行六面体ABCD —A 1B 1C 1D 1中，我们猜想： SABCD =S1111D C B A ,S11A ADD =S11B BCC ,S11A ABB =S11C CDD ,且由平行六面体对面是全等的平行四边形知，此猜想是正确的.10.已知梯形ABCD 中，AB=DC=AD ，AC 和BD 是它的对角线.用三段论证明：AC 平分∠BCD ，BD 平分∠CBA.证明（1）两平行线与第三直线相交，内错角相等（大前提）∠BCA 与∠CAD 是平行线AD ，BC 被AC 所截内错角（小前提）所以，∠BCA=∠CAD （结论）（2）等腰三角形两底角相等（大前提）△CAD 是等腰三角形，DA=DC （小前提）所以，∠DCA=∠CAD （结论）（3）等于同一个量的两个量相等（大前提） ∠BCA 与∠DCA 都等于∠CAD （小前提）所以，∠BCA=∠DCA （结论）（4）同理，BD 平分∠CBA.11.如图所示，点P 为斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1的侧棱BB 1上一点，PM ⊥BB 1交AA 1于点M ，PN ⊥BB 1交CC 1于点N.（1）求证：CC 1⊥MN ；（2）在任意△DEF 中有余弦定理：DE 2=DF 2+EF 2-2DF ·EF ·cos ∠DFE. 拓展到空间，类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明.证明（1）∵PM ⊥BB 1，PN ⊥BB 1，∴BB 1⊥平面PMN.∴BB 1⊥MN. 又CC 1∥BB 1，∴CC 1⊥MN. （2）在斜三棱柱ABC-A 1B 1C 1中，有S 211AABB =S 211B BCC +S 211A ACC -2S 11B BCC S 11A ACC cos α. 其中α为平面CC 1B 1B 与平面CC 1A 1A 所成的二面角，∵CC 1⊥平面PMN ， ∴上述的二面角的平面角为∠MNP.在△PMN 中，∵PM 2=PN 2+MN 2-2PN ·MNcos ∠MNP∴PM 2·CC 21=PN 2·CC 21+MN 2·CC 21-2（PN ·CC 1）·（MN ·CC 1）cos ∠MNP ，由于S 11B BCC =PN ·CC 1，S 11A ACC =MN ·CC 1， S 11A ABB =PM ·BB 1=PM ·CC 1， ∴S 211AABB =S 211B BCC +S 211A ACC -2S 11B BCC ·S 11A ACC ·cos α. 12.已知椭圆具有性质：若M 、N 是椭圆C 上关于原点对称的两个点，点P 是椭圆上任意一点，当直线PM 、PN 的斜率都存在，并记为k PM ，k PN 时，那么k PM 与k PN 之积是与点P 的位置无关的定值.试对双曲线2222b y a x -=1写出具有类似特性的性质，并加以证明.解类似的性质为：若M 、N 是双曲线2222b y a x -=1上关于原点对称的两个点，点P 是双曲线上任意一点，当直线PM 、PN 的斜率都存在，并记为k PM ，k PN 时，那么k PM 与k PN 之积是与点P 的位置无关的定值.证明如下：设点M 、P 的坐标分别为（m ，n ），（x ，y ），则N （-m ，-n ）.因为点M （m,n ）在已知双曲线上，所以n 2=22a b m 2-b 2.同理y 2=22a b x 2-b 2.则k PM ·k PN=m x n y --·m x n y ++=2222m x n y --=22a b ·2222m x m x --=22a b (定值).。

山东省青州一中高三数学一轮复习第十三章算法初步、推理与证明、复数 13

a2
b2
c2
有＋b≥2a，＋c≥2b，＋a≥2c.
b
c
a
a2 b2 c2 三式相加：＋＋＋a＋b＋c≥2(a＋b＋c)．
b ca
a＝b＝c 时取等号．
a2 b2 c2 即＋＋ ≥a＋b＋c.
b ca
探究提高综合法往往以分析法为基础，是分析法的逆过程，但更要注意从有关不等式的定理、结论或题设条件出发，根据不等式的性质推导证明．
思想方法感悟提高
方法与技巧
1．分析法的特点是：从未知看需知，逐步靠拢已知．
2．综合法的特点是：从已知看可知，逐步推出未知． 3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自
然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较繁；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．
论．) (2)反证法是从反面的角度思考的证明方法，即肯定题设而否定结论，从而导出矛盾推理而得．适合使用反证法证明的命题有： ①否定性命题；②唯一性命题；③至多、至少型命题；④明显成立的命题；⑤直接证明有困难的问题．
基础自测 1．用反证法证明命题“三角形的三个内角中至少
有一个不大于 60°” 时，假设应该是 _三__角__形__的__三__个__内__角__都__大__于__6_0_°_____________．
[难点正本疑点清源] 证明数学问题的方法比较多，只是我们比较常用的方法有综
合法、分析法和反证法．在证明问题时，既可独立运用，又可综合应用． (1)对于较复杂问题的解决，往往既使用综合法又使用分析法，
其结合使用的基本格式为：P ⇒P 1⇒P 2…⇒P n⇒Q m ⇐Q m －1⇐…⇐Q 1⇐

山东省舜耕中学2012届高三数学一轮复习资料第十三编推理与证明13.2 直接证明与间接证明教案理

高三数学（理）一轮复习教案第十三编推理与证明总第67期 §13.2 直接证明与间接证明基础自测1.分析法是从要证的结论出发,寻求使它成立的条件. 答案充分2.若a ＞b ＞0,则a+b1b+a1.(用“＞”,“＜”,“=”填空) 答案＞3.要证明3+7＜25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是（填序号）. ①反证法 ②分析法 ③综合法答案 ②4.用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax 2+bx+c=0（a ≠0）有有理数根，那么a 、b 、c 中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是 . ①假设a 、b 、c 都是偶数；②假设a 、b 、c 都不是偶数③假设a 、b 、c 至多有一个偶数；④假设a 、b 、c 至多有两个偶数答案 ②5.设a 、b 、c ∈（0，+∞），P=a+b-c ，Q=b+c-a ，R=c+a-b ，则“PQR ＞0”是“P 、Q 、R 同时大于零”的条件. ；答案充要例题精讲例1 设a,b,c ＞0,证明：ac c b b a 222++≥a+b+c.证明 ∵a,b,c ＞0，根据基本不等式，有b a 2+b ≥2a,cb 2+c ≥2b,a c 2+a ≥2c.三式相加：b a 2+c b 2+a c 2+a+b+c ≥2(a+b+c).即b a 2+cb 2+ac 2≥a+b+c.例2 （14分）已知a ＞0,求证： 221a a +-2≥a+a1-2. 证明要证221aa +-2≥a+a 1-2,只要证221aa ++2≥a+a 1+2.2分∵a ＞0,故只要证22221⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++a a ≥（a+a 1+2）2,6分即a 2+21a +4221aa ++4≥a 2+2+21a +22⎪⎭⎫⎝⎛+a a 1+2,8分从而只要证2221a a +≥2⎪⎭⎫⎝⎛+a a 1,10分只要证4⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+221a a ≥2（a 2+2+21a ）,即a 2+21a ≥2,而该不等式显然成立，故原不等式成立. 14分例3 若x,y 都是正实数，且x+y ＞2,求证：y x +1＜2与xy+1＜2中至少有一个成立. 证明假设y x +1＜2和x y +1＜2都不成立，则有y x +1≥2和xy+1≥2同时成立，因为x ＞0且y ＞0,所以1+x ≥2y ，且1+y ≥2x ，两式相加，得2+x+y ≥2x+2y ，所以x+y ≤2，这与已知条件x+y ＞2相矛盾，因此y x +1＜2与xy+1＜2中至少有一个成立.巩固练习1.已知a,b,c 为互不相等的非负数.求证：a 2+b 2+c 2＞abc (a +b +c ). 证明 ∵a 2+b 2≥2ab,b 2+c 2≥2bc,a 2+c 2≥2ac.又∵a,b,c 为互不相等的非负数，∴上面三个式子中都不能取“=”，∴a 2+b 2+c 2＞ab+bc+ac, ∵ab+bc ≥2c ab 2,bc+ac ≥22abc ,ab+ac ≥2bc a 2,又a,b,c 为互不相等的非负数， ∴ab+bc+ac ＞abc (a +b +c ),∴a 2+b 2+c 2＞abc (a +b +c ).2.已知a ＞0,b ＞0,且a+b=1,试用分析法证明不等式⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 11≥425. 证明要证⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 11≥425,只需证ab+abb a 122++≥425，只需证4(ab)2+4(a 2+b 2)-25ab+4≥0,只需证4(ab)2+8ab-25ab+4≥0, 只需证4(ab)2-17ab+4≥0,即证ab ≥4或ab ≤41,只需证ab ≤41，而由1=a+b ≥2ab ,∴ab ≤41显然成立，所以原不等式⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 11≥425成立. 3.已知a 、b 、c ∈（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不能同时大于41. 证明方法一假设三式同时大于41，即(1-a)b ＞41,(1-b)c ＞41,(1-c)a ＞41, ∵a 、b 、c ∈(0,1),∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a ＞641.又(1-a)a ≤221⎪⎭⎫ ⎝⎛+-a a =41,同理（1-b ）b ≤41,(1-c)c ≤41,∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c ≤641,这与假设矛盾，故原命题正确.方法二假设三式同时大于41，∵0＜a ＜1,∴1-a ＞0, 2)1(b a +-≥b a )1(-＞41=21, 同理2)1(c b +-＞21,2)1(a c +-＞21,三式相加得23＞23,这是矛盾的，故假设错误， ∴原命题正确.回顾总结知识方法思想课后作业一、填空题1.（2008·南通模拟）用反证法证明“如果a ＞b,那么3a ＞3b ”假设内容应是 . 答案 3a =3b 或3a ＜3b2.已知a ＞b ＞0，且ab=1,若0＜c ＜1,p=log c 222b a +,q=log c 21⎪⎪⎭⎫⎝⎛+b a ，则p,q 的大小关系是 . 答案 p ＜q3.设S 是至少含有两个元素的集合.在S 上定义了一个二元运算“*”（即对任意的a,b ∈S ，对于有序元素对(a,b),在S 中有唯一确定的元素a*b 与之对应）.若对任意的a,b ∈S,有a*(b*a)=b,则对任意的a,b ∈S ，下列恒成立的等式的序号是 . ①（a*b ）*a=a ②［a*(b*a)］*(a*b)=a ③b*(b*b)=b ④(a*b)*［b*(a*b)］=b 答案 ②③④4.如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则△A 1B 1C 1是三角形，△A 2B 2C 2是三角形.（用“锐角”、“钝角”或“直角”填空）答案锐角钝角5.已知三棱锥S —ABC 的三视图如图所示：在原三棱锥中给出下列命题： ①BC ⊥平面SAC ；②平面SBC ⊥平面SAB ；③SB ⊥AC. 其中正确命题的序号是 .答案 ①6.对于任意实数a,b 定义运算a*b=（a+1）(b+1)-1,给出以下结论： ①对于任意实数a,b,c ，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c); ②对于任意实数a,b,c ，有a*(b*c)=(a*b)*c;③对于任意实数a,有a*0=a,则以上结论正确的是 .（写出你认为正确的结论的所有序号）答案 ②③ 二、解答题7.已知数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，并且S n+1=4a n +2（n=1，2，…），a 1=1. （1）设b n =a n+1-2a n (n=1,2,…)，求证：数列{b n }是等比数列；（2）设c n =nn a 2(n=1,2,…),求证：数列{c n }是等差数列；（3）求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式.（1）证明 ∵S n+1=4a n +2，∴S n+2=4a n+1+2，两式相减，得S n+2-S n+1=4a n+1-4a n (n=1,2,…), 即a n+2=4a n+1-4a n ,变形得a n+2-2a n+1=2(a n+1-2a n )∵b n =a n+1-2a n (n=1,2,…),∴b n+1=2b n . 由此可知，数列{b n }是公比为2的等比数列.（2）证明由S 2=a 1+a 2=4a 1+2，a 1=1.得a 2=5,b 1=a 2-2a 1=3.故b n =3·2n-1. ∵c n =nn a 2(n=1,2,…),∴c n+1-c n =112++n n a -nn a 2=1122++-n nn a a =12+n n b .将b n =3·2n-1代入得c n+1-c n =43(n=1,2,…),由此可知，数列{c n }是公差为43的等差数列，它的首项c 1=21a =21，故c n =43n-41(n=1,2,…). （3）解 ∵c n =43n-41=41(3n-1).∴a n =2n ·c n =(3n-1)·2n-2(n=1,2,…)当n ≥2时，S n =4a n-1+2=(3n-4)·2n-1+2.由于S 1=a 1=1也适合于此公式，所以{a n }的前n 项和公式为S n =（3n-4）·2n-1+2.8.设a,b,c 为任意三角形三边长，I=a+b+c,S=ab+bc+ca,试证：I 2＜4S.证明由I 2=（a+b+c ）2=a 2+b 2+c 2+2(ab+bc+ca) =a 2+b 2+c 2+2S,∵a,b,c 为任意三角形三边长，∴a ＜b+c,b ＜c+a,c ＜a+b,∴a 2＜a(b+c),b 2＜b(c+a),c 2＜c(a+b)即(a 2-ab-ac)+(b 2-bc-ba)+(c 2-ca-cb)＜0∴a 2+b 2+c 2-2(ab+bc+ca)＜0∴a 2+b 2+c 2＜2S∴a 2+b 2+c 2+2S ＜4S.∴I 2＜4S. 9.已知a,b,c 为正实数,a+b+c=1.求证：（1）a 2+b 2+c 2≥31; (2)23+a + 23+b +23+c ≤6.证明（1）方法一 a 2+b 2+c 2-31=31 (3a 2+3b 2+3c 2-1) =31［3a 2+3b 2+3c 2-(a+b+c)2］ =31(3a 2+3b 2+3c 2-a 2-b 2-c 2-2ab-2ac-2bc) =31［(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2］≥0∴a 2+b 2+c 2≥31. 方法二 ∵(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2ab+2ac+2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a+b+c)2=1∴a 2+b 2+c 2≥31.方法三设a=31+α,b=31+β,c=31+γ.∵a+b+c=1,∴α+β+γ=0∴a 2+b 2+c 2=（31+α）2+（31+β）2+（31+γ）2=31+32(α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31∴a 2+b 2+c 2≥31. (2)∵23+a =1)23(⨯+a ≤2123++a =233+a ,同理23+b ≤233+b ,23+c ≤233+c ∴23+a +23+b +23+c ≤29)(3+++c b a =6∴原不等式成立.10.已知函数y=a x+12+-x x (a ＞1). （1）证明：函数f(x)在（-1,+∞)上为增函数；（2）用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.证明（1）任取x 1,x 2∈(-1,+∞),不妨设x 1＜x 2,则x 2-x 1＞0,由于a ＞1,∴a 12x x -＞1且a 1x ＞0,∴a 2x -a 1x =a 1x (a 12x x --1)＞0.又∵x 1+1＞0,x 2+1＞0, ∴1222+-x x -1211+-x x =)1)(1()1)(2()1)(2(212112+++--+-x x x x x x =)1)(1()(32112++-x x x x ＞0,于是f(x 2)-f(x 1)=a 2x -a 1x +1222+-x x -1211+-x x ＞0,故函数f(x)在(-1,+∞）上为增函数.（2）方法一假设存在x 0＜0 (x 0≠-1)满足f(x 0)=0,则a 0x =-1200+-x x . ∵a ＞1,∴0＜a 0x ＜1,∴0＜-1200+-x x ＜1,即21＜x 0＜2，与假设x 0＜0相矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.方法二假设存在x 0＜0 (x 0≠-1)满足f(x 0)=0, ①若-1＜x 0＜0，则1200+-x x ＜-2,a 0x ＜1,∴f(x 0)＜-1,与f(x 0)=0矛盾.②若x 0＜-1,则1200+-x x ＞0,a 0x ＞0,∴f(x 0)＞0,与f(x 0)=0矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.。

2020年山东省高考数学一轮冲刺复习汇编：推理与证明(含解析)

2020年山东省高考数学一轮冲刺复习汇编：
推理与证明
（含解析）
一、【知识精讲】
1.合情推理
2.
(1)定义：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，演绎推理是由一般到特殊的推理.
(2)“三段论”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，对特殊情况作出的判断.
3.直接证明
4.
间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法.
(1)反证法的定义：假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立的证明方法.
(2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立.
二、【典例精练】
考点一归纳推理
【例1】(2018·石家庄模拟)某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1，1，2，3，5，则预计第10年树的分枝数为________.
【答案】55
【解析】由2＝1＋1，3＝1＋2，5＝2＋3知，从第三项起，每一项都等于前两项的和，则第6年为8，第7年为13，第8年为21，第9年为34，第10年为55.
【解法小结】归纳推理问题的常见类型及解题策略
【例2】 (1)我国古代数学名著《九章算术》中割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”其体现的是一种无限与有限的转化过程，比如在2＋2＋2＋…中“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程2＋x。

山东省舜耕中学高三数学一轮复习资料第十三编推理与证明13.2 直接证明与间接证明教案理

高三数学（理）一轮复习教案第十三编推理与证明总第67期 §13.2 直接证明与间接证明基础自测1.分析法是从要证的结论出发,寻求使它成立的条件. 答案充分2.若a ＞b ＞0,则a+b1b+a1.(用“＞”,“＜”,“=”填空) 答案＞3.要证明3+7＜25，可选择的方法有以下几种，其中最合理的是（填序号）. ①反证法 ②分析法 ③综合法答案 ②4.用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax 2+bx+c=0（a ≠0）有有理数根，那么a 、b 、c 中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是 . ①假设a 、b 、c 都是偶数；②假设a 、b 、c 都不是偶数③假设a 、b 、c 至多有一个偶数；④假设a 、b 、c 至多有两个偶数答案 ②5.设a 、b 、c ∈（0，+∞），P=a+b-c ，Q=b+c-a ，R=c+a-b ，则“PQR ＞0”是“P 、Q 、R 同时大于零”的条件. ；答案充要例题精讲例1 设a,b,c ＞0,证明：ac c b b a 222++≥a+b+c. 证明 ∵a,b,c ＞0，根据基本不等式，有b a 2+b ≥2a,cb 2+c ≥2b,a c 2+a ≥2c.三式相加：b a 2+c b 2+a c 2+a+b+c ≥2(a+b+c).即b a 2+cb 2+ac 2≥a+b+c.例2 （14分）已知a ＞0,求证： 221a a +-2≥a+a1-2. 证明要证221aa +-2≥a+a 1-2,只要证221aa ++2≥a+a 1+2.2分∵a ＞0,故只要证22221⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛++a a ≥（a+a 1+2）2,6分即a 2+21a +4221aa ++4≥a 2+2+21a +22⎪⎭⎫⎝⎛+a a 1+2,8分从而只要证2221aa +≥2⎪⎭⎫⎝⎛+a a 1,10分只要证4⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+221a a ≥2（a 2+2+21a ）,即a 2+21a ≥2,而该不等式显然成立，故原不等式成立. 14分例3 若x,y 都是正实数，且x+y ＞2,求证：yx+1＜2与x y +1＜2中至少有一个成立.证明假设y x +1＜2和x y +1＜2都不成立，则有yx+1≥2和x y +1≥2同时成立，因为x ＞0且y ＞0,所以1+x ≥2y ，且1+y ≥2x ，两式相加，得2+x+y ≥2x+2y ，所以x+y ≤2，这与已知条件x+y ＞2相矛盾，因此yx+1＜2与x y +1＜2中至少有一个成立.巩固练习1.已知a,b,c 为互不相等的非负数.求证：a 2+b 2+c 2＞abc (a +b +c ). 证明 ∵a 2+b 2≥2ab,b 2+c 2≥2bc,a 2+c 2≥2ac.又∵a,b,c 为互不相等的非负数，∴上面三个式子中都不能取“=”，∴a 2+b 2+c 2＞ab+bc+ac, ∵ab+bc ≥2c ab 2,bc+ac ≥22abc ,ab+ac ≥2bc a 2,又a,b,c 为互不相等的非负数， ∴ab+bc+ac ＞abc (a +b +c ),∴a 2+b 2+c 2＞abc (a +b +c ).2.已知a ＞0,b ＞0,且a+b=1,试用分析法证明不等式⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 11≥425. 证明要证⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 11≥425,只需证ab+ab b a 122++≥425，只需证4(ab)2+4(a 2+b 2)-25ab+4≥0,只需证4(ab)2+8ab-25ab+4≥0, 只需证4(ab)2-17ab+4≥0,即证ab ≥4或ab ≤41,只需证ab ≤41，而由1=a+b ≥2ab ,∴ab ≤41显然成立，所以原不等式⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛+b b a a 11≥425成立. 3.已知a 、b 、c ∈（0，1），求证：(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a 不能同时大于41. 证明方法一假设三式同时大于41，即(1-a)b ＞41,(1-b)c ＞41,(1-c)a ＞41, ∵a 、b 、c ∈(0,1),∴三式同向相乘得(1-a)b(1-b)c(1-c)a ＞641.又(1-a)a ≤221⎪⎭⎫ ⎝⎛+-a a =41,同理（1-b ）b ≤41,(1-c)c ≤41,∴(1-a)a(1-b)b(1-c)c ≤641,这与假设矛盾，故原命题正确.方法二假设三式同时大于41，∵0＜a ＜1,∴1-a ＞0, 2)1(b a +-≥b a )1(-＞41=21, 同理2)1(c b +-＞21,2)1(a c +-＞21,三式相加得23＞23,这是矛盾的，故假设错误， ∴原命题正确.回顾总结知识方法思想课后作业一、填空题1.（2008·南通模拟）用反证法证明“如果a ＞b,那么3a ＞3b ”假设内容应是 . 答案 3a =3b 或3a ＜3b2.已知a ＞b ＞0，且ab=1,若0＜c ＜1,p=log c 222b a +,q=log c 21⎪⎪⎭⎫⎝⎛+b a ，则p,q 的大小关系是 .答案 p ＜q3.设S 是至少含有两个元素的集合.在S 上定义了一个二元运算“*”（即对任意的a,b ∈S ，对于有序元素对(a,b),在S 中有唯一确定的元素a*b 与之对应）.若对任意的a,b ∈S,有a*(b*a)=b,则对任意的a,b ∈S ，下列恒成立的等式的序号是 . ①（a*b ）*a=a ②［a*(b*a)］*(a*b)=a ③b*(b*b)=b ④(a*b)*［b*(a*b)］=b 答案 ②③④4.如果△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值分别等于△A 2B 2C 2的三个内角的正弦值，则△A 1B 1C 1是三角形，△A 2B 2C 2是三角形.（用“锐角”、“钝角”或“直角”填空）答案锐角钝角5.已知三棱锥S —ABC 的三视图如图所示：在原三棱锥中给出下列命题： ①BC ⊥平面SAC ；②平面SBC ⊥平面SAB ；③SB ⊥AC. 其中正确命题的序号是 .答案 ①6.对于任意实数a,b 定义运算a*b=（a+1）(b+1)-1,给出以下结论： ①对于任意实数a,b,c ，有a*(b+c)=(a*b)+(a*c); ②对于任意实数a,b,c ，有a*(b*c)=(a*b)*c;③对于任意实数a,有a*0=a,则以上结论正确的是 .（写出你认为正确的结论的所有序号）答案 ②③ 二、解答题7.已知数列{a n }中，S n 是它的前n 项和，并且S n+1=4a n +2（n=1，2，…），a 1=1. （1）设b n =a n+1-2a n (n=1,2,…)，求证：数列{b n }是等比数列；（2）设c n =nn a 2(n=1,2,…),求证：数列{c n }是等差数列；（3）求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式.（1）证明 ∵S n+1=4a n +2，∴S n+2=4a n+1+2，两式相减，得S n+2-S n+1=4a n+1-4a n (n=1,2,…), 即a n+2=4a n+1-4a n ,变形得a n+2-2a n+1=2(a n+1-2a n )∵b n =a n+1-2a n (n=1,2,…),∴b n+1=2b n . 由此可知，数列{b n }是公比为2的等比数列.（2）证明由S 2=a 1+a 2=4a 1+2，a 1=1.得a 2=5,b 1=a 2-2a 1=3.故b n =3·2n-1. ∵c n =n n a 2(n=1,2,…),∴c n+1-c n =112++n n a -nn a 2=1122++-n nn a a =12+n n b .将b n =3·2n-1代入得c n+1-c n =43(n=1,2,…),由此可知，数列{c n }是公差为43的等差数列，它的首项c 1=21a =21，故c n =43n-41(n=1,2,…). （3）解 ∵c n =43n-41=41(3n-1).∴a n =2n ·c n =(3n-1)·2n-2(n=1,2,…)当n ≥2时，S n =4a n-1+2=(3n-4)·2n-1+2.由于S 1=a 1=1也适合于此公式，所以{a n }的前n 项和公式为S n =（3n-4）·2n-1+2.8.设a,b,c 为任意三角形三边长，I=a+b+c,S=ab+bc+ca,试证：I 2＜4S.证明由I 2=（a+b+c ）2=a 2+b 2+c 2+2(ab+bc+ca) =a 2+b 2+c 2+2S,∵a,b,c 为任意三角形三边长，∴a ＜b+c,b ＜c+a,c ＜a+b,∴a 2＜a(b+c),b 2＜b(c+a),c 2＜c(a+b)即(a 2-ab-ac)+(b 2-bc-ba)+(c 2-ca-cb)＜0∴a 2+b 2+c 2-2(ab+bc+ca)＜0∴a 2+b 2+c 2＜2S∴a 2+b 2+c 2+2S ＜4S.∴I 2＜4S. 9.已知a,b,c 为正实数,a+b+c=1.求证：（1）a 2+b 2+c 2≥31; (2)23+a + 23+b +23+c ≤6.证明（1）方法一 a 2+b 2+c 2-31=31 (3a 2+3b 2+3c 2-1) =31［3a 2+3b 2+3c 2-(a+b+c)2］ =31(3a 2+3b 2+3c 2-a 2-b 2-c 2-2ab-2ac-2bc) =31［(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2］≥0∴a 2+b 2+c 2≥31. 方法二 ∵(a+b+c)2=a 2+b 2+c 2+2ab+2ac+2bc ≤a 2+b 2+c 2+a 2+b 2+a 2+c 2+b 2+c 2∴3(a 2+b 2+c 2)≥(a+b+c)2=1∴a 2+b 2+c 2≥31.方法三设a=31+α,b=31+β,c=31+γ.∵a+b+c=1,∴α+β+γ=0∴a 2+b 2+c 2=（31+α）2+（31+β）2+（31+γ）2=31+32(α+β+γ)+α2+β2+γ2=31+α2+β2+γ2≥31∴a 2+b 2+c 2≥31. (2)∵23+a =1)23(⨯+a ≤2123++a =233+a ,同理23+b ≤233+b ,23+c ≤233+c ∴23+a +23+b +23+c ≤29)(3+++c b a =6∴原不等式成立.10.已知函数y=a x+12+-x x (a ＞1). （1）证明：函数f(x)在（-1,+∞)上为增函数；（2）用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.证明（1）任取x 1,x 2∈(-1,+∞),不妨设x 1＜x 2,则x 2-x 1＞0,由于a ＞1,∴a 12x x -＞1且a 1x ＞0,∴a 2x -a 1x =a 1x (a 12x x --1)＞0.又∵x 1+1＞0,x 2+1＞0, ∴1222+-x x -1211+-x x =)1)(1()1)(2()1)(2(212112+++--+-x x x x x x =)1)(1()(32112++-x x x x ＞0,于是f(x 2)-f(x 1)=a 2x -a 1x +1222+-x x -1211+-x x ＞0,故函数f(x)在(-1,+∞）上为增函数.（2）方法一假设存在x 0＜0 (x 0≠-1)满足f(x 0)=0,则a 0x =-1200+-x x . ∵a ＞1,∴0＜a 0x ＜1,∴0＜-1200+-x x ＜1,即21＜x 0＜2，与假设x 0＜0相矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.方法二假设存在x 0＜0 (x 0≠-1)满足f(x 0)=0, ①若-1＜x 0＜0，则1200+-x x ＜-2,a 0x ＜1,∴f(x 0)＜-1,与f(x 0)=0矛盾.②若x 0＜-1,则1200+-x x ＞0,a 0x ＞0,∴f(x 0)＞0,与f(x 0)=0矛盾，故方程f(x)=0没有负数根.。

高考数学一轮复习 134数学归纳法课件理

证明
(1)当n＝2时，右边＝ttaann2αα
－2＝
1－t2an2α－2＝
2tan2α 1－tan2α
＝tan α·tan 2α＝左边，等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*且k≥2)时，等式成立，即
tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k－1)α·tan kα＝ttaannkαα－k，
则当n＝k＋1时， 1×1 3＋3×1 5＋…＋2k－112k＋1＋2k＋112k＋3 ＝2k＋k 1＋2k＋112k＋3＝2kk＋2k1＋32k＋＋13 ＝22kk＋2＋132kk＋＋13＝2kk＋＋13＝2k＋k＋11＋1，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N*等式都成立．
第4讲数学归纳法
【2013 年高考会这样考】 1．数学归纳法的原理及其步骤． 2．能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．【复习指导】复习时要抓住数学归纳法证明命题的原理，明晰其内在的联系，把握数学归纳法证明命题的一般步骤，熟知每一步之间的区别联系，熟悉数学归纳法在证明命题中的应用技巧．
基础梳理 1．归纳法由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常叫做归纳法．根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为完全归纳法和不完全归纳法．
考向三用数学归纳法证明不等式
【例 3】►用数学归纳法证明：对一切大于 1 的自然数，不等式
1＋131＋15·…·1＋2n1－1> 2n2＋1均成立． [审题视点] 本题用数学归纳法证明不等式，在推理过程中用放缩法，要注意放缩的“度”．
证明
(1)当
n＝2
时，左边＝1＋13＝43；右边＝
5 2.

高考数学一轮复习 13-3 数学归纳法及其应用课件新人教A版

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课堂总结
(2)假设 n＝k(k∈N*)时等式成立，即有 2×1 4＋4×1 6＋6×1 8＋…＋2k（21k＋2）＝4（kk＋1），则当 n＝k＋1 时，2×1 4＋4×1 6＋6×1 8＋…＋2k（21k＋2）＋
1 2（k＋1）[2（k＋1）＋2] ＝4（kk＋1）＋4（k＋1）1（k＋2）＝4（kk（＋k1＋）2（）k＋＋12）＝4（k＋（1k）＋（1）k＋2 2）＝4（kk＋＋12）＝4（kk＋＋11＋1）.
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课堂总结
【训练1】求证：(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·5·…·(2n－
1)(n∈N*)．
证明 (1)当n＝1时，等式左边＝2，右边＝21·1＝2，∴
等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，等式成立，即(k＋1)(k＋
2)·…·(k＋k)＝2k·1·3·5·…·(2k－1)．
第3讲数学归纳法及其应用
最新考纲 1.了解数学归纳法的原理；2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
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课堂总结
知识梳理
1．数学归纳法证明一个与正整数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__n_0(_n_0_∈__N_*时) 命题成立； (2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当_________时命题也成立．只要n完＝成k＋这1两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．
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课堂总结
所以当n＝k＋1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切n∈N*等式都成立．规律方法用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式时，关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n的取值是否有关，由 n＝k到n＝k＋1时等式的两边变化的项，然后正确写出归纳证明的步骤，使问题得以证明．

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