高中数学 第2章 推理与证明章末分层突破学案 苏教版选

第2章推理与证明章末分层突破
[自我校对]
①由部分到整体，由个别到一般②类比推理③演绎推理
④由一般到特殊⑤综合法⑥执果索因⑦反证法⑧数学归纳法
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_______________________________________________
_______________________________________________
合情推理
1.
2.类比推理的特点及一般步骤
(2016·温州月考)下面四个图案都是由小正三角形构成的，设第n 个
图形中有n 个正三角形，且所有小正三角形边上黑点的总数为f (n ).
图2­1
(1)求f (2)，f (3)，f (4)，f (5)；
(2)找出f (n )与f (n ＋1)的关系，并求出f (n )的表达式.
【精彩点拨】 (1)根据图案推导计算f (2)，f (3)，f (4)，f (5)及它们之间的关系.(2)利用(1)推导出的关系归纳出f (n )与f (n ＋1)的关系，然后再求f (n )的表达式.
【规范解答】 (1)由题意有f (1)＝3，f (2)＝f (1)＋3＋3×2＝12，f (3)＝f (2)＋3＋3×4＝27，f (4)＝f (3)＋3＋3×6＝48，f (5)＝f (4)＋3＋3×8＝75.
(2)由题意及(1)知，f (n ＋1)＝f (n )＋3＋3×2n ＝f (n )＋6n ＋3， 即f (n ＋1)－f (n )＝6n ＋3，所以f (2)－f (1)＝6×1＋3，
f (3)－f (2)＝6×2＋3，f (4)－f (3)＝6×3＋3，…， f (n )－f (n －1)＝6×(n －1)＋3，
将上面n －1个式子相加，得
f (n )－f (1)＝6[1＋2＋3＋…＋(n －1)]＋3(n －1)
＝6×
1＋n －1
n －1
2
＋3(n －1)＝3n 2
－3，
又f (1)＝3，所以f (n )＝3n 2
. [再练一题]
1.已知函数y ＝sin 4x ＋cos 4
x (x ∈R )的值域是⎣⎢⎡⎦
⎥⎤12，1，则
(1)函数y ＝sin 6
x ＋cos 6
x (x ∈R )的值域是___________________； (2)类比上述结论，函数y ＝sin 2n
x ＋cos 2n
x (n ∈N *
)的值域是__________.
【解析】 (1)y ＝sin 6
x ＋cos 6
x ＝(sin 2
x ＋cos 2
x )(sin 4
x －sin 2
x cos 2
x ＋cos 4
x )＝sin 4
x －sin 2x cos 2 x ＋cos 4x ＝(sin 2 x ＋cos 2 x )2－3sin 2x cos 2
x ＝1－34sin 2(2x )＝1－38
(1－cos 4x )
＝58＋38cos 4x ∈⎣⎢⎡⎦
⎥⎤14，1. (2)由类比可知，y ＝sin 2n
x ＋cos 2n
x 的值域是[2
1－n,
1].
【答案】 (1)⎣⎢⎡⎦
⎥⎤14，1 (2)[21－n,
1]
综合法与分析法
1.法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式.
2.分析法和综合法是两种思路相反的推理方法.分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点.分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条理清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件.
设a >0，b >0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1
ab
≥8.试用综合法和分析法分
别证明.
【精彩点拨】 (1)综合法：根据a ＋b ＝1，分别求1a ＋1b 与1
ab
的最小值.
(2)分析法：把1ab 变形为a ＋b ab ＝1a ＋1
b
求证.
【规范解答】 法一：(综合法) ∵a >0，b >0，a ＋b ＝1，
∴1＝a ＋b ≥2ab ，ab ≤12，ab ≤14，∴1
ab ≥4.
又1a ＋1b
＝(a ＋b )⎝ ⎛⎭
⎪⎫1a ＋1b ＝2＋b a ＋a b
≥4，
∴1a ＋1b ＋1ab ≥8(当且仅当a ＝b ＝1
2时等号成立). 法二：(分析法) ∵a >0，b >0，a ＋b ＝1， 要证1a ＋1b ＋1
ab
≥8，
只要证⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋
a ＋
b ab
≥8， 只要证⎝
⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ＋⎝
⎛⎭
⎪⎫1b ＋1a
≥8，
即证1a ＋1
b
≥4.
也就是证
a ＋
b a ＋a ＋b
b
≥4. 即证b a ＋a b
≥2，
由基本不等式可知，当a >0，b >0时，
b a ＋a
b
≥2成立，所以原不等式成立. [再练一题]
2.(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 ). (2)用分析法证明：2cos(α－β)－sin
2α－βsin α＝sin β
sin α
.
【证明】 (1)因为a 2
＋b 2
≥2ab ，
b 2＋
c 2≥2bc ，a 2＋c 2≥2ac ，
又因为a ，b ，c 为互不相等的非负数， 所以上面三个式子中都不能取“＝”， 所以a 2
＋b 2
＋c 2
>ab ＋bc ＋ac ，
因为ab ＋bc ≥2ab 2
c ，bc ＋ac ≥2abc 2
，
ab ＋ac ≥2a 2bc ，
又a ，b ，c 为互不相等的非负数， 所以ab ＋bc ＋ac >abc (a ＋b ＋c )， 所以a 2
＋b 2
＋c 2
>abc (a ＋b ＋c ). (2)要证原等式成立，只需证：
2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β，① 因为①左边＝2cos(α－β)sin α－sin[(α－β)＋α]
＝2cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α－cos(α－β)sin α ＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α ＝sin β＝右边，
所以①成立，即原等式成立.
反证法
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，断定反设不成立，从而肯
定结论.反证法的思路：反设→归谬→结论.
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，证明：数列{a n ＋1}不是等比数列.
【精彩点拨】 (1)利用等比数列的概念及通项公式推导前n 项和公式；(2)利用反证法证明要证的结论.
【规范解答】 (1)设{a n }的前n 项和为S n ， 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
，
∴S n ＝
a 11－q
n
1－q
，∴S n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
na 1，q ＝1，a 11－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 2k ＋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
， ∵a 1≠0，∴2q k ＝q
k －1
＋q
k ＋1
.
∵q ≠0，∴q 2
－2q ＋1＝0， ∴q ＝1，这与已知矛盾.
∴假设不成立，故{a n ＋1}不是等比数列. [再练一题]
3.设{a n }，{b n }是公比不相等的两个等比数列，c n ＝a n ＋b n .证明：数列{c n }不是等比数列.
【证明】 假设数列{c n }是等比数列，则 (a n ＋b n )2
＝(a n －1＋b n －1)(a n ＋1＋b n ＋1).①
因为{a n }，{b n }是公比不相等的两个等比数列，设公比分别为p ，q ， 所以a 2
n ＝a n －1a n ＋1，b 2
n ＝b n －1b n ＋1. 代入①并整理，得 2a n b n ＝a n ＋1b n －1＋a n －1b n ＋1
＝a n b n ⎝
⎛⎭
⎪⎫p q ＋q
p
，
即2＝p q ＋q p
，②
当p ，q 异号时，p q ＋q p
<0，与②相矛盾； 当p ，q 同号时，由于p ≠q ， 所以p q ＋q p
>2，与②相矛盾. 故数列{c n }不是等比数列.
数学归纳法
1.关注点一：其关键点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n 0是多少.
2.关注点二：由n ＝k 到n ＝k ＋1时，除等式两边变化的项外还要利用n ＝k 时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明.
已知正数数列{a n }(n ∈N *
)中，前n 项和为S n ，且2S n ＝a n ＋1a n
，用数学
归纳法证明：a n ＝n －n －1.
【规范解答】 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫a 1＋1a 1，
所以a 2
1＝1(a n >0)，所以a 1＝1，又1－0＝1， 所以n ＝1时，结论成立.
(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N *
)时，结论成立，即a k ＝k －k －1. 当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝12⎝
⎛
⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫a k ＋1a k ＝12⎝ ⎛
⎭
⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－
12⎝ ⎛⎭⎪⎫k －k －1＋1k －k －1
＝12⎝ ⎛
⎭⎪⎫a k ＋1＋1a k ＋1－k ，
所以a 2
k ＋1＋2ka k ＋1－1＝0，
解得a k ＋1＝k ＋1－k (a n >0)，所以n ＝k ＋1时，结论成立. 由(1)(2)可知，对n ∈N *
都有a n ＝n －n －1. [再练一题]
4.已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－12n 2，n ∈N *
.
(1)当n ＝1,2,3时，试比较f (n )与g (n )的大小； (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)； 当n ＝2时，f (2)＝98，g (2)＝11
8，所以f (2)<g (2)；
当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312
216，所以f (3)<g (3).
(2)由(1)猜想f (n )≤g (n )，下面用数学归纳法给出证明： ①当n ＝1,2,3时，不等式显然成立； ②假设当n ＝k (k ≥3)时不等式成立，即 1＋123＋133＋143＋…＋1k 3<32－1
2k 2. 那么，当n ＝k ＋1时，
f (k ＋1)＝f (k )＋
1k ＋1
3
<32－12k 2＋1k ＋1
3
.
因为12k ＋1
2
－⎣⎢
⎡⎦
⎥⎤12k
2－
1k ＋13
＝
k ＋32k ＋1
3
－
12k 2＝－3k －12k ＋13k
2<0， 所以f (k ＋1)<3
2－
12
k ＋1
2
＝g (k ＋1).
由①②可知，对一切n ∈N *
，都有f (n )≤g (n )成立.
转化与化归思想
殊的转化；数学归纳法体现的是一般与特殊、有限与无限的转化；反证法体现的是对立与统一的转化.
设二次函数f (x )＝ax 2
＋bx ＋c (a ≠0)中的a ，b ，c 都为整数，已知f (0)，
f (1)均为奇数，求证：方程f (x )＝0无整数根.
【精彩点拨】 假设方程f (x )＝0有整数根k ，结合f (0)，f (1)均为奇数推出矛盾. 【规范解答】 假设方程f (x )＝0有一个整数根k ， 则ak 2
＋bk ＋c ＝0，
∵f (0)＝c ，f (1)＝a ＋b ＋c 都为奇数，
∴a＋b必为偶数，ak2＋bk为奇数.
当k为偶数时，令k＝2n(n∈Z)，则ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必为偶数，与ak2＋bk为奇数矛盾；
当k为奇数时，令k＝2n＋1(n∈Z)，则ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak2＋bk为奇数矛盾.
综上可知，方程f(x)＝0无整数根.
[再练一题]
5.用数学归纳法证明：当n为正奇数时，x n＋y n能被x＋y整除.
【证明】设n＝2m－1，m∈N*，则x n＋y n＝x2m－1＋y2m－1.
要证明原命题成立，只需证明x2m－1＋y2m－1能被x＋y整除(m∈N*).
(1)当m＝1时，x2m－1＋y2m－1＝x＋y能被x＋y整除.
(2)假设当m＝k(k∈N*)时命题成立，即x2k－1＋y2k－1能被x＋y整除，那么当m＝k＋1时，
x2(k＋1)－1＋y2(k＋1)－1＝x2k＋2－1＋y2k＋2－1＝x2k－1x2－x2k－1y2＋y2k－1y2＋x2k－1y2＝x2k－1(x2－y2)＋y2(x2k－1＋y2k－1)＝x2k－1(x－y)(x＋y)＋y2(x2k－1＋y2k－1).
因为x2k－1(x－y)(x＋y)与y2(x2k－1＋y2k－1)均能被x＋y整除，
所以当m＝k＋1时，命题成立.
由(1)(2)，知原命题成立.
1.(2015·山东高考)观察下列各式：
C01＝40；
C03＋C13＝41；
C05＋C15＋C25＝42；
C07＋C17＋C27＋C37＝43；
……
照此规律，当n∈N*时，
＝________.
C02n－1＋C12n－1＋C22n－1＋…＋C n－1
2n－1
【解析】观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数均为4，指数与
＝4n－1.
等式左端最后一个组合数的上标相等，故有C02n－1＋C12n－1＋C22n－1＋…＋C n－1
2n－1
【答案】4n－1
2.(2015·福建高考)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…x n(n∈N*)，其中x k(k ＝1,2，…，n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元
错误(即码元由0变为1，或者由1变为0).
已知某种二元码x 1x 2…x 7的码元满足如下校验方程组：
⎩⎪⎨⎪
⎧
x 4⊕x 5⊕x 6⊕x 7＝0，x 2⊕x 3⊕x 6⊕x 7＝0，x 1⊕x 3⊕x 5⊕x 7＝0，
其中运算⊕定义为：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k 等于________.
【导学号：01580055】
【解析】 因为x 2⊕x 3⊕x 6⊕x 7＝0，所以x 2，x 3，x 6，x 7都正确.又因为x 4⊕x 5⊕x 6⊕x 7
＝1，x 1⊕x 3⊕x 5⊕x 7＝1，故x 1和x 4都错误，或仅x 5错误.因为条件中要求仅在第k 位发生码元错误，故只有x 5错误.
【答案】 5
3.(2016·北京高考)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空盒.每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则____.(填序号)
①乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 ②乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 ③乙盒中红球不多于丙盒中红球 ④乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
【解析】 通过随机事件直接分析出现情况的可能性. 取两个球往盒子中放有4种情况： ①红＋红，则乙盒中红球数加1； ②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；
③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；
④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加 1.因为红球和黑球个数一样多，所以①和②的情况一样多，③和④的情况完全随机.
③和④对B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响.
①和②出现的次数是一样的，所以对B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样.
综上，选(2). 【答案】 (2)
4.(2015·湖南高考)设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1
b
.证明：
(1)a ＋b ≥2；
(2)a 2
＋a <2与b 2
＋b <2不可能同时成立.
【证明】 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋b
ab
，a >0，b >0，得ab ＝1.
(1)由基本不等式及ab ＝1，有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2，当且仅当a ＝b ＝1时等号成立.
(2)假设a 2
＋a <2与b 2
＋b <2同时成立，则由a 2
＋a <2及a >0，得0<a <1； 同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾. 故a 2
＋a <2与b 2
＋b <2不可能同时成立.
5.(2015·福建高考)已知a >0，b >0，c >0，函数f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c 的最小值为4.
(1)求a ＋b ＋c 的值； (2)求14a 2＋19
b 2＋
c 2
的最小值.
【解】 (1)因为f (x )＝|x ＋a |＋|x －b |＋c ≥|(x ＋a )－(x －b )|＋c ＝|a ＋b |＋c ， 当且仅当－a ≤x ≤b 时，等号成立. 又a >0，b >0，所以|a ＋b |＝a ＋b ， 所以f (x )的最小值为a ＋b ＋c .
又已知f (x )的最小值为4，所以a ＋b ＋c ＝4. (2)由(1)知a ＋b ＋c ＝4，由柯西不等式，得
⎝ ⎛⎭
⎪⎫14a 2＋19b 2＋c 2(4＋9＋1)≥ ⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 2×2＋b 3×3＋c ×12＝(a ＋b ＋c )2＝16，即14a 2＋19b 2＋c 2≥87. 当且仅当12a 2＝1
3b 3＝c 1，即a ＝87，b ＝187，c ＝27时等号成立，故14a 2＋19b 2＋c 2的最小值是8
7.
6.(2016·北京高考)设数列A ：a 1，a 2，…，a N (N ≥2).如果对小于n (2≤n ≤N )的每个正整数k 都有a k <a n ，则称n 是数列A 的一个“G 时刻”.记G (A )是数列A 的所有“G 时刻”组成的集合.
(1)对数列A ：－2,2，－1,1,3，写出G (A )的所有元素； (2)证明：若数列A 中存在a n 使得a n >a 1，则G (A )≠∅；
(3)证明：若数列A 满足a n －a n －1≤1(n ＝2,3，…，N )，则G (A )的元素个数不小于a N －
a 1.
【导学号：01580056】【解】(1)G(A)的元素为2和5.
(2)因为存在a n使得a n＞a1，
所以{i∈N*|2≤i≤N，a i>a1}≠∅.
记m＝min{i∈N*|2≤i≤N，a i>a1}，
则m≥2，且对任意正整数k<m，a k≤a1＜a m.
因此m∈G(A).从而G(A)≠∅.
(3)证明：当a N≤a1时，结论成立.
以下设a N>a1.
由(2)知G(A)≠∅.
设G(A)＝{n1，n2，…，n p)，n1<n2<…<n p.
记n0＝1，则an0＜an1＜an2＜…＜an p.
对i＝0,1，…，p，记G i＝{k∈N*|n i＜k≤N，a k＞an i}.
如果G i≠∅，取m i＝min G i，则对任何1≤k<m i，a k≤an i＜am i.
从而m i∈G(A)且m i＝n i＋1，
又因为n p是G(A)中的最大元素，所以G p＝∅.
从而对任意n p≤k≤N，a k≤an p，特别地，a N≤an p.
对i＝0,1，…，p－1，an i＋1－1≤an i.
因此an i＋1＝an i＋1－1＋(an i＋1－an i＋1－1)≤an i＋
1.
11。