高三复习导学案——推理、证明、数学归纳法(含详细答案)

1合情推理与演绎推理导学案【学习要求】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．【课前准备】自主梳理推理⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧合情推理⎩⎪⎨⎪⎧⎩⎨⎪⎧定义：由个别事实推演出 的结论.特点：是由 到整体、由 到一般的推理. ⎩⎪⎨⎪⎧定义：由两个(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.演绎推理⎩⎪⎨⎪⎧模式：三段论⎩⎪⎨⎪⎧ ①大前提——已知的 ；②小前提——所研究的 ；③结论——根据一般原理，对作出的判断.特点：演绎推理是由 到 的推理.【自我检测】1．观察(x 2)′＝2x ，(x 4)′＝4x 3，(cos x )′＝－sin x ，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 )＝________.2．给出下面类比推理命题(其中Q 为有理数集，R 为实数集，C 为复数集)：①“若a ，b ∈R ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”；②“若a ，b ，c ，d ∈R ，则复数a ＋b i ＝c ＋d i ⇒a ＝c ，b ＝d ”类比推出“若a ，b ，c ，d ∈Q ，则a ＋b 2＝c ＋d 2⇒a ＝c ，b ＝d ”；③“若a ，b ∈R ，则a －b >0⇒a >b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b >0⇒a >b ”．其中类比结论正确的个数是________________________________________________________．3．在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为________．4．观察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________________________________．5．一切奇数都不能被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____________________________________________________.【活动探究】探究点一 归纳推理例1 在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝2a n2＋a n，n ∈N *，猜想这个数列的通项公式，这个猜想正确吗？请说明理由．变式迁移1 观察：①sin 210°＋cos 240°＋sin 10°cos 40°＝34；②sin 26°＋cos 236°＋sin 6°cos 36°＝34.由上面两题的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．探究点二 类比推理例2 在平面内，可以用面积法证明下面的结论：从三角形内部任意一点，向各边引垂线，其长度分别为p a ，p b ，p c ，且相应各边上的高分别为h a ，h b ，h c ，则有p a h a ＋p b h b ＋p ch c＝1.请你运用类比的方法将此结论推广到四面体中并证明你的结论．变式迁移2 在Rt △ABC 中，若∠C ＝90°，AC ＝b ，BC ＝a ，则△ABC 的外接圆半径r ＝a 2＋b 22，将此结论类比到空间有___________________________________________探究点三 演绎推理例3 在锐角三角形ABC 中，AD ⊥BC ，BE ⊥AC ，D 、E 是垂足．求证：AB 的中点M 到D 、E 的距离相等．变式迁移3 指出对结论“已知2和3是无理数，证明2＋3是无理数”的下述证明是否为“三段论”，证明有错误吗？证明：∵无理数与无理数的和是无理数，而2与3都是无理数，∴2＋3也是无理数．【课堂小结】1．合情推理是指“合乎情理”的推理，数学研究中，得到一个新结论之前，合情推理常常能帮助我们猜测和发现结论；证明一个数学结论之前，合情推理常常能为我们提供证明的思路和方向．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.一般来说，由合情推理所获得的结论，仅仅是一种猜想，其可靠性还需进一步证明．2．归纳推理与类比推理都属合情推理：(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，或由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理．它是一种由部分到整体，由个别到一般的推理．(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，它是一种由特殊到特殊的推理．3．从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，把这种推理称为演绎推理，也就是由一般到特殊的推理，三段论是演绎推理的一般模式，包括大前提，小前提，结论．【课后作业】一、填空题(每小题6分，共48分)1．定义A *B ，B *C ，C *D ，D *A 的运算分别对应下图中的(1)、(2)、(3)、(4)，那么下图中的(A)、(B)所对应的运算结果分别为________________．22．设f (x )＝1＋x1－x，又记f 1(x )＝f (x )，f k ＋1(x )＝f (f k (x ))，k ＝1,2，…，则f 2 011(x )＝____________.3．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“ac bc ＝a b ”类比得到“a·c b·c ＝ab”．以上的式子中，类比得到的结论正确的个数是________．4．有一个奇数列1,3,5,7,9，…，现在进行如下分组：第一组含有一个数1，第二组含有两个数3,5；第三组含有三个数：7,9,11；第四组含有四个数：13,15,17,19；…试观察每组内各数之和与组的编号数n 的关系为_____．5．已知整数的数对如下：(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________．6．已知正三角形内切圆的半径是高的13，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是____7．定义一种运算“*”：对于自然数n 满足以下运算性质： (1)1] .8．观察下列等式1＝1 2＋3＋4＝9 3＋4＋5＋6＋7＝25 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49…照此规律，第n 个等式为___________________________________________________． 二、解答题(共42分)9．(14分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝－23，且S n ＋1S n ＋1＋2＝0(n ≥2)．计算S 1，S 2，S 3，S 4，并猜想S n 的表达式．10．(14分)已知函数f (x )＝－aa x ＋a(a >0且a ≠1)，(1)证明：函数y ＝f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫12，－12对称； (2)求f (－2)＋f (－1)＋f (0)＋f (1)＋f (2)＋f (3)的值．11．(14分)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S △OM 1N 1S △OM 2N 2＝OM 1OM 2·ON 1ON 2；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．直接证明与间接证明导学案【学习要求】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及特点. 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及特点．【课前准备】1．直接证明 (1)综合法①定义：从已知条件出发，以______________________为依据，逐步下推，直到推出所要证明的结论为止，这种证明方法叫做综合法．②框图表示：P ⇒Q 1→Q 1⇒Q 2→Q 2⇒Q 3→…→Q n ⇒Q (其中P 表示已知条件，Q 表示要证的结论)． (2)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________________和______________________为止．这种证明方法叫做分析法．②框图表示：Q ⇐P 1→P 1⇐P 2→P 2⇐P 3→…→得到一个明显成立的条件.2．间接证明反证法：假设原命题________(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________，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．【自我检测】1．分析法是从要证的结论出发，寻求使它成立的________条件．(填“充分”、“必要”或“充要”) 2．用反证法证明“如果a >b ，那么3a >3b ”的假设内容应是__________________． 3．设a 、b 、c 是互不相等的正数，则下列不等式中不恒成立的是________．(填序号)． ①|a －c |≤|a －b |＋|c －b |；②a 2＋1a 2≥a ＋1a ；③a ＋3－a ＋1<a ＋2－a ；④|a －b |＋1a －b≥2.4．已知a ＋b >0，则a b 2＋b a 2与1a ＋1b的大小关系为____________________．5．设x 、y 、z ∈R ＋，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，证明a ，b ，c 中至少有一个不小于2.【活动探究】探究点一 综合法3例1 已知a ，b ，c 都是实数，求证：a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2≥ab ＋bc ＋ca .变式迁移1 设a ，b ，c >0，证明：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .探究点二 分析法例2 若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证： lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c .变式迁移2 已知a >0，求证： a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.探究点三 反证法例3 若x ，y 都是正实数，且x ＋y >2，求证：1＋x y <2与1＋yx<2中至少有一个成立．式迁移3 若a ，b ，c 均为实数，且a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6.求证：a ，b ，c中至少有一个大于0.转化与化归思想例 (14分)(2010·上海改编)若实数x 、y 、m 满足|x －m |＞|y －m |，则称x 比y 远离m .(1)若x 2－1比1远离0，求x 的取值范围．(2)对任意两个不相等的正数a 、b ，证明：a 3＋b 3比a 2b ＋ab 2远离2ab ab .多角度审题 (1)本题属新定义题，根据“远离”的含义列出不等式，然后加以求解．(2)第(2)小题，实质是证明不等式|a 3＋b 3－2ab ab |>|a 2b ＋ab 2－2ab ab |成立．证明时注意提取公因式及配方法的运用．【答题模板】(1)解 由题意得||x 2－1＞1， 即x 2－1＞1或x 2－1＜－1.[2分]由x 2－1＞1，得x 2＞2，即x ＜－2或x ＞2； 由x 2－1＜－1，得x ∈∅.综上可知x 的取值范围为(－∞，－2)∪(2，＋∞)．[4分](2)证明 由题意知即证||a 3＋b 3－2ab ab ＞||a 2b ＋ab 2－2ab ab 成立．[8分] ∵a ≠b ，且a 、b 都为正数，∴||a 3＋b 3－2ab ab ＝||(a 3)2＋(b 3)2－2a 3b 3＝||(a 3－b 3)2＝(a a －b b )2，||a 2b ＋ab 2－2ab ab ＝||ab (a ＋b －2ab )＝ab (a －b )2＝(a b －b a )2，[10分] 即证(a a －b b )2－(a b －b a )2＞0，即证(a a －b b －a b ＋b a )(a a －b b ＋a b －b a )＞0，需证[](a －b )(a ＋b )[](a －b )(a ＋b )＞0，[12分] 即证(a ＋b )(a －b )2＞0，∵a 、b 都为正数且a ≠b ， ∴上式成立．故原命题成立．[14分] 【突破思维障碍】1．准确理解题意，提炼出相应不等式是解决问题的关键．2．代数式|a 3＋b 3－2ab ab |与|a 2b ＋ab 2－2ab ab |中的绝对值符号去掉为后续等价变形提供了方便． 【易错点剖析】1．推理论证能力较差，绝对值符号不会去．2．运用能力较差，不能有效地进行式子的等价变形或中间变形出错．【课堂小结】1．综合法是从条件推导到结论的思维方法，它是从已知条件出发，经过逐步的推理，最后达到待证的结论．即由因导果．2．分析法是从待证结论出发，一步一步地寻求结论成立的充分条件，最后达到题设的已知条件或已被证明的事实．即执果索因，用分析法寻找解题思路，再用综合法书写，这样比较有条理，叫分析综合法．3．用反证法证明问题的一般步骤：（1）反设：假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真；(否定结论)（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；(推导矛盾) （3）存真：由矛盾结果断定反设不真，从而肯定原结论成立．(结论成立) 【课后作业】(满分：90分)一、填空题(每小题6分，共48分)1．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”．假设内容应为____________________________________．2．设a ，b 是两个实数，给出下列条件： （1）a ＋b >1；（2）a ＋b ＝2；（3）a ＋b >2；（4）a 2＋b 2>2；（5）ab >1.其中能推出：“a ，b 中至少有一个大于1”的条件是______．(填序号)3．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．4．若a >0，b >0，a ＋b ＝2，则下列不等式对一切满足条件的a ，b 恒成立的是________(写出所有正确命题的序号)．①ab ≤1；②a ＋b ≤2；③a 2＋b 2≥2；④a 3＋b 3≥3； ⑤1a ＋1b≥2. 5．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 2B 2C 2是________三角形(填“锐角”“钝角”或“直角”)．6．某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f (x )在[0,1]上有意义，且f (0)＝f (1)，如果对于不同的x 1，x 2∈[0,1]，都有|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，求证：|f (x 1)－f (x 2)|<12.那么他的反设应该是__________________________________________________________________________________________________________________________. 7．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 ；4③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) 8．已知log 2a ＋log 2b ≥1，则3a ＋9b 的最小值为________．二、解答题(共42分)9．(14分)已知非零向量a 、b ，a ⊥b ，求证：|a |＋|b ||a －b |≤ 2.10．(14分)已知a 、b 、c >0，求证：a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．11．(14分)已知a 、b 、c ∈(0,1)，求证：(1－a )b ，(1－b )c ，(1－c )a 不能同时大于14.学案37 数学归纳法【学习要求】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．【课前准备】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叫归纳法．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．2．数学归纳法设{P n }是一个与正整数相关的命题集合，如果：(1)证明起始命题P 1(或P 0)成立；(2)在假设P k 成立的前提下，推出P k ＋1也成立，那么可以断定{P n }对一切正整数成立．3．数学归纳法公理（1）(归纳奠基)证明当n 取第一个值__________时命题成立．（2）(归纳递推)假设______________________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n 0开始的所有正整数n 都成立．【自我检测】1．用数学归纳法证明：“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)”在验证n ＝1时，左端计算所得的项为___．2．如果命题P (n )对于n ＝k (k ∈N *)时成立，则它对n ＝k ＋2也成立，又若P (n )对于n ＝2时成立，则下列结论中正确的序号有________．①P (n )对所有正整数n 成立；②P (n )对所有正偶数n 成立；③P (n )对所有正奇数n 成立；④P (n )对所有大于1的正整数n 成立．3．证明n ＋22<1＋12＋13＋14＋…＋12n <n ＋1(n >1)，当n ＝2时，中间式子等于______________．4．用数学归纳法证明“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．在数列{a n }中，a 1＝1，且S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列(S n 表示数列{a n }的前n 项和)，则S 2，S 3，S 4分别为______________；由此猜想S n ＝__________.【活动探究】探究点一 用数学归纳法证明等式例1 对于n ∈N *，用数学归纳法证明：1·n ＋2·(n －1)＋3·(n －2)＋…＋(n －1)·2＋n ·1＝16n (n ＋1)(n ＋2)．变式迁移1 用数学归纳法证明：对任意的n ∈N *,1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n .探究点二 用数学归纳法证明不等式例2 用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15…⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12均成立．变式迁移2 已知m 为正整数，用数学归纳法证明：当x >－1时，(1＋x )m ≥1＋mx . 探究点三 用数学归纳法证明整除问题例3 用数学归纳法证明：当n ∈N *时，a n ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除．变式迁移3 用数学归纳法证明：当n 为正整数时，f (n )＝32n ＋2－8n－9能被64整除．从特殊到一般的思想例 (14分)已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2、a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝1－12b n .（1）求数列{a n }、{b n }的通项公式；（2）设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1b n与S n ＋1的大小，并说明理由．【答题模板】解 （1）由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 5＝12a 2a 5＝27，又∵{a n }的公差大于0，∴a 5>a 2，∴a 2＝3，a 5＝9.∴d ＝a 5－a 23＝9－33＝2，a 1＝1，∴a n ＝1＋(n －1)×2＝2n －1.[2分]∵T n ＝1－12b n ，∴b 1＝23，当n ≥2时，T n －1＝1－12b n －1，∴b n ＝T n －T n －1＝1－12b n －⎝⎛⎭⎫1－12b n －1， 化简，得b n ＝13b n －1，[4分]∴{b n }是首项为23，公比为13的等比数列，即b n ＝23·⎝⎛⎭⎫13n －1＝23n ，∴a n ＝2n －1，b n ＝23n .[6分]（2）∵S n ＝1＋n －2n ＝n 2，∴S n ＋1＝(n ＋1)2，1b n ＝3n 2.5以下比较1b n与S n ＋1的大小：当n ＝1时，1b 1＝32，S 2＝4，∴1b 1<S 2，当n ＝2时，1b 2＝92，S 3＝9，∴1b 2<S 3，当n ＝3时，1b 3＝272，S 4＝16，∴1b 3<S 4，当n ＝4时，1b 4＝812，S 5＝25，∴1b 4>S 5.[9分]猜想：n ≥4时，1b n>S n ＋1.下面用数学归纳法证明： ①当n ＝4时，已证．②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥4)时，1b k>S k ＋1，即3k 2>(k ＋1)2.[11分] 那么，n ＝k ＋1时，1b k ＋1＝3k ＋12＝3·3k2>3(k ＋1)2＝3k 2＋6k ＋3＝(k 2＋4k ＋4)＋2k 2＋2k －1>[(k ＋1)＋1]2＝S (k ＋1)＋1，∴n ＝k ＋1时，1b n>S n ＋1也成立．由①②可知n ∈N *，n ≥4时，1b n >S n ＋1都成立．综上所述，当n ＝1,2,3时，1b n <S n ＋1，当n ≥4时，1b n>S n ＋1.[14分]【突破思维障碍】1．归纳——猜想——证明是高考重点考查的内容之一，此类问题可分为归纳性问题和存在性问题，本例中归纳性问题需要从特殊情况入手，通过观察、分析、归纳、猜想，探索出一般规律．2．数列是定义在N *上的函数，这与数学归纳法运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的，数列中有不少问题常用数学归纳法解决．【易错点剖析】1．严格按照数学归纳法的三个步骤书写，特别是对初始值的验证不可省略，有时要取两个(或两个以上)初始值进行验证；初始值的验证是归纳假设的基础．2．在进行n ＝k ＋1命题证明时，一定要用n ＝k 时的命题，没有用到该命题而推理证明的方法不是数学归纳法．【课堂小结】1．数学归纳法：先证明当n 取第一个值n 0时命题成立，然后假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥n 0)时命题成立，并证明当n ＝k ＋1时命题也成立，那么就证明了这个命题成立．这是因为第一步首先证明了n 取第一个值n 0时，命题成立，这样假设就有了存在的基础，至少k ＝n 0时命题成立，由假设合理推证出n ＝k ＋1时命题也成立，这实质上是证明了一种循环，如验证了n 0＝1成立，又证明了n ＝k ＋1也成立，这就一定有n ＝2成立，n ＝2成立，则n ＝3成立，n ＝3成立，则n ＝4也成立，如此反复以至无穷，对所有n ≥n 0的整数就都成立了．2．(1)第①步验证n ＝n 0使命题成立时n 0不一定是1，是使命题成立的最小正整数．(2)第②步证明n ＝k ＋1时命题也成立的过程中一定要用到归纳递推，否则就不是数学归纳法．【课后作业】一、填空题 1．用数学归纳法证明命题“当n 是正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”，在第二步时，正确的证法是________(填序号)．①假设n ＝k (k ∈N *)时命题成立，证明n ＝k ＋1命题成立；②假设n ＝k (k 是正奇数)时命题成立，证明n ＝k ＋1命题成立； ③假设n ＝2k ＋1 (k ∈N *)时命题成立，证明n ＝k ＋1命题成立； ④假设n ＝k (k 是正奇数)时命题成立，证明n ＝k ＋2命题成立．2．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n2，则f (n )中共有_______项；当n ＝2时，f (2)＝___.3．如果命题P (n )对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋1也成立，现已知P (n )对n ＝4不成立，则下列结论正确的是________(填序号)．①P (n )对n ∈N *成立；②P (n )对n >4且n ∈N *成立；③P (n )对n <4且n ∈N *成立；④P (n )对n ≤4且n ∈N *不成立．4．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上______.5．若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是__________．6．用数学归纳法证明“1＋2＋3＋…＋n ＋…＋3＋2＋1＝n 2 (n ∈N *)”时，从n ＝k 到n ＝k ＋1时，该式左边应添加的代数式是________．7．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n >1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是____________________．8．凸n 边形有f (n )条对角线，凸n ＋1边形有f (n ＋1)条对角线，则f (n ＋1)＝f (n )＋________. 二、解答题9．用数学归纳法证明1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N *)．10．数列{a n }满足a n >0，S n ＝12(a n ＋1a n)，求S 1，S 2，猜想S n ，并用数学归纳法证明．11．已知函数f (x )＝1x 2e －1|x |(其中e 为自然对数的底数)．（1）判断f (x )的奇偶性；（2）在(－∞，0)上求函数f (x )的极值；（3）用数学归纳法证明：当x >0时，对任意正整数n 都有f (1x)<n ！·x 2－n .合情推理与演绎推理导学案答案【课前准备】归纳推理 一般性 部分 个别 类比推理 ①一般性原理 ②特殊对象 ③特殊对象 一般 特殊 【自我检测】1．－g (x ) 解析 由所给函数及其导数知，偶函数的导函数为奇函数．因此当f (x )是偶函数时，其导函数应为奇函数，故g (－x )＝－g (x )．2．2 解析 ①②正确，③错误．因为两个复数如果不全是实数，不能比较大小．3．1∶8 解析 ∵两个正三角形是相似的三角形，∴它们的面积之比是相似比的平方．同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方，所以它们的体积比为1∶8.4．13＋23＋33＋43＋53＋63＝212 解析 由前三个式子可以得出如下规律：每个式子等号的左边是从1开始的连续正整数的立方和，且个数依次多1，等号的右边是一个正整数的平方，后一个正整数依次比前一个大63,4，…，因此，第五个等式为13＋23＋33＋43＋53＋63＝212.5．一切奇数都不能被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 【活动探究】例1 解题导引 归纳分为完全归纳和不完全归纳，由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的，但它由特殊到一般、由具体到抽象的认识功能，对科学的发现是十分有用的，观察、实验，对有限的资料作归纳整理，提出带规律性的说法是科学研究的最基本的方法之一．解 在{a n }中，a 1＝1，a 2＝2a 12＋a 1＝23，a 3＝2a 22＋a 2＝12＝24，a 4＝2a 32＋a 3＝25，…，所以猜想{a n }的通项公式为a n ＝2n ＋1.这个猜想是正确的，证明如下：因为a 1＝1，a n ＋1＝2a n 2＋a n ，所以1a n ＋1＝2＋a n 2a n＝1a n ＋12，即1a n ＋1－1a n ＝12，所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以1a 1＝1为首项，12为公差的等差数列，所以1a n ＝1＋(n －1)×12＝12n ＋12， 所以通项公式a n ＝2n ＋1.变式迁移1 解 猜想sin 2α＋cos 2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝34.证明如下：左边＝sin 2α＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sin α]＝sin 2α＋⎝⎛⎭⎫32cos α－12sin α⎝⎛⎭⎫32cos α＋12sin α＝sin 2α＋34cos 2α－14sin 2α＝34＝右边．例2 解题导引 类比推理是根据两个对象有一部分属性类似，推出这两个对象的其他属性亦类似的一种推理方法，例如我们拿分式同分数来类比，平面几何与立体几何中的某些对象类比等等．我们必须清楚类比并不是论证，它可以帮助我们发现真理．类比推理应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比、归纳、提出猜想．解类比：从四面体内部任意一点向各面引垂线，其长度分别为p a ，p b ，p c ，p d ，且相应各面上的高分别为h a ，h b ，h c ，h d ，则有p a h a ＋p b h b ＋p c h c ＋p dh d＝1.证明如下：p a h a ＝13S △BCD ·pa 13S △BCD ·h a＝V P —BCDV A —BCD，同理有p b h b ＝V P —CDA V B —CDA ，p c h c ＝V P —BDA V C —BDA ，p d h d ＝V P —ABCV D —ABC，V P —BCD ＋V P —CDA ＋V P —BDA ＋V P —ABC ＝V A —BCD ，∴p a h a ＋p b h b ＋p c h c ＋p d h d ＝V P —BCD ＋V P —CDA ＋V P —BDA ＋V P —ABC V A —BCD＝1. 变式迁移2 在三棱锥A —BCD 中，若AB 、AC 、AD 两两互相垂直，且AB ＝a ，AC ＝b ，AD ＝c ，则此三棱锥的外接球半径R ＝a 2＋b 2＋c 22例3 解题导引 在演绎推理中，只有前提(大前提、小前提)和推理形式都是正确的，结论才是正确的，否则所得的结论可能就是错误的．推理时，要清楚大前提、小前提及二者之间的逻辑关系．证明 (1)因为有一个内角是直角的三角形是直角三角形，——大前提 在△ABD 中，AD ⊥BC ，即∠ADB ＝90°，——小前提 所以△ADB 是直角三角形．——结论(2)因为直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，——大前提而M 是Rt △ADB 斜边AB 的中点，DM 是斜边上的中线，——小前提所以DM ＝12AB .——结论同理EM ＝12AB ，所以DM ＝EM .变式迁移3 解 证明是“三段论”模式，证明有错误．证明中大前提使用的论据是“无理数与无理数的和是无理数”，这个论据是假的，因为两个无理数的和不一定是无理数，因此原理的真实性仍无法断定． 【课后作业】1．B *D ，A *C 解析 由(1)(2)(3)(4)图得A 表示|，B 表示□，C 表示—，D 表示○，故图(A)(B)表示B *D 和A *C .2.x －1x ＋1 解析 计算f 2(x )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 1－x ＝1＋1＋x 1－x 1－1＋x 1－x ＝－1x ， f 3(x )＝f ⎝⎛⎭⎫－1x ＝1－1x 1＋1x ＝x －1x ＋1，f 4(x )＝1＋x －1x ＋11－x －1x ＋1＝x ，f 5(x )＝f 1(x )＝1＋x1－x， 归纳得f 4k ＋i (x )＝f i (x )，k ∈N *，i ＝1,2,3,4.∴f 2 011(x )＝f 3(x )＝x －1x ＋1.3．2 解析 只有①、②对，其余错误．4．每组内各数之和等于n 3 解析 1＝13,3＋5＝23,7＋9＋11＝33.猜想每组内各数之和等于n 3.5．(5,7) 解析 观察可知横坐标和纵坐标之和为2的数对有1个，和为3的数对有2个，和为4的数对有3个，和为5的数对有4个，依次类推和为n ＋1的数对有n 个，多个数对的排序是按照横坐标依次增大的顺序来排的，由n (n ＋1)2＝60⇒n (n ＋1)＝120，n ∈Z ，n ＝10时，n (n ＋1)2＝55(个)数对，还差5个数对，且这5个数对的横、纵坐标之和为12，它们依次是(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，∴第60个数对是(5,7)．6．空间正四面体的内切球的半径是高的14解析 利用体积分割可证明．7．n 解析 由(n ＋1)*1＝n *1＋1，得n *1＝(n －1)*1＋1＝(n －2)*1＋2＝…＝1] 8．n ＋(n ＋1)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2解析 ∵1＝12,2＋3＋4＝9＝32,3＋4＋5＋6＋7＝25＝52，∴第n 个等式为n ＋(n ＋1)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2.9．解 当n ＝1时，S 1＝a 1＝－23.(2分) 当n ＝2时，1S 2＝－2－S 1＝－43，∴S 2＝－34.(5分)当n ＝3时，1S 3＝－2－S 2＝－54，∴S 3＝－45.(8分)当n ＝4时，1S 4＝－2－S 3＝－65， ∴S 4＝－56.(11分)7猜想：S n ＝－n ＋1n ＋2(n ∈N *)．(14分)10．(1)证明 函数f (x )的定义域为R ，任取一点(x ，y )，它关于点⎝⎛⎭⎫12，－12对称的点的坐标为(1－x ，－1－y )．(2分) 由已知得y ＝－a a x ＋a ，则－1－y ＝－1＋a a x ＋a ＝－a xa x ＋a ，(4分)f (1－x )＝－a a 1－x ＋a ＝－a a a x＋a ＝－a ·a x a ＋a ·a x ＝－a xa x ＋a ，∴－1－y ＝f (1－x )．即函数y ＝f (x )的图象关于点⎝⎛⎭⎫12，－12对称．(7分) (2)解 由(1)有－1－f (x )＝f (1－x )，即f (x )＋f (1－x )＝－1.(10分) ∴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)11．解 类似的结论为：VO —P 1Q 1R 1VO —P 2Q 2R 2＝OP 1OP 2·OQ 1OQ 2·OR 1OR 2.(4分)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，连结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VO —P 1Q 1R 1＝13S △P 1OQ 1·R 1M 1＝13·12OP 1·OQ 1·sin ∠P 1OQ 1·R 1M 1＝16OP 1·OQ 1·R 1M 1·sin ∠P 1OQ 1，(8分) 同理，VO —P 2Q 2R 2＝16OP 2·OQ 2·R 2M 2·sin ∠P 2OQ 2.所以VO —P 1Q 1R 1VO —P 2Q 2R 2＝OP 1·OQ 1·R 1M 1OP 2·OQ 2·R 2M 2.(10分)由平面几何知识可得R 1M 1R 2M 2＝OR 1OR 2.(12分)所以VO —P 1Q 1R 1VO —P 2Q 2R 2＝OP 1·OQ 1·OR 1OP 2·OQ 2·OR 2.所以结论正确．(14分)直接证明与间接证明导学案答案【课前准备】1．(1)①已知的定义、公理、定理 (2)①结论成立的条件 已知条件或已知事实吻合 2.不成立 矛盾 【自我检测】1．充分 解析 由分析法的定义可知．2.3a ≤3b 解析 3a >3b 的否定是3a ≤3b .3．④ 解析 ④选项成立时需得证a －b >0.①中|a －b |＋|c －b |≥|(a －b )－(c －b )|＝|a －c |，②作差可证； ③移项平方可证．4.a b 2＋b a 2≥1a ＋1b 解析 a b 2＋b a 2－⎝⎛⎭⎫1a ＋1b ＝a －b b 2＋b －a a 2＝(a －b )⎝⎛⎭⎫1b 2－1a 2＝(a ＋b )(a －b )2a 2b 2.∵a ＋b >0，(a －b )2≥0，∴(a ＋b )(a －b )2a 2b 2≥0.∴a b 2＋b a 2≥1a ＋1b. 5．证明 假设a ，b ，c 均小于2，则a ＋b ＋c <6. ①又a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x ＝(x ＋1x )＋(y ＋1y )＋(z ＋1z)≥6，这与①式相矛盾，∴假设不正确．∴a ，b ，c 至少有一个不小于2. 【活动探究】例1 解题导引 综合法证明不等式，要特别注意基本不等式的运用和对题设条件的运用．这里可从基本不等式相加的角度先证得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca 成立，再进一步得出结论．证明 ∵a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ca ， 三式相加得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，∴3a 2＋3b 2＋3c 2≥(a 2＋b 2＋c 2)＋2(ab ＋bc ＋ca )＝(a ＋b ＋c )2.∴a 2＋b 2＋c 2≥13(a ＋b ＋c )2；∵a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ，∴a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ca )≥ab ＋bc ＋ca ＋2(ab ＋bc ＋ca )， ∴(a ＋b ＋c )2≥3(ab ＋bc ＋ca )．∴原命题得证．变式迁移1 证明 ∵a ，b ，c >0，根据基本不等式， 有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c . 三式相加：a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c )．即a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .例2 解题导引 当所给的条件简单，而所证的结论复杂，一般采用分析法．含有根号、对数符号、绝对值的不等式，若从题设不易推导时，可以考虑分析法．证明 要证lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a 2>lg a ＋lg b ＋lg c ，只需证lg ⎝⎛⎭⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg(a ·b ·c )，只需证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>abc .(中间结果)因为a ，b ，c 是不全相等的正数，则a ＋b 2≥ab >0，b ＋c 2≥bc >0，c ＋a2≥ca >0.且上述三式中的等号不全成立，所以a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc .(中间结果)所以lg a ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .变式迁移2 证明 要证 a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2，只要证 a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.∵a >0，故只要证 ⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2＋22≥⎝⎛⎭⎫a ＋1a＋22， 即a 2＋1a 2＋4 a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a2＋22⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2， 从而只要证2a 2＋1a2≥2⎝⎛⎭⎫a ＋1a ，只要证4⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2≥2⎝⎛⎭⎫a 2＋2＋1a 2， 即a 2＋1a2≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立．例3 解题导引 (1)当一个命题的结论是以“至多”、“至少”、“惟一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证，反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，矛盾可以是①与已知条件矛盾，②与假设矛盾，③与定义、公理、定理矛盾，④与事实矛盾等方面，反证法常常是解决某些“疑难”问题的有力工具，是数学证明中的一件有力武器．(2)利用反证法证明问题时，要注意与之矛盾的定理不能是用本题的结论证明的定理，否则，将出现循环论证的错误．证明 假设1＋x y <2和1＋y x <2都不成立，则有1＋x y ≥2和1＋yx≥2同时成立，因为x >0且y >0，所以1＋x ≥2y ，且1＋y ≥2x ，8两式相加，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1＋x y <2与1＋y x<2中至少有一个成立．变式迁移3 证明 假设a ，b ，c 都不大于0，即a ≤0，b ≤0，c ≤0.∵a ＝x 2－2y ＋π2，b ＝y 2－2z ＋π3，c ＝z 2－2x ＋π6，∴x 2－2y ＋π2＋y 2－2z ＋π3＋z 2－2x ＋π6＝(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋(π－3)≤0， ①又∵(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2≥0，π－3>0，∴(x －1)2＋(y －1)2＋(z －1)2＋(π－3)>0. ② ①式与②式矛盾，∴假设不成立，即a ，b ，c 中至少有一个大于0. 【课后作业】1．假设a 、b 、c 都不是偶数2．(3)解析 若a ＝12，b ＝23，则a ＋b >1，但a <1，b <1，故(1)推不出；若a ＝b ＝1，则a ＋b ＝2，故(2)推不出；若a ＝－2，b ＝－3，则a 2＋b 2>2，故(4)推不出； 若a ＝－2，b ＝－3，则ab >1，故(5)推不出；对于(3)，即a ＋b >2，则a ，b 中至少有一个大于1，反证法：假设a ≤1且b ≤1，则a ＋b ≤2与a ＋b >2矛盾， 因此假设不成立，故a ，b 中至少有一个大于1.3．充要 解析 必要性是显然成立的，当PQR >0时，若P 、Q 、R 不同时大于零，则其中两个为负，一个为正，不妨设P >0，Q <0，R <0，则Q ＋R ＝2c <0，这与c >0矛盾，即充分性也成立．4．①③⑤ 解析 ①ab ≤(a ＋b 2)2＝1，成立．②欲证a ＋b ≤2，即证a ＋b ＋2ab ≤2，即2ab ≤0，显然不成立． ③欲证a 2＋b ＝(a ＋b )2－2ab ≥2，即证4－2ab ≥2，即ab ≤1，由①知成立．④a 3＋b 3＝(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)≥3⇔a 2－ab ＋b 2≥32⇔(a ＋b )2－3ab ≥32⇔4－32≥3ab ⇔ab ≤56，由①知，ab ≤56不恒成立．⑤欲证1a ＋1b ≥2，即证a ＋b ab≥2，即ab ≤1，由①知成立．5．钝角 解析 由条件知，△A 1B 1C 1的三个内角的余弦值均大于0，则△A 1B 1C 1是锐角三角形，假设△A 2B 2C 2是锐角三角形，由⎩⎪⎨⎪⎧ sin A 2＝cos A 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－A 1，sin B 2＝cos B 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－B 1，sin C 2＝cos C 1＝sin ⎝⎛⎭⎫π2－C 1得⎩⎪⎨⎪⎧A 2＝π2－A 1，B 2＝π2－B 1，C 2＝π2－C 1，那么，A 2＋B 2＋C 2＝π2，这与三角形内角和为π相矛盾，所以假设不成立，所以△A 2B 2C 2是钝角三角形．6．“∃x 1，x 2∈[0,1]，使得|f (x 1)－f (x 2)|<|x 1－x 2|，则|f (x 1)－f (x 2)|≥12”7．②③ 解析 按新定义，可以验证a *(b ＋c )≠(a *b )＋(a *c )；所以①不成立；而a *(b *c )＝(a *b )*c 成立，a *0＝(a ＋1)(0＋1)－1＝a .所以正确的结论是②③. 8．18 解析 由log 2a ＋log 2b ≥1得log 2(ab )≥1，即ab ≥2，∴3a ＋9b ＝3a ＋32b ≥2×3a ＋2b2(当且仅当3a ＝32b ，即a ＝2b 时“＝”号成立)．又∵a ＋2b ≥22ab ≥4(当且仅当a ＝2b 时“＝”成立)，∴3a ＋9b ≥2×32＝18.即当a ＝2b 时，3a ＋9b 有最小值18. 9．证明 ∵a ⊥b ，∴a·b ＝0. (2分)要证|a |＋|b ||a －b |≤2，只需证：|a |＋|b |≤2|a －b |， (6分)平方得：|a |2＋|b |2＋2|a||b |≤2(|a |2＋|b |2－2a·b )，(10分)只需证：|a |2＋|b |2－2|a||b |≥0， (12分)即(|a |－|b |)2≥0，显然成立．故原不等式得证. (14分)10．证明 ∵a 2＋b 2≥2ab ，a 、b 、c >0， ∴(a 2＋b 2)(a ＋b )≥2ab (a ＋b )， (3分)∴a 3＋b 3＋a 2b ＋ab 2≥2ab (a ＋b )＝2a 2b ＋2ab 2，∴a 3＋b 3≥a 2b ＋ab 2.(7分) 同理，b 3＋c 3≥b 2c ＋bc 2，a 3＋c 3≥a 2c ＋ac 2，将三式相加得，2(a 3＋b 3＋c 3)≥a 2b ＋ab 2＋b 2c ＋bc 2＋a 2c ＋ac 2.(10分)∴3(a 3＋b 3＋c 3)≥(a 3＋a 2b ＋a 2c )＋(b 3＋b 2a ＋b 2c )＋(c 3＋c 2a ＋c 2b )＝(a ＋b ＋c )(a 2＋b 2＋c 2)．∴a 3＋b 3＋c 3≥13(a 2＋b 2＋c 2)(a ＋b ＋c )．(14分)11．证明 方法一 假设三式同时大于14，即(1－a )b >14，(1－b )c >14，(1－c )a >14，(3分)∵a 、b 、c ∈(0,1)，∴三式同向相乘得(1－a )b (1－b )c (1－c )a >164.(8分)又(1－a )a ≤⎝⎛⎭⎫1－a ＋a 22＝14，(10分)同理(1－b )b ≤14，(1－c )c ≤14，∴(1－a )a (1－b )b (1－c )c ≤164，(12分)这与假设矛盾，故原命题正确．(14分)方法二 假设三式同时大于14，∵0<a <1，∴1－a >0，(2分)(1－a )＋b 2≥ (1－a )b > 14＝12，(8分)同理(1－b )＋c 2>12，(1－c )＋a 2>12，(10分) 三式相加得32>32，这是矛盾的，故假设错误，∴原命题正确．(14分)数学归纳法导学案答案【课前准备】3．(1)n 0 (n 0∈N *) (2)n ＝k (k ∈N *，且k ≥n 0) n ＝k ＋1 【自我检测】1．1＋a ＋a 2 解析 当n ＝1时左端有n ＋2项，∴左端＝1＋a ＋a 2.2．② 解析 由n ＝2成立，根据递推关系“P (n )对于n ＝k 时成立，则它对n ＝k ＋2也成立”，可以推出n ＝4时成立，再推出n ＝6时成立，…，依次类推，P (n )对所有正偶数n 成立”．3．1＋12＋13＋14 解析 当n ＝2时，中间的式子1＋12＋13＋122＝1＋12＋13＋14.4．5 解析 当n ＝1时，21＝12＋1；当n ＝2时，22<22＋1；当n ＝3时，23<32＋1；当n ＝4时，24<42＋1.而当n ＝5时，25>52＋1， ∴n 0＝5.5.32，74，158，2n－12n －1 【活动探究】例1 解题导引 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题，关键在于弄清等式两边的构成规律：等式的两边各有多少项，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．证明 设f (n )＝1·n ＋2·(n －1)＋3·(n －2)＋…＋(n －1)·2＋n ·1. (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立；。