《2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)與考點過關(guān) 第七章 推理與證明學(xué)案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第一部分 基礎(chǔ)與考點過關(guān) 第七章 推理與證明學(xué)案（24頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第七章 推理與證明第1課時合情推理與演繹推理能用歸納和類比等方法進(jìn)行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用；掌握演繹推理的基本方法，并能運用它們進(jìn)行一些簡單的推理；了解合情推理和演繹推理的聯(lián)系和區(qū)別 了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進(jìn)行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用. 了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運用它們進(jìn)行一些簡單推理. 了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異1. 已知2，3，4，類比這些等式，若6(a，b均為正數(shù))，則ab_答案：41解析：觀察等式2，3，4，第n個應(yīng)該是(n1)，則第5個等式中a6，ba2135，ab41.2. 在平面幾何中有如

2、下結(jié)論：正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則，推廣到空間可以得到類似結(jié)論；已知正四面體PABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則_答案：解析：正四面體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為13，故.3. 設(shè)等差數(shù)列an的前n項和為Sn.若存在正整數(shù)m，n(mn)，使得SmSn，則Smn0.類比上述結(jié)論，設(shè)正項等比數(shù)列bn的前n項積為Tn.若存在正整數(shù)m，n(mch； a2b2c3h3； a4b4c4h4.其中真命題是_(填序號)，進(jìn)一步類比得到的一般結(jié)論是_答案：anbncnhn(nN*)解析：在直角三角形ABC中，acsin A，bccos A，abch，所以hcsin Aco

3、s A于是anbncn(sinnAcosnA)，cnhncn(1sinnAcosnA)anbncnhncn(sinnAcosnA1sinnAcosnA)cn(sinnA1)(1cosnA)0，所以anbncnhn.,3演繹推理),3)設(shè)同時滿足條件：bn1(nN*)；bnM(nN*，M是與n無關(guān)的常數(shù))的無窮數(shù)列bn叫“特界” 數(shù)列(1) 若數(shù)列an為等差數(shù)列，Sn是其前n項和，a34，S318，求Sn；(2) 判斷(1)中的數(shù)列Sn是否為“特界” 數(shù)列，并說明理由解：(1) 設(shè)等差數(shù)列an的公差為d，則a12d4，3a13d18，解得a18，d2，Snna1dn29n.(2) Sn為“特界”

4、數(shù)列理由如下：由Sn110，得abc，a，b，cN*.(1) 8ab4bmax6.(2) cmin3，6ab3a5，b4abc12.4. 已知an，把數(shù)列an的各項排成如下的三角形：a1a2a3a4a5a6a7a8a9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(yīng)元素的個數(shù)為1，3，5，那么第10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. 某種平面分形圖如圖所示，一級分形圖是由一點出發(fā)的三條線段，長度相等，兩兩夾角為120；二級分形圖是從一級分形圖的每條線段末端出發(fā)再生成兩條長度為原來的線段，且這兩條線段與原線

5、段兩兩夾角為120，依此規(guī)律得到n級分形圖n級分形圖中共有_條線段答案：(32n3)(nN*)解析：從分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條線段，由題圖知，一級分形圖中有3(323)條線段，二級分形圖中有9(3223)條線段，三級分形圖中有21(3233)條線段，按此規(guī)律，n級分形圖中的線段條數(shù)為(32n3)(nN*)1. 如圖所示的三角形數(shù)陣叫“萊布尼茨調(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_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. 有一個游戲，將標(biāo)有數(shù)字1，2，3，

6、4的四張卡片分別隨機發(fā)給甲、乙、丙、丁4個人，每人一張，并請這4人在看自己的卡片之前進(jìn)行預(yù)測：甲說：乙或丙拿到標(biāo)有3的卡片；乙說：甲或丙拿到標(biāo)有2的卡片；丙說：標(biāo)有1的卡片在甲手中；丁說：甲拿到標(biāo)有3的卡片結(jié)果顯示：這4人的預(yù)測都不正確，那么甲、乙、丙、丁4個人拿到的卡片上的數(shù)字依次為_，_，_，_答案：4213解析：由于4個人預(yù)測不正確，其各自的對立事件正確，即甲：乙、丙沒拿到3；乙：甲、丙沒拿到2；丙：甲沒拿到1；?。杭讻]拿到3.綜上，甲沒拿到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. 觀察下列等式：1312，132332，13233362，13233343102，

7、根據(jù)上述規(guī)律，則第n個等式為_答案：13233343n3解析：因為1312，1323(12)2，132333(123)2，13233343(1234)2，由此可以看出左邊是連續(xù)的自然數(shù)的立方和，右邊是左邊的連續(xù)的自然數(shù)的和的平方，照此規(guī)律，第n個等式為13233343n3(123n)2.4. 傳說古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家經(jīng)常在沙灘上通過畫點或用小石子來表示數(shù)他們研究過如圖所示的三角形數(shù)：將三角形數(shù)1，3，6，10，記為數(shù)列an，將可被5整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個新數(shù)列bn，可以推測：(1) b2 018是數(shù)列an的第_項；(2) b2k1_(用k表示)答案：(1) 5 045(

8、2) 解析：(1) an12n，b1a4，b2a5，b3a9，b4a10，b5a14，b6a15，b2 018a5 045.(2) 由(1)知b2k1.5. 某市為了緩解交通壓力，實行機動車輛限行政策，每輛機動車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五輛車，保證每天至少有四輛車可以上路行駛已知E車周四限行，B車昨天限行，從今天算起，A，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，E車明天可以上路，由此可知下列推測一定正確的是_(填序號) 今天是周六； 今天是周四； A車周三限行； C車周五限行答案：解析：因為每天至少有四輛車可以上路行駛，E車明天可以上路，E車周四限行，所

9、以今天不是周三；因為B車昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因為A，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，所以錯誤，正確因為B車昨天限行，即B車周三限行，所以錯誤因為從今天算起，A、C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以錯誤1. 合情推理主要包括歸納推理和類比推理數(shù)學(xué)研究中，在得到一個新的結(jié)論前，合情推理能幫助猜測和發(fā)現(xiàn)結(jié)論，在證明一個數(shù)學(xué)結(jié)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(jié)論的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一

10、般模式是三段論，數(shù)學(xué)問題的證明主要通過演繹推理來進(jìn)行4. 合情推理僅是符合情理的推理，得到的結(jié)論不一定正確，而演繹推理得到的結(jié)論一定正確(在前提和推理形式都正確的前提下)備課札記第2課時直接證明與間接證明(對應(yīng)學(xué)生用書(文)、(理)104105頁)了解分析法、綜合法、反證法，會用這些方法處理一些簡單問題 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. 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，22x)垂直，則x_答案：2解析：mnx(22x)2x. mn， mn0，即x2.2. 用反證法證明命題“如果ab

11、，那么”時，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為_答案：或解析：根據(jù)反證法的步驟，假設(shè)是對原命題結(jié)論的否定，即或解析： 由分析法可得，要證2，只需證2，即證132134，即2.因為4240，所以2成立4. 定義集合運算：ABZ|Zxy，xA，yB，設(shè)集合A1，0，1，Bsin ，cos ，則集合AB的所有元素之和為_答案：0解析：依題意知k，kZ. k(kZ)時，B，AB； 2k或2k(kZ)時，B0，1，AB0，1，1； 2k或2k(kZ)時，B0，1，AB0，1，1； 且k(kZ)時，Bsin ，cos ，AB0，sin ，cos ，sin ，cos 綜上可知，AB中的所有元素之和為0.5. 設(shè)a，b為兩個正數(shù)

12、，且ab1，則使得恒成立的的取值范圍是_答案：(，4解析： ab1，且a，b為兩個正數(shù)， (ab)2224.要使得恒成立，只要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(jié)論(3) 綜合法 定義：從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推，直到推出要證明的結(jié)論為止這種證明方法稱為綜合法 推證過程(4) 分析法 定義：從問題的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的條件，逐步上溯，直到使結(jié)論成立的條件和已知條件吻合為止這種證明方法稱為分析法 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 反

13、設(shè)假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真 歸謬從反設(shè)和已知條件出發(fā)，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果 存真由矛盾結(jié)果，斷定反設(shè)不真，從而肯定原結(jié)論成立.,1直接證明(綜合法和分析法),1)對于定義域為0，1的函數(shù)f(x)，如果同時滿足： 對任意的x0，1，總有f(x)0； f(1)1； 若x10，x20，x1x21，都有f(x1x2)f(x1)f(x2)成立，則稱函數(shù)f(x)為理想函數(shù)(1) 若函數(shù)f(x)為理想函數(shù)，求證：f(0)0；(2) 試判斷函數(shù)f(x)2x(x0，1)，f(x)x2(x0，1)，f(x)(x0，1)是否為理想函數(shù)？(1) 證明：取x1x20，則x1x201

14、， f(00)f(0)f(0)， f(0)0.又對任意的x0，1，總有f(x)0， f(0)0.于是f(0)0.(2) 解：對于f(x)2x，x0，1，f(1)2不滿足新定義中的條件， f(x)2x(x0，1)不是理想函數(shù)對于f(x)x2，x0，1，顯然f(x)0，且f(1)1.對任意的x1，x20，1，x1x21，f(x1x2)f(x1)f(x2)(x1x2)2xx2x1x20，即f(x1x2)f(x1)f(x2) f(x)x2(x0，1)是理想函數(shù)對于f(x)(x0，1)，顯然滿足條件.對任意的x1，x20，1，x1x21，有f2(x1x2)f(x1)f(x2)2(x1x2)(x12x2)

15、20，即f2(x1x2)f(x1)f(x2)2. f(x1x2)f(x1)f(x2)，不滿足條件. f(x)(x0，1)不是理想函數(shù)綜上，f(x)x2(x0，1)是理想函數(shù)，f(x)2x(x0，1)與f(x)(x0，1)不是理想函數(shù)設(shè)首項為a1的正項數(shù)列an的前n項和為Sn，q為非零常數(shù)，已知對任意正整數(shù)n，m，SnmSmqmSn總成立求證：數(shù)列an是等比數(shù)列證明：因為對任意正整數(shù)n，m，SnmSmqmSn總成立，令nm1，得S2S1qS1，則a2qa1.令m1，得Sn1S1qSn， 從而Sn2S1qSn1，得an2qan1(n1)，綜上得an1qan(n1)，所以數(shù)列an是等比數(shù)列,2)已知

16、m0，a，bR，求證：.證明：因為m0，所以1m0，所以要證原不等式成立，只需證明(amb)2(1m)(a2mb2)，即證m(a22abb2)0，即證(ab)20，而(ab)20顯然成立，故原不等式得證變式訓(xùn)練已知函數(shù)f(x)3x2x，試求證：對于任意的x1，x2R，均有f.證明：要證明f，只要證明32，因此只要證明(x1x2)3(x1x2)，即證明3，因此只要證明，由于x1，x2R時，3x10，3x20, 由基本不等式知顯然成立，故原結(jié)論成立,2間接證明(反證法),3)設(shè)an是公比為q的等比數(shù)列(1) 推導(dǎo)an的前n項和公式；(2) 設(shè)q1，求證：數(shù)列an1不是等比數(shù)列(1) 解：設(shè)an的前

17、n項和為Sn，則Sna1a2an，因為an是公比為q的等比數(shù)列，所以當(dāng)q1時，Sna1a1a1na1.當(dāng)q1時，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，所以Sn，所以Sn(2) 證明：假設(shè)an1是等比數(shù)列，則對任意的kN*，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，因為a10，所以2qkqk1qk1.因為q0，所以q22q10，所以q1，這與已知矛盾所以假設(shè)不成立，故an1不是等比數(shù)列變式訓(xùn)練已知數(shù)列an的前n項和為Sn，且滿足anSn2.(1) 求

18、數(shù)列an的通項公式；(2) 求證：數(shù)列an中不存在三項按原來順序成等差數(shù)列(1) 解：當(dāng)n1時，a1S12a12，則a11.又anSn2，所以an1Sn12，兩式相減得an1an，所以an是首項為1，公比為的等比數(shù)列，所以an.(2) 證明：反證法：假設(shè)存在三項按原來順序成等差數(shù)列，記為ap1，aq1，ar1(pqr，且p，q，rN*)，則2，所以22rq2rp1.因為pqr，所以rq，rpN*.所以式左邊是偶數(shù)，右邊是奇數(shù)，等式不成立所以假設(shè)不成立，原命題得證1. 用反證法證明命題“a，bR，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一個能被5整除”，假設(shè)的內(nèi)容是_答案：a，b中沒有一個能被5整除

19、解析：“至少有n個”的否定是“最多有n1個”，故應(yīng)假設(shè)a，b中沒有一個能被5整除2. 已知a，b，c(0，)且ac，bc，1.若以a，b，c為三邊構(gòu)造三角形，則c的取值范圍是_答案：(10，16)解析：要以a，b，c為三邊構(gòu)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，bc恒成立而ab(ab)1016， c， 10， 10c0，求證：a2.證明：要證a2，只需要證2a.因為a0，故只需要證，即a244a2222，從而只需要證2，只需要證42，即a22，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立4. 若f(x)的定義域為a，b，值域為a，b(a2)，使函數(shù)h(x)是區(qū)間a，

20、b上的“四維光軍”函數(shù)？若存在，求出a，b的值；若不存在，請說明理由解：(1) 由題設(shè)得g(x)(x1)21，其圖象的對稱軸為直線x1，區(qū)間1，b在對稱軸的右邊，所以函數(shù)在區(qū)間1，b上單調(diào)遞增由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，g(1)1，g(b)b，即b2bb，解得b1或b3.因為b1，所以b3.(2) 假設(shè)函數(shù)h(x)在區(qū)間a，b (a2)上是“四維光軍”函數(shù)，因為h(x)在區(qū)間(2，)上單調(diào)遞減，所以有即解得ab，這與已知矛盾，故不存在1. 用反證法證明結(jié)論“三角形的三個內(nèi)角中至少有一個不大于60”，應(yīng)假設(shè)_答案：三角形的三個內(nèi)角都大于60解析：“三角形的三個內(nèi)角中至少有一個不大于60”即“三

21、個內(nèi)角至少有一個小于等于60”，其否定為“三角形的三個內(nèi)角都大于60”2. 凸函數(shù)的性質(zhì)定理：如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，xn，有f.已知函數(shù)ysin x在區(qū)間(0，)上是凸函數(shù)，則在ABC中，sin Asin Bsin C的最大值為_答案：解析： f(x)sin x在區(qū)間(0，)上是凸函數(shù)，且A，B，C(0，)， ff，即sin Asin Bsin C3sin ， sin Asin Bsin C的最大值為.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(x1x2)，均有|f(x1)f(x2)|k|x1x2| 成立，則稱函數(shù)f(x)在定義

22、域D上滿足利普希茨條件若函數(shù)f(x)(x1)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)(x1)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(x1x2)，均有|f(x1)f(x2)|k|x1x2| 成立，設(shè)x1x2，則k.而0，所以k的最小值為.4. 設(shè)函數(shù)f(x)x3，x0，1求證：(1) f(x)1xx2；(2) f(x).證明：(1) 因為1xx2x3，由于x0，1，有，即1xx2x3，所以f(x)1xx2.(2) 由0x1得x3x，故f(x)x3xx，所以f(x).由(1)得f(x)1xx2，又f，所以f(x).綜上，f(x).5. 已知

23、數(shù)列an滿足a1，anan10，anan10，故an(1)n1.bnaa.(2) 證明：用反證法證明假設(shè)數(shù)列bn中存在三項br，bs，bt(rsbsbt，則只能有2bsbrbt成立即2，兩邊同乘3t121r，化簡得3tr2tr22sr3ts.由于rst，則上式左邊為奇數(shù)，右邊為偶數(shù)，故上式不可能成立，導(dǎo)致矛盾故數(shù)列bn中任意三項不可能成等差數(shù)列備課札記第3課時數(shù)學(xué)歸納法(對應(yīng)學(xué)生用書(理)106107頁)理解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題了解數(shù)學(xué)歸納法的原理，能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題1. (選修22P94習(xí)題7改編)用數(shù)學(xué)歸納法證明11)時，第一步應(yīng)驗證_答

24、案：11， n取的第一個數(shù)為2，左端分母最大的項為.2. (選修22P90練習(xí)3改編)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式“2nn21對于nn0的自然數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取為_答案：5解析：當(dāng)n4時，2nn21；當(dāng)n5時，253252126，所以n0應(yīng)取為5.3. (選修22P103復(fù)習(xí)題13改編)在數(shù)列an中，a1，且Snn(2n1)an，通過求a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式為_答案：an解析：當(dāng)n2時，a2(23)a2， a2；當(dāng)n3時，a3(35)a3， a3；當(dāng)n4時，a4(47)a4， a4；故猜想an.4. (選修22P103復(fù)習(xí)題14改編)比較nn1與(n1)n(nN

25、*)的大小時會得到一個一般性的結(jié)論，用數(shù)學(xué)歸納法證明這一結(jié)論時，第一步要驗證_答案：當(dāng)n3時，nn134(n1)n43解析：當(dāng)n1時，nn11(n1)n2不成立；當(dāng)n2時，nn18(n1)n9不成立；當(dāng)n3時，nn134(n1)n43，結(jié)論成立5. (選修22P105本章測試13改編)已知a1，an1，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，a1，符合以上規(guī)律故猜想an.1. 由一系列有限的特殊現(xiàn)象得出一般性的結(jié)論的推理方法，通常叫做歸納法2. 對某些與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題常采用下面的方法來證明它們的正確性：先證明當(dāng)n取第1個值n0時，命題成

26、立；然后假設(shè)當(dāng)nk(kN*，kn0)時命題成立；證明當(dāng)nk1時，命題也成立，這種證明方法叫做數(shù)學(xué)歸納法3. 用數(shù)學(xué)歸納法證明一個與正整數(shù)有關(guān)的命題時，其步驟如下：(1) 歸納奠基：證明取第一個自然數(shù)n0時命題成立；(2) 歸納遞推：假設(shè)nk(kN*，kn0)時命題成立，證明當(dāng)nk1時，命題成立；(3) 由(1)(2)得出結(jié)論備課札記,1證明等式),1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：(nN*)證明： 當(dāng)n1時，左邊，右邊，左邊右邊，所以等式成立 假設(shè)nk(kN*)時等式成立，即有，則當(dāng)nk1時，.所以當(dāng)nk1時，等式也成立由可知，對于一切nN*等式都成立變式訓(xùn)練用數(shù)學(xué)歸納法證明：1(nN*)證明： 當(dāng)n1時

27、，等式左邊1右邊，等式成立 假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時，等式成立，即1，那么，當(dāng)nk1時，有1，所以當(dāng)nk1時，等式也成立由知，等式對任何nN*均成立,2證明不等式),2)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式：1(nN*且n1)證明： 當(dāng)n2時，1成立 設(shè)nk時，1成立由于當(dāng)k1時，k2k10，即k(2k1)k22k1，則當(dāng)nk1時，()1111.綜合可知，原不等式對nN*且n1恒成立用數(shù)學(xué)歸納法證明：12(nN*，n2)證明： 當(dāng)n2時，12，命題成立 假設(shè)nk時命題成立，即12.當(dāng)nk1時，120)(1) 求a2，a3，a4；(2) 猜想an 的通項公式，并加以證明解：(1) a2222(2)222，a3(

28、222)3(2)222323，a4(2323)4(2)233424.(2) 由(1)可猜想數(shù)列an的通項公式為an(n1)n2n.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： 當(dāng)n1，2，3，4時，等式顯然成立， 假設(shè)當(dāng)nk(k4，kN*)時等式成立，即ak(k1)k2k，那么當(dāng)nk1時，ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)k1k12k1(k1)1k12k1，所以當(dāng)nk1時，猜想成立由知數(shù)列an的通項公式為an(n1)n2n(nN*，0),4綜合運用),4)設(shè)集合M1，2，3，n(nN，n3)，記M的含有三個元素的子集個數(shù)為Sn，同時將每一個子集中的三個元素由小到大排列，取出中間的數(shù)，所有這

29、些中間的數(shù)的和記為Tn.(1) 分別求，的值；(2) 猜想關(guān)于n的表達(dá)式，并加以證明解：(1) 當(dāng)n3時，M1，2，3，S31，T32，2；當(dāng)n4時，M1，2，3，4，S44，T4223310，3，.(2) 猜想.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： 當(dāng)n3時，由(1)知猜想成立 假設(shè)當(dāng)nk(k3)時，猜想成立，即，而SkC，所以TkC.則當(dāng)nk1時，易知Sk1C，而當(dāng)集合M從1，2，3，k變?yōu)?，2，3，k，k1時，Tk1在Tk的基礎(chǔ)上增加了1個2，2個3，3個4，(k1)個k，所以Tk1Tk213243k(k1)C2(CCCC)C2(CCCC)C2CCSk1，即.所以當(dāng)nk1時，猜想也成立綜上所述，猜想

30、成立已知過一個凸多邊形的不相鄰的兩個端點的連線段稱為該凸多邊形的對角線(1) 分別求出凸四邊形，凸五邊形，凸六邊形的對角線的條數(shù)；(2) 猜想凸n邊形的對角線條數(shù)f(n)，并用數(shù)學(xué)歸納法證明解：(1) 凸四邊形的對角線條數(shù)為2條；凸五邊形的對角線條數(shù)為5條，凸六邊形的對角線條數(shù)為9條(2) 猜想：f(n)(n3，nN*)證明如下：當(dāng)n3時，f(3)0成立；設(shè)當(dāng)nk(k3)時猜想成立，即f(k)，則當(dāng)nk1時，考察k1邊形A1A2AkAk1，k邊形A1A2Ak中原來的對角線都是k1邊形中的對角線，且邊A1Ak也成為k1邊形中的對角線；在Ak1與A1，A2，Ak連結(jié)的k條線段中，除Ak1A1，Ak

31、1Ak外，都是k1邊形中的對角線，共計有f(k1)f(k)1(k2)1(k2)(條)，即當(dāng)nk1時，猜想也成立綜上，得f(n)對任何n3，nN*都成立1. (2017蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知fn(x)CxnC(x1)n(1)kC(xk)n(1)nC(xn)n，其中xR，nN*，kN，kn.(1) 試求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；(2) 試猜測fn(x)關(guān)于n的表達(dá)式，并證明你的結(jié)論解：(1) f1(x)CxC(x1)xx11，f2(x)Cx2C(x1)2C(x2)2x22(x22x1)(x24x4)2，f3(x)Cx3C(x1)3C(x2)3C(x3)3x33(x1)33(x2)3(x3

32、)36.(2) 猜想：fn(x)n！.證明： 當(dāng)n1時，猜想顯然成立； 假設(shè)nk時猜想成立，即fk(x)CxkC(x1)kC(x2)k(1)kC(xk)kk！，則nk1時，fk1(x)Cxk1C(x1)k1C(x2)k1(1)k1C(xk1)k1xCxk(x1)C(x1)k(x2)C(x2)k(1)k(xk)C(xk)k(1)k1C(xk1)k1xCxkC(x1)kC(x2)k(1)kC(xk)kC(x1)k2C(x2)k(1)k1kC(xk)k(1)k1C(xk1)k1xCxk(CC)(x1)k(CC)(x2)k(1)k(CC)(xk)k(k1)C(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)k

33、(1)k1C(xk1)k1xCxkC(x1)kC(x2)k(1)kC(xk)kxC(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)k(1)kC(xk1)k(k1)C(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)k(1)kC(xk1)kxk！xk！(k1)k！(k1)！. 當(dāng)nk1時，猜想成立綜上所述，猜想成立2. 設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn，且方程x2anxan0有一根為Sn1，n1，2，3，.(1) 求a1，a2；(2) 猜想數(shù)列Sn的通項公式，并給出證明解：(1) 當(dāng)n1時，x2a1xa10有一根為S11a11，于是(a11)2a1(a11)a10，解得a1.當(dāng)n2時，x2a2xa20有一根為S21

34、a2，于是a2a20，解得a2.(2) 由題設(shè)知(Sn1)2an(Sn1)an0，即S2Sn1anSn0.當(dāng)n2時，anSnSn1，代入上式得Sn1Sn2Sn10.由(1)得S1a1，S2a1a2.由可得S3.由此猜想Sn，n1，2，3，.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個結(jié)論() n1時已知結(jié)論成立. () 假設(shè)nk(kN*)時結(jié)論成立，即Sk，當(dāng)nk1時，由得Sk1，即Sk1，故nk1時結(jié)論也成立綜上，由()、()可知Sn對所有正整數(shù)n都成立3. 已知x1，x2，xnR，且x1x2xn1.求證：(x1)(x2)(xn)(1)n.證明：(數(shù)學(xué)歸納法) 當(dāng)n1時，x11，不等式成立 假設(shè)nk時不等式成立

35、，即(x1)(x2)(xk)(1)k成立則nk1時，若xk11，則命題成立；若xk11，則x1，x2，xk中必存在一個數(shù)小于1，不妨設(shè)這個數(shù)為xk，從而(xk1)(xk11)1xkxk1.同理可得xk11xkxk1.所以(x1)(x2)(xk)(xk1)(x1)(x2)2(xkxk1)xkxk1(x1)(x2)2(1xkxk1)xkxk1(x1)(x2)(xkxk1)(1)(1)k(1)(1)k1.故nk1時，不等式也成立由及數(shù)學(xué)歸納法原理知原不等式成立4. 已知函數(shù)f0(x)x(sin xcos x)，設(shè)fn(x)為fn1(x)的導(dǎo)數(shù)，nN*.(1) 求f1(x)，f2(x)的表達(dá)式；(2)

36、 寫出fn(x)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明解：(1) 因為fn(x)為fn1(x)的導(dǎo)數(shù)，所以f1(x)f0(x)(sin xcos x)x(cos xsin x)(x1)cos x(x1)(sin x)，同理，f2(x)(x2)sin x(x2)cos x.(2) 由(1)得f3(x)f2(x)(x3)cos x(x3)sin x，把f1(x)，f2(x)，f3(x)分別改寫為f1(x)(x1)sin(x1)cos，f2(x)(x2)sin(x2)cos，f3(x)(x3)sin(x3)cos，猜測fn(x)(xn)sin(xn)cos(x)(*)下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上述等式 當(dāng)n1時，由

37、(1)知，等式(*)成立； 假設(shè)當(dāng)nk時，等式(*)成立，即fk(x)(xk)sin(xk)cos.則當(dāng)nk1時，fk1(x)fk(x)sin(xk)cos(x)cos(x)(xk)(xk1)cosx(k1)x(k1)sinx(k1)cos，即當(dāng)nk1時，等式(*)成立綜上所述，當(dāng)nN*時，fn(x)(xn)sin(xn)cos成立1. 設(shè)數(shù)列an的前n項和為Sn，滿足Sn2nan13n24n，nN*，且S315.(1) 求a1，a2，a3的值；(2) 求數(shù)列an的通項公式解：(1) 由題意知S24a320， S3S2a35a320.又S315， a37，S24a3208.又S2S1a2(2a

38、27)a23a27， a25，a1S12a273.綜上知，a13，a25，a37.(2) 由(1)猜想an2n1，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明 當(dāng)n1時，結(jié)論顯然成立； 假設(shè)當(dāng)nk(k1)時，ak2k1，則Sk357(2k1)k(k2)又Sk2kak13k24k， k(k2)2kak13k24k，解得2ak14k6， ak12(k1)1，即當(dāng)nk1時，結(jié)論成立由知，nN*，an2n1.2. 由下列式子：1；11；1；12；猜想第n個表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法給予證明解：可以猜得第n個式子是1 (n1，nN)用數(shù)學(xué)歸納法證明如下： 當(dāng)n1 時，1； 假設(shè)當(dāng)nk(n1，nN)時，命題成立，即1.當(dāng)nk1時，1

39、,sdo4(2k),sdo4(2k).所以，對一切n1，nN命題都成立3. 已知f(n)1，g(n)，nN*.(1) 當(dāng)n1，2，3時，試比較f(n)與g(n)的大小關(guān)系；(2) 猜想f(n)與g(n)的大小關(guān)系，并給出證明解：(1) 當(dāng)n1時，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)；當(dāng)n2時，f(2)1，g(2)，所以f(2)g(2)；當(dāng)n3時，f(3)1，g(3)，所以f(3)g(3)(2) 由(1)猜想f(n)g(n)，下面用數(shù)學(xué)歸納法給出證明 當(dāng)n1時，不等式顯然成立 假設(shè)當(dāng)nk(kN*)時不等式成立即1，那么，當(dāng)nk1時，f(k1)f(k).因為0，所以f(k1)g(k1)由可

40、知，對一切nN*，都有f(n)g(n)成立4. 已知數(shù)列an的各項都是正數(shù)，且滿足：a01，an1an(4an)，nN.(1) 求a1，a2；(2) 證明：anan12，nN.解：(1) a01，a1a0(4a0)，a2a1(4a1).(2) 用數(shù)學(xué)歸納法證明： 當(dāng)n0時，a01，a1， a0a12，命題成立 假設(shè)nk時有ak1ak2.則nk1時，akak1ak1(4ak1)ak(4ak)2(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak)而ak1ak0， akak10.又ak1ak(4ak)4(ak2)22. nk1時命題成立由知，對一切nN都有anan12.1. 數(shù)學(xué)歸納法是專門證明與整數(shù)有關(guān)命題的一種方法，分兩步，第一步是遞推的基礎(chǔ)，第二步是遞推的依據(jù)，兩步缺一不可2. 運用數(shù)學(xué)歸納法時易犯的錯誤：對項