第十二篇推理與證明、算法、復數A第1講合情推理與演繹推理最新考綱1了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進行簡單的推理，了解合情推理在數學發(fā)現(xiàn)中的作用2了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運用它們進行一些簡單推理3了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異.知 識 梳 理1合情推理(1)歸納推理：由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或者由個別事實概括出一般結論的推理，稱為歸納推理簡言之，歸納推理是由部分到整體、由個別到一般的推理(2)類比推理：由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理稱為類比推理簡言之，類比推理是由特殊到特殊的推理(3)合情推理：歸納推理和類比推理都是根據已有的事實，經過觀察、分析、比較、聯(lián)想，再進行歸納、類比，然后提出猜想的推理，我們把它們統(tǒng)稱為合情推理2演繹推理(1)演繹推理：從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結論，我們把這種推理稱為演繹推理簡言之，演繹推理是由一般到特殊的推理(2)“三段論”是演繹推理的一般模式，包括：大前提已知的一般原理；小前提所研究的特殊情況；結論根據一般原理，對特殊情況作出的判斷辨 析 感 悟1對合情推理的認識(1)歸納推理得到的結論不一定正確，類比推理得到的結論一定正確()(2)由平面三角形的性質推測空間四面體的性質，這是一種合情推理()(3)在類比時，平面中的三角形與空間中的平行六面體作為類比對象較為合適()(4)(教材習題改編)一個數列的前三項是1,2,3，那么這個數列的通項公式是ann(nN*)()(5)(2014安慶調研改編)在平面上，若兩個正三角形的邊長比為12，則它們的面積比為14，類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長比為12，則它們的體積比為18.()2對演繹推理的認識(6)“所有3的倍數都是9的倍數，某數m是3的倍數，則m一定是9的倍數”，這是三段論推理，但其結論是錯誤的()(7)在演繹推理中，只要符合演繹推理的形式，結論就一定正確()感悟提升三點提醒一是合情推理包括歸納推理和類比推理，所得到的結論都不一定正確，其結論的正確性是需要證明的二是在進行類比推理時，要盡量從本質上去類比，不要被表面現(xiàn)象所迷惑；否則只抓住一點表面現(xiàn)象甚至假象就去類比，就會犯機械類比的錯誤，如(3)三是應用三段論解決問題時，應首先明確什么是大前提，什么是小前提，如果大前提與推理形式是正確的，結論必定是正確的如果大前提錯誤，盡管推理形式是正確的，所得結論也是錯誤的如(7)學生用書第200頁考點一歸納推理【例1】 (2013湖北卷)古希臘畢達哥拉斯學派的數學家研究過各種多邊形數，如三角形數1,3,6,10，第n個三角形數為n2n，記第n個k邊形數為N(n，k)(k3)，以下列出了部分k邊形數中第n個數的表達式：三角形數N(n,3)n2n，正方形數 N(n,4)n2，五邊形數 N(n,5)n2n，六邊形數 N(n,6)2n2n可以推測N(n，k)的表達式，由此計算N(10,24)_.解析由N(n,3)n2n，N(n,4)n2n，N(n,5)n2n，N(n,6)n2n，推測N(n，k)n2n，k3.從而N(n,24)11n210n，N(10,24)1 000.答案1 000規(guī)律方法 歸納推理是由部分到整體、由特殊到一般的推理，由歸納推理所得的結論不一定正確，通常歸納的個體數目越多，越具有代表性，那么推廣的一般性命題也會越可靠，它是一種發(fā)現(xiàn)一般性規(guī)律的重要方法【訓練1】 (1)(2014佛山質檢)觀察下列不等式：1；.則第5個不等式為_(2)(2013陜西卷)觀察下列等式(11)21(21)(22)2213(31)(32)(33)23135照此規(guī)律，第n個等式可為_解析(2)由已知的三個等式左邊的變化規(guī)律，得第n個等式左邊為(n1)(n2)(nn)，由已知的三個等式右邊的變化規(guī)律，得第n個等式右邊為2n與n個奇數之積，即2n135(2n1)答案(1)(2)(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)考點二類比推理【例2】 在平面幾何里，有“若ABC的三邊長分別為a，b，c，內切圓半徑為r，則三角形面積為SABC(abc)r”，拓展到空間，類比上述結論，“若四面體ABCD的四個面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內切球的半徑為r，則四面體的體積為_”審題路線三角形面積類比為四面體的體積三角形的邊長類比為四面體四個面的面積內切圓半徑類比為內切球的半徑二維圖形中類比為三維圖形中的得出結論答案V四面體ABCD(S1S2S3S4)r規(guī)律方法 在進行類比推理時，不僅要注意形式的類比，還要注意方法的類比，且要注意以下兩點：找兩類對象的對應元素，如：三角形對應三棱錐，圓對應球，面積對應體積等等；找對應元素的對應關系，如：兩條邊(直線)垂直對應線面垂直或面面垂直，邊相等對應面積相等【訓練2】 二維空間中圓的一維測度(周長)l2r，二維測度(面積)Sr2，觀察發(fā)現(xiàn)Sl；三維空間中球的二維測度(表面積)S4r2，三維測度(體積)Vr3，觀察發(fā)現(xiàn)VS.則四維空間中“超球”的四維測度W2r4，猜想其三維測度V_.解析由已知，可得圓的一維測度為二維測度的導函數；球的二維測度是三維測度的導函數類比上述結論，“超球”的三維測度是四維測度的導函數，即VW(2r4)8r3.答案8r3考點三演繹推理【例3】 數列an的前n項和記為Sn，已知a11，an1Sn(nN*)證明：(1)數列是等比數列；(2)Sn14an.證明(1)an1Sn1Sn，an1Sn，(n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn.2，又10， (小前提)故是以1為首項，2為公比的等比數列(結論)(大前提是等比數列的定義，這里省略了)(2)由(1)可知4(n2)，Sn14(n1)4Sn14an(n2)， (小前提)又a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)對于任意正整數n，都有Sn14an.(結論)(第(2)問的大前提是第(1)問的結論以及題中的已知條件)學生用書第201頁規(guī)律方法 演繹推理是從一般到特殊的推理；其一般形式是三段論，應用三段論解決問題時，應當首先明確什么是大前提和小前提，如果前提是顯然的，則可以省略【訓練3】 “因為對數函數ylogax是增函數(大前提)，而ylogx是對數函數(小前提)，所以ylogx是增函數(結論)”，以上推理的錯誤是()A大前提錯誤導致結論錯誤B小前提錯誤導致結論錯誤C推理形式錯誤導致結論錯誤D大前提和小前提錯誤導致結論錯誤解析當a1時，函數ylogax是增函數；當0a1時，函數ylogax是減函數故大前提錯誤導致結論錯誤答案A1合情推理主要包括歸納推理和類比推理數學研究中，在得到一個新結論前，合情推理能幫助猜測和發(fā)現(xiàn)結論，在證明一個數學結論之前，合情推理常常能為證明提供思路與方向2演繹推理是從一般的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結論的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段論數學問題的證明主要通過演繹推理來進行3合情推理僅是“合乎情理”的推理，它得到的結論不一定正確而演繹推理得到的結論一定正確(前提和推理形式都正確的前提下)創(chuàng)新突破12新定義下的歸納推理【典例】 (2013湖南卷)對于Ea1，a2，a100的子集Xai1，ai2，aik，定義X的“特征數列”為x1，x2，x100，其中xi1xi2xik1，其余項均為0.例如：子集a2，a3的“特征數列”為0,1,1,0,0，0.(1)子集a1，a3，a5的“特征數列”的前3項和等于_；(2)若E的子集P的“特征數列”p1，p2，p100滿足p11，pipi11,1i99；E的子集Q的“特征數列”q1，q2，q100滿足q11，qjqj1qj21,1j98，則PQ的元素個數為_突破1：讀懂信息，對于集合Xai1，ai2，aik來說，定義X的“特征數列”為x1，x2，x100是一個新的數列，該數列的xi1xi2xik1，其余項均為0.突破2：通過例子：“子集a2，a3的特征數列為0,1,1,0，0，0”來理解“特征數列”的特征；第2項，第3項為1，其余項為0.突破3：根據p11，pipi11可寫出子集P的“特征數列”為：1,0,1,0,1,0，1,0，歸納出子集P；同理，子集Q的特征數列為1,0,0,1,0,0，1,0,0，歸納出子集Q.突破4：由P與Q的前幾項的規(guī)律，找出子集P與子集Q的公共元素即可解析(1)根據題意可知子集a1，a3，a5的“特征數列”為1,0,1,0,1,0,0，0，此數列前3項和為2.(2)根據題意可寫出子集P的“特征數列”為1,0,1,0,1，0，1,0，則Pa1，a3，a2n1，a99(1n50)，子集Q的“特征數列”為1,0,0,1,0,0，1,0,0,1，則Qa1，a4，a3k2，a100(1k34)，則PQa1，a7，a13，a97，共有17項答案(1)2(2)17反思感悟 此類問題一定要抓住題設中的例子與定義的緊密結合， 細心觀察，尋求相鄰項及項與序號之間的關系，需有一定的邏輯推理能力【自主體驗】若定義在區(qū)間D上的函數f(x)對于D上的n個值x1，x2，xn總滿足f(x1)f(x2)f(xn)f，稱函數f(x)為D上的凸函數現(xiàn)已知f(x)sin x在(0，)上是凸函數，則在ABC中，sin Asin Bsin C的最大值是_解析已知f(x1)f(x2)f(xn)f， (大前提)因為f(x)sin x在(0，)上是凸函數，(小前提)所以f(A)f(B)f(C)3f，(結論)即sin Asin Bsin C3sin .因此sin Asin Bsin C的最大值是.答案對應學生用書P379基礎鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1正弦函數是奇函數，f(x)sin(x21)是正弦函數，因此f(x)sin(x21)是奇函數，以上推理()A結論正確 B大前提不正確C小前提不正確 D全不正確解析f(x)sin(x21)不是正弦函數而是復合函數，所以小前提不正確答案C2觀察(x2)2x，(x4)4x3，(cos x)sin x，由歸納推理得：若定義在R上的函數f(x)滿足f(x)f(x)，記g(x)為f(x)的導函數，則g(x)()Af(x) Bf(x) Cg(x) Dg(x)解析由已知得偶函數的導函數為奇函數，故g(x)g(x)答案D3(2012江西卷)觀察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，則a10b10等于()A28 B76 C123 D199解析從給出的式子特點觀察可推知，等式右端的值，從第三項開始，后一個式子的右端值等于它前面兩個式子右端值的和，照此規(guī)律，則a10b10123.答案C4(2014長春調研)類比“兩角和與差的正弦公式”的形式，對于給定的兩個函數：S(x)axax，C(x)axax，其中a0，且a1，下面正確的運算公式是()S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)A B C D解析經驗證易知錯誤依題意，注意到2S(xy)2(axyaxy)，S(x)C(y)C(x)S(y)2(axyaxy)，因此有2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)；同理有2S(xy)S(x)C(y)C(x)S(y)綜上所述，選B.答案B5由代數式的乘法法則類比推導向量的數量積的運算法則：“mnnm”類比得到“abba”；“(mn)tmtnt”類比得到“(ab)cacbc”；“(mn)tm(nt)”類比得到“(ab)ca(bc)”；“t0，mtxtmx”類比得到“p0，apxpax”；“|mn|m|n|”類比得到“|ab|a|b|”；“”類比得到“”以上式子中，類比得到的結論正確的個數是()A1 B2 C3 D4解析正確；錯誤答案B二、填空題6(2014西安五校聯(lián)考)觀察下式：112；23432；3456752；4567891072，則得出結論：_.解析各等式的左邊是第n個自然數到第3n2個連續(xù)自然數的和，右邊是中間奇數的平方，故得出結論：n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.答案n(n1)(n2)(3n2)(2n1)27若等差數列an的首項為a1，公差為d，前n項的和為Sn，則數列為等差數列，且通項為a1(n1)，類似地，請完成下列命題：若各項均為正數的等比數列bn的首項為b1，公比為q，前n項的積為Tn，則_答案數列為等比數列，且通項為b1()n18(2014揭陽一模)給出下列等式：2cos ，2cos ，2cos ，請從中歸納出第n個等式：_.答案2cos 三、解答題9給出下面的數表序列：表1表2表31131354 4812其中表n(n1,2,3，)有n行，第1行的n個數是1,3，5，2n1，從第2行起，每行中的每個數都等于它肩上的兩數之和寫出表4，驗證表4各行中的數的平均數按從上到下的順序構成等比數列，并將結論推廣到表n(n3)(不要求證明)解表4為1357 4812 1220 32它的第1,2,3,4行中的數的平均數分別是4,8,16,32，它們構成首項為4，公比為2的等比數列將這一結論推廣到表n(n3)，即表n(n3)各行中的數的平均數按從上到下的順序構成首項為n，公比為2的等比數列10f(x)，先分別求f(0)f(1)，f(1)f(2)，f(2)f(3)，然后歸納猜想一般性結論，并給出證明解f(0)f(1)，同理可得：f(1)f(2)，f(2)f(3).由此猜想f(x)f(1x).證明：f(x)f(1x).能力提升題組(建議用時：25分鐘)一、選擇題1(2012江西卷)觀察下列事實：|x|y|1的不同整數解(x，y)的個數為4，|x|y|2的不同整數解(x，y)的個數為8，|x|y|3的不同整數解(x，y)的個數為12，則|x|y|20的不同整數解(x，y)的個數為()A76 B80 C86 D92解析由|x|y|1的不同整數解的個數為4，|x|y|2的不同整數解的個數為8，|x|y|3的不同整數解的個數為12，歸納推理得|x|y|n的不同整數解的個數為4n，故|x|y|20的不同整數解的個數為80.故選B.答案B2古希臘人常用小石子在沙灘上擺成各種形狀來研究數比如：他們研究過圖1中的1,3,6,10，由于這些數能夠表示成三角形，將其稱為三角形數；類似地，稱圖2中的1,4,9,16，這樣的數為正方形數下列數中既是三角形數又是正方形數的是()A289 B1 024 C1 225 D1 378解析觀察三角形數：1,3,6,10，記該數列為an，則a11，a2a12，a3a23，anan1n.a1a2an(a1a2an1)(123n)an123n，觀察正方形數：1,4,9,16，記該數列為bn，則bnn2.把四個選項的數字，分別代入上述兩個通項公式，可知使得n都為正整數的只有1 225.答案C二、填空題3在平面直角坐標系中，若點P(x，y)的坐標x，y均為整數，則稱點P為格點若一個多邊形的頂點全是格點，則稱該多邊形為格點多邊形格點多邊形的面積記為S，其內部的格點數記為N，邊界上的格點數記為L.例如圖中ABC是格點三角形，對應的S1，N0，L4.(1)圖中格點四邊形DEFG對應的S，N，L分別是_；(2)已知格點多邊形的面積可表示為SaNbLc，其中a，b，c為常數若某格點多邊形對應的N71，L18，則S_(用數值作答)解析(1)四邊形DEFG是一個直角梯形，觀察圖形可知：S(2)3，N1，L6.(2)由(1)知，S四邊形DEFGa6bc3.SABC4bc1.在平面直角坐標系中，取一“田”字型四邊形，構成邊長為2的正方形，該正方形中S4，N1，L8.則Sa8bc4.聯(lián)立解得a1，b.c1.SNL1，若某格點多邊形對應的N71，L18，則S7118179.答案(1)3,1,6(2)79三、解答題4(2012福建卷)某同學在一次研究性學習中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數；(2)根據(1)的計算結果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結論解(1)選擇式，計算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301.(2)三角恒等式為sin2cos2(30)sin cos(30).證明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.學生用書第202頁第2講直接證明與間接證明最新考綱1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和特點2了解反證法的思考過程和特點.知 識 梳 理1直接證明(1)綜合法定義：利用已知條件和某些數學定義、公理、定理等，經過一系列的推理論證，最后推導出所要證明的結論成立，這種證明方法叫做綜合法框圖表示：PQ1Q1Q2Q2Q3QnQ(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示要證的結論)思維過程：由因導果(2)分析法定義：從要證明的結論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結論歸結為判定一個明顯成立的條件(已知條件、定理、定義、公理等)為止這種證明方法叫做分析法框圖表示：QP1P1P2P2P3得到一個明顯成立的條件(其中Q表示要證明的結論)思維過程：執(zhí)果索因2間接證明反證法：假設原命題不成立(即在原命題的條件下，結論不成立)，經過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設錯誤，從而證明原命題成立的證明方法辨 析 感 悟對三種證明方法的認識(1)分析法是從要證明的結論出發(fā)，逐步尋找使結論成立的充要條件()(2)反證法是指將結論和條件同時否定，推出矛盾()(3)在解決問題時，常常用分析法尋找解題的思路與方法，再用綜合法展現(xiàn)解決問題的過程()(4)證明不等式最合適的方法是分析法()感悟提升兩點提醒一是分析法是“執(zhí)果索因”，特點是從“未知”看“需知”，逐步靠攏“已知”，其逐步推理，實際上是尋找使結論成立的充分條件，如(1)；二是應用反證法證題時必須先否定結論，把結論的反面作為條件，且必須根據這一條件進行推理，否則，僅否定結論，不從結論的反面出發(fā)進行推理，就不是反證法所謂矛盾主要指：與已知條件矛盾；與假設矛盾；與定義、公理、定理矛盾；與公認的簡單事實矛盾；自相矛盾.考點一綜合法的應用【例1】 (2013新課標全國卷)設a，b，c均為正數，且abc1，證明：(1)abbcac；(2)1.證明(1)由a2b22ab，b2c22bc，c2a22ac得a2b2c2abbcca.由題設得(abc)21，即a2b2c22ab2bc2ca1.所以3(abbcca)1，即abbcca.(2)因為b2a，c2b，a2c，故(abc)2(abc)，即abc.所以1.學生用書第203頁規(guī)律方法 綜合法往往以分析法為基礎，是分析法的逆過程，但更要注意從有關不等式的定理、結論或題設條件出發(fā)，根據不等式的性質推導證明【訓練1】 (1)設a0，b0，ab1，求證：8.(2)已知a，b，c是全不相等的正實數，求證：3.證明(1)ab1，11222248，當且僅當ab時，等號成立(2)a，b，c全不相等，且都大于0.與，與，與全不相等，2，2，2，三式相加得6，3，即3.考點二分析法的應用【例2】 已知a0，求證：a2.審題路線從結論出發(fā)觀察不等式兩邊的符號移項(把不等式兩邊都變?yōu)檎?平方移項整理平方移項整理可得顯然成立的結論證明(1)要證a2，只需要證2a.a0，故只需要證22，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，故原不等式成立規(guī)律方法 (1)逆向思考是用分析法證題的主要思想，通過反推，逐步尋找使結論成立的充分條件正確把握轉化方向是使問題順利獲解的關鍵(2)證明較復雜的問題時，可以采用兩頭湊的辦法，即通過分析法找出某個與結論等價(或充分)的中間結論，然后通過綜合法證明這個中間結論，從而使原命題得證【訓練2】 已知m0，a，bR，求證：2.證明m0，1m0.所以要證原不等式成立，只需證(amb)2(1m)(a2mb2)即證m(a22abb2)0，即證(ab)20，而(ab)20顯然成立，故原不等式得證考點三反證法的應用【例3】 等差數列an的前n項和為Sn，a11，S393.(1)求數列an的通項an與前n項和Sn；(2)設bn(nN*)，求證：數列bn中任意不同的三項都不可能成為等比數列(1)解由已知得d2，故an2n1，Snn(n)(2)證明由(1)得bnn.假設數列bn中存在三項bp，bq，br(p，q，rN*，且互不相等)成等比數列，則bbpbr.即(q)2(p)(r)(q2pr)(2qpr)0.p，q，rN*，2pr，(pr)20.pr，與pr矛盾數列bn中任意不同的三項都不可能成等比數列.學生用書第204頁規(guī)律方法 用反證法證明不等式要把握三點：(1)必須先否定結論，即肯定結論的反面；(2)必須從否定結論進行推理，即應把結論的反面作為條件，且必須依據這一條件進行推證；(3)推導出的矛盾可能多種多樣，有的與已知矛盾，有的與假設矛盾，有的與已知事實矛盾等，且推導出的矛盾必須是明顯的【訓練3】 已知a1，求證三個方程：x24ax4a30，x2(a1)xa20，x22ax2a0中至少有一個方程有實數根證明假設三個方程都沒有實數根，則a1.這與已知a1矛盾，所以假設不成立，故原結論成立1分析法的特點：從未知看需知，逐步靠攏已知2綜合法的特點：從已知看可知，逐步推出未知3分析法和綜合法各有優(yōu)缺點分析法思考起來比較自然，容易尋找到解題的思路和方法，缺點是思路逆行，敘述較繁；綜合法從條件推出結論，較簡捷地解決問題，但不便于思考實際證題時常常兩法兼用，先用分析法探索證明途徑，然后再用綜合法敘述出來4利用反證法證明數學問題時，要假設結論錯誤，并用假設的命題進行推理，沒有用假設命題推理而推出矛盾結果，其推理過程是錯誤的答題模板13反證法在證明題中的應用【典例】 (14分)(2013北京卷)直線ykxm(m0)與橢圓W：y21相交于A，C兩點，O是坐標原點(1)當點B的坐標為(0,1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長；(2)當點B在W上且不是W的頂點時，證明：四邊形OABC不可能為菱形規(guī)范解答(1)解因為四邊形OABC為菱形，所以AC與OB相互垂直平分 (2分)所以可設A，代入橢圓方程得1，即t.所以|AC|2. (5分)(2)證明假設四邊形OABC為菱形因為點B不是W的頂點，且ACOB，所以k0.由消y并整理得(14k2)x28kmx4m240. (7分)設A(x1，y1)，C(x2，y2)，則，km.所以AC的中點為M. (9分)因為M為AC和OB的交點，且m0，k0，所以直線OB的斜率為.(11分)因為k1，所以AC與OB不垂直 (13分)所以四邊形OABC不是菱形，與假設矛盾所以當點B不是W的頂點時，四邊形OABC不可能為菱形(14分)反思感悟 (1)掌握反證法的證明思路及證題步驟，明確作假設是反證法的基礎，應用假設是反證法的基本手段，得到矛盾是反證法的目的(2)當證明的結論和條件聯(lián)系不明顯、直接證明不清晰或正面證明分類較多、而反面情況只有一種或較少時，常采用反證法(3)利用反證法證明時，一定要回到結論上去答題模板用反證法證明數學命題的答題模板：第一步：分清命題“pq”的條件和結論；第二步：作出與命題結論q相矛盾的假定綈q；第三步：由p和綈q出發(fā)，應用正確的推理方法，推出矛盾結果；第四步：斷定產生矛盾結果的原因，在于所作的假設綈q不真，于是原結論q成立，從而間接地證明了命題.學生用書第205頁【自主體驗】設直線l1：yk1x1，l2：yk2x1，其中實數k1，k2滿足k1k220.(1)證明：l1與l2相交；(2)證明：l1與l2的交點在橢圓2x2y21上證明(1)假設l1與l2不相交，則l1與l2平行或重合，有k1k2，代入k1k220，得k20.這與k1為實數的事實相矛盾，從而k1k2，即l1與l2相交(2)由方程組解得交點P的坐標為.從而2x2y22221，所以l1與l2的交點P(x，y)在橢圓2x2y21上對應學生用書P381基礎鞏固題組(建議用時：40分鐘)一、選擇題1(2014安陽模擬)若ab0，則下列不等式中成立的是()A. BabCba D.解析(特值法)取a2，b1，驗證C正確答案C2用反證法證明命題：“已知a，bN，若ab可被5整除，則a，b中至少有一個能被5整除”時，反設正確的是()Aa，b都不能被5整除Ba，b都能被5整除Ca，b中有一個不能被5整除Da，b中有一個能被5整除解析由反證法的定義得，反設即否定結論答案A3(2014上海模擬)“a”是“對任意正數x，均有x1”的()A充分不必要條件 B必要不充分條件C充要條件 D既不充分也不必要條件解析當a時，x21，當且僅當x，即x時取等號；反之，顯然不成立答案A4(2014張家口模擬)分析法又稱執(zhí)果索因法，若用分析法證明：“設abc，且abc0，求證a”索的因應是()Aab0 Bac0C(ab)(ac)0 D(ab)(ac)0解析由題意知ab2ac3a2(ac)2ac3a2a22acc2ac3a202a2acc202a2acc20(ac)(2ac)0(ac)(ab)0.答案C5(2014天津模擬)p，q(m，n，a，b，c，d均為正數)，則p，q的大小為()Apq Bpq Cpq D不確定解析q p.答案B二、填空題6下列條件：ab>0，ab<0，a>0，b>0，a<0，b<0，其中能使2成立的條件的個數是_解析要使2，只需>0且>0成立，即a，b不為0且同號即可，故能使2成立答案37已知a，b，m均為正數，且ab，則與的大小關系是_解析，a，b，m0，且ab，ba0，.答案8設a，b是兩個實數，給出下列條件：ab2；a2b22.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件的是_(填上序號)答案三、解答題9若a，b，c是不全相等的正數，求證：lglglglg alg blg c.證明a，b，c(0，)，0，0，0.又上述三個不等式中等號不能同時成立abc成立上式兩邊同時取常用對數，得lglg abc，lglglglg alg blg c.10(2014鶴崗模擬)設數列an是公比為q的等比數列，Sn是它的前n項和(1)求證：數列Sn不是等比數列；(2)數列Sn是等差數列嗎？為什么？(1)證明假設數列Sn是等比數列，則SS1S3，即a(1q)2a1a1(1qq2)，因為a10，所以(1q)21qq2，即q0，這與公比q0矛盾，所以數列Sn不是等比數列(2)解當q1時，Snna1，故Sn是等差數列；當q1時，Sn不是等差數列，否則2S2S1S3，即2a1(1q)a1a1(1qq2)，得q0，這與公比q0矛盾綜上，當q1時，數列Sn是等差數列；當q1時，Sn不是等差數列能力提升題組(建議用時：25分鐘)一、選擇題1(2014漳州一模)設a，b，c均為正實數，則三個數a，b，c()A都大于2 B都小于2C至少有一個不大于2 D至少有一個不小于2解析a0，b0，c0，6，當且僅當abc1時，“”成立，故三者不能都小于2，即至少有一個不小于2.答案D2已知函數f(x)x，a，b是正實數，Af，Bf()，Cf，則A，B，C的大小關系為()AABC BACBCBCA DCBA解析，又f(x)x在R上是減函數，ff()f.答案A二、填空題3(2014株洲模擬)已知a，b，(0，)，且1，則使得ab恒成立的的取值范圍是_解析a，b(0，)，且1，ab(ab)1010216，當且僅當a4，b12時，等號成立，ab的最小值為16.要使ab恒成立，需16，0<16.答案(0,16三、解答題4(2013江蘇卷)設an是首項為a，公差為d的等差數列(d0)，Sn是其前n項的和記bn，nN*，其中c為實數(1)若c0，且b1，b2，b4成等比數列，證明：Snkn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差數列，證明：c0.證明由題意得，Snnad.(1)由c0，得bnad.又因為b1，b2，b4成等比數列，所以bb1b4，即2a，化簡得d22ad0.因為d0，所以d2a.因此，對于所有的mN*，有Smm2a.從而對于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)設數列bn的公差是d1，則bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表達式，整理得，對于所有的nN*，有n3n2cd1nc(d1b1)令Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，則對于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分別取n1,2,3,4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，從而有由可得A0，B0，從而cd10.即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，則由d1d0，得d0，與題設矛盾，所以d10.又因為cd10，所以c0.學生用書第205頁第3講數學歸納法及其應用最新考綱1了解數學歸納法的原理2能用數學歸納法證明一些簡單的數學命題.知 識 梳 理1數學歸納法證明一個與正整數n有關的命題，可按下列步驟進行：(1)(歸納奠基)證明當n取第一個值n0(n0N*)時命題成立；(2)(歸納遞推)假設nk(kn0，kN*)時命題成立，證明當nk1時命題也成立只要完成這兩個步驟，就可以斷定命題對從n0開始的所有正整數n都成立2數學歸納法的框圖表示辨 析 感 悟1數學歸納法原理(1)用數學歸納法證明問題時，第一步是驗證當n1時結論成立()(2)所有與正整數有關的數學命題都必須用數學歸納法證明()(3)用數學歸納法證明問題時，歸納假設可以不用()2數學歸納法的應用(4)(教材習題改編)在應用數學歸納法證明凸n邊形的對角線為n(n3)條時，第一步檢驗n等于3.()(5)已知n為正偶數，用數學歸納法證明12時，若已假設nk(k2且k為偶數)時命題為真，則還需要用歸納假設再證nk2時等式成立()(6)不論是等式還是不等式，用數學歸納法證明時，由nk到nk1時，項數都增加了一項()感悟提升1數學歸納法是一種重要的數學思想方法，主要用于解決與正整數有關的數學問題證明時步驟(1)和(2)缺一不可，步驟(1)是步驟(2)的基礎，步驟(2)是遞推的依據2在用數學歸納法證明時，第(1)步驗算nn0的n0不一定為1，而是根據題目要求選擇合適的起始值，如(4)，檢驗n的值從n3開始，因此(1)不正確第(2)步，證明nk1時命題也成立的過程，一定要用到歸納假設，否則就不是數學歸納法，如(3).學生用書第206頁考點一用數學歸納法證明等式【例1】 (2012天津卷改編)已知等差數列an的公差為3，其前n項和為Sn，等比數列bn的公比為2，且a1b12.(1)求數列an與bn的通項公式；(2)記Tnanb1an1b2a1bn，nN*，證明Tn122an10bn(nN*)審題路線(1)代入等差、等比數列的通項公式求an，bn；(2)注意到所證結論是關于“n”的命題，可運用數學歸納法證明(1)解由a12，公差d3，ana1(n1)d3n1.在等比數列bn中，公比q2，首項b12，bn22n12n.(2)證明當n1時，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；假設當nk時等式成立，即Tk122ak10bk，當nk1時，Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1ak1b1q(akb1ak1b2a1bk)ak1b1qTkak1b1q(2ak10bk12)2ak14(ak13)10bk1242ak110bk112，即Tk1122ak110bk1.因此nk1時等式也成立由、可知，對任意nN*，Tn122an10bn成立規(guī)律方法 (1)用數學歸納法證明等式問題，要“先看項”，弄清等式兩邊的構成規(guī)律，等式兩邊各有多少項，初始值n0是多少(2)由nk時等式成立，推出nk1時等式成立，一要找出等式兩邊的變化(差異)，明確變形目標；二要充分利用歸納假設，進行合理變形，正確寫出證明過程【訓練1】 求證：(n1)(n2)(nn)2n135(2n1)(nN*)證明(1)當n1時，等式左邊2，右邊2112，等式成立(2)假設當nk(kN*)時，等式成立，即(k1)(k2)(kk)2k135(2k1)當nk1時，左邊(k2)(k3)2k(2k1)(2k2)2(k1)(k2)(k3)(kk)(2k1)22k135(2k1)(2k1)2k1135(2k1)(2k1)這就是說當nk1時，等式成立根據(1)、(2)知，對nN*，原等式成立考點二用數學歸納法證明不等式【例2】 由下列不等式：1>，1>1,1>，1>2，你能得到一個怎樣的一般不等式？并加以證明審題路線 觀察前4個式子，左邊的項數及分母的變化不難發(fā)現(xiàn)一般的不等式為1>(nN*)，并用數學歸納法證明解一般結論：1>(nN*)，證明如下：(1)當n1時，由題設條件知命題成立(2)假設當nk(kN*)時，猜想正確即1>.當nk1時，1>>.當nk1時，不等式成立根據(1)、(2)可知，對nN*,1>.規(guī)律方法 用數學歸納法證明不等式的關鍵是由nk時命題成立證nk1時命題也成立，在歸納假設使用后可運用比較法、綜合法、分析法、放縮法等來加以證明，充分應用基本不等式、不等式的性質等放縮技巧，使問題得以簡化【訓練2】 若函數f(x)x22x3，定義數列xn如下：x12，xn1是過點P(4,5)、Qn(xn，f(xn)的直線PQn與x軸的交點的橫坐標，試運用數學歸納法證明：2xnxn1<3.證明(1)當n1時，x12，f(x1)3，Q1(2，3)直線PQ1的方程為y4x11，令y0，得x2，因此，2x1x23，即n1時結論成立(2)假設當nk時，結論成立，即2xkxk13.直線PQk1的方程為y5(x4)又f(xk1)x2xk13，代入上式，令y0，得xk24，由歸納假設，2<xk1<3，xk24<43；xk2xk1>0，即xk1<xk2.所以2xk1<xk2<3，即當nk1時，結論成立由(1)、(2)知對任意的正整數n,2xn<xn1<3.學生用書第207頁考點三歸納猜想證明【例3】 已知數列an的前n項和Sn滿足：Sn1，且an>0，nN*.(1)求a1，a2，a3，并猜想an的通項公式；(2)證明通項公式的正確性審題路線從特殊入手，正確計算a1，a2，a3，探求an與n的一般關系運用數學歸納法嚴格證明(1)解當n1時，由已知得a11，a2a120.a11(a1>0)當n2時，由已知得a1a21，將a11代入并整理得a2a220.a2(a2>0)同理可得a3.猜想an(nN*)(2)證明由(1)知，當n1,2,3時，通項公式成立假設當nk(k3，kN*)時，通項公式成立，即ak.由于ak1Sk1Sk，將ak代入上式，整理得a2ak120，ak1，即nk1時通項公式成立由、，可知對所有nN*，an都成立規(guī)律方法 “歸納猜想證明”的模式，是不完全歸納法與數學歸納法綜合應用的解題模式，這種方法在解決探索性問題、存在性問題時起著重要作用，它的模式是先由合情推理發(fā)現(xiàn)結論，然后經邏輯推理證明結論的正確性【訓練3】 已知函數f(x)x3x，數列an滿足條件：a11，an1f(an1)試比較與1的大小，并說明理由解f(x)x21，an1f(an1)，an1(an1)21.函數g(x)(x1)21x22x在區(qū)間1，)上單調遞增，于是由a11，得a2(a11)21221，進而得a3(a21)21241231，由此猜想：an2n1.下面用數學歸納法證明這個猜想：(1)當n1時，a12111，結論成立；(2)假設nk(k1且kN*)時結論成立，即ak2k1，當nk1時，由g(x)(x1)21在區(qū)間1，)上單調遞增知，ak1(ak1)2122k12k11，當nk1時，結論也成立由(1)、(2)知，對任意nN*，都有an2n1.即1an2n，因此，1n1.1在數學歸納法中，歸納奠基和歸納遞推缺一不可在較復雜的式子中，注意由nk到nk1時，式子中項數的變化應仔細分析，觀察通項同時還應注意，不用假設的證法不是數學歸納法2對于證明等式問題，在證nk1等式也成立時，應及時把結論和推導過程對比，以減少計算時的復雜程度；對于整除性問題，關鍵是湊假設；證明不等式時，一般要運用放縮法3歸納猜想證明屬于探索性問題的一種，一般經過計算、觀察、歸納，然后猜想出結論，再用數學歸納法證明由于“猜想”是“證明”的前提和“對象”，務必保證猜想的正確性，同時必須嚴格按照數學歸納法的步驟書寫 答題模板14數學歸納法在數列問題中的應用【典例】 (12分)(2012安徽卷改編)數列xn滿足x10，xn1xxnc(nN*)(1)證明：xn是遞減數列的充要條件是c<0；(2)若0c，證明數列xn是遞增數列規(guī)范解答(1)充分性：若c<0，由于xn1xxncxnc<xn，數列xn是遞減數列 (2分)必要性：若xn是遞減數列，則x2<x1，且x10.又x2xx1c