第一章DIYIZHANG推理与证明
§1 归纳与类比
课后训练案巩固提升
A组
1.观察如图所示的正方形图案,每条边(包括两个端点)有n(n≥2)个圆点,第n个图案中圆点的总数是Sn.按此规律推断出Sn与n的关系式为( )
A.Sn=2n B.Sn=4n
C.Sn=2n D.Sn=4n-4
解析:由n=2,n=3,n=4的图案,推断第n个图案是这样构成的:圆点排成正方形的四条边,每条边上有n个圆点,则圆点的个数为Sn=4n-4.
答案:D
2.下列几种推理中是合情推理的是( )
①由圆的性质类比出球的有关性质.
②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和均为180°,归纳出所有三角形的内角和均为180°.
③教室内有一把椅子坏了,猜想该教室内所有的椅子都坏了.
④由a1=1,a2=3,a3=5,a4=7,归纳出数列{an}的通项公式为an=2n-1.
A.①② B.①③④ C.①②④ D.②④
解析:①是类比推理,②④是归纳推理,故①②④都是合情推理.
答案:C
3.下面使用类比推理恰当的是( )
A.“若a·3=b·3,则a=b”类比推出“若a·0=b·0,则a=b”
B.“(a+b)c=ac+bc”类比推出“(a·b)c=ac·bc”
C.“(a+b)c=ac+bc”类比推出“a+bc=ac+bc(c≠0)”
D.“(ab)n=anbn”类比推出“(a+b)n=an+bn”
答案:C
4.已知数对如下:(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( )
A.(3,8) B.(4,7) C.(4,8) D.(5,7)
解析:由前面的几个数对不难发现,数对中两数之和为2的有1个,为3的有2个,为4的有3个,…,为11的有10个,则根据数对规律可推出第56个数对为(1,11),往下的数对依次为(2,10),(3,9),(4,8),(5,7),(6,6),….故选D.
答案:D
5.已知{bn}为等比数列,b5=2,则b1·b2·b3·b4·b5·b6·b7·b8·b9=29,若{an}为等差数列,a5=2,则{an}的类似结论为( )
A.a1·a2·a3·…·a9=29
B.a1+a2+a3+…+a9=29
C.a1·a2·a3·…·a9=2×9
D.a1+a2+a3+…+a9=2×9
解析:由数列{bn}为等比数列,且b1b2b3b4…b9=29.等式左边为前9项的积,类比到等差数列{an}中,则应为前9项的和,即a1+a2+a3+…+a9.等式右边为29,则类比到等差数列{an}中应为2×9,即可得类似结论为a1+a2+a3+…+a9=2×9.
答案:D
6.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 .
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.
答案:n+(n+1)+…+(3n-2)=(2n-1)2
7.观察下列等式:sin30°+sin90°cos30°+cos90°=3,sin15°+sin75°cos15°+cos75°=1,sin20°+sin40°cos20°+cos40°=33.
照此规律,对于一般的角α,β,有等式 .
解析:根据等式的特点,发现tan30°+90°2=3,tan 15°+75°2=1,tan 20°+40°2=33,故对于一般的角α,β的等式为sinα+sinβcosα+cosβ=tanα+β2.
答案:sinα+sinβcosα+cosβ=tanα+β2
8.阅读以下求1+2+3+…+n(n∈N+)的过程:
因为(n+1)2-n2=2n+1,n2-(n-1)2=2(n-1)+1,…,22-12=2×1+1,
以上各式相加得(n+1)2-12=2(1+2+…+n)+n,所以1+2+3+…+n=n2+2n-n2=n(n+1)2.
类比上述过程,可得12+22+32+…+n2= (n∈N+).
解析:因为(n+1)3-n3=3n2+3n+1,n3-(n-1)3=3(n-1)2+3(n-1)+1,…,23-13=3×12+3×1+1,以上各式相加得(n+1)3-13=3(12+22+…+n2)+3(1+2+…+n)+n,所以12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1)6.
答案:n(n+1)(2n+1)6
9.已知数列{an}满足a1=1,anan+1=nn+1(n∈N+).
(1)求a2,a3,a4,a5,并猜想通项公式an;
(2)根据(1)中的猜想,有下面的数阵:
S1=a1
S2=a2+a3
S3=a4+a5+a6
S4=a7+a8+a9+a10
S5=a11+a12+a13+a14+a15
试求S1,S1+S3,S1+S3+S5,并猜想S1+S3+S5+…+S2n-1的值.
解(1)因为a1=1,由anan+1=nn+1,知an+1=n+1nan,故a2=2,a3=3,a4=4,a5=5,可归纳猜想出an=n(n∈N+).
(2)根据(1)中的猜想,数阵为:
S1=1
S2=2+3=5
S3=4+5+6=15
S4=7+8+9+10=34
S5=11+12+13+14+15=65
故S1=1=14
S1+S3=1+15=16=24
S1+S3+S5=1+15+65=81=34
可猜想S1+S3+S5+…+S2n-1=n4.
10.导学号88184000在Rt△ABC中,∠C=90°,当n>2时,有cn>an+bn成立,请你类比直角三角形的这个性质,猜想一下空间四面体的性质.
解如图,
与Rt△ABC对应的是四面体P-DEF;与Rt△ABC的两条边交成一个直角相对应的是四面体P-DEF的三个面在一个顶点D处构成3个直二面角;与Rt△ABC直角边a,b相对应的是四面体P-DEF的平面△DEF,△FPD,△DPE的面积S1,S2,S3;与Rt△ABC的斜边c相对应的是四面体P-DEF的平面△PEF的面积S.
由此猜想:当n>2时,Sn>S1n+S2n+S3n.
B组
1.如图所示,椭圆中心在坐标原点,F为左焦点,当FB⊥AB时,其离心率为5-12,此类椭圆称为“黄金椭圆”,类比“黄金椭圆”,可推算出“黄金双曲线”的离心率e等于( )
A.5+12 B.5-12
C.5-1 D.5+1
解析:如图所示,设双曲线方程为x2a2?y2b2=1(a>0,b>0),则F(-c,0),B(0,b),A(a,0),
∴FB=(c,b),AB=(-a,b).
又∵FB⊥AB,
∴FB·AB=b2-ac=0.
∴c2-a2-ac=0,即e2-e-1=0.
∴e=1+52或e=1-52(舍).故选A.
答案:A
2.如图,坐标纸上的每个单元格的边长为1,由下往上的六个点1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{an}{n∈N+}的前12项(即横坐标为奇数项,纵坐标为偶数项),按如此规律下去,则a2 013+a2 014+a2 015=( )
A.1 006 B.1 007 C.1 008 D.2 015
解析:观察点的坐标可知,偶数项的值等于其项数的一半,则a4n-3=n,a4n-1=-n,a2n=n,
∵2 013=4×504-3,2 015=4×504-1,
∴a2 013=504,a2 015=-504,a2 014=1 007.
∴a2 013+a2 014+a2 015=1 007.
答案:B
3.记等差数列{an}的前n项和为Sn,利用倒序求和法,可将Sn表示成首项a1,末项an与项数n的一个关系式,即Sn=n(a1+an)2;类似地,记等比数列{bn}的前n项积为Tn,且bn>0(n∈N+),试类比等差数列求和的方法,可将Tn表示成首项b,末项bn与项数n的一个关系式,即Tn=( )
A.n(b1+bn)2 B.(b1+bn)n2
C.nb1bn D.(b1bn)n2
解析:利用等比数列的性质,若m+n=p+q,则bm·bn=bp·bq,利用倒序求积法可得Tn=b1·b2·…·bn,Tn=bn·bn-1·…·b1,两式相乘得Tn2=(b1bn)n,故Tn=(b1bn)n2.
答案:D
4.观察下列不等式.
1+122<32,1+122+132<53,1+122+132+142<74,…照此规律第五个不等式为 .
解析:由前三个不等式可知第(n-1)个不等式为1+122+132+142+…+1n2<2n-1n,所以第五个不等式为1+122+132+142+152+162<116.
答案:1+122+132+142+152+162<116
5.导学号88184001在长方形ABCD中,对角线AC与两邻边所成的角分别为α,β,则cos2α+cos2β=1,请在立体几何中,给出类比猜想.
分析:由平面几何中的长方形可联想到立体几何中的长方体,如图.
解在长方形ABCD中,cos2α+cos2β=ac2+bc2=a2+b2c2=c2c2=1.
于是类比到长方体中,猜想其体对角线与共顶点的三条棱所成的角分别为α,β,γ,则cos2α+cos2β+cos2γ=1.
证明如下:cos2α+cos2β+cos2γ=ml2+nl2+gl2=m2+n2+g2l2=l2l2=1.
6.导学号88184002一种十字绣作品由相同的小正方形构成,图①②③④分别是制作该作品前四步所对应的图案,按照如此规律,第n步完成时对应图案中所包含小正方形的个数记为f(n).
(1)求出f(2),f(3),f(4),f(5)的值;
(2)利用归纳推理,归纳出f(n+1)与f(n)的关系式;
(3)猜想f(n)的表达式,并写出推导过程.
解(1)图①中只有一个小正方形,得f(1)=1;
图②中有3层,以第2层为对称轴,有1+3+1=5(个)小正方形,得f(2)=5;
图③中有5层,以第3层为对称轴,有1+3+5+3+1=13(个)小正方形,得f(3)=13;
图④中有7层,以第4层为对称轴,有1+3+5+7+5+3+1=25(个)小正方形,得f(4)=25;
第五步所对应的图案中有9层,以第5层为对称轴,有1+3+5+7+9+7+5+3+1=41(个)小正方形,得f(5)=41.
(2)∵f(1)=1,f(2)=5,f(3)=13,f(4)=25,f(5)=41,∴f(2)-f(1)=4=4×1,f(3)-f(2)=8=4×2,f(4)-f(3)=12=4×3,f(5)-f(4)=16=4×4,
∴f(n+1)-f(n)=4n.
∴f(n+1)与f(n)的关系式为f(n+1)-f(n)=4n.
(3)猜想f(n)的表达式为f(n)=2n2-2n+1.
由(2)可知f(2)-f(1)=4=4×1,f(3)-f(2)=8=4×2,f(4)-f(3)=12=4×3,f(5)-f(4)=16=4×4,
……
f(n)-f(n-1)=4×(n-1)=4n-4,
将上述n-1个式子相加,得f(n)-f(1)=4[1+2+3+4+…+(n-1)],则f(n)=2n2-2n+1.
课件34张PPT。第一章 推理与证明§1 归纳与类比1.归纳推理
(1)定义:根据一类事物中部分事物具有某种属性,推断该类事物中每一个事物都有这种属性.我们将这种推理方式称为归纳推理.
(2)特征:归纳推理是由部分到整体,由个别到一般的推理.但是,利用归纳推理得出的结论不一定是正确的.
(3)归纳推理的一般步骤
归纳推理的思维过程大致是:实验、观察→概括、推广→猜测一般性结论.
该过程包括两个步骤:
①通过观察个别对象发现某些相同性质;
②从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想).名师点拨归纳推理的特点
(1)归纳推理的前提是部分的、个别的事实,归纳所得的结论是尚属未知的一般的现象,该结论超越了前提所界定的范围.
(2)归纳推理所得到的结论具有猜测的性质,结论是否真实,还需要经过逻辑证明和实践检验.因此,它不能作为数学证明的依据.
(3)一般地,如果归纳的个别对象越多,越具有代表性,那么得到的一般性结论也就越可靠.
(4)归纳推理是一种具有创造性的推理,通过归纳推理能够发现新事实,获得新结论,是科学发现的重要手段.【做一做1】 数列5,9,17,33,x,…中的x等于( )
A.47 B.65 C.63 D.128
解析:5=22+1,9=23+1,17=24+1,33=25+1,归纳得x=26+1=65.
答案:B2.类比推理
(1)定义:由于两类不同对象具有某些类似的特征,在此基础上,根据一类对象的其他特征,推断另一类对象也具有类似的其他特征,我们把这种推理过程称为类比推理.
(2)特征:类比推理是两类事物特征之间的推理,是由特殊到特殊的过程.
(3)类比推理的一般步骤
类比推理的思维过程大致是:观察、比较→联想、类推→猜测新的结论.
该过程包括两个步骤:
①找出两类对象之间的相似或一致的特征;
②用一类对象的已知特征去猜测另一类对象的类似特征,得出一个明确的命题(猜想).名师点拨类比推理的特点
(1)类比推理是从人们已经掌握了的事物的特征,推测正在被研究的事物的特征,所以类比推理的结果具有猜测性,不一定可靠.
(2)类比推理的前提是两类对象之间具有某些清楚定义的类似特征,所以类比推理的关键是明确指出两类对象在某些方面的类似特征.
(3)如果类比的两类对象的相似性越多,相似的性质与推测的性质之间越相关,那么类比得出的结论就越可靠.【做一做2】 类比平面内“垂直于同一条直线的两条直线互相平行”的性质,可得出空间内的下列结论( )
①垂直于同一个平面的两条直线互相平行;
②垂直于同一条直线的两条直线互相平行;
③垂直于同一条直线的两个平面互相平行.
A.①② B.②③ C.③ D.①③
答案:D3.合情推理
(1)定义:合情推理是根据实验和实践的结果、个人的经验和直觉、已有的事实和正确的结论(定义、公理、定理等),推测出某些结果的推理方式.归纳推理和类比推理是最常见的合情推理.
(2)合情推理的一般步骤【做一做3】 判断下列推理,哪些是合情推理,哪些不是合情推理.
(1)若a∥b,b∥c,则a∥c;
(2)若a⊥b,b⊥c,则a∥c;
(3)由1=12,1+3=22,1+3+5=32,1+3+5+7=42,…,得到1+3+…+(2n-1)=n2;
(4)今天是星期日,七天之后也是星期日.
解:(3)(4)是合情推理,(1)(2)不是合情推理.思考辨析
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”.
(1)合情推理就是正确的推理. ( )
(2)由平面三角形的性质,推测空间四边形的性质是类比推理. ( )
(3)某校高二有20个班,1班有51名团员,2班有53名团员,3班有52名团员,由此推测各班都超过50名团员是归纳推理. ( )
(4)已知数列1,a+a2,a2+a3+a4,a3+a4+a5+a6,…,则该数列的第k项是ak+ak+1+…+a2k. ( )
(5)任何问题都可用归纳推理来推测结论. ( )× √ √ × × 探究一探究二探究三探究四思维辨析用归纳推理解决数列问题
【例1】 已知正项数列{an}满足Sn= ,求出a1,a2,a3,a4,并推测正项数列{an}的通项公式.
分析:分别令n=1,2,3,4,利用Sn与an的关系式,先求出a1,a2,a3,a4的值,再观察分析,进行归纳猜测.探究一探究二探究三探究四思维辨析探究一探究二探究三探究四思维辨析反思感悟解决此类问题的关键是根据前几项发现项与序号的一一对应关系,归纳出数列的一个通项公式.需要注意的是:在归纳推理中,根据同一个前提,可以归纳出不同的结论.探究一探究二探究三探究四思维辨析变式训练1已知f(x)= ,设f1(x)=f(x),fn(x)=fn-1(fn-1(x))(n>1,且n∈N+),则f3(x)的表达式为 ,猜想fn(x)(n∈N+)的表达式为 .?解析:先由f1(x)的表达式,根据f2(x)=f1(f1(x))求f2(x)的表达式,再由f3(x)=f2(f2(x))求f3(x)的表达式,最后猜想fn(x)的表达式.探究一探究二探究三探究四思维辨析归纳推理在几何中的应用
【例2】 设平面内有n(n≥3)条直线,其中有且仅有两条直线相互平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)= ;当n>4时,f(n)= (用含n的数学表达式表示).?
解析:最初的三条直线产生两个交点,即f(3)=2.每增加1条直线,与前面的每条直线产生1个交点,则新增加的第n条直线,与前面的(n-1)条直线产生(n-1)个交点,即f(n)-f(n-1)=n-1.
由图知f(4)=5.
当n>4时,f(n)-f(n-1)=n-1,
f(n-1)-f(n-2)=n-2,
……
f(4)-f(3)=3.探究一探究二探究三探究四思维辨析反思感悟在几何中,随着点、线、面等元素的增加,探究相应的线段、交点、区域等数量的增加问题常用归纳推理解决,寻找递推关系是解决该类问题的关键.探究一探究二探究三探究四思维辨析变式训练2在平面内观察凸四边形有2条对角线,凸五边形有5条对角线,凸六边形有9条对角线……由此猜想凸n(n≥4)边形有多少条对角线?
解:凸四边形有2条对角线,
凸五边形有5条对角线,比凸四边形的对角线多3条,
凸六边形有9条对角线,比凸五边形的对角线多4条,
……
于是猜想凸n边形的对角线比凸(n-1)边形的对角线多(n-2)条,由此猜想凸n边形的对角线条数为2+3+4+5+…+(n-2)= n(n-3)(n≥4).探究一探究二探究三探究四思维辨析归纳推理在数阵问题的应用
【例3】 根据给出的数塔猜测123 456×9+7等于( )
1×9+2=11
12×9+3=111
123×9+4=1 111
1 234×9+5=11 111
12 345×9+6=111 111
A.1 111 110 B.1 111 111
C.1 111 112 D.1 111 113探究一探究二探究三探究四思维辨析解析:由1×9+2=11,
12×9+3=111,
123×9+4=1 111,
1 234×9+5=11 111,
……
归纳可得,等式右边各数位上的数字均为1,位数与等式左边的第二个加数相同,所以123 456×9+7=1 111 111.
答案:B
反思感悟解决此类数阵问题时,通常利用归纳推理,其步骤如下:
(1)明确各行、各列数的大小;
(2)分别归纳各行、各列中相邻两个数的大小关系;
(3)按归纳出的规律写出一个一般性的结论.探究一探究二探究三探究四思维辨析变式训练3观察下列式子: ……
则仿照上面的规律,可猜想此类不等式的一般形式为 .?探究一探究二探究三探究四思维辨析类比推理
【例4】 已知O是△ABC内任意一点,连接AO,BO,CO并延长交对边于点A',B',C',则 =1,这是一道平面几何题,其证明常采用“面积法”.请运用类比思想,说出对于空间中的四面体A-BCD存在什么类似的结论?并证明.
分析:解答本题可以把平面几何的元素类比到空间中,通常是面积对应体积.探究一探究二探究三探究四思维辨析解:在四面体A-BCD中,任取一点O,连接AO,DO,BO,CO并延长分别交四个面于点E,F,G,H.证明如下:在四面体O-BCD与A-BCD中, 探究一探究二探究三探究四思维辨析反思感悟平面中常见的一些元素与空间中的一些元素的类比列表如下:探究一探究二探究三探究四思维辨析变式训练4在平面上,若两个正三角形的边长的比为1∶2,则它们的面积比为1∶4,类似地,在空间内,若两个正四面体的棱长的比为1∶2,则它们的体积比为 .?解析:一方面,可以由边长与面积、棱长与体积的关系得到体积之比为13∶23=1∶8.
另一方面,可以通过具体的计算,不妨设两个正四面体的棱长分别为a和2a,则可求得它们的体积分别为 a3和 a3,所以它们的体积之比为1∶8.
答案:1∶8探究一探究二探究三探究四思维辨析因归纳不全面而致误 易错分析:本题易犯的错误是只照顾到了不等式中左边的项数及右边的规律,而没有把握深层次的规律,即x的系数之和为1.解析:由已知可以再写出几个式子. 答案:nn 纠错心得归纳推理时,要注意对结构形式细致观察,并且尽量多归纳几个,必要的时候对特殊情况进行检验.探究一探究二探究三探究四思维辨析变式训练观察下列等式:
1=1, 13=1,
1+2=3, 13+23=9,
1+2+3=6, 13+23+33=36,
1+2+3+4=10, 13+23+33+43=100,
1+2+3+4+5=15, 13+23+33+43+53=225.
可以推测:13+23+33+…+n3= (n∈N+,用含有n的代数式表示).?探究一探究二探究三探究四思维辨析解析:由题意得第二列等式的右端分别是12,32,62,102,152,第一列等式的右端分别是1,3,6,10,15,可知第二列等式右端等于相应的第一列等式右端的平方.1 2 3 4 51.数列2,5,11,20,x,47,…中的x等于( )
A.28 B.32 C.33 D.27
解析:由所给数列的前四项可知,从第2项起,每一项与前一项的差构成以3为公差的等差数列,第2项与第1项的差为3,第3项与第2项的差为6,第4项与第3项的差为9,所以第5项x与第4项20的差应为12,即x-20=12,所以x=32.
答案:B1 2 3 4 52.已知扇形的弧长为l,半径为r,类比三角形的面积公式S= ,可推知扇形面积公式S扇等于( )解析:由扇形的弧长与半径类比于三角形的底与高,可得S= lr.
答案:C1 2 3 4 53.下面几种推理是类比推理的是( )
A.因为三角形的内角和是180°×(3-2),四边形的内角和是180°×(4-2),…,所以n边形的内角和是180°×(n-2)
B.由平面内平行四边形的性质,推测空间中平行六面体的性质
C.由a1=1,an=3n-1,求出S1,S2,S3,猜想出数列{an}的前n项和Sn的表达式
D.4能被2整除,6能被2整除,8能被2整除,所以偶数能被2整除
解析:A项为归纳推理,B项为类比推理,C项为归纳推理,D项为归纳推理.
答案:B1 2 3 4 54.观察下列各等式
(1+1)=2×1
(2+1)(2+2)=22×1×3
(3+1)(3+2)(3+3)=23×1×3×5
……
照此规律,第n个等式为? .?
解析:由所给等式可知,左边为n个式子相乘,从(n+1)到(n+n),右边第1个数为2n,后边是从1开始的连续n个奇数相乘,故第n个等式应为(n+1)(n+2)(n+3)…(n+n)=2n×1×3×5×…×(2n-1).
答案:(n+1)(n+2)(n+3)…(n+n)=2n×1×3×5×…×(2n-1)1 2 3 4 5通过观察上述等式的规律,写出一般性规律,并给出证明. §2 综合法与分析法
课后训练案巩固提升
A组
1.要证明3+6<19,可选择的方法有下面几种,其中最合适的是( )
A.综合法 B.分析法
C.特殊值法 D.其他方法
答案:B
2.已知两个正数x,y满足x+4y+5=xy,则当xy取最小值时,x,y的值分别为( )
A.5,5 B.10,52
C.10,5 D.10,10
解析:由x+4y+5=xy,得24xy+5≤xy,即4xy+5≤xy,解得xy≥5或xy≤-1(舍去).当等号成立,即x=4y时,xy取到最小值5,即xy取到最小值25,此时x=10,y=52.故选B.
答案:B
3.已知a>b>c,n∈N+,且1a-b+1b-c≥na-c恒成立,则n的最大值为( )
A.2 B.3 C.4 D.5
解析:∵a>b>c,且1a-b+1b-c≥na-c恒成立,
∴a-ca-b+a-cb-c≥n恒成立.
又a-ca-b+a-cb-c=a-b+b-ca-b+a-b+b-cb-c=2+b-ca-b+a-bb-c≥4(当且仅当2b=a+c时,等号成立).
∴n的最大值为4.
答案:C
4.对于不重合的直线m,l和平面α,β,要证明α⊥β,需要具备的条件是( )
A.m⊥l,m∥α,l∥β B.m⊥l,α∩β=m,l?α
C.m∥l,m⊥α,l⊥β D.m∥l,l⊥β,m?α
解析:要证α⊥β,一般要在一个平面内找到另一个平面的垂线,选项D中由m∥l,l⊥β可知m⊥β.又m?α,所以α⊥β.
答案:D
5.已知Sn为等差数列{an}的前n项和,若S1=1,S4S2=4,则S6S4的值为( )
A.94 B.32 C.54 D.4
解析:由题意得S2,S4-S2,S6-S4成等差数列,则2(S4-S2)=S2+S6-S4,即S6=3S4-3S2,由S4S2=4,得S4=4S2.因此S6=9S2.故S6S4=94.
答案:A
6.已知a,b,c均为正实数,且1a+9b=1,则使得a+b≥c恒成立的c的取值范围是 .?
解析:因为a+b=(a+b)1a+9b=1+9+ba+9ab≥10+2ba·9ab=16(当且仅当a=4,b=12时,取等号),所以要使a+b≥c恒成立,则c≤16.
答案:(-∞,16]
7.已知α,β为实数,给出下列三个论断:
①αβ>0;②|α+β|>5;③|α|>22,|β|>22.
以其中的两个论断为条件,另一个论断为结论,写出你认为正确的命题是 .?
解析:∵αβ>0,|α|>22,|β|>22,
∴|α+β|2=α2+β2+2αβ>8+8+2×8=32>25.
∴|α+β|>5.
答案:①③?②
8.求证:当一个圆和一个正方形的周长相等时,圆的面积比正方形的面积大.
证明设圆和正方形的周长为L,故圆的面积为πL2π2,正方形的面积为L42,则本题即证πL2π2>L42.
要证πL2π2>L42,即证πL24π2>L216,
即证1π>14,即证4>π,
因为4>π显然成立,所以πL2π2>L42.
故原命题成立.
9.如图,在四棱锥P-ABCD中,PA⊥底面ABCD,AB⊥AD,AC⊥CD.∠ABC=60°,PA=AB=BC,点E是PC的中点,
(1)证明:CD⊥AE;
(2)证明:PD⊥平面ABE.
证明(1)在四棱锥P-ABCD中.
∵PA⊥底面ABCD,CD?平面ABCD,∴PA⊥CD.
又AC⊥CD,PA∩AC=A,∴CD⊥平面PAC.
又AE?平面PAC,∴CD⊥AE.
(2)由PA=AB=BC,且∠ABC=60°,可得AC=PA.
∵点E是PC的中点,∴AE⊥PC .
由(1)可知AE⊥CD,又PC∩CD=C,
∴AE⊥平面PCD.又PD?平面PCD,∴AE⊥PD.
∵PA⊥底面ABCD,∴平面PAD⊥平面ABCD.
又AB⊥AD,平面PAD∩平面ABCD=AD,
∴AB⊥平面PAD.∴AB⊥PD.
又AB∩AE=A,∴PD⊥平面ABE.
B组
1.已知函数y=f(x)的图像关于直线x=1对称,若当x≤1时,f(x)=(x+1)2-1,则当x>1时,f(x)的解析式为( )
A.f(x)=(x+3)2-1 B.f(x)=(x-3)2-1
C.f(x)=(x+3)2+1 D.f(x)=(x-1)2-1
解析:∵函数y=f(x)的图像关于直线x=1对称,
∴f(x)=f(2-x).
当x>1时,2-x<1,则f(x)=f(2-x)=[(2-x)+1]2-1=(3-x)2-1=(x-3)2-1.
答案:B
2.设a=3+22,b=2+7,则a,b的大小关系为 .?
解析:∵a=3+22,b=2+7,
∴a2=11+46,b2=11+47,
显然6<7,∴a2
0,b>0,∴a答案:a3.若平面内OP1+OP2+OP3=0,且|OP1|=|OP2|=|OP3|,则△P1P2P3的形状一定是 .?
解析:设|OP1|=|OP2|=|OP3|=r,则P1,P2,P3均在以O为圆心,r为半径的圆上,
∵OP1+OP2+OP3=0,
∴|OP1+OP2|=|-OP3|=r,
即有OP12+2OP1·OP2+OP22=r2.
∴OP1·OP2=-r22.
∴cos∠P1OP2=OP1·OP2|OP1||OP2|=-12.
∴∠P1OP2=120°,∠P1P3P2=60°.
同理可证∠P2P1P3=60°.
故△P1P2P3是等边三角形.
答案:等边三角形
4.导学号88184003已知数列{an},Sn是它的前n项和,且Sn+1=4an+2(n=1,2,…),a1=1.
(1)设bn=an+1-2an(n=1,2,…),求证:数列{bn}是等比数列;
(2)在(1)的条件下,设cn=an2n(n=1,2,…),求证:数列{cn}是等差数列;
(3)在(2)的条件下,求数列{an}的通项公式及前n项和.
(1)证明∵Sn+1=4an+2,∴Sn+2=4an+1+2,两式相减得,Sn+2-Sn+1=4an+1-4an,即an+2=4an+1-4an.
∴an+2-2an+1=2(an+1-2an).
∵bn=an+1-2an,∴bn+1=2bn.
∵S2=a2+a1=4a1+2,a1=1,∴a2=5.
∴b1=a2-2a1=3≠0.
∴数列{bn}是公比为2的等比数列.
(2)证明由(1)知bn=3·2n-1,∵cn=an2n,
∴cn+1-cn=an+12n+1?an2n=an+1-2an2n+1=bn2n+1.
将bn=3·2n-1,代入得cn+1-cn=34(n=1,2,…),
由此可知,数列{cn}是公差为34的等差数列.
(3)解由(2)知,c1=12,cn=34n-14=3n-14,
∴an=2n·cn=(3n-1)×2n-2.
当n≥2时,Sn=4an-1+2=(3n-4)·2n-1+2,
∵S1=a1=1也适合此公式,
∴数列{an}的前n项和Sn=(3n-4)·2n-1+2.
5.导学号88184004已知△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,a,b,c分别为角A,B,C的对边,求证:1a+b+1b+c=3a+b+c.
证明要证1a+b+1b+c=3a+b+c,
只需证a+b+ca+b+a+b+cb+c=3,
只需证ca+b+ab+c=1,
只需证bc+c2+a2+abab+b2+ac+bc=1,
由△ABC的三个内角A,B,C成等差数列得A+C=2B,即B=60°,
由余弦定理得b2=a2+c2-ac,
所以bc+c2+a2+abab+b2+ac+bc=bc+c2+a2+abab+a2+c2-ac+ac+bc
=bc+c2+a2+abab+a2+c2+bc=1.
综上可知,原等式成立.
课件30张PPT。§2 综合法与分析法1.综合法
从命题的条件出发,利用定义、公理、定理及运算法则,通过演绎推理,一步一步地接近要证明的结论,直到完成命题的证明.我们把这样的思维方法称为综合法.
名师点拨综合法的特点
(1)综合法的特点是从“已知”看“未知”.
(2)用P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等,用Q表示所要证的结论,则综合法的思维过程可表示如下:(3)用综合法证明题目,具有步骤严谨、逐层递进、条理清晰、易于表达的特点.【做一做1】 已知x+y+z=1,求证:x2+y2+z2≥ .
证明:∵x2+y2≥2xy,y2+z2≥2yz,z2+x2≥2xz,
∴(x2+y2)+(y2+z2)+(z2+x2)
≥2xy+2yz+2xz.
∴3(x2+y2+z2)
≥x2+y2+z2+2xy+2yz+2xz,
即3(x2+y2+z2)≥(x+y+z)2=1.2.分析法
从求证的结论出发,一步一步地探索保证前一个结论成立的充分条件,直到归结为这个命题的条件,或者归结为定义、公理、定理等.我们把这种思维方法称为分析法.
名师点拨分析法的特点
(1)分析法的特点是从“未知”看“需知”,逐步靠拢“已知”.
(2)用分析法书写证明过程的格式为“要证……,只需证……,只需证……,…由于……显然成立(已知,已证等),所以原结论成立.”其中的关联词语不能省略.【做一做2】 将下面用分析法证明 ≥ab的步骤,补充完整:
要证 ≥ab,只需证a2+b2≥2ab,也就是证 ,即证 ,由于 显然成立,因此原不等式成立.?
答案:a2+b2-2ab≥0 (a-b)2≥0 (a-b)2≥0思考辨析
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”.
(1)综合法是由因导果的顺推证法. ( )
(2)分析法是执果索因的逆推证法. ( )
(3) 分析法的推理过程要比综合法优越. ( )
(4)所有证明的题目均可使用分析法证明. ( )√ √ × × × 探究一探究二探究三规范解答综合法的应用
【例1】 在△ABC中,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且2asin A=(2b-c)sin B+(2c-b)sin C.
(1)求证:A的大小为60°.
(2)若sin B+sin C= ,证明△ABC为等边三角形.
分析:(1)要证A的大小为60°,可先从已知条件出发,利用正弦定理,将角化为边,再利用余弦定理得出角A的大小.
(2)要证△ABC为等边三角形,可从(1)的证明出发,将sin B+sin C=
转化为只含一个角的三角函数值的等式,进而求出角B或角C的大小也为60°,命题得证.探究一探究二探究三规范解答证明:(1)∵2asin A=(2b-c)sin B+(2c-b)sin C, ∴2a2=(2b-c)b+(2c-b)c,
即bc=b2+c2-a2.探究一探究二探究三规范解答(2)∵由(1)知A=60°,且A+B+C=180°,
∴B+C=120°.∵0°∴B+30°=90°,即B=60°.
∴A=B=C=60°.因此△ABC为等边三角形.探究一探究二探究三规范解答反思感悟综合法证明问题的思路
(1)分析条件,选择方向.即分析题目的已知条件及已知与结论之间的联系,选择相关的定理、公式等,确定恰当的解题方法.
(2)转化条件,组织过程.即把已知条件转化成所需要的语言,主要是文字、符号、图形三种语言之间的转化.
(3)适当调整,回顾反思.即回顾解题过程,对部分步骤进行调整,并对一些语言进行适当修饰,反思总结解题方法的选取.探究一探究二探究三规范解答探究一探究二探究三规范解答分析法的应用 分析:本题从正面入手很难找到思路与方法,可从结论入手,利用分析法,寻找结论成立的充分条件.探究一探究二探究三规范解答而上述不等式显然成立,故原不等式成立. 探究一探究二探究三规范解答反思感悟利用分析法证明不等式
(1)适用范围:常用于一些条件简单、结论复杂的不等式的证明.
(2)证明思路:从要证明的不等式出发,逐步寻求它成立的充分条件,最后得到充分条件是已知(或已证)的不等式.
(3)格式要求:用分析法证明数学命题时,一定要恰当地用好“要证”“只需证”“即证”等词语.探究一探究二探究三规范解答只需证xy(x+y)+1≤y+x+(xy)2,
只需证(xy)2-1+(x+y)-xy(x+y)≥0,
只需证(xy-1)(xy+1-x-y)≥0,
只需证(xy-1)(x-1)(y-1)≥0.
因为x≥1,y≥1,所以上式显然成立.
所以原不等式成立.探究一探究二探究三规范解答综合法与分析法的综合应用
【例3】 已知a,b,c是不全相等的正数,且0(1)在实际解题过程中,常常是先用分析法寻找解题思路,即从结论入手,逐步缩小范围,进而确定我们所需要的“因”,再用综合法有条理地表述解题过程.
(2)对于较复杂的问题,在解题过程中,把分析法和综合法有机地统一起来,一方面从问题的已知条件出发,用综合法经逻辑推理导出中间结果;另一方面从问题的结论出发,用分析法回溯到中间,即推出同一个中间结果,从而沟通思路使问题得到解决.探究一探究二探究三规范解答变式训练3设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),若f(x+1)与f(x)的图像关于y轴对称,求证:f 为偶函数.探究一探究二探究三规范解答用分析法证明不等式成立
【典例】 (12分)在某两个正数m,n之间插入一个数x,使m,x,n成等差数列,插入两个数y,z,使m,y,z,n成等比数列,求证:(x+1)2≥(y+1)(z+1).探究一探究二探究三规范解答探究一探究二探究三规范解答即证y3+z3≥yz(y+z)成立, 9分
只需证y2-yz+z2≥yz,即证(y-z)2≥011分
因为(y-z)2≥0显然成立,
所以(x+1)2≥(y+1)(z+1). 12分解题反思实际解题时,综合使用分析法与综合法,即从“未知”想“需知”(分析),从“已知”推“可知”(综合),双管齐下,两面夹击,找到沟
通已知条件和结论的途径,本例中若得不出2x= 就无法实现等价转化.另外在应用分析法解题时,语言、步骤要完整、规范,避免逻辑性混乱,减少失分.探究一探究二探究三规范解答变式训练如图,在四面体P-ABC中,PA,PB,PC两两垂直,且PH⊥底面ABC于点H,求证:H是△ABC的垂心.
证明:连接AH,BH,要证H是△ABC的垂心,只需证BC⊥AH,且AC⊥HB,只需证BC⊥平面PHA,且AC⊥平面PHB,只需证BC⊥PH,且BC⊥PA,AC⊥PH,且AC⊥PB.
因为PH⊥底面ABC,
所以PH⊥BC,PH⊥AC成立,
故只需证BC⊥PA,且AC⊥PB即可.
只需证PA⊥平面PBC,PB⊥平面PAC,
只需证PA⊥PB,且PA⊥PC,PB⊥PA,
且PB⊥PC.
因为PA,PB,PC两两垂直,上式显然成立,
所以原结论成立,即H是△ABC的垂心.1 2 3 4 51.“对于任意角θ,都有cos4θ-sin4θ=cos 2θ”的证明过程:“cos4θ-sin4θ=(cos2θ-sin2θ)(cos2θ+sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos 2θ”应用了( )
A.分析法
B.综合法
C.综合法与分析法结合使用
D.间接证法
解析:证明过程是利用已有的公式顺推得到要证明的等式,因此是综合法.
答案:B1 2 3 4 52.已知f(x)=ax+1,0C.c D.不能确定答案:C 1 2 3 4 51 2 3 4 5只需证(x2+y2)3>(x3+y3)2,
只需证x6+y6+3x2y2(x2+y2)>x6+y6+2x3y3,
只需证3x2y2(x2+y2)>2x3y3.
因为x>0,y>0,1 2 3 4 5(方法二:综合法)因为x>0,y>0,
所以(x2+y2)3=x6+y6+3x2y2(x2+y2)≥x6+y6+6x3y3>x6+y6+2x3y3=(x3+y3)2.§3 反证法
课后训练案巩固提升
A组
1.用反证法证明“a,b,c中至少有一个大于0”,下列假设正确的是( )
A.假设a,b,c都小于0
B.假设a,b,c都大于0
C.假设a,b,c都不大于0
D.假设a,b,c中至多有一个大于0
解析:“至少有一个”的反面是“一个也没有”,故“a,b,c中至少有一个大于0”的反面是“a,b,c都不大于0”.
答案:C
2.“已知:在△ABC中,AB=AC,求证:∠B<90°”.下面写出了用反证法证明这个命题过程中的四个推理步骤:
(1)所以∠A+∠B+∠C>180°,这与三角形内角和定理相矛盾;
(2)所以∠B<90°;
(3)假设∠B≥90°;
(4)由AB=AC,得∠B=∠C≥90°,即∠B+∠C≥180°.
这四个步骤正确的顺序应是( )
A.(1)(2)(3)(4) B.(4)(3)(2)(1)
C.(3)(4)(1)(2) D.(3)(4)(2)(1)
解析:根据反证法证题的步骤可知选C.
答案:C
3.应用反证法推出矛盾的推导过程中,可以作为条件使用的是( )
①结论的反设;②已知条件;③定义、公理、定理等;④原结论.
A.①② B.②③ C.①②③ D.①②④
解析:考查反证法的基本思想.
答案:C
4.若△ABC能被一条直线分成两个与自身相似的三角形,则这个三角形的形状是( )
A.钝角三角形 B.直角三角形
C.锐角三角形 D.不能确定
解析:分△ABC的直线只能过一个顶点,且与对边相交,如直线AD(点D在BC上),则∠ADB+∠ADC=π.若∠ADB为钝角,则∠ADC为锐角.而∠ADC>∠BAD,∠ADC>∠ABD,△ABD与△ACD不可能相似,与已知不符,只有当∠ADB=∠ADC=∠BAC=π2时,才符合题意.
答案:B
5.用反证法证明命题“若a2+b2=0,则a,b全为0(a,b为实数)”,其“假设”为 .?
解析:“a,b全为0”即“a=0且b=0”,因此它的反面应为“a≠0或b≠0”,即a,b不全为0.
答案:a,b不全为0
6.有下列叙述:①“a>b”的反面是“ay或x解析:①错,应为a≤b;②对;③错,应为三角形的外心在三角形内或三角形的边上;④错,应为三角形的内角中有两个或三个钝角.
答案:②
7.若△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值,则△A1B1C1为 三角形,△A2B2C2为 三角形(填“锐角”或“钝角”).?
解析:由△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0,可知△A1B1C1为锐角三角形.则由题意,知△A2B2C2为锐角三角形或钝角三角形.假设△A2B2C2是锐角三角形,由sin A2=cos A1=sinπ2-A1,sin B2=cos B1=sinπ2-B1,sin C2=cos C1=sinπ2-C1,得A2=π2-A1,B2=π2-B1,C2=π2-C1,
∴A2+B2+C2=π2与A2+B2+C2=π矛盾.
∴△A2B2C2是钝角三角形.
答案:锐角 钝角
8.导学号88184005证明对于直线l:y=kx+1,不存在这样的实数k,使得l与双曲线C:3x2-y2=1的交点A,B关于直线y=ax(a为常数)对称.
证明假设存在实数k,使得点A,B关于直线y=ax对称,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有(1)直线l:y=kx+1与直线y=ax垂直;(2)点A,B在直线l:y=kx+1上;(3)线段AB的中点x1+x22,y1+y22在直线y=ax上.
所以ka=-1,y1+y2=k(x1+x2)+2,y1+y22=a·x1+x22, ①②③
由②③,得a(x1+x2)=k(x1+x2)+2. ④
由y=kx+1,y2=3x2-1,得(3-k2)x2-2kx-2=0,
因此x1+x2=2k3-k2,将其代入④,得ak=3.
这与①矛盾,所以假设不成立.因此不存在实数k,使得点A,B关于直线y=ax对称.
B组
1.已知a+b+c>0,ab+bc+ac>0,abc>0,用反证法证明a>0,b>0,c>0时的“假设”为( )
A.a<0,b<0,c<0 B.a≤0,b>0,c>0
C.a,b,c不全是正数 D.abc<0
解析:“a>0,b>0,c>0”即“a,b,c都是正数”,因此其否定应为“a,b,c不全是正数”.
答案:C
2.在△ABC中,若AB=AC,P是△ABC内一点,∠APB>∠APC,求证:∠BAP<∠CAP.用反证法证明时的“假设”为 .?
解析:反证法对结论的否定是全面否定,∠BAP<∠CAP的对立面是∠BAP=∠CAP或∠BAP>∠CAP.
答案:∠BAP=∠CAP或∠BAP>∠CAP
3.导学号88184006已知a,b,c是互不相等的实数,求证:由y=ax2+2bx+c,y=bx2+2cx+a和y=cx2+2ax+b确定的三条抛物线至少有一条与x轴有两个不同的交点.
证明假设题设中的函数确定的三条抛物线都不与x轴有两个不同的交点.
由y=ax2+2bx+c,y=bx2+2cx+a,y=cx2+2ax+b,
得Δ1=(2b)2-4ac≤0,且Δ2=(2c)2-4ab≤0,且Δ3=(2a)2-4bc≤0.
同向不等式求和,得4b2+4c2+4a2-4ac-4ab-4bc≤0,∴2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac≤0.
∴(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2≤0.∴a=b=c.
这与题设a,b,c互不相等矛盾,因此,假设不成立.
故由y=ax2+2bx+c,y=bx2+2cx+a和y=cx2+2ax+b确定的三条抛物线至少有一条与x轴有两个不同的交点.
4.导学号88184007用反证法证明:钝角三角形最大边上的中线小于该边长的一半.
解已知:在△ABC中,∠BAC>90°,D是BC的中点,求证:AD<12BC.
证明如下:假设AD≥12BC.
(1)若AD=12BC,由平面几何中定理“若三角形一边上的中线等于该边长的一半,则这条边所对的角为直角”知∠BAC=90°,与题设矛盾,所以AD≠12BC.
(2)若AD>12BC,因为BD=DC=12BC,
所以在△ABD中,AD>BD,从而∠B>∠BAD;
同理∠C>∠CAD.
所以∠B+∠C>∠BAD+∠CAD,
即∠B+∠C>∠BAC.
因为∠B+∠C=180°-∠BAC,
所以180°-∠BAC>∠BAC,
则∠BAC<90°,与题设矛盾.
由(1)(2)知AD<12BC.
课件22张PPT。§3 反证法1.反证法的定义
(1)先假定命题结论的反面成立,在这个前提下,若推出的结果与定义、公理、定理相矛盾,或与命题中的已知条件相矛盾,或与假定相矛盾,从而说明命题结论的反面不可能成立,由此断定命题的结论成立,这种证明方法叫作反证法.
(2)反证法是一种间接证明的方法.
2.反证法的证明步骤
(1)作出否定结论的假设;
(2)进行推理,导出矛盾;
(3)否定假设,肯定结论.名师点拨使用反证法证明数学问题的注意事项
(1)用反证法证题的实质就是否定结论导出矛盾,从而证明原结论正确.否定结论时,对结论的反面出现的多种可能,要一一否定,不能遗漏,缺少任何一种可能,证明都是不完整的.
(2)反证法必须从否定的结论出发进行推理,且必须根据这一条件进行论证.仅否定结论,不从结论的反面出发进行的论证不是反证法.故反证法也叫归谬法.
(3)用反证法证题的关键在于依据假设在正确的推理下得出矛盾,这个矛盾可以是与已知条件矛盾,或与假设矛盾,或与公理、定理、定义,或是已证明了的结论矛盾,或是与公认的简单事实矛盾,但推出的矛盾必须是明显的.【做一做1】 用反证法证明命题“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时,假设正确的是( )
A.假设三个内角都不大于60°
B.假设三个内角都大于60°
C.假设三个内角至多有一个大于60°
D.假设三个内角至多有两个大于60°
解析:根据反证法的定义,假设应使命题的反面成立,而“三角形的内角中至少有一个不大于60°”的反面是“三个内角都大于60°”.
答案:B【做一做2】 已知x,y是正实数,且x+y>2, ∵x>0,y>0,∴1+x≥2y且1+y≥2x.
两式相加得2+x+y≥2x+2y,
∴x+y≤2,这与已知条件x+y>2矛盾.思考辨析
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”.
(1)反证法是一种间接证明方法,否定结论时,一定要全面否定. ( )
(2)反证法推出的矛盾不能是与已知矛盾. ( )
(3)使用反证法必须先否定结论,当结论的反面出现多种可能时,论证一种即可. ( )√ × × 探究一探究二思维辨析用反证法证明否定性命题
【例1】 已知三个正数a,b,c成等比数列,但不成等差数列,求证:
不成等差数列.分析:因为结论中含有否定词,因此可以考虑用反证法,解答本题时可从假设 成等差数列入手证明,进而推出矛盾.探究一探究二思维辨析反思感悟1.对于结论中含有“不”“不是”“不可能”“不存在”等词语的命题,此类命题的反面比较具体,适合用反证法证明.
2.在证明否定性命题时,先通过假设原命题的反面成立,将原来的否定性命题转化为肯定性命题,再利用所学知识,找出矛盾,从而说明假设不成立,命题得证.探究一探究二思维辨析变式训练1如果非零实数a,b,c两两不相等,且2b=a+c,
求证: 不成立.即(a-c)2=0,a=c.
这与a,b,c两两不相等矛盾,探究一探究二思维辨析用反证法证明“至多”“至少”命题 求证:a,b,c中至少有一个大于0.
分析:因为直接从条件推证,方向不明确,过程不可推测,所以可以采用反证法.证明:假设a,b,c都不大于0,即a≤0,b≤0,c≤0,
则a+b+c≤0.=(x2-2x)+(y2-2y)+(z2-2z)+π=(x-1)2+(y-1)2+(z-1)2+π-3>0,
这与a+b+c≤0相矛盾,
∴a,b,c中至少有一个大于0.探究一探究二思维辨析反思感悟1.对于结论中含有“至多”“至少”等词语的命题,若直接从条件推证,则解题方向不明确,过程不可推测,不易证明,故可以考虑用反证法证明.
2.常见的“结论词”与“反设词”如下表所示:探究一探究二思维辨析变式训练2证明关于x的方程x2+4ax-4a+3=0,x2+(a-1)x+a2=0,x2+2ax-2a=0,当a≤- 或a≥-1时,至少有一个方程有实数根.证明:假设三个方程都没有实数根,则由判别式都小于零, 至少有一个方程有实数根. 探究一探究二思维辨析否定结论不全面而致误
【典例】 已知a,b,c∈(0,1),求证:(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a中至少有一个小于等于 .易错分析:本题结论中含有“至少有一个”,适合用反证法. 探究一探究二思维辨析探究一探究二思维辨析纠错心得用反证法证题时,如果要证明的结论反面情况只有一种,那么只要将这种情况驳倒了就可以;若结论的反面情况有多种,则必须将所有的反面情况一一驳倒,才能推断结论成立.探究一探究二思维辨析变式训练求证:两条相交直线有且只有一个交点.
证明:假设结论不成立,即有两种可能:无交点或至少有两个交点.
设两条直线为a,b.
(1)若a,b无交点,则a∥b或a,b是异面直线,与已知矛盾;
(2)若a,b至少有两个交点A和B,这样同时经过A,B就有两条直线,这与“经过两点有且只有一条直线”相矛盾.
综上所述,两条相交直线有且只有一个交点.1 2 3 4 51.否定“自然数a,b,c中恰有一个偶数”时,正确的反设为 ( )
A.a,b,c都是奇数
B.a,b,c都是偶数
C.a,b,c中至少有两个偶数
D.a,b,c中都是奇数或至少有两个偶数
答案:D1 2 3 4 52.命题“关于x的方程ax+b=0(a≠0)有唯一解”的结论的否定是( )
A.无解 B.有两解
C.至少有两解 D.无解或至少有两解
解析:命题的否定是否定命题的结论,“有唯一解”的否定是“至少有两解或无解”.
答案:D1 2 3 4 5A.都大于2 B.至少有一个大于2
C.至少有一个不大于2 D.至少有一个不小于2答案:D 1 2 3 4 54.用反证法证明命题“若x2-(a+b)x+ab≠0,则x≠a且x≠b”时应假设为 .?
解析:p且q的否定为非p或非q.
答案:x=a或x=b1 2 3 4 55.已知数列{bn}的通项公式为bn= ,求证:数列{bn}中任意三项不可能成等差数列.证明:假设数列{bn}存在三项br,bs,bt(r因为r这与奇数不等于偶数相矛盾.
故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列.§4 数学归纳法
课后训练案巩固提升
A组
1.如果f(n)=1+12+13+…+13n-1(n∈N+),那么f(n+1)-f(n)等于( )
A.13n+2 B.13n+13n+1
C.13n+1+13n+2 D.13n+13n+1+13n+2
解析:∵f(n+1)=1+12+13+…+13n-1+13n+13(n+1)-2+13(n+1)-1,
f(n)=1+12+13+…+13n-1,
∴f(n+1)-f(n)=13n+13(n+1)-2+13(n+1)-1
=13n+13n+1+13n+2.
答案:D
2.观察下列式子:1+122<32,1+122+132<53,1+122+132+142<74,…,则可归纳出1+122+132+…+1(n+1)2小于 ( )
A.nn+1 B.2n-1n+1 C.2n+1n+1 D.2nn+1
解析:所猜测的分式的分母为n+1,而分子3,5,7,…,恰好是第(n+1)个正奇数,即2n+1.
答案:C
3.设f(x)是定义在正整数集上的函数,且f(x)满足“当f(k)≥k2成立时总可推出f(k+1)≥(k+1)2成立.”则下列命题总成立的是( )
A.若f(3)≥9成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k2成立
B.若f(5)≥25成立,则当k≤5时,均有f(k)≥k2成立
C.若f(7)<49成立,则当k≥8时,均有f(k)D.若f(4)=25成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k2成立
解析:由数学归纳法原理可得,
若f(3)≥9成立,则当k≥3时,均有f(k)≥k2成立,即A不正确.
若f(5)≥25成立,则当k≥5时,均有f(k)≥k2成立,即B不正确.
若f(7)<49成立,则当k≤6时,均有f(k)若f(4)=25>42成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k2成立.
答案:D
4.已知n为正偶数,用数学归纳法证明1-12+13?14+…+1n-1=21n+2+1n+4+…+12n时,若已假设n=k(k≥2,k为偶数)时命题成立,则还需要用归纳假设证( )
A.n=k+1时等式成立
B.n=k+2时等式成立
C.n=2k+2时等式成立
D.n=2(k+2)时等式成立
解析:根据数学归纳法的步骤,若已假设n=k(k≥2,k为偶数)时命题成立,则还需要用归纳假设证下一个偶数,即n=k+2时等式成立.
答案:B
5.用数学归纳法证明关于n的不等式1n+1+1n+2+…+12n>1324(n∈N+),由n=k递推到n=k+1时,不等式的左边的变化为 .?
解析:假设n=k时,不等式成立,即1k+1+1k+2+…+12k>1324,
则当n=k+1时,不等式左边=1(k+1)+1+1(k+1)+2+…+12k+12k+1+12(k+1)
=1k+2+1k+3+…+12k+12k+1+12k+2
=1k+1+1k+2+…+12k+12k+1+12k+2-1k+1
=1k+1+1k+2+…+12k+12k+1?12k+2.
答案:增加12k+1?12k+2
6.用数学归纳法证明12+22+32+…+n2=n(n+1)(2n+1)6(n∈N+).
证明(1)当n=1时,左边=12=1,右边=1×(1+1)(2×1+1)6=1,等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时等式成立,即12+22+…+k2=k(k+1)(2k+1)6,
则当n=k+1时,
12+22+…+k2+(k+1)2=k(k+1)(2k+1)6+(k+1)2=k(k+1)(2k+1)+6(k+1)26
=(k+1)(2k2+7k+6)6=(k+1)(k+2)(2k+3)6
=(k+1)[(k+1)+1][2(k+1)+1]6,
即当n=k+1时等式也成立.
由(1)和(2),可知等式对任何n∈N+都成立.
7.已知正数数列{an}(n∈N+)的前n项和为Sn,且2Sn=an+1an,请用数学归纳法证明an=n?n-1.
证明(1)当n=1时,∵a1=S1=12a1+1a1,
∴a12=1(an>0).
∴a1=1.又1?0=1,∴当n=1时,结论成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,结论成立,
即ak=k?k-1,
则当n=k+1时,
ak+1=Sk+1-Sk=12ak+1+1ak+1?12ak+1ak
=12ak+1+1ak+1?12k-k-1+1k-k-1
=12ak+1+1ak+1?k.
∴ak+12+2kak+1-1=0,
解得ak+1=k+1?k(an>0).
∴当n=k+1时,结论成立.
由(1)和(2),可知对n∈N+都有an=n?n-1.
8.导学号88184008用数学归纳法证明:当n∈N+时,1+22+33+…+nn<(n+1)n.
证明(1)当n=1时,左边=1,右边=2,1<2,不等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时不等式成立,即1+22+33+…+kk<(k+1)k.
则当n=k+1时,1+22+33+…+kk+(k+1)k+1<(k+1)k+(k+1)k+1=(k+1)k(k+2)<(k+2)k+1=[(k+1)+1]k+1.
所以当n=k+1时不等式也成立.
根据(1)和(2),可知不等式对任意n∈N+都成立.
B组
1.已知f(n)=1n-1+1n+1n+1+1n+2+…+1n2,则( )
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)=1+12+13+14
C.f(n)中共有(n2-n+2)项,当n=2时,f(2)=1+12+13+14
D.f(n)中共有(n2-n+1)项,当n=2时,f(2)=1+12+13+14
解析:f(n)中共有n2-(n-1)+1=n2-n+2项,当n=2时,f(n)=1+12+13+14.
答案:C
2.用数学归纳法证明命题“1+12+13+…+12n>n+22(n∈N+,且n≥2)”时,第一步要证明的结论是 .?
解析:因为n≥2,所以第一步要证的是当n=2时结论成立,即1+12+13+14>2+22.
答案:1+12+13+14>2+22
3.用数学归纳法证明关于n的恒等式,当n=k时,表达式为1×4+2×7+…+k(3k+1)=k(k+1)2,则当n=k+1时,表达式为 .?
答案:1×4+2×7+…+k(3k+1)+(k+1)(3k+4)=(k+1)(k+2)2
4.导学号88184009等比数列{an}的前n项和为Sn,已知对任意的n∈N+,点(n,Sn)均在函数y=bx+r(b>0,且b≠1,b,r均为常数)的图像上.
(1)求r的值.
(2)当b=2时,记bn=2(log2an+1)(n∈N+),证明:对任意的n∈N+,不等式b1+1b1·b2+1b2·…·bn+1bn>n+1成立.
解(1)由题意知,Sn=bn+r,当n≥2时,Sn-1=bn-1+r,
所以an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1).
因为b>0,且b≠1,
所以当n≥2时数列{an}是以b为公比的等比数列,
又a1=b+r,a2=b(b-1),a2a1=b,
所以b(b-1)b+r=b,可得r=-1.
(2)由(1)知an=2n-1,因此bn=2n(n∈N+).
所证不等式应为2+12·4+14·…·2n+12n>n+1.
①当n=1时,左边=32,右边=2,左边>右边,所以结论成立.
②假设当n=k(k≥1,k∈N+)时结论成立,即2+12·4+14·…·2k+12k>k+1,
则当n=k+1时,2+12·4+14·…·2k+12k·2k+32(k+1)>k+1·2k+32(k+1)
=2k+32k+1=(k+1)+(k+2)2k+1
>2(k+1)(k+2)2k+1=k+2,
所以当n=k+1时结论成立.
由①和②,可知不等式b1+1b1·b2+1b2·…·bn+1bn>n+1对任意n∈N+均成立.
5.导学号88184010是否存在常数a,b,c使等式1·22+2·32+3·42+…+n·(n+1)2=n(n+1)12·(an2+bn+c)对于一切正整数n都成立?并说明你的结论.
解假设存在常数a,b,c,使等式对于一切正整数n成立,
令n=1,2,3得4=16(a+b+c),22=12(4a+2b+c),70=9a+3b+c,
整理得a+b+c=24,4a+2b+c=44,9a+3b+c=70,解得a=3,b=11,c=10.
令Sn=1·22+2·32+3·42+…+n·(n+1)2.
于是对于n=1,2,3,等式Sn=n(n+1)12(3n2+11n+10)成立.
用数学归纳法证明等式对于一切n∈N+都成立,过程如下:
①当n=1时,已得等式成立.
②假设n=k(k≥1,k∈N+)时,等式成立,
即Sk=k(k+1)12(3k2+11k+10),
则n=k+1时,Sk+1=Sk+(k+1)(k+2)2
=k(k+1)12(3k2+11k+10)+(k+1)(k+2)2
=k(k+1)12(k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2
=(k+1)(k+2)12[k(3k+5)+12(k+2)]
=(k+1)(k+2)12[3(k+1)2+11(k+1)+10],
∴当n=k+1时,等式也成立.
根据①②可以断定,对于一切n∈N+等式都成立,即存在a=3,b=11,c=10使等式对一切正整数n都成立.
课件27张PPT。§4 数学归纳法数学归纳法
(1)定义:数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法.
(2)证明步骤
①验证当n取第一个值n0(如n0=1或2等)时,命题成立;
②在假设当n=k(k∈N+,k≥n0)时命题成立的前提下,推出当n=k+1时,命题成立.
根据①②可以断定命题对一切从n0开始的正整数n都成立.
(3)证明依据:数学归纳法能保证命题对所有的正整数都成立,因为根据①,验证了当n=1时命题成立;根据②可知,当n=1+1=2时命题成立,由于n=2时命题成立,再根据②可知,当n=2+1=3时命题也成立,这样递推下去,就可以知道当n=4,5,…时命题成立,即命题对任意正整数n都成立.名师点拨应用数学归纳法的注意事项
(1)数学归纳法的两个步骤缺一不可.
步骤①是命题论证的基础,步骤②是判断命题的正确性能否递推下去的保证.这两个步骤缺一不可,若只有步骤①缺少步骤②,则无法判断n=k(k>n0)时命题是否成立;若只有步骤②缺少步骤①,则假设就失去了成立的前提,步骤②就没有意义了.
(2)用数学归纳法证明有关问题的关键在第二步,即n=k+1时为什么成立?n=k+1时成立是利用假设n=k时成立,根据有关的定理、定义、公式、性质等数学结论推证出n=k+1时成立,而不是直接代入,否则n=k+1时也成假设了,命题并没有得到证明.【做一做1】 用数学归纳法证明3n>n3(n≥4,n∈N+),第一步应验证( )
A.n=1
B.n=2
C.n=3
D.n=4
解析:由题意知n≥4,n∈N+,所以第一步应验证n=4,故选D.
答案:D【做一做2】 用数学归纳法证明1+3+5+…+(2n+1)=(n+1)2,当n=1时,左边式子为 .从k到k+1左端需增加的式子是 .?
解析:当n=1时,左边=1+3=4,右边=(1+1)2=4.
左边式子是连续(n+1)个奇数相加,因此当n=k时,左边式子为1+3+5+…+(2k+1).
当n=k+1时,左边式子为1+3+5+…+[2(k+1)+1]=1+3+5…+(2k+1)+(2k+3).
故增加的式子是2k+3.
答案:1+3 2k+3思考辨析
判断下列说法是否正确,正确的在后面的括号内画“√”,错误的画“×”.
(1)数学归纳法的第一步n0的初始值一定为1. ( )
(2)数学归纳法的两个步骤缺一不可. ( )
(3)凸(n+1)边形的对角线比凸n边形的对角线多(n-1)条. ( )
(4)用数学归纳法证明“2n>n2+1对n≥n0的正整数n都成立”时,第一步证明的初始值n0应取2. ( )
(5)所有与正整数有关的问题都能用数学归纳法解决. ( )× √ √ × × 探究一探究二探究三思维辨析用数学归纳法证明恒等式 等式左边=等式右边,所以等式成立.
(2)假设n=k(k∈N+,k≥1)时等式成立,即有探究一探究二探究三思维辨析所以当n=k+1时,等式也成立.由(1)和(2),可知对一切n∈N+,等式都成立.探究一探究二探究三思维辨析反思感悟用数学归纳法证明问题的三个关键点
(1)验证是基础.数学归纳法的原理表明:第一个步骤是要找一个数n0(n0≥1,n∈N+).这个n0就是要证明的命题对象对应的最小正整数,这个正整数并不一定是“1”.
(2)递推是关键.数学归纳法的实质在于递推,所以从“k”到“k+1”的过程中,要正确分析式子项数的变化,关键是弄清等式两边的构成规律.弄清由n=k到n=k+1时,等式的两边会增加多少项,增加怎样的项.
(3)利用假设是核心.在第二步证明n=k+1成立时,一定要利用归纳假设,即必须把假设“n=k时命题成立”作为条件来导出“n=k+1时命题成立”.在书写f(k+1)时,一定要把包含f(k)的式子写出来,尤其是f(k)中的最后一项,这是数学归纳法的核心.不用归纳假设的证明不是数学归纳法.探究一探究二探究三思维辨析变式训练1用数学归纳法证明(n+1)·(n+2)·…·(n+n)=2n×1×3×…×(2n-1)(n∈N+).证明:(1)当n=1时,左边=1+1=2,右边=21×1=2,等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,等式成立,即(k+1)(k+2)·…·(k+k)=2k×1×3×…×(2k-1).
则当n=k+1时,(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k)(k+1+k+1)
=(k+2)(k+3)·…·(k+k)(2k+1)(2k+2)
=2(k+1)(k+2)·(k+3)·…·(k+k)(2k+1)
=2×2k×1×3×…×(2k-1)(2k+1)
=2k+1×1×3×…×(2k-1)[2(k+1)-1],
所以当n=k+1时等式也成立.
根据(1)和(2),可知等式对任意正整数n都成立.探究一探究二探究三思维辨析用数学归纳法证明不等式 分析:此题用数学归纳法证明时,要注意n≥2,故第(1)步应验证n=2时是否成立.探究一探究二探究三思维辨析∴当n=k+1时,不等式也成立.
综合(1)和(2),知对任意n≥2,n∈N+,原不等式恒成立.探究一探究二探究三思维辨析反思感悟用数学归纳法证明不等式的具体形式和关键
(1)用数学归纳法证明与n有关的不等式一般有两种具体形式:一是直接给出不等式,按要求证明;二是给出两个式子,按照要求比较大小.对于第二种形式通常要先对n取前几个值的情况分别验证比较,再猜出从某个n值开始都成立的结论,最后用数学归纳法证明.
(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n=k时成立,得n=k+1时成立,要利用假设,并对照目标进行恰当的放缩,使问题简单化.探究一探究二探究三思维辨析探究一探究二探究三思维辨析所以当n=k+1时,不等式也成立.
由(1)和(2),知对一切大于1的正整数n,不等式都成立.探究一探究二探究三思维辨析用数学归纳法证明与数列有关的问题 分析:在研究数列问题时常用数学归纳法,对于数列的通项、前n项和的公式推导中,应注意由n=k到n=k+1时中间的过渡项是什么.由(1)和(2),可知等式对任何正整数n都成立. 探究一探究二探究三思维辨析反思感悟数列与数学归纳法有着非常密切的关系,数列是定义在N+(或其有限子集)上的函数,这与数学归纳法运用的范围是一样的,并且数列的递推公式与归纳原理实质上也是一致的.因此数列中有不少问题都可以用数学归纳法证明.在证明过程中尤其要注意,由n=k到n=k+1时,中间的过渡项增加多少项,这是解决问题的关键.探究一探究二探究三思维辨析变式训练3在数列{an}中,a1=a2=1,当n∈N+时,满足an+2=an+1+an,且设bn=a4n,求证数列{bn}各项均为3的倍数.证明:(1)∵a1=a2=1,
∴a3=a2+a1=2,a4=a3+a2=3.
∴b1=a4=3,当n=1时,b1能被3整除.
(2)假设n=k时,bk=a4k是3的倍数.
则n=k+1时,bk+1=a4(k+1)=a4k+4=a4k+3+a4k+2=a4k+2+a4k+1+a4k+1+a4k
=3a4k+1+2a4k
由归纳假设,知a4k是3的倍数,故可知bk+1是3的倍数.
∴n=k+1时,命题成立.
综合(1)和(2),可知对任意正整数n,数列{bn}的各项都是3的倍数.探究一探究二探究三思维辨析应用数学归纳法证明时,不用归纳假设而致误
【典例】 用数学归纳法证明1+5+9+…+(4n-3)=(2n-1)·n.
易错分析:本题的易错点是不利用归纳假设,而是直接利用等差数列的前n项和公式加以证明,这与数学归纳法不相符.
证明:(1)当n=1时,左边=1,右边=1×1=1,等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,等式成立,即1+5+9+…+(4k-3)=k(2k-1),
则当n=k+1时,1+5+9+…+(4k-3)+(4k+1)
=k(2k-1)+(4k+1)=2k2+3k+1=(2k+1)(k+1)
=[2(k+1)-1](k+1).
∴当n=k+1时,等式成立.
由(1)和(2),知对一切n∈N+,等式成立.探究一探究二探究三思维辨析纠错心得判断用数学归纳法证明数学问题是否正确,关键要看两个步骤是否完整,特别是第二步归纳假设是否被应用,如果没有用到归纳假设,那么就是不正确的.探究一探究二探究三思维辨析所以当n=k+1时,不等式也成立.
由(1)和(2),可知原不等式对一切n≥2,n∈N+均成立.1 2 3 4 51.某个与自然数n有关的命题,若当n=k(k∈N+)时该命题成立,则可推得当n=k+1时该命题也成立,现已知n=5时命题不成立,则可推得( )
A.当n=4时该命题不成立
B.当n=6时该命题不成立
C.当n=4时该命题成立
D.当n=6时该命题成立
答案:A1 2 3 4 5中,验证当n=1时,等式左边应为 ( )
A.1 B.1+a
C.1+a+a2 D.1+a+a2+a3
解析:当n=1时,等式的左边=1+a+a2.
答案:C1 2 3 4 53.若f(n)=12+22+32+…+(2n)2,n∈N+,则f(k+1)-f(k)= .?
解析:∵f(k+1)=12+22+33+…+(2k)2+(2k+1)2+[2(k+1)]2,
f(k)=12+22+32+…+(2k)2,
∴f(k+1)-f(k)=(2k+1)2+[2(k+1)]2.
答案:(2k+1)2+(2k+2)21 2 3 4 5即当n=k+1时等式也成立.
根据(1)和(2),可知等式对任意n∈N+都成立.1 2 3 4 5证明:(1)当n=1时,左边=1,右边=2,左边<右边,不等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,不等式成立,所以当n=k+1时,不等式成立.
由(1)和(2),可知原不等式对任意n∈N+都成立.习题课——数学归纳法的应用
课后训练案巩固提升
A组
1.记凸k边形的内角和为f(k),则f(k+1)-f(k)=( )
A.π2 B.π C.3π2 D.2π
答案:B
2.下列代数式中能被9整除的是( )(其中k∈N+)
A.6+6·7k B.2+7k-1
C.2(2+7k+1) D.3(2+7k)
解析:(1)当k=1时,显然只有3(2+7k)能被9整除.
(2)假设当k=n(n≥1,n∈N+)时,命题成立,即3(2+7n)能被9整除,则当k=n+1时,3(2+7n+1)=21(2+7n)-36=7[3(2+7n)]-36能被9整除,即当k=n+1时命题成立.
由(1)(2)知3(2+7k)能被9整除.
答案:D
3.在数列{an}中,a1=13,且Sn=n(2n-1)an,通过求a2,a3,a4,猜想an的表达式为( )
A.1(n-1)(n+1) B.12n(2n+1)
C.1(2n-1)(2n+1) D.1(2n+1)(2n+2)
解析:∵由a1=13,Sn=n(2n-1)an,得S2=2(2×2-1)a2,
即a1+a2=6a2,∴a2=115=13×5.
∵S3=3(2×3-1)a3,即13+115+a3=15a3,
∴a3=135=15×7.
同理可得a4=17×9.
据此可猜想an=1(2n-1)(2n+1).
答案:C
4.用数学归纳法证明“5n-2n能被3整除”的第二步中,n=k+1时,为了使用假设,应将5k+1-2k+1变形为( )
A.(5k-2k)+4×5k-2k B.5(5k-2k)+3×2k
C.(5-2)(5k-2k) D.2(5k-2k)-3×5k
解析:假设当n=k时,5k-2k能被3整除,当n=k+1时,作如下变形:5k+1-2k+1=5×5k-2×2k=5×5k-5×2k+3×2k=5(5k-2k)+3×2k,就可以应用假设.故选B.
答案:B
5.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n×3n-1=3n(na-b)+c对一切n∈N+都成立,则a,b,c的值为( )
A.a=12,b=c=14 B.a=b=c=14
C.a=0,b=c=14 D.不存在这样的a,b,c
解析:∵等式对一切n∈N+都成立,∴当n=1,2,3时等式成立,将其分别代入等式,得
1=3(a-b)+c,1+2×3=32(2a-b)+c,1+2×3+3×32=33(3a-b)+c,解得a=12,b=c=14.
答案:A
6.用数学归纳法证明“当n∈N+时,1+2+22+23+…+25n-1是31的倍数”,当n=1时,原式为 ,从k到k+1时需增添的项是 .?
解析:∵当n=1时,原式应加到25×1-1=24,
∴原式为1+2+22+23+24.
从k到k+1时需添上25k+25k+1+…+25(k+1)-1.
答案:1+2+22+23+24
25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4
7.导学号88184011已知f(n)=1+123+133+143+…+1n3,g(n)=32?12n2,n∈N+.
(1)当n=1,2,3时,试比较f(n)与g(n)的大小关系;
(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,∴f(1)=g(1).
当n=2时,f(2)=98,g(2)=118,∴f(2)当n=3时,f(3)=251216,g(3)=312216,∴f(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+…+1k3<32?12k2,则当n=k+1时,f(k+1)=f(k)+1(k+1)3<32?12k2+1(k+1)3,
∵12(k+1)2?12k2-1(k+1)3
=k+32(k+1)3?12k2=-3k-12(k+1)3k2<0,
∴f(k+1)<32?12(k+1)2=g(k+1).
由①②可知,对一切n∈N+,都有f(n)≤g(n)成立.
B组
1.用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=n4+n22,则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上( )
A.k2+1
B.(k+1)2
C.(k+1)4+(k+1)22
D.(k2+1)+(k2+2)+(k2+3)+…+(k+1)2
解析:当n=k时,等式左端=1+2+…+k2,当n=k+1时,等式左端=1+2+…+k2+(k2+1)+(k2+2)+(k2+3)+…+(k+1)2,所以当n=k+1时,左端应在n=k的基础上加上(k2+1)+(k2+2)+(k2+3)+…+(k+1)2.
答案:D
2.记等式1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+n·1=16n(n+1)(n+2)左边的式子为f(n),用数学归纳法证明该等式的第二步归纳递推时,即当n从k变为k+1时,等式左边的改变量f(k+1)-f(k)=( )
A.k+1
B.1·(k+1)+(k+1)·1
C.1+2+3+…+k
D.1+2+3+…+k+(k+1)
解析:依题意,f(k)=1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+k·1,则f(k+1)=1·(k+1)+2·k+3·(k-1)+4·(k-2)+…+k·2+(k+1)·1,∴f(k+1)-f(k)=1·[(k+1)-k]+2·[k-(k-1)]+3·[(k-1)-(k-2)]+4·[(k-2)-(k-3)]+…+k·(2-1)+(k+1)·1=1+2+3+…+k+(k+1),故选D.
答案:D
3.导学号88184012设n∈N+,f(n)=5n+2×3n-1+1.
(1)当n=1,2,3,4时,计算f(n)的值;
(2)你对f(n)有何猜想?用数学归纳法证明你的猜想.
解(1)当n=1时,f(1)=51+2×31-1+1=8=8×1;
当n=2时,f(2)=52+2×32-1+1=32=8×4;
当n=3时,f(3)=53+2×33-1+1=144=8×18;
当n=4时,f(4)=54+2×34-1+1=680=8×85.
(2)猜想:当n∈N+时,f(n)=5n+2×3n-1+1能被8整除.
①当n=1时,由(1)知命题成立.
②假设当n=k(k≥1,k∈N+)时命题成立,即f(k)=5k+2×3k-1+1能被8整除,则当n=k+1时,f(k+1)=5k+1+2×3(k+1)-1+1=5×5k+6×3k-1+1=(5k+2×3k-1+1)+4(5k+3k-1)=f(k)+4(5k+3k-1).
这里,5k,3k-1都是奇数,二者的和为偶数,从而4(5k+3k-1)能被8整除,又f(k)能被8整除,故f(k+1)能被8整除,即当n=k+1时命题也成立.
根据①和②,可知命题对任意n∈N+都成立.
4.导学号88184013观察下列各不等式:
1+122<32,
1+122+132<53,
1+122+132+142<74,
1+122+132+142+152<95,
…
(1)由上述不等式,归纳出一个与正整数n(n≥2)有关的一般性结论;
(2)用数学归纳法证明你得到的结论.
解(1)观察上述各不等式,得到与正整数n(n≥2)有关的一般不等式为1+122+132+142+…+1n2<2n-1n(n∈N+,且n≥2).
(2)以下用数学归纳法证明这个不等式.
①当n=2时,由题设可知,不等式显然成立.
②假设当n=k(k≥2,k∈N+)时,不等式成立,即1+122+132+142+…+1k2<2k-1k,则当n=k+1时,有1+122+132+142+…+1k2+1(k+1)2<2k-1k+1(k+1)2<2k-1k+1k(k+1)=2-1k+1k-1k+1=2-1k+1=2(k+1)-1k+1.
所以当n=k+1时,不等式也成立.
根据①和②,可知不等式对任何n∈N+且n≥2都成立.
课件28张PPT。习题课——数学归纳法的应用1.经验归纳法与数学归纳法结合
数学归纳法实质上是演绎法的一种,它是一种必然推理,它只能证明与正整数有关的命题,却不能发现结论.我们常把经验归纳法与数学归纳法结合起来,形成归纳,猜想,证明的思想方法,既可以发现新命题,又能证明其正确性,组成一套完整的数学思想方法.
2.数学归纳法的特征
数学归纳法所证明的是与正整数有关的命题.实际上就是正整数的无穷性命题,但是数学归纳法的基本步骤是有穷的,仅仅只有两个步骤,而且这两个步骤缺一不可.数学归纳法是在可靠的基础上利用命题本身具有传递性,运用“有限”的手段来解决“无限”的问题.【做一做1】 用数学归纳法证明“当n为正奇数时,xn+yn能被x+y整除”的第二步是( )
A.假设n=2k+1时命题成立,再推n=2k+3时命题成立(k∈N+)
B.假设n=2k-1时命题成立,再推n=2k+1时命题成立(k∈N+)
C.假设n=k时命题成立,再推n=k+1时命题成立(k∈N+)
D.假设n≤k(k≥1)时命题成立,再推n=k+2时命题成立(k∈N+)
解析:因为n为正奇数,所以第二步应先假设第k个正奇数时命题成立.本题即假设n=2k-1时命题成立,再推第(k+1)个正奇数即n=2(k+1)时命题成立.
答案:B【做一做2】 在数列{an}中,a1=1,且Sn,Sn+1,2S1成等差数列,通过求S2,S3,S4,猜想Sn= .?解析:∵Sn,Sn+1,2S1成等差数列,∴2Sn+1=Sn+2S1.
又∵S1=a1=1,探究一探究二探究三思维辨析用数学归纳法证明整除问题
【例1】 已知f(n)=(2n+7)·3n+9.
(1)求f(1),f(2),f(3)的值;
(2)是否存在不小于2的正整数m,使得对于任意的正整数n,f(n)都能被m整除?如果存在,求出最大的m值;如果不存在,请说明理由.
分析:本题考查利用数学归纳法证明整除问题的方法,求解时可先由f(1),f(2),f(3)的特征,探究出正整数m的值后,再用数学归纳法证明.解:(1)∵f(n)=(2n+7)·3n+9,
∴f(1)=(2×1+7)×31+9=36,
f(2)=(2×2+7)×32+9=3×36=108,
f(3)=(2×3+7)×33+9=10×36=360.探究一探究二探究三思维辨析(2)由(1)可以猜想最大的m=36,
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,f(1)=36,显然能被36整除;
②假设n=k(k≥1,k∈N+)时,f(k)能被36整除,
即(2k+7)·3k+9能被36整除,
则当n=k+1时,
f(k+1)=[2(k+1)+7]·3k+1+9=[(2k+7)+2]·3k·3+9
=3[(2k+7)·3k+9]+18(3k-1-1).
由假设可知(2k+7)·3k+9能被36整除,3k-1-1是偶数,∴18(3k-1-1)也能被36整除.
∴f(k+1)能被36整除.
由①和②,可知对任意n∈N+,f(n)都能被36整除.
∴最大的m值为36.探究一探究二探究三思维辨析反思感悟证明数或式的整除问题的方法
应用数学归纳法证明有关整除问题时,为了利用归纳假设,常常用对通项进行拆项、添项、分解、组合的方法在要证的式子中拼凑出假设成立的式子,然后证明剩余的式子也能被某式(数)整除.探究一探究二探究三思维辨析变式训练1若n∈N+,求证:xn+1+(x+1)2n-1能被x2+x+1整除. 证明:(1)当n=1时,x1+1+(x+1)2×1-1=x2+x+1,显然x2+x+1能被x2+x+1整除.
(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时结论成立,即xk+1+(x+1)2k-1能被x2+x+1整除.
当n=k+1时,xk+2+(x+1)2k+1=(x+1)2(x+1)2k-1+xk+2+(x+1)2xk+1-(x+1)2xk+1=(x+1)2[(x+1)2k-1+xk+1]-(x2+x+1)xk+1.
因为上式两项均能被x2+x+1整除,
所以xk+2+(x+1)2k+1能被x2+x+1整除,即n=k+1时,结论也成立.
由(1)和(2),可知xn+1+(x+1)2n-1能被x2+x+1整除.探究一探究二探究三思维辨析用数学归纳法证明几何问题
【例2】 在一平面内有n(n≥2)条直线,其中任何两条不平行,任何三条不过同一点,证明这n条直线相互分割出n2条线段或射线.
分析:用数学归纳法证明几何问题,关键要找到本题中从k到(k+1)条直线增加的线段或射线的条数.探究一探究二探究三思维辨析证明:(1)当n=2时,两条直线相交得到4条射线,命题成立.
(2)假设n=k时,k(k≥2)条直线按题目要求相交可得k2条线段或射线.
则当n=k+1时,记这(k+1)条直线中的一条为l,其余k条直线相交可得到k2条线段或射线,直线l与这k条直线相交可新增加k个不同的交点,这k个点把直线l分成k+1段,又各自把它们所在线段或射线分成两部分,即又增加k条线段或射线,则新增加的线段或射线的条数为k+1+k=2k+1.从而(k+1)条直线相交,得到的线段或射线的条数为k2+2k+1=(k+1)2,所以n=k+1时命题也成立.
由(1)和(2),可知命题对n∈N+,且n≥2成立.探究一探究二探究三思维辨析反思感悟用数学归纳法证明几何问题的技巧
(1)用数学归纳法可以证明与正整数n有关的几何问题,常见的形式有交点的个数问题,直线的条数问题,划分区域问题,以及构成的角的个数问题.
(2)证明几何问题的关键是“找项”,即几何元素由k个变成(k+1)个,所证的几何量将增加多少,这需要用到几何知识或借助几何图形分析.
(3)几何问题的证明既要注意数形结合,又要注意有必要的文字证明.探究一探究二探究三思维辨析变式训练2在一平面上有n个圆,其中每两个圆都相交于两点,并且三个圆都不相交于同一点,求证:这n个圆把平面分成f(n)=n2-n+2部分.
证明:(1)当n=1时,一个圆把平面分成两部分,而f(1)=1-1+2=2,因此,n=1时命题成立.
(2)假设n=k(k≥1,k∈N+)时命题成立,即k个圆把平面分成f(k)=k2-k+2部分,若增加满足条件的任一个圆,则这个圆必与前k个圆相交于2k个点,这2k个点把这个圆分成2k段弧,每段弧把它所在的原有部分分成两部分,因此,平面被分割的总数在原来的基础上又增加了2k部分,即有f(k+1)=f(k)+2k=k2-k+2+2k=(k+1)2-(k+1)+2,即当n=k+1时,命题也成立.
根据(1)和(2),可知n个圆把平面分成f(n)=n2-n+2部分.探究一探究二探究三思维辨析归纳—猜想—证明
【例3】 已知数列 ,…,Sn为其前n项和,n∈N+,计算S1,S2,S3,S4.根据计算结果,猜想Sn的表达式,并用数学归纳法进行证明.
分析:本题考查数学归纳法在数列问题中的应用.根据S1,S2,S3,S4的结果,猜想Sn的表达式,要注意观察项与项数的变化关系,从而归纳出构成数列的规律,同时还应注意各项之间的差异.探究一探究二探究三思维辨析可以看出,上面表示四个结果的分数中,分子与项数n一致,分母可用项数n表示为3n+1,于是可以猜想:Sn= .
证明如下:∵左边=右边,
∴猜想成立.探究一探究二探究三思维辨析(2)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,猜想成立, ∴当n=k+1时猜想也成立.
根据(1)和(2),可知猜想对任意n∈N+都成立.
反思感悟1.解决某些归纳猜想问题时要注意以下几点:(1)计算特例时,不仅仅是简单的计算过程,有时要通过计算过程发现数据的变化规律;(2)猜想必须准确,绝对不能猜错,否则将徒劳无功;(3)如果猜想出来的结论与正整数n有关,一般用数学归纳法证明.
2.通过观察—归纳—猜想—证明这一完整的过程去探索和发现问题,并证明所得出的结论的正确性.探究一探究二探究三思维辨析变式训练3已知数列{an}中,a2=a+2(a为常数),Sn是{an}的前n项和,且Sn是nan与na的等差中项.
(1)求a1,a3.
(2)猜想an的表达式,并用数学归纳法加以证明.解:(1)由已知得2Sn=nan+na=n(an+a),
当n=1时,S1=a1,所以2a1=a1+a,即a1=a;
当n=3时,S3=a1+a2+a3,所以有2(a1+a2+a3)=3(a3+a),由于a2=a+2,a1=a,所以a3=a+4.
(2)由a1=a,a2=a+2,a3=a+4,猜想an=a+2(n-1).
证明如下,①当n=1时,左边=右边,等式成立,当n=2时,a2=a+2知等式也成立,②假设n=k(k≥2)时等式成立,即ak=a+2(k-1).
则当n=k+1时,探究一探究二探究三思维辨析所以2ak+1=(ak+1+a)(k+1)-(ak+a)·k. =a+2[(k+1)-1].
所以当n=k+1时,等式也成立.
由①和②,可知对任意n∈N+,等式an=a+2(n-1)都成立.探究一探究二探究三思维辨析由n=k变化为n=k+1时,项数变化不正确而致误
【典例】 若不等式 对一切正整数n都成立,求正整数a的最大值,并证明你的结论.(1)n=1时,结论已证. 探究一探究二探究三思维辨析故a的最大值为25. 探究一探究二探究三思维辨析纠错心得用数学归纳法证明时一定要注意从n=k到n=k+1时项数的变化情况,不仅要看后面增加项的多少,还要看前面是否减少了某项.探究一探究二探究三思维辨析∴n=2时等式成立.
(2)假设当n=k(k≥2,k∈N+)时等式成立.∴当n=k+1时,等式也成立.
由(1)和(2),可知对任意n≥2,n∈N+,上述等式恒成立.1 2 3 4 51.用数学归纳法证明命题“n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈N+)能被9整除”,要利用假设证n=k+1时的情况,只需要展开( )
A.(k+3)3 B.(k+2)3
C.(k+1)3 D.(k+1)3+(k+2)3
解析:由假设n=k时,k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除,证n=k+1时,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3能被9整除,其中项的变化是多了(k+3)3,且少了k3.故只需将(k+3)3展开变形即可.
答案:A1 2 3 4 52.若k棱柱过侧棱有f(k)个对角面,则k+1棱柱过侧棱的对角面的个数f(k+1)是( )
A.f(k)+k-1 B.f(k)+k
C.f(k)+k+1 D.f(k)+k-2
解析:k+1棱柱比原k棱柱多了一条侧棱,由对角面的定义可知,过不相邻的两条侧棱的面为棱柱的对角面,可得对角面在原来的基础上增加了(k-1)个,因此f(k+1)=f(k)+k-1.
答案:A1 2 3 4 5时原等式的左边应增加的项数是 .? 答案:2k 1 2 3 4 54.用数学归纳法证明“n3+5n能被6整除”的过程中,当n=k+1时,式子(k+1)3+5(k+1)应变形为? . ?
解析:证明当n=k+1时,n3+5n能被6整除,一定要用到归纳假设“k3+5k能被6整除”.故需将(k+1)3+5(k+1)化成含有k3+5k的形式,即(k+1)3+5(k+1)=(k3+5k)+3k2+3k+6=(k3+5k)+3k(k+1)+6.
答案:(k3+5k)+3k(k+1)+61 2 3 4 55.已知数列{an}满足Sn+an=2n+1.
(1)写出a1,a2,a3,并推测an的表达式.
(2)用数学归纳法证明所得结论.(1)解:∵由Sn+an=2n+1,得S1+a1=2+1=3, 1 2 3 4 5a1+a2+…+ak+2ak+1=2×(k+1)+1.
∵a1+a2+…+ak=2k+1-ak,∴2ak+1=ak+2.∴当n=k+1时结论成立.
由①和②,可知对于任何正整数n,结论都成立.