歸納與證明教案

教育教師備課手冊(cè)教師姓名學(xué)科 數(shù)學(xué)

學(xué)生姓名年級(jí) 高三

填寫(xiě)時(shí)間上課時(shí)間

2012.3.9課時(shí)計(jì)劃

2小時(shí)教學(xué) 教學(xué)內(nèi)容目標(biāo) 個(gè)性化學(xué)習(xí)問(wèn)題解決

高考復(fù)習(xí)推理與證明基礎(chǔ)知識(shí)回顧，典型例題分析教學(xué)重

推理與證明★知識(shí)網(wǎng)絡(luò)★合情推理推理推 演繹推理與證明

歸納類(lèi)比數(shù)學(xué)歸納法直接證明 綜合法證明 分析法教學(xué)過(guò)程合情推理和演繹推理★知識(shí)梳理★

間接證明 反證法推理根據(jù)一個(gè)或幾個(gè)事實(shí)(或假設(shè))得出一個(gè)判斷,這種思維方式叫推理.2合情推理可分為歸納推理和類(lèi)比推理兩類(lèi)：也具有這些特征的推理，簡(jiǎn)言之，類(lèi)比推理是由特殊到特殊的推理。3.演繹推理:從一般性的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況下的結(jié)論的推理叫演繹推理，簡(jiǎn)言之，演繹推理是由一般到（123）結(jié)論——根據(jù)一般原理，對(duì)特殊情況作出的判斷?！镏仉y點(diǎn)突破★重點(diǎn):會(huì)用合情推理提出猜想,會(huì)用演繹推理進(jìn)行推理論證,明確合情推理與演繹推理的區(qū)別與聯(lián)系難點(diǎn):發(fā)現(xiàn)兩類(lèi)對(duì)象的類(lèi)似特征、在部分對(duì)象中尋找共同特征或規(guī)律1、歸納推理關(guān)鍵是要在部分對(duì)象中尋找共同特征或某種規(guī)律性問(wèn)題1：觀察：7 15211；5.5 16.5211； 3 3 19 3211；….對(duì)于任意正實(shí)數(shù)a,b，試寫(xiě)出使a b211成立的一個(gè)條件可以是 .點(diǎn)撥：前面所列式子的共同特征特征是被開(kāi)方數(shù)之和為22，故ab222、類(lèi)比推理關(guān)鍵是要尋找兩類(lèi)對(duì)象的類(lèi)似特征問(wèn)題2：已知拋物線(xiàn)有性質(zhì)：過(guò)拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)作一直線(xiàn)與拋物線(xiàn)交于A、B兩點(diǎn)，則當(dāng)AB與拋物線(xiàn)的對(duì)稱(chēng)軸垂直時(shí)，AB的長(zhǎng)度最短；試將上述命題類(lèi)比到其他曲線(xiàn)，寫(xiě)出相應(yīng)的一個(gè)真命為 ．點(diǎn)撥：圓錐曲線(xiàn)有很多類(lèi)似性質(zhì)ABABAB的長(zhǎng)度最短（|AB3、運(yùn)用演繹推理的推理形式(三段論)進(jìn)行推理問(wèn)題3：定義[x]為不超過(guò)x的最大整數(shù)，則[-2.1]=(,x][-2.1]=-3★熱點(diǎn)考點(diǎn)題型探析★考點(diǎn)1合情推理題型1 用歸納推理發(fā)現(xiàn)規(guī)律[例1]通過(guò)觀察下列等式，猜想出一個(gè)一般性的結(jié)論，并證明結(jié)論的真假。3 3

2b2）a2sin2150sin2750sin21350

；sin22

sin2900

sin21500 ；23 sin2450sin21050sin21650 ；sin2600sin21200sin218003 2 2【解題思路】注意觀察四個(gè)式子的共同特征或規(guī)律（1）結(jié)構(gòu)的一致性,（2）觀察角的“共性”3[解析]猜想：sin2(600)sin2sin2(600)2(sincos600cossin600)23 3

sin2(sincos600

cossin600)2=(sin2cos2) =右邊2 2【名師指引】（1）先猜后證是一種常見(jiàn)題型（2）歸納推理的一些常見(jiàn)形式：一是“具有共同特征型（周期性）2](09巢可以近似地看作是一個(gè)正六邊形，如圖為一組蜂巢的截面.其中第一個(gè)圖有1個(gè)蜂巢，第二個(gè)圖有7個(gè)蜂巢第三個(gè)圖有19個(gè)蜂巢，按此規(guī)律，f(n) 表示第n 幅圖的蜂巢總數(shù).則f(4)= ;f(n)= .f(nf(n的關(guān)系式ff(2)1,f1612f(416121837f(n)1612186(n3n23n1【名師指引】處理“遞推型”問(wèn)題的方法之一是尋找相鄰兩組數(shù)據(jù)的關(guān)系【新題導(dǎo)練】(20082的自然數(shù)m的n次方冪有如下分解方式：22133213542135723353379114313151719根據(jù)上述分解規(guī)律，則52 .

13579m3(mN*，則m的值為m33，7，13m2

m1，…，m2

m173得m9(2008f(x)由下表定義：x 2 5 3 1 4f(x) 1 2 3 4 5若a 5，0

n1

f(an

n0,1,2,L，則

2007

4 ．[解析]a0

5，a1

2，a2

1，a3

4，a4

5,，

n

a，n

2007

a 43點(diǎn)評(píng)：本題為循環(huán)型(2008深圳調(diào)圖（（2（4）分別包含1個(gè)5個(gè)13個(gè)25個(gè)第二十九屆北京奧運(yùn)會(huì)吉祥“福娃迎迎按同樣的方式構(gòu)造圖形設(shè)第n個(gè)圖形包含f(n)“福娃迎迎則f(5) f(n)f(n1) （答案用數(shù)字或n的解析式表示）f,f(nf(n4(n4.(2008揭陽(yáng)一模)設(shè)f(x)cosx,f0

(x)f0

'(x),f2

(x)f1

'(x),L,

n1

fn

'(x),nN,則f2008

(x)=（）A.sinx B.cosx C.sinx D.cosx[解析]f0

(x)cosx，f1

(x)sinx，f2

(x)cosx，f3

(x)sinx，f4

(x)cosx，fn

(x)fn

(x)，

2008

(x)=f0

(x)cosx題型2 用類(lèi)比推理猜想新的命題1[例1](2008韶關(guān)調(diào)研)已知正三角形內(nèi)切圓的半徑是高的3似的結(jié)論.【解題思路】從方法的類(lèi)比入手

，把這個(gè)結(jié)論推廣到空間正四面體，類(lèi)[解析]原問(wèn)題的解法為等面積法，即S1ah31arr1h，類(lèi)比問(wèn)題的解法應(yīng)為等體積法，2 2 3V1Sh41Srr

1h即正四面體的內(nèi)切球的半徑是高13 3 4 4【名師指引】（1）不僅要注意形式的類(lèi)比，還要注意方法的類(lèi)比（2）的性質(zhì)向復(fù)數(shù)集的性質(zhì)類(lèi)比；圓錐曲線(xiàn)間的類(lèi)比等2ABC中,若C900,則cos2

Acos2B1證明你的猜想間PABCPAB,PBC,PCA兩兩垂直，且與底面所成的角分別為,，則cos2cos2cos21”P(pán)ABC的射影為O，延長(zhǎng)COABMPOhPCPCPBPC面PABPCPM，又PMCcossinPCO

h ，cos h ，cos hPC PA PBV

1PAPBPC1(1PAPBcos1PBPCcos1PCPAcos)hPABC

6 32 2 2 cos cos ( )h1即cos2cos2cos21PC PA PB（1）上（）找對(duì)應(yīng)元素的對(duì)應(yīng)關(guān)系，如：兩條邊（直線(xiàn)）垂直，邊相等對(duì)應(yīng)面積相等【新題導(dǎo)練】(2008深圳二模文)現(xiàn)有一個(gè)關(guān)于平面圖形的命題：如圖，同一個(gè)平面內(nèi)有兩個(gè)邊長(zhǎng)都是a心，則這兩個(gè)正方形重疊部分的面積恒為a2．類(lèi)比到空間，有兩個(gè)4棱長(zhǎng)均為a的正方體，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩正方體重疊部分的體積恒為 ．a(chǎn)3（特殊化，易得兩個(gè)正方體重疊部分的體積為8(2008ABC的三邊長(zhǎng)為abc，內(nèi)切圓半徑為r（1

ABC

表示ABC的面積，SABC

r(abcABCD的內(nèi)切球半徑為R，則三棱錐體積2V ABCD[解析]

1R(S3

ABC

SABD

SACD

S BCD(2008（二在平面直角坐標(biāo)系中，直線(xiàn)一般方程為AxByC0，圓心在(x,y0 0

)的圓的一般方程為(xx0

)2(yy0

)2r2則類(lèi)似的在空間直角坐標(biāo)系中平面的一般方程,球心在(xyz0 0 0

)的球的一般方程.[解析]AxByCzD0(xx0

)2(yy0

)2(zz)20

r2對(duì)于一元二次方程，有以下正確命題：如果系數(shù)abcab1 1 1 2b

,b,c2

都是非零實(shí)數(shù)，方程ax2b1

xc1

0和a2

x2b2

xc2

0在復(fù)數(shù)集上的解集分別是A和B“a 1a b12 2

1ccc2“AB”的充分必要條件．試對(duì)兩個(gè)一元二次不等式的解集寫(xiě)出類(lèi)似的結(jié)果，并加以證明．）如果系數(shù)a1

,b,ca1 1

,b,c2

都是非零實(shí)數(shù)，不等式ax2bc1bc

bxc1

0和ax2b2

xc2

0的解集分別是A和B，則“a 1a b12 2

1AB”的既不充分也不必要c2條件．可以舉反例加以說(shuō)明．那么這個(gè)數(shù)叫做等差數(shù)列，這個(gè)常數(shù)叫做該數(shù)列的公差．類(lèi)比等差列定義給出“等和數(shù)列”的定義： ；已知數(shù)列an

是等和數(shù)列，且a1

2，公和為5，那么a18

的值．這個(gè)數(shù)列的前n項(xiàng)和S 的計(jì)算公式．n[解析]在一個(gè)數(shù)列中，如果每一項(xiàng)與它的后一項(xiàng)的和都為同一個(gè)常數(shù)，那么這個(gè)數(shù)叫做等和數(shù)列，這5n1n為奇數(shù) 2個(gè)常數(shù)叫做該數(shù)列的公和；a18

3；Sn

y

5n,n為偶數(shù)2考點(diǎn)2演繹推理題型:利用“三段論”進(jìn)行推理[例1]（07啟東中學(xué)模擬）某校對(duì)文明班的評(píng)選設(shè)計(jì)了abcde五個(gè)方面的多元評(píng)價(jià)指標(biāo)，并通過(guò)經(jīng)驗(yàn)公式樣Sac1b d e中各項(xiàng)指標(biāo)顯示出0cdeba1個(gè)單位，而使得S的值增加最多，那么該指標(biāo)應(yīng)為 （填入a,b,c,d,e中的某個(gè)字母）【解題思路】從分式的性質(zhì)中尋找S值的變化規(guī)律[解析]因abcdeS10cdeba，所以c1S的值增加最多【名師指引】此題的大前提是隱含的，需要經(jīng)過(guò)思考才能得到2]（03）已知集合M)的全體：存在非零常數(shù)T，對(duì)任意函數(shù))=x是否屬于集合M？說(shuō)明理由；設(shè)函數(shù)的圖象與y=x若函數(shù),求實(shí)數(shù)k函數(shù)()是否屬于集合，要看()是否滿(mǎn)足集合M[解]（1）對(duì)于非零常數(shù).因?yàn)閷?duì)任意不能恒成立，所以xM.（2）因?yàn)楹瘮?shù)的圖象與函數(shù)y=x的圖象有公共點(diǎn)，yax所以方程組： 有解，消去y得yx的解，所以存在非零常數(shù)T于是對(duì)于有f(xT)axTaTaxTaxTf(x) 故（3）當(dāng)k=0，顯然當(dāng)k≠0時(shí)，因?yàn)?，所以存在非零常?shù)T，對(duì)任意有)成立，即.k≠0，所以于是sinkx∈[－1，1]，sin(kx+kT)∈[－1，1]，故要使sin(kx+kT)=Tsinkx.成立，T=1T=1成立，則,m∈Z.T=－1)=sinkx成立，則－k+π=2mπ,m∈Z，即k=－2(m－1)π,m∈Z.k=【名師指引】學(xué)會(huì)緊扣“定義”解題【新題導(dǎo)練】rr rr r r(2008珠海質(zhì)檢理)定義a*b是向量a和b|a*b|a||b|sin,其中r rr rrr為向量a和b的夾角，若u(2,0),uv3),則|u*(uv)|= .[解析]v3),uv3),sinu,uv

1u(uv)2 32(2008A出發(fā)依次沿圖中線(xiàn)段到達(dá)B、C、D、E、F、G、H、I、J各點(diǎn)，最后又回到A（如圖所示，其中：ABBC，AB//CD//EF//HG//IJBC//DE//FG//HI//JA．欲知此質(zhì)點(diǎn)所走路程，至少需要測(cè)量n條線(xiàn)段的長(zhǎng)度，則n（B）A．2 B．3 C．4 5[解析]只需測(cè)量AB,BC,GH3條線(xiàn)段的長(zhǎng)(2008密文（加密，接受方由密文明文（解密a,,c,d對(duì)應(yīng)密文ab,bc,2cd,4d，例如，明文1,2,3,4對(duì)應(yīng)密文5,7,18,16．當(dāng)接受方收到密文14,9,23,28時(shí)，則解密得到的明文為（．A．4，6，1，7 7，6，1，4 6，4，1，7 D．a(chǎn)5 a62bc7 4 [解析]由 得 2c 18 c 14d16 d7對(duì)于任意的兩個(gè)實(shí)數(shù)對(duì)(a,b和(cd，規(guī)定：(a,b(cd，當(dāng)且僅當(dāng)ac,bd”為：(c,d(acbd,bcad)(c,d(ac,bd)pqR(1,2)(p,q)(5,0)，則(1,2)(p,q)………（ ）A．(4,0) B．(2,0) (0,2) (0,4)p2q5 p12pq

，解得 ，所以正確答案為B．點(diǎn)評(píng)：實(shí)際上，本題所定義的實(shí)數(shù)對(duì)的兩種運(yùn)算就是復(fù)數(shù)的乘法與加法運(yùn)算．我們可以把該題還原為已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足2i)z5，則2i)z ．★搶分頻道★基礎(chǔ)鞏固訓(xùn)練1、對(duì)于集合A,BAB{x|xA且xB}AAB=（）A.B B.A C.AB D.AB[解析]D[用圖示法]2誤的原因是A．使用了歸納推理 使用了類(lèi)比推理C．使用了“三段論，但大前提錯(cuò)誤 D．使用了“三段論，但小前提錯(cuò)[解析大前提是特指命題，而小前提是全稱(chēng)命題，故選C3（華南師大附中2002008學(xué)年度高三綜合測(cè)試（三）給出下面類(lèi)比推理命題（其中QRC為復(fù)數(shù)集：①“若a、bR，則ab0aba、cC,則ab0ab”②“若abdR，則復(fù)abicdiac,bd”類(lèi)比推出“a、b、c、dQ，則ab 2cd 2ac,bd”③“若a、bR，則ab0ab”類(lèi)比推出“若a、bC,則ab0ab”④“若xR，則|x|11x1”類(lèi)比推出“若zC，則|z|11z1”其中類(lèi)比的個(gè)數(shù)有 （ ）A．1 B．2 C．3 [解析]類(lèi)比結(jié)論正確的只有①4、如圖第n個(gè)圖形是由正ｎ＋２（ｎ＝１，２，３，…。則第－2個(gè)圖形中共有 個(gè)頂點(diǎn)。[解析]設(shè)第n個(gè)圖中有an

個(gè)頂點(diǎn)，則a1

333，a2

444，,an

nnn，a (n2)2n2n23n2n25fxD上是凸函數(shù)，那么對(duì)于區(qū)間Dxx1 2

，…，x，nf(x都有 1

)f(x2

)f(xn

) xxf(1

nysinx在區(qū)間(0,上是凸函數(shù)，那n n么在ABC 中，sinAsinBsinC的最大值.ABC 3 3[解析]sinAsinBsinC3sin

3sin 3 3 26、類(lèi)比平面向量基本定:“如果e,e 是平面內(nèi)兩個(gè)不共線(xiàn)的向量，那么對(duì)于平面內(nèi)任一向量a，1 2有且只有一對(duì)實(shí)數(shù),

，使得ae

1 2 11 22

[解析]如果e,e,e

是空間三個(gè)不共面的向量，那么對(duì)于空間內(nèi)任一向量a，有且只有一對(duì)實(shí)數(shù)

，使得1 2 3 1 2 3aeee11 22 33綜合提高訓(xùn)練7、(2008P是三邊上的高分別為h、h、hllA B Cll

，P到三邊的距離依次為l

、l、la b

，則有l(wèi)a b c ；類(lèi)比到空間，設(shè)P是四面體h h hA B CABCD內(nèi)一點(diǎn)，四頂點(diǎn)到對(duì)面的距離分別是h、h、h、hA B C D

l、al、l、lb c

，則有 。ll[解析用等面積法可得，a ll

c 1，類(lèi)比到空間有a b c d 1l l l l l l l l A B C

h h h hA B C D8、(2008惠州一模)設(shè)fx1x

xfx,f

xff

x,k1,2,L,則f2008

x（）

1x 1

kkA．1x； B．x1； x； 1；1x x1 x[解析]C f1

1(x)1

，f(x)2

，f(x)3

x1，x1

(x)x，f4

n

(x)fn

(x)f2008

(x)f4

x

a

a 9（1）已知等差數(shù)列an

，b 1 2n

n（nN，求證：bn

仍為等差數(shù)列；（2）已知等比數(shù)列n

cn

0（nN，類(lèi)比上述性質(zhì)，寫(xiě)出一個(gè)真命題并加以證明．n(aa)1 n[解析]（1）b 2

aa1 n，b

a an1 n，n n 2

n1 n 2a d a b

b n

n 為常數(shù)，所以

仍為等差數(shù)列；n n1 n 2 2 n（2）類(lèi)比命題：若n數(shù)列

為等比數(shù)列，cn

0（nN*，dn

ncc1

cn

，則n

為等比

n(cc)2

cc dn1 n1 q

為等比數(shù)列cnn 1 cn

1n d cn

nxy10、我們將具有下列性質(zhì)的所有函數(shù)組成集合M：函數(shù)yf(x)(xD)，對(duì)任意x,y,xy 1

D均滿(mǎn)2足f

f(xfy)]xy時(shí)等號(hào)成立。2 2（1）0f(x)∈Mf(3)f(5)與2f(4)（2）設(shè)函數(shù)g(x)＝－x2，求證：g(x)∈M.xy 1[解析](1)對(duì)于f(

f(xfy)]xy5f(3)f(5)2f(4)2 2xx

1 (x

x)2 x2x2

(xx)2(2)g(1

2) [g(x

)g(x

)]

2

2

2 02 2 1 xx 1

4 2 4g(1 2) [g(x)g(x

)],所以g(x)∈M2 2 1 2直接證明與間接證明★知識(shí)梳理★三種證明方法的定義與步驟：一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立的證明方法。分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求推證過(guò)程中，使每一步結(jié)論成立的充分條件，直到最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件（已知條件、定義、公理、定理等）3.假設(shè)原命題的結(jié)論不成立,經(jīng)過(guò)正確的推理,最后得出矛盾,由此說(shuō)明假設(shè)錯(cuò)誤,從而證明了原命題成立,這樣的方法叫反證法；它是一種間接的證明方法.用這種方法證明一個(gè)命題的一般步驟：(1)假設(shè)命題的結(jié)論不成立；(2)(3)斷言假設(shè)不成立(4)肯定原命題的結(jié)論成立★重難點(diǎn)突破★重點(diǎn)：能熟練運(yùn)用三種證明方法分析問(wèn)題或證明數(shù)學(xué)命題難點(diǎn)：運(yùn)用三種方法提高分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力運(yùn)用三種證明方法分析問(wèn)題或證明數(shù)學(xué)命題從命題的特點(diǎn)、形式去選擇證明方法分析法③命題的結(jié)論有明確的證明方向的，適宜用綜合法1xy(xy

1

1總不成立1x y xy1點(diǎn)撥：從命題的形式特點(diǎn)看，適合用反證法證明比較復(fù)雜的命題，有時(shí)需要多種證明方法綜合運(yùn)用，各取所長(zhǎng)?！餆狳c(diǎn)考點(diǎn)題型探析★考點(diǎn)1綜合法題型：用綜合法證明數(shù)學(xué)命題[例1](東莞2007—2008學(xué)年度第一學(xué)期高三調(diào)研測(cè)試)對(duì)于定義域?yàn)?,1的函數(shù)f(x)，如果同時(shí)滿(mǎn)足以下三條：①對(duì)任意的x0,1，總有f(x)0；②f(1)1x1

0,x2

0,xx1

1，都有f(x1

x)f(x2

)f(x2

)成立，則稱(chēng)函數(shù)f(x)為理想函數(shù)．f(x)f(0)的值；g(x)2x1（x）是否為理想函數(shù)，并予以證明；【解題思路】證明函數(shù)g(x)2x

1（x）滿(mǎn)足三個(gè)條件[解析]（1）取x x 0可得f(0)f(0)f(0)f(0)0．1 2f(0)0f(0)0．（2）g(x)2

1在[0，1]滿(mǎn)足條件①g(x)0；)1x1

0，x2

0，x x1

1，則g(x1

x)[g(x2

)g(x2

)]2xx

1[(2

(2x

1112222xx111222

2

2x

1(2x

1)(2

1)0，即滿(mǎn)足條件③，1122g(x)理想函數(shù)．1122【名師指引】緊扣定義，逐個(gè)驗(yàn)證【新題導(dǎo)練】1.(2008a,b0,則lgab

lgalgb2 2[解析當(dāng)a,b0時(shí)，ab ab，2兩邊取對(duì)數(shù)，得lgablg ab，2又lg ab

lgablgalgb2 2a,b0時(shí)lga

lgalgb2 2在銳角三角形ABC 中求證:sinAsinBsinCcosAcosBcosC[解析]ABC為銳角三角形，ABA

B，2 2 ysinx在(0, )上是增函數(shù)，sinAsin( B)cosB2 2同理可得sinBcosCsinCcosAsinAsinBsinCcosAcosBcosC.已知數(shù)列n

}中各項(xiàng)為1、1122、11122、……、131432 ……,證明這個(gè)數(shù)列中個(gè) 個(gè) n n的每一項(xiàng)都是兩個(gè)相鄰整數(shù)的積.

11)10n (10n1)2n 9 921

10n1 10n1 9

1)(10n2)

)( 1)3 310n1記：A=3

, 則A=4n個(gè)

3為整數(shù) a=A(A+1)， 得證n考點(diǎn)2分析法題型：用分析法證明數(shù)學(xué)命題[例2]已知ab0,求證a b

ab[解]要證a b

ab，只需證( a b)2( ab)2即ab2 abab，只需證b ab，即證ba顯然ba成立，因此a b ab成立【新題導(dǎo)練】若abcd0且adbc，求證：d a b cd

a b c，只需證( d a)2( b c)2即ad2 adbc2 bc，因adbc，只需證ad bcadbc，adbct，則adbctd)dtc)ccd)(cdt)0adbc成立，從而d a b c成立255.已知a,bRab1(a2)2

(b2)22[解析](a2)2

(b2)2

a2b24(ab)82

a2b2125 25 1 a2a)2 (a )201 2 21 (a )20顯然成立，故(a2)2(b2)2 1 2 2考點(diǎn)2反證法題型：用反證法證明數(shù)學(xué)命題或判斷命題的真假x23f(x)ax

x

(a1)，證明方程f(x)0沒(méi)有負(fù)數(shù)根[解析]假設(shè)x0

是f(x)0的負(fù)數(shù)根，則x0

0x0

1且ax0

x 20x 100x0ax010 x

211

2

0矛盾，x 1 2 0 00故方程f(x)0沒(méi)有負(fù)數(shù)根【名師指引】否定性命題從正面突破往往比較困難，故用反證法比較多【新題導(dǎo)練】（085）某個(gè)命題與正整數(shù)n有關(guān)，若nk(kN*時(shí)該命題成立，那么可推得nk1時(shí)該命題也成立，現(xiàn)在已知當(dāng)n5時(shí)該命題不成立，那么可推A.當(dāng)n6時(shí)，該命題不成立 當(dāng)n6時(shí)，該命題成立C.當(dāng)n4時(shí)，該命題不成立 當(dāng)n4時(shí)，該命題成[解析用反證法，可證當(dāng)n4時(shí)，該命題不成立1 1 1、、ca

、b 、c 三個(gè)數(shù)c aA.都大于2 都小于2 C.至少有一個(gè)大于2 D.至少有一個(gè)不小于2a,bc0ab

ab

ca

6，舉反例可排除A、B、C，故選D已知ab、cd0111不可能成等差數(shù)列a b c[解析abc成等差數(shù)列ac1 1 1 2 1 1假設(shè)、、成等差數(shù)列，則 (ac)2a b c b a c

4ac(ac)2

0，ac從而d0與d0

1 1、、不可能成等差數(shù)列a b c（廣東省深圳市寶安中學(xué)、翠園中學(xué)2009）下列表中的對(duì)數(shù)值有且僅有一個(gè)是錯(cuò)誤的：353589152abac33a3c4a2bbc1lgx請(qǐng)將錯(cuò)誤的一個(gè)改正為lg =[解析]lg92lg339lg153abc1正確，則lg5ac從而lg8lg5，即lg83，矛盾。故15的對(duì)數(shù)值錯(cuò)誤，應(yīng)改正為lg153abc★搶分頻道★基礎(chǔ)鞏固訓(xùn)練1.2008年華師附中）用反證法證明命題600”時(shí)，應(yīng)假設(shè)（）A.三個(gè)內(nèi)角都不大于600 B.三個(gè)內(nèi)角都大于600C.三個(gè)內(nèi)角至多有一個(gè)大于600 D.三個(gè)內(nèi)角至多有兩個(gè)大于600[解析]Bp3q3

2，關(guān)于pq的取值范圍的說(shuō)法正確的是（）A.不大于2 2 不大于2 不小于2 不小于2 2[解析]B若三角形能剖分為兩個(gè)與自己相似的三角形，那么這個(gè)三角形一定是（）A.銳角三角形 B.直角三角形 C.鈍角三角形 D.不能確[解析]B要證明不等式6 72 2 5成立，只需證明：[解析]( 6

7)2(2 2 5)22已知a2[解析]a2

22

a222

與2 2的大小關(guān)系是2 2（注意：不能取等號(hào)a22(07

滿(mǎn)足a

5,a

5，

a

(n2)．n 1 2求證2a是等比數(shù)列；n1 n

n1

n1a＝a＋6a，a＋2a＝3(a2a)(n≥2)n＋1 n n－1 n＋1 n n n－1∵a＝5，a＝5 ∴a＋2a＝151 2 2 1故數(shù)列{a＋2a}是以15為首項(xiàng)，3為公比的等比數(shù)列n＋1 n綜合提高訓(xùn)練（2009）已知表中的對(duì)數(shù)值有且只有兩個(gè)是錯(cuò)誤的：x1.53568912lgx3a-b+c2a-ba+c1+a-b-c3(1-a-c）2(2a-b)1-a+2b請(qǐng)你指出這兩個(gè)錯(cuò)誤 （答案寫(xiě)成如lg2≠bc的形式）[解析]若lg32ablg92(2ab也錯(cuò)誤，反之亦然，此時(shí)其他對(duì)數(shù)值都正確，但lg1.5lg614alg9，lg32ab、lg92(2ab且lg1.5bc，若lg5ac錯(cuò)誤，則lg61lg3lg51abclg5ac正確若lg61abc 錯(cuò)誤，也能導(dǎo)出lg5ac 錯(cuò)誤，lg61abc 正確，lg86lgac正確，lg121a2b，綜上lg1.5bclg121a2ba2xa2設(shè)函數(shù)f(x) 為奇函.2x1（Ⅰ）求實(shí)數(shù)a的值；（Ⅱ）用定義法判斷f(x)在其定義域上為增函數(shù)[解析]（Ⅰ）依題意，函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽∵f(x)是奇函數(shù)∴f(x)f(x)a2xa∴

a2xa22x

1 2x1∴2(ax0a1（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)

2x1設(shè)x x1 2

且x,x1

2x1R，則f(x2

)f(x)122x1 21 x122x1212x 1 2x12121

2 1 2 21 2x 1 2x1211 2(2x22x) 011(2x21

∴f(x2

)f(x)1∴f(x)在R上是增函數(shù)9.已知f(x)lnx 證明：fx)x (xln(xx0設(shè)k(x)ln(xx,則k(x) 1 1x.x1 x1當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)，k′(x)>0，∴k(x)為單調(diào)遞增函數(shù)；當(dāng)x∈（0，∞）時(shí)，k′(x)<0，∴k(x)為單調(diào)遞減函數(shù)；∴x=0為k(x)的極大值點(diǎn)，∴k(x)≤k(0)=0.即ln(xx0fx

(x1)

1 1t10.已知函數(shù)y|x|1，y

x22x2t，y (x2 x

)(x0) 的最小值恰好是方程x3ax2bxc0的三個(gè)根，其中0t1a23；1，1t，1t，f(1)0，得cab1∴ f(x)x3ax2bxcx3ax2bx(ab1)(x1)[x2(a1)x(ab1)]，x2a1)xab1)0的兩根是1t，1t．故1t 1t(a1)，1t 1tab1． (1t 1t)2(a1)2，即22(ab1)(a1)2∴a2

2b3．參考例題：設(shè)ab為非零向量，且ab不平行，求證abab不平行[解析]假設(shè)ab(ab，則)a)b0，a,b不平行，10，因方程組無(wú)解，故假設(shè)不成立，即原命題成立已知為銳角，且tan

21， 1f(x)x2tanx

)，數(shù){a的首項(xiàng)a ,

f(a).4⑴求函數(shù)f(x)的表達(dá)式；⑵求證：a a ；n1 n

n 1 2

n1 n1 1 1 2(n2,nN*1 1 ⑶求證： 1a1

1a2

1an[解析]⑴tan 2tan

2( 2

1又∵為銳角1tan2 1( 21)2 ∴4

∴41

)1 f(x)x2x⑵an1

a2an

∵a 1 2

∴a,a2 3

,an

都大于0∴a2n

0 ∴

an1 n⑶ 1 1 1 1 1an1

a2an

aa) an n

1an∴1∴1an

1an

1an11∴1a1

11a2

11an

11a a1

11a a2

1an

1an11a1

1an1

2

1an11 1 3 3 3∵a ( )22 2

,a2 4

( )2 1,又∵n2 4 4

an1 n∴a an1 3

1 ∴12

1 2an1∴1 111

11a2

1 1an數(shù)學(xué)歸納法★知識(shí)梳理★設(shè)),兩步缺一不可整除性問(wèn)題、幾何問(wèn)題等★重難點(diǎn)突破★難點(diǎn)：對(duì)不同類(lèi)型的數(shù)學(xué)命題，完成從kk+1重難點(diǎn)：了解數(shù)學(xué)歸納法的原理、正確運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法典型例題分析用數(shù)學(xué)歸納法證明1aa2式子是（）

an

1an1a

(a1,nN)，在驗(yàn)證n=1時(shí)，左邊計(jì)算所得的A.1 B.1a C.1aa2

D.1aa2

a4[解析]n=1時(shí)，左邊的最高次數(shù)為1，即最后一項(xiàng)為a，左邊是1a，故選B1用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式 1

13的過(guò)程中，由k推導(dǎo)到k+1時(shí)，不等式左邊增加的式子是

n1 n2 nn 24f(kf(k即可當(dāng)n=k時(shí)，左邊 1

1 ，k1 k2 kkn=k+1時(shí)，左邊

1 1 1 ,k2 k3 (k(k11故左邊增加的式子是 1 ，即 1112k1 2k2 k1 (2k2)數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用題型1：用數(shù)學(xué)歸納法證明數(shù)學(xué)命題（恒等式、不等式、整除性問(wèn)題等）1212

23 n(n (n2[解析]（1）當(dāng)n=1時(shí)，左=2，右=2，不等式成立1（2）假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)等式成立，即12

23 k(k (k21則12 23 k(k (k2) (k12

(k2)1 (k2)2 (k(k2) (k (k2) (k2) 02 2 21 12 23 k(k (k2) [(k12n=k+1綜合12，等式對(duì)所有正整數(shù)都成立【名師指引】（1）數(shù)學(xué)歸納法證明命題，格式嚴(yán)謹(jǐn)，必須嚴(yán)格按步驟進(jìn)行；歸納遞推是證明的難點(diǎn)，應(yīng)看準(zhǔn)“目標(biāo)”進(jìn)行變形；由k推導(dǎo)到k+1法“靈活”的一面【新題導(dǎo)練】

11

1 1 1

12 3 4 2n1 2n n1 n2 2n1[解析]（1）當(dāng)n=1時(shí)，=11 =右，等式成立12 2（2）假設(shè)當(dāng)n=k1

11

1 1

12 3 4 2k1 2k k1 k2 2k則1

11

1( 1

1 ) 1

1( 1 1 )2 3 4 2k1 2k 2k1 2k2 k1 k2 2k 2k1 2k2 1 1 1 1k2 2k 2k1 2k2n=k+1綜合12，等式對(duì)所有正整數(shù)都成立5 a2

}

,a

n (nN)

2(nN)n 1

n

2(an

1) n[解析](1)n=1a1

52,不等式成立2（2）假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)等式成立，即ak2(kN)，a2則a 2 k

2(a

2)2

0a 2kk1k

2(ak

1) 2(ak

1)

k1當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式也成立綜合12，不等式對(duì)所有正整數(shù)都成立題型2用“歸納——猜想——證明”解決數(shù)學(xué)問(wèn)題

n(n[例3]是否存在常數(shù)a、b、c，使等式122正整數(shù)n都成立？證明你的結(jié)論

2

n(n1)2

(an2bnc)對(duì)一切12【解題思路】從特殊入手，探求a、b、c的值，考慮到有3個(gè)未知數(shù)，先取n=1,2,3,列方程組求得，然后用數(shù)學(xué)歸納法對(duì)一切nN，等式都成立abc24n=1,2,34ac

a3，解得b11，9ac70 c10猜想：等式122

2

n(n

n(n12

(3n210對(duì)一切nN都成立下面用數(shù)學(xué)歸納法證明1）當(dāng)n=1時(shí)，由上面的探求可知等式成立k(k（2）假設(shè)n=k時(shí)等式成立，即122

2

k(kk(k

210則12122232k(k(k2)2

210)(k2)212k(k(k2) 5)(k2)(k2)2 [k12(k12 12(k1)(k2) [3(k10]12所以當(dāng)n=k+1時(shí)，等式也成立綜合12，對(duì)nN等式都成立【名師指引】這是一個(gè)探索性命題維模式【新題導(dǎo)練】在數(shù)列n

a1

tanx,

n

1an，1n，n寫(xiě)出aa,a1 2 3

（）求數(shù)列an

}的通項(xiàng)公式[解析]a1

tanx,a2

tan(x)，a4

tan(2

x，猜想an

tan[(n4

x]下面用數(shù)學(xué)歸納法證明1）當(dāng)n=1時(shí)，由上面的探求可知猜想成立假設(shè)n=k

tan[(k4

x]1a則a kk1 1a

1tan[(k1)4

tan[k4

x]k 1