2023年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（全國版理） 第7章 §7.6　推理與證明

§7.6推理與證明考試要求1.了解合情推理的含義，能進(jìn)行簡單的歸納推理和類比推理，體會(huì)并認(rèn)識(shí)合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用.2.了解演繹推理的含義，掌握演繹推理的“三段論”，并能運(yùn)用“三段論”進(jìn)行一些簡單的演繹推理.3.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(diǎn).4.了解反證法的思考過程和特點(diǎn).5.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．知識(shí)梳理1．合情推理類型定義特點(diǎn)歸納推理由某類事物的部分對(duì)象具有某些特征，推出該類事物的全部對(duì)象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理由部分到整體、由個(gè)別到一般類比推理由兩類對(duì)象具有某些類似特征和其中一類對(duì)象的某些已知特征，推出另一類對(duì)象也具有這些特征的推理由特殊到特殊2.演繹推理(1)定義：從一般性的原理出發(fā)，推出某個(gè)特殊情況下的結(jié)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：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情況；③結(jié)論——根據(jù)一般原理，對(duì)特殊情況做出的判斷．3．直接證明(1)綜合法①定義：一般地，利用已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等，經(jīng)過一系列的推理論證，最后推導(dǎo)出所要證明的結(jié)論成立，這種證明方法叫做綜合法．②框圖表示：eq\x(P?Q1)→eq\x(Q1?Q2)→eq\x(Q2?Q3)→…→eq\x(Qn?Q)(其中P表示已知條件、已有的定義、公理、定理等，Q表示所要證明的結(jié)論)．③思維過程：由因?qū)Ч?2)分析法①定義：一般地，從要證明的結(jié)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(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)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．②框圖表示：eq\x(Q?P1)→eq\x(P1?P2)→eq\x(P2?P3)→…→eq\x(得到一個(gè)明顯成立的條件)(其中Q表示要證明的結(jié)論)．③思維過程：執(zhí)果索因．4．間接證明反證法：一般地，假設(shè)原命題不成立(即在原命題的條件下，結(jié)論不成立)，經(jīng)過正確的推理，最后得出矛盾，因此說明假設(shè)錯(cuò)誤，從而證明原命題成立的證明方法．5．?dāng)?shù)學(xué)歸納法一般地，證明一個(gè)與正整數(shù)n有關(guān)的命題，可按下列步驟進(jìn)行：(1)(歸納奠基)證明當(dāng)n取第一個(gè)值n0(n0∈N*)時(shí)命題成立；(2)(歸納遞推)假設(shè)n＝k(k≥n0，k∈N*)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立．只要完成這兩個(gè)步驟，就可以斷定命題對(duì)從n0開始的所有正整數(shù)n都成立．思考辨析判斷下列結(jié)論是否正確(請(qǐng)?jiān)诶ㄌ?hào)中打“√”或“×”)(1)歸納推理得到的結(jié)論不一定正確，類比推理得到的結(jié)論一定正確．(×)(2)“所有3的倍數(shù)都是9的倍數(shù)，某數(shù)m是3的倍數(shù)，則m一定是9的倍數(shù)”，這是三段論推理，但其結(jié)論是錯(cuò)誤的．(√)(3)分析法是從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋找使結(jié)論成立的充要條件．(×)(4)用反證法證明結(jié)論“a>b”時(shí)，應(yīng)假設(shè)“a<b”．(×)教材改編題1．已知在數(shù)列{an}中，a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝an－1＋2n－1，依次計(jì)算a2，a3，a4后，猜想an的表達(dá)式是()A．a(chǎn)n＝3n－1 B．a(chǎn)n＝4n－3C．a(chǎn)n＝n2 D．a(chǎn)n＝3n－1答案C解析a2＝a1＋3＝4，a3＝a2＋5＝9，a4＝a3＋7＝16，a1＝12，a2＝22，a3＝32，a4＝42，猜想an＝n2.2．給出下列命題：“①正方形的對(duì)角線相等；②矩形的對(duì)角線相等，③正方形是矩形”，按照三段論證明，正確的是()A．①②?③ B．①③?②C．②③?① D．以上都不對(duì)答案C解析“矩形的對(duì)角線相等”是大前提，“正方形是矩形”是小前提，“正方形的對(duì)角線相等”是結(jié)論．所以②③?①.3．用反證法證明命題：“設(shè)a，b為實(shí)數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要作的假設(shè)是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根答案A解析方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根的反面是方程x3＋ax＋b＝0沒有實(shí)根.題型一合情推理與演繹推理命題點(diǎn)1歸納推理例1如圖，第1個(gè)圖形由正三角形擴(kuò)展而成，共12個(gè)頂點(diǎn)．第n個(gè)圖形由正n＋2邊形擴(kuò)展而來，其中n∈N*，則第n個(gè)圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A．(2n＋1)(2n＋2) B．3(2n＋2)C．2n(5n＋1) D．(n＋2)(n＋3)答案D解析由已知中的圖形可以得到：當(dāng)n＝1時(shí)，圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)為12＝3×4，當(dāng)n＝2時(shí)，圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)為20＝4×5，當(dāng)n＝3時(shí)，圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)為30＝5×6，當(dāng)n＝4時(shí)，圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)為42＝6×7，……由此可以推斷，第n個(gè)圖形的頂點(diǎn)個(gè)數(shù)為(n＋2)(n＋3)．命題點(diǎn)2類比推理例2(2022·銅仁質(zhì)檢)在△ABC中，BC⊥AC，AC＝a，BC＝b，則△ABC的外接圓的半徑r＝eq\f(\r(a2＋b2),2)，將此結(jié)論類比推廣到空間中可得：在四面體P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，PA＝a，PB＝b，PC＝c，則四面體P－ABC的外接球的半徑R＝________.答案eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2)解析可以類比得到：在四面體P－ABC中，PA，PB，PC兩兩垂直，PA＝a，PB＝b，PC＝c，四面體P－ABC的外接球的半徑R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).下面進(jìn)行證明：可將圖形補(bǔ)成以PA，PB，PC為鄰邊的長方體，則四面體P－ABC的外接球即為長方體的外接球，所以半徑R＝eq\f(\r(a2＋b2＋c2),2).命題點(diǎn)3演繹推理例3下面是小明同學(xué)利用三段論模式給出的一個(gè)推理過程：①若{an}是等比數(shù)列，則{an＋an＋1}是等比數(shù)列(大前提)，②若bn＝(－1)n，則數(shù)列{bn}是等比數(shù)列(小前提)，③所以數(shù)列{bn＋bn＋1}是等比數(shù)列(結(jié)論)，以上推理()A．結(jié)論正確 B．大前提不正確C．小前提不正確 D．全不正確答案B解析大前提錯(cuò)誤：當(dāng)an＝(－1)n時(shí)，an＋an＋1＝0，此時(shí){an＋an＋1}不是等比數(shù)列；小前提正確：∵bn＝(－1)n，∴eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(－1n,－1n－1)＝－1(n≥2，n∈N*)為常數(shù)，∴數(shù)列{bn}是首項(xiàng)為－1，公比為－1的等比數(shù)列；結(jié)論錯(cuò)誤：bn＋bn＋1＝(－1)n＋(－1)n＋1＝0，故數(shù)列{bn＋bn＋1}不是等比數(shù)列．教師備選1．觀察下列各式：72＝49,73＝343,74＝2401，…，則72023的末兩位數(shù)字為()A．01B．43C．07D．49答案B解析∵72＝49,73＝343,74＝2401,75＝16807,76＝117649,78＝823543，…，∴7n(n≥2，n∈N*)的末兩位數(shù)字具備周期性，且周期為4，∵2023＝4×505＋3，∴72023和73的末兩位數(shù)字相同，故72023的末兩位數(shù)字為43.2．在等差數(shù)列{an}中，若a10＝0，則有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，類比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列{bn}中，若b11＝1，則有()A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n(n<19且n∈N*)B．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n(n<21且n∈N*)C．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n(n<19且n∈N*)D．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n(n<21且n∈N*)答案B解析在等差數(shù)列{an}中，若s＋t＝p＋q(s，t，p，q∈N*)，則as＋at＝ap＋aq，若am＝0，則an＋1＋an＋2＋…＋a2m－2－n＋a2m－1－n＝0，所以a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a2m－1－n成立，當(dāng)m＝10時(shí)，a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，在等比數(shù)列{bn}中，若s＋t＝p＋q(s，t，p，q∈N*)，則bsbt＝bpbq，若bm＝1，則bn＋1bn＋2·…·b2m－2－nb2m－1－n＝1，所以b1b2·…·bn＝b1b2·…·b2m－1－n成立，當(dāng)m＝11時(shí)，b1b2·…·bn＝b1b2·…·b21－n(n<21且n∈N*)成立．3．“對(duì)數(shù)函數(shù)是非奇非偶函數(shù)，f(x)＝log2|x|是對(duì)數(shù)函數(shù)，因此f(x)＝log2|x|是非奇非偶函數(shù)”，以上推理()A．結(jié)論正確 B．大前提錯(cuò)誤C．小前提錯(cuò)誤 D．推理形式錯(cuò)誤答案C解析本命題的小前提是f(x)＝log2|x|是對(duì)數(shù)函數(shù)，但是這個(gè)小前提是錯(cuò)誤的，因?yàn)閒(x)＝log2|x|不是對(duì)數(shù)函數(shù)，它是一個(gè)復(fù)合函數(shù)，只有形如y＝logax(a>0且a≠1)的才是對(duì)數(shù)函數(shù)．故選C.思維升華(1)歸納推理問題的常見類型及解題策略①與數(shù)字有關(guān)的等式的推理．觀察數(shù)字特點(diǎn)，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律及符號(hào)．②與式子有關(guān)的推理．觀察每個(gè)式子的特點(diǎn)，注意縱向?qū)Ρ龋业揭?guī)律．③與圖形變化有關(guān)的推理．合理利用特殊圖形歸納推理出結(jié)論，并用賦值檢驗(yàn)法驗(yàn)證其真?zhèn)涡裕?2)類比推理常見的情形有：平面與空間類比；低維與高維類比；等差與等比數(shù)列類比；運(yùn)算類比；數(shù)的運(yùn)算與向量運(yùn)算類比；圓錐曲線間的類比等．跟蹤訓(xùn)練1(1)(2022·南昌模擬)已知x>0，不等式x＋eq\f(1,x)≥2，x＋eq\f(4,x2)≥3，x＋eq\f(27,x3)≥4，…，可推廣為x＋eq\f(a,xn)≥n＋1，則a的值為()A．n2B．nnC．2nD．22n－2答案B解析由題意，當(dāng)分母的指數(shù)為1時(shí)，分子為11＝1；當(dāng)分母的指數(shù)為2時(shí)，分子為22＝4；當(dāng)分母的指數(shù)為3時(shí)，分子為33＝27；據(jù)此歸納可得x＋eq\f(a,xn)≥n＋1中，a的值為nn.(2)類比是學(xué)習(xí)探索中一種常用的思想方法，在等差數(shù)列與等比數(shù)列的學(xué)習(xí)中我們發(fā)現(xiàn)：只要將等差數(shù)列的一個(gè)關(guān)系式中的運(yùn)算“＋”改為“×”，“－”改為“÷”，正整數(shù)改為正整數(shù)指數(shù)冪，相應(yīng)地就可以得到與等比數(shù)列的一個(gè)形式相同的關(guān)系式，反之也成立．在等差數(shù)列{an}中有an－k＋an＋k＝2an(n>k)，借助類比，在等比數(shù)列{bn}中有________．答案bn－kbn＋k＝beq\o\al(2,n)(n>k)解析由題設(shè)描述，將左式加改乘，則相當(dāng)于an－k＋an＋k改寫為bn－kbn＋k；將右式正整數(shù)2改為指數(shù)，則相當(dāng)于2an改寫為beq\o\al(2,n)，∴等比數(shù)列{bn}中有bn－kbn＋k＝beq\o\al(2,n)(n>k)．(3)(2022·銀川模擬)一道四個(gè)選項(xiàng)的選擇題，趙、錢、孫、李各選了一個(gè)選項(xiàng)，且選的恰好各不相同．趙說：“我選的是A.”錢說：“我選的是B，C，D之一．”孫說：“我選的是C.”李說：“我選的是D.”已知四人中只有一人說了假話，則說假話的人可能是________．答案孫、李解析趙不可能說謊，否則由于錢不選A，則孫和李之一選A，出現(xiàn)兩人說謊．錢不可能說謊，否則與趙同時(shí)說謊；所以可能的情況是趙、錢、孫、李選擇的分別為(A，C，B，D)或(A，D，C，B)，所以說假話的人可能是孫、李．題型二直接證明與間接證明命題點(diǎn)1綜合法例4設(shè)a，b，c均為正數(shù)，且a＋b＋c＝1，證明：(1)ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)；(2)eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.證明(1)由a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca，得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.由題設(shè)得(a＋b＋c)2＝1，即a2＋b2＋c2＋2ab＋2bc＋2ca＝1，所以3(ab＋bc＋ca)≤1，即ab＋bc＋ca≤eq\f(1,3)，當(dāng)且僅當(dāng)“a＝b＝c”時(shí)等號(hào)成立．(2)因?yàn)閑q\f(a2,b)＋b≥2a，eq\f(b2,c)＋c≥2b，eq\f(c2,a)＋a≥2c，當(dāng)且僅當(dāng)“a2＝b2＝c2”時(shí)等號(hào)成立，故eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)＋(a＋b＋c)≥2(a＋b＋c)，則eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥a＋b＋c.所以eq\f(a2,b)＋eq\f(b2,c)＋eq\f(c2,a)≥1.命題點(diǎn)2分析法例5用分析法證明：當(dāng)x≥0，y≥0時(shí)，eq\r(2y)≥eq\r(x＋2y)－eq\r(x).證明要證不等式成立，只需證eq\r(x)＋eq\r(2y)≥eq\r(x＋2y)成立，即證(eq\r(x)＋eq\r(2y))2≥(eq\r(x＋2y))2成立，即證x＋2y＋2eq\r(2xy)≥x＋2y成立，即證eq\r(2xy)≥0成立，因?yàn)閤≥0，y≥0，所以eq\r(2xy)≥0，所以原不等式成立．命題點(diǎn)3反證法例6已知非零實(shí)數(shù)a，b，c兩兩不相等．證明：三個(gè)一元二次方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0不可能都只有一個(gè)實(shí)根．證明假設(shè)三個(gè)方程都只有一個(gè)實(shí)根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b2－ac＝0，①,c2－ab＝0，②,a2－bc＝0.③))①＋②＋③，得a2＋b2＋c2－ab－bc－ca＝0，

④④化為(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0.

⑤于是a＝b＝c，這與已知條件相矛盾．因此，所給三個(gè)方程不可能都只有一個(gè)實(shí)根．教師備選(2022·貴州質(zhì)檢)請(qǐng)?jiān)诰C合法、分析法、反證法中選擇兩種不同的方法證明：(1)如果a>0，b>0，則lgeq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2)；(2)2eq\r(2)－eq\r(7)>eq\r(10)－3.解(1)方法一(綜合法)因?yàn)閍>0，b>0，所以eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，所以lg

eq\f(a＋b,2)≥lgeq\r(ab).因?yàn)閘geq\r(ab)＝eq\f(1,2)lg(ab)＝eq\f(1,2)(lga＋lgb)，所以lg

eq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2).方法二(分析法)要證lg

eq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2)，即證lg

eq\f(a＋b,2)≥eq\f(1,2)lg(ab)＝lgeq\r(ab)，即證eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，由a>0，b>0，上式顯然成立，則原不等式成立．(2)方法一(分析法)要證2eq\r(2)－eq\r(7)>eq\r(10)－3，即證2eq\r(2)＋3>eq\r(10)＋eq\r(7)，即證(2eq\r(2)＋3)2>(eq\r(10)＋eq\r(7))2.即證17＋12eq\r(2)>17＋2eq\r(70)，即證12eq\r(2)>2eq\r(70)，即證6eq\r(2)>eq\r(70).因?yàn)?6eq\r(2))2＝72>(eq\r(70))2＝70，所以6eq\r(2)>eq\r(70)成立．由上述分析可知2eq\r(2)－eq\r(7)>eq\r(10)－3成立．方法二(綜合法)由2eq\r(2)－eq\r(7)＝eq\f(1,2\r(2)＋\r(7))，且eq\r(10)－3＝eq\f(1,\r(10)＋3)，由2eq\r(2)<eq\r(10)，eq\r(7)<3，可得2eq\r(2)＋eq\r(7)<eq\r(10)＋3，可得eq\f(1,2\r(2)＋\r(7))>eq\f(1,\r(10)＋3)，即2eq\r(2)－eq\r(7)>eq\r(10)－3成立．思維升華(1)綜合法證題從已知條件出發(fā)，分析法從要證結(jié)論入手，證明一些復(fù)雜問題，可采用兩頭湊的方法．(2)反證法適用于不好直接證明的問題，應(yīng)用反證法證明時(shí)必須先否定結(jié)論．跟蹤訓(xùn)練2(1)已知a>0，b>0，求證：eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)；(2)已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0，求證：a>0，b>0，c>0.證明(1)∵a>0，b>0，要證eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)，只要證(a＋b)2≥4ab，只要證(a＋b)2－4ab≥0，即證a2－2ab＋b2≥0，而a2－2ab＋b2＝(a－b)2≥0恒成立，故eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)成立．(2)假設(shè)a，b，c不全是正數(shù)，即至少有一個(gè)不是正數(shù)，不妨先設(shè)a≤0，下面分a＝0和a<0兩種情況討論，如果a＝0，則abc＝0與abc>0矛盾，所以a＝0不可能，如果a<0，那么由abc>0可得，bc<0，又因?yàn)閍＋b＋c>0，所以b＋c>－a>0，于是ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc<0，這和已知ab＋bc＋ca>0相矛盾，因此，a<0也不可能，綜上所述，a>0，同理可證b>0，c>0，所以原命題成立．題型三數(shù)學(xué)歸納法例7數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)一切大于1的自然數(shù)，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))>eq\f(\r(2n＋1),2)均成立．證明①當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝1＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，右邊＝eq\f(\r(5),2).∵左邊>右邊，∴不等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，且k∈N*)時(shí)不等式成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2).則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))·eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2)·eq\f(2k＋2,2k＋1)＝eq\f(2k＋2,2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(4k2＋8k＋4),2\r(2k＋1))>eq\f(\r(4k2＋8k＋3),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋3)\r(2k＋1),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋1＋1),2).∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．由①②知對(duì)一切大于1的自然數(shù)n，不等式都成立．教師備選用數(shù)學(xué)歸納法證明12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝eq\f(1,3)n(4n2－1)．證明①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝12，右邊＝eq\f(1,3)×1×(4×12－1)＝1，左邊＝右邊，等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(2k－1)(2k＋1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)(2k＋1)[k(2k－1)＋3(2k＋1)]＝eq\f(1,3)(2k＋1)(2k2＋5k＋3)＝eq\f(1,3)(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)＝eq\f(1,3)(k＋1)(4k2＋8k＋3)＝eq\f(1,3)(k＋1)[4(k＋1)2－1]，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式成立，由①②可知，對(duì)一切n∈N*等式成立．思維升華用數(shù)學(xué)歸納法證明與n有關(guān)的不等式，在歸納假設(shè)使用后可運(yùn)用比較法、綜合法、分析法、放縮法等來加以證明，充分應(yīng)用基本不等式、不等式的性質(zhì)等放縮技巧，使問題得以簡化．跟蹤訓(xùn)練3已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝1－nan(n∈N*)．(1)計(jì)算a1，a2，a3，a4；(2)猜想an的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明你的結(jié)論．解(1)由Sn＝1－nan(n∈N*)得，a1＝S1＝1－a1，解得a1＝eq\f(1,2)；由S2＝a1＋a2＝1－2a2，解得a2＝eq\f(1,6)；由S3＝a1＋a2＋a3＝1－3a3，解得a3＝eq\f(1,12)；由S4＝a1＋a2＋a3＋a4＝1－4a4，解得a4＝eq\f(1,20)，所以計(jì)算得a1＝eq\f(1,2)，a2＝eq\f(1,6)，a3＝eq\f(1,12)，a4＝eq\f(1,20).(2)猜想an＝eq\f(1,nn＋1)，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，猜想顯然成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，猜想成立，即ak＝eq\f(1,kk＋1).那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，Sk＋1＝1－(k＋1)ak＋1，即Sk＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1.又Sk＝1－kak＝eq\f(k,k＋1)，所以eq\f(k,k＋1)＋ak＋1＝1－(k＋1)ak＋1，從而ak＋1＝eq\f(1,k＋1k＋2)＝eq\f(1,k＋1[k＋1＋1]).即n＝k＋1時(shí)，猜想也成立．故由①和②可知，猜想成立．課時(shí)精練1．指數(shù)函數(shù)都是增函數(shù)(大前提)，函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x是指數(shù)函數(shù)(小前提)，所以函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))x是增函數(shù)(結(jié)論)．上述推理錯(cuò)誤的原因是()A．小前提不正確 B．大前提不正確C．推理形式不正確 D．大、小前提都不正確答案B解析大前提錯(cuò)誤．因?yàn)橹笖?shù)函數(shù)y＝ax(a>0，且a≠1)在a>1時(shí)是增函數(shù)，而在0<a<1時(shí)為減函數(shù)．2．(2022·大慶聯(lián)考)用反證法證明命題：“若a2＋b2＋c2＋d2＝0，則a，b，c，d都為0”．下列假設(shè)中正確的是()A．假設(shè)a，b，c，d都不為0B．假設(shè)a，b，c，d至多有一個(gè)為0C．假設(shè)a，b，c，d不都為0D．假設(shè)a，b，c，d至少有兩個(gè)為0答案C解析需假設(shè)a，b，c，d不都為0.3．若一個(gè)帶分?jǐn)?shù)的算術(shù)平方根等于帶分?jǐn)?shù)的整數(shù)部分乘以分?jǐn)?shù)部分的算術(shù)平方根，則稱該帶分?jǐn)?shù)為“穿墻數(shù)”，例如eq\r(2\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3)).若一個(gè)“穿墻數(shù)”的整數(shù)部分等于log28，則分?jǐn)?shù)部分等于()A.eq\f(3,7)B.eq\f(4,9)C.eq\f(3,8)D.eq\f(7,16)答案C解析因?yàn)閘og28＝3，所以可設(shè)這個(gè)“穿墻數(shù)”為3＋eq\f(n,m)，則eq\r(3＋\f(n,m))＝3eq\r(\f(n,m))，等式兩邊平方得3＋eq\f(n,m)＝eq\f(9n,m)，即eq\f(n,m)＝eq\f(3,8).4．下面幾種推理是合情推理的是()①由圓的性質(zhì)類比出球的有關(guān)性質(zhì)；②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形內(nèi)角和是180°，歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°；③某次考試張軍成績是100分，由此推出全班同學(xué)成績都是100分；④三角形內(nèi)角和是180°，四邊形內(nèi)角和是360°，五邊形內(nèi)角和是540°，歸納出n邊形內(nèi)角和是(n－2)·180°.A．①② B．①③④C．①②④ D．②④答案C解析①為類比推理，從特殊到特殊，正確；②④為歸納推理，從特殊到一般，正確；③不符合類比推理和歸納推理的定義，錯(cuò)誤．5．(2022·普寧模擬)有一個(gè)游戲，將標(biāo)有數(shù)字1,2,3,4的四張卡片分別隨機(jī)發(fā)給甲、乙、丙、丁4個(gè)人，每人一張，并請(qǐng)這4個(gè)人在看自己的卡片之前進(jìn)行預(yù)測(cè)：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：甲、乙、丙、丁4個(gè)人的預(yù)測(cè)都不正確，那么丁拿到卡片上的數(shù)字為()A．1B．2C．3D．4答案C解析乙、丙、丁所說為假?甲拿4，甲、乙所說為假?丙拿1，甲所說為假?乙拿2，故甲、乙、丙、丁4個(gè)人拿到的卡片上的數(shù)字依次為4,2,1,3.6．觀察下列數(shù)的特點(diǎn)：1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…，則第2023項(xiàng)是()A．61B．62C．63D．64答案D解析由規(guī)律可得，數(shù)字相同的數(shù)的個(gè)數(shù)依次為1,2,3,4，…，n.由eq\f(nn＋1,2)≤2023，得n≤63，且n∈N*，當(dāng)n＝63時(shí)，共有eq\f(63×64,2)＝2016項(xiàng)，則第2017項(xiàng)至第2080項(xiàng)均為64，即第2023項(xiàng)是64.7．觀察下列各式：已知a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則歸納猜測(cè)a7＋b7＝________.答案29解析觀察發(fā)現(xiàn)，1＋3＝4,3＋4＝7,4＋7＝11，又7＋11＝18,11＋18＝29，∴a7＋b7＝29.8．若三角形內(nèi)切圓半徑為r，三邊長為a，b，c，則三角形的面積S＝eq\f(1,2)(a＋b＋c)r，利用類比思想：若四面體內(nèi)切球半徑為R，四個(gè)面的面積為S1，S2，S3，S4，則四面體的體積V＝________.答案eq\f(1,3)R(S1＋S2＋S3＋S4)解析設(shè)四面體的內(nèi)切球的球心為O，則球心O到四個(gè)面的距離都是R，所以四面體的體積等于以O(shè)為頂點(diǎn)，分別以四個(gè)面為底面的4個(gè)三棱錐體積的和．9．選用恰當(dāng)?shù)淖C明方法，證明下列不等式．(1)證明：eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5)；(2)設(shè)a，b，c都是正數(shù)，求證：eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c.證明(1)要證eq\r(6)＋eq\r(7)>2eq\r(2)＋eq\r(5)，只需證明(eq\r(6)＋eq\r(7))2>(2eq\r(2)＋eq\r(5))2，即證明2eq\r(42)>2eq\r(40)，也就是證明42>40，式子顯然成立，故原不等式成立．(2)2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)＋\f(ab,c)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ac,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)＋\f(ab,c)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ac,b)＋\f(ab,c)))≥2eq\r(\f(abc2,ab))＋2eq\r(\f(acb2,ac))＋2eq\r(\f(bca2,bc))＝2c＋2b＋2a，所以eq\f(bc,a)＋eq\f(ac,b)＋eq\f(ab,c)≥a＋b＋c，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝c時(shí)，等號(hào)成立．10．是否存在一個(gè)等差數(shù)列{an}，使得對(duì)任何正整數(shù)n，等式a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n＋1)(n＋2)都成立，并證明你的結(jié)論．解將n＝1,2,3分別代入等式得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a1＝6，,a1＋2a2＝24，,a1＋2a2＋3a3＝60，))解得a1＝6，a2＝9，a3＝12，設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，則d＝3，從而an＝3n＋3.故存在一個(gè)等差數(shù)列an＝3n＋3，使得當(dāng)n＝1,2,3時(shí)，等式成立．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明結(jié)論成立．①當(dāng)n＝1時(shí)，結(jié)論顯然成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，且k∈N*)時(shí)，等式成立，即a1＋2a2＋3a3＋…＋kak＝k(k＋1)(k＋2)．那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，a1＋2a2＋3a3＋…＋kak＋(k＋1)ak＋1＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)[3(k＋1)＋3]＝(k＋1)(k2＋2k＋3k＋6)＝(k＋1)(k＋2)(k＋3)＝(k＋1)[(k＋1)＋1][(k＋1)＋2]，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立．由①②知存在一個(gè)等差數(shù)列an＝3n＋3，使得對(duì)任何正整數(shù)n，等式a1＋2a2＋3a3＋…＋nan＝n(n＋1)(n＋2)都成立．11．我國古代數(shù)學(xué)名著《九章算術(shù)》中割圓術(shù)有：“割之彌細(xì)，所失彌少，割之又割，以至于不可割，則與圓周合體而無所失矣．”其體現(xiàn)的是一種無限與有限的轉(zhuǎn)化過程，比如在eq\r(2＋\r(2＋\r(2＋…)))中“…”即代表無限次重復(fù)，但原式卻是個(gè)定值x，這可以通過方程eq\r(2＋x)＝x確定x＝2，類比上述解決方法，則正數(shù)1＋eq\f(1,1＋\f(1,1＋…))等于()A.eq\f(1＋\r(3),2) B.eq\f(1＋\r(5),2)C.eq\f(－1＋\r(5),2) D.eq\f(－1＋\r(3),2)答案B解析依題意1＋eq\f(1,x)＝x，其中x為正數(shù)，即x2－x－1＝0，解得x＝eq\f(1＋\r(5),2)(負(fù)根舍去)．12．大于1的正整數(shù)m的三次冪可“分裂”成若干個(gè)連續(xù)奇數(shù)的和，如23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，…，若m3分裂后，其中有一個(gè)奇數(shù)是103，則m的值是()A．9B．10C．11D．12答案B解析因?yàn)榈讛?shù)為2的分裂成2個(gè)奇數(shù)，底數(shù)為3的分裂成3個(gè)奇數(shù)，底數(shù)為4的分裂成4個(gè)奇數(shù)，所以m3有m個(gè)奇數(shù)，則從底數(shù)是2到底數(shù)是m一共有2＋3＋4＋…＋m＝eq\f(2＋mm－1,2)個(gè)奇數(shù)，又2n＋1＝103時(shí)，有n＝51，則奇數(shù)103是從3開始的第52個(gè)奇數(shù)，因?yàn)閑q\f(9＋29－1,2)＝44，eq\f(10＋210－1,2)＝54，所以第52個(gè)奇數(shù)是底數(shù)為10的數(shù)的立方分裂的奇數(shù)的其中一個(gè)，即m＝10.13．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*)”時(shí)，由假設(shè)n＝k(k>1，k∈N*)不等式成立，推證n＝k＋1不等式成立時(shí)，不等式左邊應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù)為________．答案2k解析在用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*)”時(shí)，假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)不等式成立，左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，則由n＝k遞推到n＝k＋1時(shí)不等式左邊增加了eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1