高考数学讲义推理与证明.参考教案.教师版

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1、 1 合情推理演 绎证明与数 学归纳法 要求层 次 重难点 推理证明 A 掌握数学归纳法的证明步骤，熟练表达 数学归纳法证明过程.对数学归纳法的 认识不断深化.掌握数学归纳法的应用： 证恒等式；整除性的证明；探求 平面几何中的问题； 探求数列的通项； 不等式的证明. 直接证明与间接证明 A 数学归纳法 B 演绎推理 C 板块一：合情推理与演绎推理 知识内容 1.推理 根据一个或几个事实(或假设)得出一个判断,这种思维方式叫推理. 从结构上说,推理一般由两部分组成,一部分是已知的事实(或假设)叫做前提,一 部分是由已知推出的判断,叫结论. 2、合情推理: 根据已有的事实,经过观察、分析、比较、联

2、想，再进行归纳、类比，然后提 出的推理叫合情推理。 合情推理可分为归纳推理和类比推理两类： （1）归纳推理：由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部 对象具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理。简言之， 归纳推理是由部分到整体、由个别到一般的推理 （2）类比推理：由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象具有的某些已 知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理，简言之，类比推理是由特殊 到特殊的推理。 3.演绎推理: 从一般性的原理出发， 推出某个特殊情况下的结论的推理叫演绎推理， 简言之， 演绎推理是由一般到特殊的推理。 三段论是演绎推理的一般模式， 它包括： （1

3、） 例题精讲 高考要求 推理与证明 2 大前提-已知的一般原理； （2）小前提-所研究的特殊情况； （3）结论根 据一般原理，对特殊情况作出的判断。 4.演绎法： 如果一般的命题是已经证明了的，或者是未经证明而作为真理用的，那么以这 个一般命题推出的每一个特殊命题也就是正确的 象这样由一般到特殊的推理 方法，通常称为演绎推理或者演绎法 5.归纳法： 先考察一些特殊的事例，然后分析它们共同具有的特征，作出一般的结论.象 这样由特殊到一般的推理方法通常称为归纳推理，或者归纳法.归纳法又分为 完全归纳法和不完全归纳法两种. (1)由一些特殊事例推出一般结论的推理方法 新疆新疆 源头学子小屋源头学子小

4、屋 特级教师特级教师 王新敞王新敞 wxckt wxckt 王新敞王新敞 特级教师特级教师 源头学子小屋源头学子小屋 新疆新疆特点：特殊一般. (2)不完全归纳法: 从一个或几个(但不是全部)特殊情况作出一般性结论的归纳推理.不完全归纳 法又叫做普通归纳法.这种归纳法是以一定数量的事实作基础，进行分析研究， 找出规律.但是，由于不完全归纳法是以有限数量的事实作为基础而得出的一 般性结论.这样作出的结论有时可能不正确.例如，在数列 2 41 n ann中，当 项数为 1，2，3，38，39 时，数列的项分别为 43，47，53，1601， 这些数都是质数， 如果由此得出 “数列 n a(其中 2

5、 41 n ann)的所有项都是 质数”的结论，那么就不对了.因为当 n=40 时，则 22 40404141 n a ，可 以看出， 40 a的值不是质数了，而是合数.虽然不完全归纳法的结论有时可能不 正确，但它仍是一种重要的推理方法. (3)完全归纳法: 作为结论依据的观察，如果包含了规律所涉及的一切现象，这种归纳法叫做完 全归纳法.由完全归纳所得出的结论是可靠的.完全归纳法是把出现的特殊情况 完全无遗的一一加以研究，从而得出一般性的结论的推理方法.完全归纳法又 叫做枚举归纳法.应用完全归纳法，在考虑各种情况时，应做到不重不漏. 完全归纳法是一种在研究了事物的所有(有限种)特殊情况后得出

6、一般结论的推理方法，又 叫做枚举法.与不完全归纳法不同，用完全归纳法得 出的结论是可靠的 新疆新疆 源头学子小屋源头学子小屋 特级教师特级教师 王新敞王新敞 wxckt wxckt 王新敞王新敞 特级教师特级教师 源头学子小屋源头学子小屋 新疆新疆通常在事物包括的特殊 情况数不多时，采用完全归纳法 新疆新疆 源头学子小屋源头学子小屋 特级教师特级教师 王新敞王新敞 wxckt wxckt 王新敞王新敞 特级教师特级教师 源头学子小屋源头学子小屋 新疆新疆 典例分析： 合情推理 3 【题1】观察下列数:1,3,2,6,5,15,14,x,y,z,122,中 x,y,z 的值依次是 ( ) (A)

7、 42,41,123; (B) 13,39,123; (C)24,23,123; (D)28,27,123. 【考点】合情推理 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】 （A） 观察各项我们可以发现：x 为前一项的 3 倍即 14 3，y 为前一项减 1，z 为前一项的 3 倍，故应选 42，41，123 【答案】 （A） 。 【题2】设 22 1 )( x xf，利用课本中推导等差数列前 n 项和公式的方法，可求得 )6()5()0()4()5(fffff的值为 （ ） A、2 B、22 C、32 D、42 【考点】合情推理 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】

8、2 2 )1 ()(xfxf。 【答案】C。 【题3】在平面几何里，可以得出正确结论：“正三角形的内切圆半径等于这正三角形的 高的 1 3 ”。拓展到空间，类比平面几何的上述结论，则正四面体的内切球半径 等于这个正四面体的高的 。 【考点】合情推理 【难度】2 星 【题型】填空 【关键词】无 【解析】 采用解法类比。 【答案】hr 4 1 。 【题4】已知： 2 3 150sin90sin30sin 222 ； 2 3 125sin65sin5sin 222 通过 观察上述两等式的规律，请你写出一般性的命题： _= 2 3 （ * ）并给出（ * ）式的证明。 【考点】合情推理 【难度】3 星

9、 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 左边 = 1 cos21 cos(2120 )1 cos(2240 ) 222 = 31cos2 cos(2120 )cos(2240 ) 22 = 31cos2 cos2 cos120sin2 sin120cos2cos240 22 sin2 sin240 4 = 3113133 cos2cos2sin2cos2sin2 2222222 右边 （将一般形式写成 222 3 sin (60 )sinsin (60 ), 2 222 3 sin (240 )sin (120 )sin 2 等均正确。 ） 【答案】一般形式: 2 3 )120(sin)60(

10、sinsin 222 【题5】圆的垂径定理有一个推论：平分弦（不是直径）的直径垂直于弦，这一性质能 推广到椭圆吗？设 AB 是椭圆)0( 1 2 2 2 2 ba b y a x 的任一弦，M 是 AB 的中点， 设 OM 与 AB 的斜率都存在， 并设为 KOM、 KAB， 则 KOM与 KAB之间有何关系？ 并证明你的结论。 【考点】合情推理 【难度】星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 设),(),(),( 002211 yxMyxByxA， 则 2 2121 2 2121 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 2 1 )()( 1 1 b yyyy a xxxx b y a x

11、b y a x =0 2 2 21 21 0 0 021021 ,2,2 a b xx yy x y yyyxxx 即 KOM KAB= 2 2 a b ，而ba ，即 KOM KAB1 OM 与 AB 不垂直，即不能推广到椭圆中。 【答案】kOM kAB= 2 2 a b 。 演绎推理 【题6】由正方形的对角线相等；平行四边形的对角线相等；正方形是平行四边 形，根据“三段论”推理出一个结论，则这个结论是 （ ） (A) 正方形的对角线相等 (B) 平行四边形的对角线相等 (C) 正方形是平行四边形 (D)其它 【考点】演绎推理 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】 【答案】A

12、 【题7】下列表述正确的是（ ） 。 归纳推理是由部分到整体的推理；归纳推理是由一般到一般的推理； 5 演绎推理是由一般到特殊的推理；类比推理是由特殊到一般的推理； 类比推理是由特殊到特殊的推理。 （A）； （B）； （C）； （D）。 【考点】演绎推理 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】 【答案】（D） 【题8】函数 yf （x） 在 （0， 2） 上是增函数， 函数 y=f(x+2)是偶函数， 则 f(1),f(2.5),f(3.5) 的大小关系是 . 【考点】演绎推理 【难度】2 星 【题型】填空 【关键词】无 【解析】 函数 yf（x）在（0，2）上是增函数， 0x+

13、22 即-2x0 函数 y=f(x+2) 在（-2，0）上是增函数， 又函数 y=f(x+2)是偶函数， 函数 y=f(x+2) 在（0，2）上是减函数 由图象可得 f(2.5)f(1)f(3.5) 【答案】f(2.5)f(1)f(3.5) 【题9】在中学数学中，从特殊到一般，从具体到抽象是常见的一种思维形式。如从指 数函数中可抽象出)()()( 2121 xfxfxxf的性质；从对数函数中可抽象出 )()()( 2121 xfxfxxf的性质。那么从函数 (写出一个具 体函数即可)可抽象出)()()( 2121 xfxfxxf的性质。 【考点】演绎推理 【难度】2 星 【题型】填空 【关键词

14、】无 【解析】 形如函数 y=kx (k0)即可，答案不惟一。 【答案】y=2x。 【题10】规定： (1)(1) ! m x x xxm C m ，其中xR，m是正整数，且 0 1 x C ，这是组 合数( m n Cnm，是正整数，且)mn的一种推广 求 5 15 C的值； 组合数的两个性质( 1 1 , mn mmmm nnnnn CCCCC )是否都能推广到 m x C(xmR， 6 是正整数)的情形？说明理由； 已知组合数 m n C是正整数，证明：当xZ，m是正整数时， m x C Z 【考点】演绎推理 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】2002 年，上海，高考 【解析】根据

15、新规定直接进行演算即可 5 15 ( 15)( 16)( 17)( 18)( 19) 11628. 5! C 第一个性质不能推广比如当21xm，时， 1 2 C有意义，但 2 1 2 C 无意 义 第二个性质能推广，且推广形式不变： 1 1( mmm xxx CCCxm R，是正整数) 证明如下： 1 (1)(2)(1)(1)(2)(2) !(1)! mm xx x xxxmx xxxm CC mm = (1)(2)(2) (1) ! x xxxm x m = 1 (1) (1)1 (1)2(1)1 ! xxxxm m = 1 m x C 需要就x与m的大小进行分类讨论 当xm时，xm，都是正

16、整数， m n C就是组合数，结论显然成立； 当0xm时， (1)(2)0(1) 0 ! m x x xxxm C m Z，结论也成立； 当0x 时， (1)(2)(1) ! m x x xxxm C m 1 ( 1)(1)(2)(1)() ! m xmxmxx m 1 ( 1)m m x m C 由10xm ，知 1 m x m C 是正整数，故 1 ( 1) mmm xx m CC Z 综上所述，当xZ，m是正整数时， m x C Z 板块二：直接证明与间接证明 知识内容 三种证明方法的定义与步骤： 1. 综合法是由原因推导到结果的证明方法，它是利用已知条件和某些数学定 义、公理、定理等，

17、经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立 的证明方法。 2. 分析法是从要证明的结论出发，逐步寻求推证过程中，使每一步结论成立 的充分条件，直到最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件（已 7 知条件、定义、公理、定理等）为止的证明方法。 3.假设原命题的结论不成立,经过正确的推理,最后得出矛盾,由此说明假设错误, 从而证明了原命题成立,这样的方法叫反证法；它是一种间接的证明方法.用这 种方法证明一个命题的一般步骤：(1) 假设命题的结论不成立； (2) 根据假设 进行推理,直到推理中导出矛盾为止 (3) 断言假设不成立(4) 肯定原命题的结论成立 典例分析： 综合法 【题1

18、1】若 11 0 ab ,则下列结论不正确的是 ( ) 22 ab 2 abb 2 ba ab abab 【考点】综合法 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】 取3, 2ba代入可得。 【答案】D。 【题12】在ABC 中若2 sinbaB,则 A 等于( ) (A) 00 3060或 (B) 00 4560或 (C) 00 60120或 (D) 00 30150或 【考点】综合法 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】 由正弦定理得 1 sin2sinsinsin30 2 BABAA或150 【答案】 （D） 。 【题13】已知不等式 1 ()()9, a xy

19、 xy 对任意正实数 x，y 恒成立，则正实数 a 的最小值 是（ ） A2 B4 C6 D8 【考点】综合法 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】 左边= 2 11 2(1) yax aaaa xy 2 (1)9a ，4a 。 【答案】B。 分析法 8 【题14】已知1,1,1cacc bcc ，则正确的结论是（ ） 。 (A) ab (B)ab (C)ab (D)a、b 大小不定 【考点】分析法 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】 【答案】B 【题15】若a b c， ，是ABC的三边长，求证： 444222222 2()abca bb cc a 【考点】

20、分析法 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】用分析法原不等式即 444222222 2()0abca bb cc a 即 4222222 2 2()()0cb cc aab 即 422222 2()() ()0cba cabab 即 2222 () () 0cabcab 即()()()()0cab cab cab cab 而由三角形的三条边的关系显然上式成立 因此原不等式成立 反证法 【题16】下列表中的对数值有且仅有一个是错误的： x 3 5 8 9 15 xlg ba2 ca ca333 ba24 13cba 请将错误的一个改正为lg = 【考点】反正法 【难度】

21、2 星 【题型】选择 【关键词】2009 年、深圳市宝安中学、翠园中学、高三期中考试 【解析】 3lg29lg，所以 3 和 9 的对数值正确，若1315lgcba正确，则 ca 5lg 从而)5lg1 (38lg，即ca3338lg，矛盾。 故 15 的对数值错误，应改正为cba 315lg 【答案】cba 315lg 【题17】否定结论“至多有两个解”的说法中，正确的是 ( ) 9 （A）有一个解 （B）有两个解 （C）至少有三个解 （D）至少有两个解 【考点】反正法 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】 【答案】C 【题18】用反证法证明命题“abNba, 可以被 5 整

22、除，那么ba,中至少有一个能被 5 整 除。 ”那么假设的内容是 【考点】反正法 【难度】2 星 【题型】填空 【关键词】无 【解析】 “至少有 n 个”的否定是“最多有 n-1 个”。 【答案】a,b 中没有一个能被 5 整除。 【题19】若cba,均为实数，且 6 2, 3 2, 2 2 222 xzczybyxa。 求证：cba,中至少有一个大于 0。 【考点】反正法 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】 （用反证法） 假设cba,都不大于 0，即0, 0, 0cba，则有0cba， 而 3) 632 ()1()1()1() 6 2() 3 2() 2 2( 2

23、22222 zyxxzzyyxcba =3) 1() 1() 1( 222 zyx 222 ) 1( ,) 1( ,) 1(zyx均大于或等于 0，03 ，0cba，这与假设 0cba矛盾，故cba,中至少有一个大于 0。 板块三：数学归纳法 知识内容 1.数学归纳法: 对于某些与自然数n有关的命题常常采用下面的方法来证明它的正确 性：先证明当n取第一 个值 0 n时命题成立；然后假设当nk( * kN，k 10 0 n)时命题成立，证明当1nk命题也成 立 奎屯 王新敞 新疆这种证明方法就叫做数学归纳 法. 2.数学归纳法的基本思想： 数学归纳法是完全归纳法的一种.它是一种归纳演绎的推理方法

24、.数学归纳 法的理论依据是“自然数归纳原理” ：设 A(n)表示关于自然数 n 的一命题，如 果满足条件：(i)A(1)正确；(ii)假设 A(k)成立，推断 A(k+1)也成立、那么 A(n) 对一切自然数 n 都成立.其中第(i)是验证， 它是证明的基础； 第(ii)是以假设 A(k) 成立，通过演绎推理，推证出 A(k+1)也正确.即先验证使结论有意义的最小的 正整数 0 n，如果当 0 nn时，命题成立，再假设当 nk( * kN，k 0 n)时， 命题成立.(这时命题是否成立不是确定的)，根据这个假设，如能推出 当 1nk时，命题也成立，那么就可以递推出对所有不小于 0 n的正整数

25、0 1n ， 0 2n ，命题都成立. 3.用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题的步骤： (1)证明：当n取第一个值 0 n结论正确； (2)假设当nk( * kN，k 0 n)时结论正确，证明当1nk时结论也正确. (3)由(1)，(2)可知，命题对于从 0 n开始的所有正整数n都正确. 数学归纳法被用来证明与自然数有关的命题： 递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉. 用数学归纳法证题时， 两步缺一不可； (2)证题时要注意两凑： 一凑归纳假设， 二凑目标. 4.运用数学归纳法证明命题要分两步,第一步是归纳奠基(或递推基础),第二步 是归纳递推(或归纳假设),两步缺一不可 5.用

26、数学归纳法可以证明许多与自然数有关的数学命题，其中包括恒等式、不 等式、数列通项公式、整除性问题、几何问题等 典例分析： 题型一：数学归纳法基础 【题20】已知 n 是正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设 n=k（2k且为偶数）时 命题为真， ，则还需证明（ ） A.n=k+1 时命题成立 B. n=k+2 时命题成立 C. n=2k+2 时命题成立 D. n=2（k+2）时命题成立 11 【考点】数学归纳法基础 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】因 n 是正偶数，故只需证等式对所有偶数都成立，因 k 的下一个偶数是 k+2， 故选 B 用数学归纳法证明时， 要注意观察几个方

27、面： （1） n 的范围以及递推的起点 （2） 观察首末两项的次数（或其它） ，确定 n=k 时命题的形式( )f k（3）从(1 )f k 和 ( )f k的差异，寻找由 k 到 k+1 递推中，左边要加（乘）上的式子 【答案】B 【题21】用数学归纳法证明), 1( 1 1 1 2 2 Nna a a aaa n n ，在验证 n=1 时，左边计算所得的式子是（ ） A. 1 B.a1 C. 2 1aa D. 42 1aaa 【考点】数学归纳法基础 【难度】2 星 【题型】选择 【关键词】无 【解析】 n=1 时，左边的最高次数为 1，即最后一项为a，左边是a1，故选 B 【答案】B 题型

28、二：证明整除问题 【题22】证明：)( ,) 3(1 Nnx n 能被2x整除 【考点】证明整除问题 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】 （1）当 n=1 时，)2()3(1xx，能被2x整除； （2）假设 n=k()kN时命题成立，即1 (3)kx能被2x 整除 则可设1 (3)(2) ( ) k xxf x（其中( )f x为1k 次多项式） 当当 n=k+1 时， 1 1 (3)1 (3)(3)(3)1 (3) (2) kkk xxxxxx (3)(2) ( )(2)(2)(3) ( ) 1xxf xxxxf x能被2x 整除 所以，当 n=k+1 时，命题仍

29、然成立 由(1)(2)可知，对于nN 命题依然成立. 题型三：证明恒等式与不等式 【题23】证明不等式 111 1 23212 n n （nN） 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】含有不等式的命题，采用数学归纳法时往往要同时应用放缩法. 12 用数学归纳法. 当 n=1 时，不等式左边= 1 1 =1，右边= 2 1 ，1 2 1 ，不等式成立 令在 n=k-1（kN*，k2）时不等式成立，即 1 1111 1 23212 k k 则， 111 11111111 11 232122122121 kkkkk 11 1111 222121 k

30、kk k 1 111112 () 222222 k kkkk kk 2 k 即当 n=k 时，命题亦成立，因此，由数学归纳法可知，原命题对任何正整数都 成立. 【题24】用数学归纳法证明： 22 1111 tantantancotcot(*) 22222222 nnnn mmn ZN， 【考点】证明恒等式与不等式 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】1n 时，由 2 2tan 2 tan 1tan 2 两边取倒数可得 11 cotcottan 2222 ，即1n 时 结论成立 假设当nk时结论成立，即 22 1111 tantantancotcot(1) 222222

31、22 kkkk k 当1nk时，结合归纳假设有： 221111 11111 tantantancotcottan 2222222222 kkkkkk 只需证 1111 111 cotcottancotcot 222222 kkkkkk 即可 即需证 1111 111 cottancot 222222 kkkkkk 即需证 11 11 cotcottan 22222 kkk 由 1 2 1 2tan 2 tan 2 1tan 2 k k k 两边取倒数即可知上面的等式成立 因此1nk时， 221111 1111 tantantancotcot 22222222 kkkk 成立 13 综上由数学归

32、纳法可知： 22 1111 tantantancotcot(*) 22222222 nnnn mmn ZN，成立 题型四：数列中的数学归纳法 【题25】设 12 ,. n a aa均为正数，且 12 .1 n aaa，求证：当 n2 的时候， 222 12 . n aaa 1 n 【考点】数列中的数学归纳法 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】我们可以通过证明 2 222 1212 1 nn aaaaaa n 来证明上述论题. 当1n 的时候，论题成立. 假设当nk的时候， 2 222 1212 1 kk aaaaaa n . 而当1nk的时候， 222 11 . k

33、k aaa 2 2 11 1 . kk aaa n 2 2 2 1 11111 .121 1111 k kkkkk aan aaaaaaa nnnnn 2 2 1111 121 111 kkkk aaaaaa nnn 2 121 1 . 1 kk aaaa n 所以论题成立，所以不等式成立. 题型五：其他类型题 【题26】已知函数)( * Nnnf，满足条件：2)2(f； )()()(yfxfyxf； * )(Nnf；当yx 时，有)()(yfxf. (1) 求) 1 (f，)3(f的值； (2) 由) 1 (f，)2(f，)3(f的值，猜想)(nf的解析式； (3) 证明你猜想的)(nf的解

34、析式的正确性. 【考点】其他类型题 【难度】5 星 【题型】解答 【关键词】无 14 【解析】 (1)解：) 1 ()2()2(fff，又2)2(f， 1) 1 (f. 又4)2()2()22()4(ffff 4)4()3()2(2fff，且 * ) 3(Nf 3)3(f. (2)解：由1) 1 (f，2)2(f，3)3(f猜想)()( * Nnnnf (3)证明：用数学归纳法证明： 当1n时，1) 1 (f，猜想正确； 假设), 1( * Nkkkn时，猜想正确，即kkf)( 1 若k为正奇数，则1k为正偶数， 2 1k 为正整数， 1 (1)(2) 2 k f kf 11 ()(2)21

35、22 kk ffk 2 若k为正偶数，则 2 2 k 为正整数， 22 (2)(2)()(2) 22 kk f kfff 2 22 2 k k ，又( )(1)(2)2kf kf kf kk，且 * (1)f kN 所以1) 1(kkf 即当1 kn时，猜想也正确 由，可知，)()( * Nnnnf成立. 新疆新疆 源头学子小屋源头学子小屋 特级教师特级教师 王新敞王新敞 wxckt wxckt 王新敞王新敞 特级教师特级教师 源头学子小屋源头学子小屋 新疆新疆 【答案】(1) 1) 1 (f ，3)3(f； (2) )()( * Nnnnf； (3)证明：用数学归纳法证明： 当1n时，1)

36、1 (f，猜想正确； 假设), 1( * Nkkkn时，猜想正确，即kkf)( 1 若k为正奇数，则1k为正偶数， 2 1k 为正整数， 1 (1)(2) 2 k f kf 11 ()(2)21 22 kk ffk 2 若k为正偶数，则 2 2 k 为正整数， 22 (2)(2)()(2) 22 kk f kfff 2 22 2 k k ，又( )(1)(2)2kf kf kf kk，且 * (1)f kN 所以1) 1(kkf 15 即当1 kn时，猜想也正确 由，可知，)()( * Nnnnf成立. 新疆新疆 源头学子小屋源头学子小屋 特级教师特级教师 王新敞王新敞 wxckt wxckt

37、 王新敞王新敞 特级教师特级教师 源头学子小屋源头学子小屋 新疆新疆 习题1. （1）在演绎推理中，只要 是正确的，结论必定是正确的。 （2）用演绎法证明 y=x2 是增函数时的大前提是 。 【考点】演绎推理 【难度】2 星 【题型】填空 【关键词】无 【解析】 【答案】 （1）大前提和推理过程 （2）增函数的定义 习题2. 由正方形的对角线相等；平行四边形的对角线相等；正方形是平行四边 形，根据 “三段论”推理出一个结论，则这个结论是 。 【考点】演绎推理 【难度】2 星 【题型】填空 【关键词】无 【解析】 是大前提，是小前提，是结论。 【答案】。 习题3. 有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比

38、赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌 手，甲说： “是乙或丙获奖。 ”乙说： “甲、丙都未获奖。 ”丙说： “我获奖了。 ” 丁说： “是乙获奖。 ”四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是 【考点】分析法 【难度】2 星 【题型】填空 【关键词】无 【解析】 若甲获奖，则四人说的话全错，同理可推知乙、丙、丁获奖情况。 【答案】丙。 习题4. 用分析法证明：若 a0，则2 1 2 1 2 2 a a a a。 【考点】分析法 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】要证2 1 2 1 2 2 a a a a， 只需证2 1 2 1 2 2 a a a a。 课后作业

39、16 a0，两边均大于零，因此只需证 22 2 2 )2 1 ()2 1 ( a a a a 只需证) 1 (2222 11 44 1 2 2 2 2 2 2 a a a a a a a a， 只需证) 1 ( 2 21 2 2 a a a a，只需证)2 1 ( 2 11 2 2 2 2 a a a a， 即证2 1 2 2 a a，它显然成立。原不等式成立。 习题5. 设集合W由满足下列两个条件的数列 n a构成： 2 1 2 nn n aa a ； 存在实数M，使 n aM （n为正整数） 在只有5项的有限数列 n a， n b中， 其中 12345 1 ,2 ,3,4 ,5aaaaa；

40、 12345 1 ,4 ,5 ,4 ,1bbbbb； 试判断数列 , nn ab是否为集合W的元素； 设 n c是各项为正的等比数列， n S是其前n项和， 3 1 4 c ， 3 7 4 S ， 证明数列 n SW；并写出M的取值范围； 设数列, n dW且对满足条件的M的最小值 0 M，都有 * nn dMnN 求证：数列 n d单调递增 【考点】反正法 【难度】5 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】 【答案】对于数列 n a，取 13 2 2 2 aa a ，显然不满足集合W的条件， 故 n a不是集合W中的元素， 对于数列 n b，当1, 2 , 3 , 4 , 5n时， 不仅有

41、 13 2 3 2 bb b ， 24 3 4 2 bb b ， 33 4 3 2 bb b ，而且有5 n b ， 显然满足集合W的条件， 故 n b是集合W中的元素 n c是各项为正数的等比数列， n S是其前n项和， 33 17 , 44 cS 设其公比为0q ， 33 3 2 7 4 cc c qq ，整理得 2 610qq 17 1 2 q ， 1 1 1 1 , 2 n n cc ， 1 1 2 2 n n S 对于 * n N，有 2 2 2 111 22 2222 nn n nnn SS S ，且2 n S ， 故 n SW，且2 ,M 证明： （反证）若数列 n d非单调递增

42、，则一定存在正整数k， 使 1kk dd ，易证于任意的nk，都有 1kk dd ，证明如下： 假设()nm mk时， 1kk dd 当1nm时，由 2 1 2 mm m dd d ， 21 2 mmm ddd 而 12111 (2)0 mmmmmmm ddddddd 所以 12,mm dd 所以对于任意的nk，都有 1mm dd 显然 12 , k ddd这k项中有一定存在一个最大值，不妨记为 0 n d； 所以 0 * () nn ddnN，从而 0 0n dM与这题矛盾 所以假设不成立，故命题得证 习题6. 在数列 (*) n anN中， 1 1a ， n S是它的前n项和，当2n时，

43、1 2 nnn aSS ， ， 成等比数列，求数列的通项公式 【考点】数列中的数学归纳法 【难度】3 星 【题型】解答 【关键词】无 【解析】由已知有 2 1 () 2 nnn Sa S，2n 时， 2 12212 1 ()() 2 aaa aa，将 1 1a 代入， 不难算出 2 2 3 a 同样的可以算出 34 22 1535 aa ， 于是猜想2n时， 2 (21)(23) n a nn 下面用数学归纳法证明之 2n 时验证成立 假设当(2)nk k时结论成立，即 2 (21)(23) k a kk 注意到 11 () 2321 k a kk ，则 11111111 1(1) 33557232121 k S kkk 由 2 111 1 () 2 kkk SaS ， 将 111 1 21 kkkk SaSa k 代 入 不 难 算 出 1 2 (21)(21) k a kk 所以当1nk时，结论也成立 综上，数列的通项公式 11 2 2 (21)(23) n n