高中數(shù)學(xué)蘇教版2第二章推理與證明 章末分層突破

章末分層突破[自我校對(duì)]①由部分到整體，由個(gè)別到一般②類比推理③演繹推理④由一般到特殊⑤綜合法⑥執(zhí)果索因⑦反證法⑧數(shù)學(xué)歸納法___________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________合情推理1.歸納推理的特點(diǎn)及一般步驟2.類比推理的特點(diǎn)及一般步驟(2023·溫州月考)下面四個(gè)圖案都是由小正三角形構(gòu)成的，設(shè)第n個(gè)圖形中有n個(gè)正三角形，且所有小正三角形邊上黑點(diǎn)的總數(shù)為f(n).圖2-1(1)求f(2)，f(3)，f(4)，f(5)；(2)找出f(n)與f(n＋1)的關(guān)系，并求出f(n)的表達(dá)式.【精彩點(diǎn)撥】(1)根據(jù)圖案推導(dǎo)計(jì)算f(2)，f(3)，f(4)，f(5)及它們之間的關(guān)系.(2)利用(1)推導(dǎo)出的關(guān)系歸納出f(n)與f(n＋1)的關(guān)系，然后再求f(n)的表達(dá)式.【規(guī)范解答】(1)由題意有f(1)＝3，f(2)＝f(1)＋3＋3×2＝12，f(3)＝f(2)＋3＋3×4＝27，f(4)＝f(3)＋3＋3×6＝48，f(5)＝f(4)＋3＋3×8＝75.(2)由題意及(1)知，f(n＋1)＝f(n)＋3＋3×2n＝f(n)＋6n＋3，即f(n＋1)－f(n)＝6n＋3，所以f(2)－f(1)＝6×1＋3，f(3)－f(2)＝6×2＋3，f(4)－f(3)＝6×3＋3，…，f(n)－f(n－1)＝6×(n－1)＋3，將上面n－1個(gè)式子相加，得f(n)－f(1)＝6[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋3(n－1)＝6×eq\f(1＋n－1n－1,2)＋3(n－1)＝3n2－3，又f(1)＝3，所以f(n)＝3n2.[再練一題]1.已知函數(shù)y＝sin4x＋cos4x(x∈R)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則(1)函數(shù)y＝sin6x＋cos6x(x∈R)的值域是___________________；(2)類比上述結(jié)論，函數(shù)y＝sin2nx＋cos2nx(n∈N*)的值域是__________.【解析】(1)y＝sin6x＋cos6x＝(sin2x＋cos2x)(sin4x－sin2xcos2x＋cos4x)＝sin4x－sin2xcos2x＋cos4x＝(sin2x＋cos2x)2－3sin2xcos2x＝1－eq\f(3,4)sin2(2x)＝1－eq\f(3,8)(1－cos4x)＝eq\f(5,8)＋eq\f(3,8)cos4x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1)).(2)由類比可知，y＝sin2nx＋cos2nx的值域是[21－n,1].【答案】(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))(2)[21－n,1]綜合法與分析法1.綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的常用的方法，綜合法是由因?qū)Ч乃季S方式，而分析法的思路恰恰相反，它是執(zhí)果索因的思維方式.2.分析法和綜合法是兩種思路相反的推理方法.分析法是倒溯，綜合法是順推，二者各有優(yōu)缺點(diǎn).分析法容易探路，且探路與表述合一，缺點(diǎn)是表述易錯(cuò)；綜合法條理清晰，易于表述，因此對(duì)于難題常把二者交互運(yùn)用，互補(bǔ)優(yōu)缺，形成分析綜合法，其邏輯基礎(chǔ)是充分條件與必要條件.設(shè)a>0，b>0，a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.試用綜合法和分析法分別證明.【精彩點(diǎn)撥】(1)綜合法：根據(jù)a＋b＝1，分別求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)與eq\f(1,ab)的最小值.(2)分析法：把eq\f(1,ab)變形為eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)求證.【規(guī)范解答】法一：(綜合法)∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2eq\r(ab)，eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，ab≤eq\f(1,4)，∴eq\f(1,ab)≥4.又eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立).法二：(分析法)∵a>0，b>0，a＋b＝1，要證eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8，只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\f(a＋b,ab)≥8，只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(1,a)))≥8，即證eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.也就是證eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)≥4.即證eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，由基本不等式可知，當(dāng)a>0，b>0時(shí)，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立，所以原不等式成立.[再練一題]2.(1)已知a，b，c為互不相等的非負(fù)數(shù).求證：a2＋b2＋c2>eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)).(2)用分析法證明：2cos(α－β)－eq\f(sin2α－β,sinα)＝eq\f(sinβ,sinα).【證明】(1)因?yàn)閍2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac又因?yàn)閍，b，c為互不相等的非負(fù)數(shù)，所以上面三個(gè)式子中都不能取“＝”，所以a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac，因?yàn)閍b＋bc≥2eq\r(ab2c)，bc＋ac≥2eq\r(abc2)，ab＋ac≥2eq\r(a2bc)，又a，b，c為互不相等的非負(fù)數(shù)，所以ab＋bc＋ac>eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))，所以a2＋b2＋c2>eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)).(2)要證原等式成立，只需證：2cos(α－β)sinα－sin(2α－β)＝sinβ，①因?yàn)棰僮筮叄?cos(α－β)sinα－sin[(α－β)＋α]＝2cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα－cos(α－β)sinα＝cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα＝sinβ＝右邊，所以①成立，即原等式成立.反證法反證法是間接證明的一種基本方法，用反證法證明時(shí)，假定原結(jié)論的對(duì)立面為真，從反設(shè)和已知條件出發(fā)，經(jīng)過(guò)一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果，斷定反設(shè)不成立，從而肯定結(jié)論.反證法的思路：反設(shè)→歸謬→結(jié)論.設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列.(1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式；(2)設(shè)q≠1，證明：數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列.【精彩點(diǎn)撥】(1)利用等比數(shù)列的概念及通項(xiàng)公式推導(dǎo)前n項(xiàng)和公式；(2)利用反證法證明要證的結(jié)論.【規(guī)范解答】(1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a11－qn,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a11－qn,1－q)，q≠1.))(2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對(duì)任意的k∈N*，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與已知矛盾.∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列.[再練一題]3.設(shè){an}，{bn}是公比不相等的兩個(gè)等比數(shù)列，cn＝an＋bn.證明：數(shù)列{cn}不是等比數(shù)列.【證明】假設(shè)數(shù)列{cn}是等比數(shù)列，則(an＋bn)2＝(an－1＋bn－1)(an＋1＋bn＋1).①因?yàn)閧an}，{bn}是公比不相等的兩個(gè)等比數(shù)列，設(shè)公比分別為p，q，所以aeq\o\al(2,n)＝an－1an＋1，beq\o\al(2,n)＝bn－1bn＋1.代入①并整理，得2anbn＝an＋1bn－1＋an－1bn＋1＝anbneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,q)＋\f(q,p)))，即2＝eq\f(p,q)＋eq\f(q,p)，②當(dāng)p，q異號(hào)時(shí)，eq\f(p,q)＋eq\f(q,p)<0，與②相矛盾；當(dāng)p，q同號(hào)時(shí)，由于p≠q，所以eq\f(p,q)＋eq\f(q,p)>2，與②相矛盾.故數(shù)列{cn}不是等比數(shù)列.數(shù)學(xué)歸納法1.關(guān)注點(diǎn)一：用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問(wèn)題是數(shù)學(xué)歸納法的常見(jiàn)題型，其關(guān)鍵點(diǎn)在于“先看項(xiàng)”，弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式兩邊各有多少項(xiàng)，初始值n0是多少.2.關(guān)注點(diǎn)二：由n＝k到n＝k＋1時(shí)，除等式兩邊變化的項(xiàng)外還要利用n＝k時(shí)的式子，即利用假設(shè)，正確寫(xiě)出歸納證明的步驟，從而使問(wèn)題得以證明.已知正數(shù)數(shù)列{an}(n∈N*)中，前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝an＋eq\f(1,an)，用數(shù)學(xué)歸納法證明：an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).【規(guī)范解答】(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))，所以aeq\o\al(2,1)＝1(an>0)，所以a1＝1，又eq\r(1)－eq\r(0)＝1，所以n＝1時(shí)，結(jié)論成立.(2)假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＝eq\r(k)－eq\r(k－1).當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,ak)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(k)－\r(k－1)＋\f(1,\r(k)－\r(k－1))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\r(k)，所以aeq\o\al(2,k＋1)＋2eq\r(k)ak＋1－1＝0，解得ak＋1＝eq\r(k＋1)－eq\r(k)(an>0)，所以n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立.由(1)(2)可知，對(duì)n∈N*都有an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).[再練一題]4.已知f(n)＝1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,n3)，g(n)＝eq\f(3,2)－eq\f(1,2n2)，n∈N*.(1)當(dāng)n＝1,2,3時(shí)，試比較f(n)與g(n)的大小；(2)猜想f(n)與g(n)的大小關(guān)系，并給出證明.【解】(1)當(dāng)n＝1時(shí)，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(9,8)，g(2)＝eq\f(11,8)，所以f(2)<g(2)；當(dāng)n＝3時(shí)，f(3)＝eq\f(251,216)，g(3)＝eq\f(312,216)，所以f(3)<g(3).(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用數(shù)學(xué)歸納法給出證明：①當(dāng)n＝1,2,3時(shí)，不等式顯然成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3)時(shí)不等式成立，即1＋eq\f(1,23)＋eq\f(1,33)＋eq\f(1,43)＋…＋eq\f(1,k3)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2).那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)＝f(k)＋eq\f(1,k＋13)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k2)＋eq\f(1,k＋13).因?yàn)閑q\f(1,2k＋12)－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2k2)－\f(1,k＋13)))＝eq\f(k＋3,2k＋13)－eq\f(1,2k2)＝eq\f(－3k－1,2k＋13k2)<0，所以f(k＋1)<eq\f(3,2)－eq\f(1,2k＋12)＝g(k＋1).由①②可知，對(duì)一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立.轉(zhuǎn)化與化歸思想轉(zhuǎn)化與化歸是數(shù)學(xué)思想方法的靈魂.在本章中，合情推理與演繹推理體現(xiàn)的是一般與特殊的轉(zhuǎn)化；數(shù)學(xué)歸納法體現(xiàn)的是一般與特殊、有限與無(wú)限的轉(zhuǎn)化；反證法體現(xiàn)的是對(duì)立與統(tǒng)一的轉(zhuǎn)化.設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中的a，b，c都為整數(shù)，已知f(0)，f(1)均為奇數(shù)，求證：方程f(x)＝0無(wú)整數(shù)根.【精彩點(diǎn)撥】假設(shè)方程f(x)＝0有整數(shù)根k，結(jié)合f(0)，f(1)均為奇數(shù)推出矛盾.【規(guī)范解答】假設(shè)方程f(x)＝0有一個(gè)整數(shù)根k，則ak2＋bk＋c＝0，∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都為奇數(shù)，∴a＋b必為偶數(shù)，ak2＋bk為奇數(shù).當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，令k＝2n(n∈Z)，則ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必為偶數(shù)，與ak2＋bk當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，令k＝2n＋1(n∈Z)，則ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)為一奇數(shù)與一偶數(shù)乘積，必為偶數(shù)，也與ak2＋bk為奇數(shù)矛盾.綜上可知，方程f(x)＝0無(wú)整數(shù)根.[再練一題]5.用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除.【證明】設(shè)n＝2m－1，m∈N*，則xn＋yn＝x2m－1＋y2要證明原命題成立，只需證明x2m－1＋y2m－1能被x＋y整除(m∈N(1)當(dāng)m＝1時(shí)，x2m－1＋y2m－1＝x＋y能被x＋(2)假設(shè)當(dāng)m＝k(k∈N*)時(shí)命題成立，即x2k－1＋y2k－1能被x＋y整除，那么當(dāng)m＝k＋1時(shí)，x2(k＋1)－1＋y2(k＋1)－1＝x2k＋2－1＋y2k＋2－1＝x2k－1x2－x2k－1y2＋y2k－1y2＋x2k－1y2＝x2k－1(x2－y2)＋y2(x2k－1＋y2k－1)＝x2k－1(x－y)(x＋y)＋y2(x2k－1＋y2k－1).因?yàn)閤2k－1(x－y)(x＋y)與y2(x2k－1＋y2k－1)均能被x＋y整除，所以當(dāng)m＝k＋1時(shí)，命題成立.由(1)(2)，知原命題成立.1.觀察下列各式：Ceq\o\al(0,1)＝40；Ceq\o\al(0,3)＋Ceq\o\al(1,3)＝41；Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,5)＝42；Ceq\o\al(0,7)＋Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,7)＝43；……照此規(guī)律，當(dāng)n∈N*時(shí)，Ceq\o\al(0,2n－1)＋Ceq\o\al(1,2n－1)＋Ceq\o\al(2,2n－1)＋…＋Ceq\o\al(n－1,2n－1)＝________.【解析】觀察每行等式的特點(diǎn)，每行等式的右端都是冪的形式，底數(shù)均為4，指數(shù)與等式左端最后一個(gè)組合數(shù)的上標(biāo)相等，故有Ceq\o\al(0,2n－1)＋Ceq\o\al(1,2n－1)＋Ceq\o\al(2,2n－1)＋…＋Ceq\o\al(n－1,2n－1)＝4n－1.【答案】4n－12.一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n)稱為第k位碼元.二元碼是通信中常用的碼，但在通信過(guò)程中有時(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)誤(即碼元由0變?yōu)?，或者由1變?yōu)?).已知某種二元碼x1x2…x7的碼元滿足如下校驗(yàn)方程組：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7＝0，,x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，,x1⊕x3⊕x5⊕x7＝0，))其中運(yùn)算⊕定義為：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通信過(guò)程中僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了1101101，那么利用上述校驗(yàn)方程組可判定k等于________.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：01580055】【解析】因?yàn)閤2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，所以x2，x3，x6，x7都正確.又因?yàn)閤4⊕x5⊕x6⊕x7＝1，x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1，故x1和x4都錯(cuò)誤，或僅x5錯(cuò)誤.因?yàn)闂l件中要求僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤，故只有x5錯(cuò)誤.【答案】53.袋中裝有偶數(shù)個(gè)球，其中紅球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三個(gè)空盒.每次從袋中任意取出兩個(gè)球，將其中一個(gè)球放入甲盒，如果這個(gè)球是紅球，就將另一個(gè)球放入乙盒，否則就放入丙盒.重復(fù)上述過(guò)程，直到袋中所有球都被放入盒中，則____.(填序號(hào))①乙盒中黑球不多于丙盒中黑球②乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多③乙盒中紅球不多于丙盒中紅球④乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多【解析】通過(guò)隨機(jī)事件直接分析出現(xiàn)情況的可能性.取兩個(gè)球往盒子中放有4種情況：①紅＋紅，則乙盒中紅球數(shù)加1；②黑＋黑，則丙盒中黑球數(shù)加1；③紅＋黑(紅球放入甲盒中)，則乙盒中黑球數(shù)加1；④黑＋紅(黑球放入甲盒中)，則丙盒中紅球數(shù)加1.因?yàn)榧t球和黑球個(gè)數(shù)一樣多，所以①和②的情況一樣多，③和④的情況完全隨機(jī).③和④對(duì)B選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒(méi)有任何影響.①和②出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的，所以對(duì)B選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)的影響次數(shù)一樣.綜上，選(2).【答案】(2)4.設(shè)a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).證明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時(shí)成立.【證明】由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)等號(hào)成立.(2)假設(shè)a2＋a<2與b2＋b<2同時(shí)成立，則由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；同理，0<b<1，從而ab<1，這與ab＝1矛盾.故a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時(shí)成立.5.已知a>0，b>0，c>0，函數(shù)f(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c的最小值為4.(1)求a＋b＋c的值；(2)求eq\f(1,4)a2＋eq\f(1,9)b2＋c2的最小值.【解】(1)因?yàn)閒(x)＝|x＋a|＋|x－b|＋c≥|(x＋a)－(x－b)|＋c＝|a＋b|＋c，當(dāng)且僅當(dāng)－a≤x≤b時(shí)，等號(hào)成立.又a>0，b>0，所以|a＋b|＝a＋b，所以f(x)的最小值為a＋b＋c.又已知f(x)的最小值為4，所以a＋b＋c＝4.(2)由(1)知a＋b＋c＝4，由柯西不等式，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)a2＋\f(1,9)b2＋c2))(4＋9＋1)