【数学】2018届一轮复习人教A版第七章 推理与证明学案
第七章 推理与证明
第1课时 合情推理与演绎推理(对应学生用书(文)、(理)101～102页)
能用归纳和类比等方法进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用；掌握演绎推理的基本方法，并能运用它们进行一些简单的推理；了解合情推理和演绎推理的联系和区别．
① 了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用.② 了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理.③ 了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异．
1. 已知＝2，＝3，＝4，…，类比这些等式，若＝6(a，b均为正数)，则a＋b＝________．
答案：41
解析：观察下列等式＝2，＝3，＝4，…，第n个应该是＝(n＋1)，则第5个等式中：a＝6，b＝a2－1＝35，a＋b＝41.
2. 在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝，推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝________．
答案：
解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故＝.
3. 设等差数列{an}的前n项和为Sn.若存在正整数m，n(m
2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，推测有________________________．
答案：f(2n)≥
解析：f(2)＝＝，f(22)>＝，f(23)>＝，f(24)>＝，f(25)>＝，由前四个式子可得第n个不等式的左边应当为f(2n)，右边应当为，即可得一般的结论为f(2n)≥(当且仅当n＝1时等号成立)．
, 2 类比推理)
, 2) 在平面几何里，有“若△ABC的三边长分别为a，b，c，内切圆半径为r，则三角形面积为S△ABC＝(a＋b＋c)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体ABCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，则四面体的体积为________________”．
答案：V四面体ABCD＝(S1＋S2＋S3＋S4)r
解析：三角形面积类比为四面体的体积三角形的边长类比为四面体四个面的面积内切圆半径类比为内切球的半径二维图形中类比为三维图形中的得出结论．
运用分割法思想，设四面体ABCD的内切球的球心为O，连结OD，OA，OB，OC，将四面体分成四个三棱锥，则VABCD＝VOABC＋VOABD＋VOBCD＋VOACD＝S1r＋S2r＋S3r＋S4r＝(S1＋S2＋S3＋S4)r.
在Rt△ABC中，两直角边的长分别为a，b，直角顶点C到斜边的距离为h，则易证＝＋.在四面体SABC中，侧棱SA，SB，SC两两垂直，SA＝a，SB＝b，SC＝c，点S到平面ABC的距离为h，类比上述结论，写出h与a，b，c之间的等式关系并证明．
解：类比得到：＝＋＋.
证明：过S作△ABC所在平面的垂线，垂足为O，连结CO并延长交AB于D，连结SD，∵ SO⊥平面ABC，∴ SO⊥AB.∵ SC⊥SA，SC⊥SB，∴ SC⊥平面ABS，∴ SC⊥AB，SC⊥SD，∴ AB⊥平面SCD，∴ AB⊥SD.在Rt△ABS中，有＝＋， 在Rt△CDS中，有＝＋＝＋＋.
, 3 演绎推理)
, 3) 设同时满足条件：①≤bn＋1(n∈N*)；②bn≤M(n∈N*，M是与n无关的常数)的无穷数列{bn}叫“特界” 数列．
(1) 若数列{an}为等差数列，Sn是其前n项和，a3＝4，S3＝18，求Sn；
(2) 判断(1)中的数列{Sn}是否为“特界” 数列，并说明理由．
解：(1) 设等差数列{an}的公差为d，
则a1＋2d＝4，3a1＋3d＝18，解得a1＝8，d＝－2，Sn＝na1＋d＝－n2＋9n.
(2) {Sn}为“特界”数列，理由如下：
由－Sn＋1＝
＝＝＝－1<0，得0，且a≠1)．
(1) 求证：函数y＝f(x)的图象关于点(，－)对称；
(2) 求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
(1) 证明：函数f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，它关于点对称的点的坐标为(1－x，－1－y)．
由已知得y＝－，
则－1－y＝－1＋＝－，
f(1－x)＝－＝－＝－
＝－，∴ －1－y＝f(1－x)，
即函数y＝f(x)的图象关于点对称．
(2) 解：由(1)知－1－f(x)＝f(1－x)，
即f(x)＋f(1－x)＝－1.
∴ f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，
f(0)＋f(1)＝－1.
则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.
1. 古埃及数学中有一个独特现象：除用一个单独的符号表示以外，其他分数都要写成若干个单位分数和的形式．例如＝＋，可以这样来理解：假定有两个面包，要平均分给5个人，每人不够，每人余，再将这分成5份，每人得，这样每人分得＋.形如(n＝5，7，9，11，…)的分数的分解：＝＋，＝＋，＝＋，…，按此规律，则
(1) ＝________；
(2) ＝________(n＝5，7，9，11，…)．
答案：(1) ＋ (2) ＋
解析：(1) 类比理解，假定有两个面包，要平均分给11个人，每人不够，每人
余，再将这分成11份，每人得，这样每人分得＋.(2) ，假定有两个面包，要平均分给n个人，每人不够，每人余，再将这分成n份，每人得，这样每人分得＋.
2. (2016·全国卷Ⅱ)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是__________．
答案：1和3
解析： 由题意可知丙不拿2和3.若丙拿1和2，则乙拿2和3，甲拿1和3，满足题意；若丙拿1和3，则乙拿2和3，甲拿1和2，不满足题意．故甲的卡片上的数字是1和3.
3. (2016·山东卷)观察下列等式：
＋＝×1×2；＋＋＋＝×2×3；＋＋＋…＋＝×3×4；＋＋＋…＋＝×4×5；…
照此规律，＋＋＋…＋＝________．
答案：n(n＋1)
解析：第一个等式中，1＝，2＝；第二个等式中，2＝，3＝；第三个等式中，3＝，4＝.由此可推得第n个等式等于××＝n(n＋1)．
4. 已知an＝，把数列{an}的各项排成如下的三角形：
a1
a2 a3 a4
a5 a6 a7 a8 a9
…
记A(s，t)表示第s行的第t个数，则A(11，12)＝________．
答案：
解析：该三角形数阵每行所对应元素的个数为1，3，5，…，那么第10行的最后一个数为a100，第11行的第12个数为a112，即A(11，12)＝.
5. 定义运算“”：xy＝(x，y∈R，xy≠0)．当x>0，y>0时，xy＋(2y)x的最小值是________．
答案：
解析：由新定义运算知，(2y)x＝＝，因为x>0，y>0，所以x
y＋(2y)x＝＋＝≥＝，当且仅当x＝y时，xy＋(2y)x的最小值是.
1. 如图所示的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，有＝＋，＝＋，＝＋，…，则运用归纳推理得到第11行第2个数(从左往右数)为________．
1
…
答案：
解析：由“莱布尼茨调和三角形”中数的排列规律，我们可以推断：第10行的第一个数为，第11行的第一个数为，则第11行的第二个数为－＝.
2. 已知
若9＋＝92×(a，b均为正整数)，则a＋b＝________．
答案：89
解析：由已知等式可归纳出n＋＝n2×，故在9＋＝92×中，b＝9，a＝92－1＝80，所以a＋b＝89.
3. 已知结论：在正三角形ABC中，若D是边BC的中点，G是三角形ABC的重心，则＝2.若把该结论推广到空间，则有结论：在棱长都相等的四面体ABCD中，若△BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等，则＝________．
答案：3
解析：由题意知，O为正四面体的外接球，内切球球心，设正四面体的高为h，由等体积法可求得内切球半径为h，外接球半径为h，所以＝3.
4. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1，3，6，10，…记为数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{bn}，可以推测：
(1) b2 018是数列{an}的第________项；
(2) b2k－1＝________．(用k表示)
答案：(1) 5 045 (2)
解析：(1) an＝1＋2＋…＋n＝，
b1＝＝a4，b2＝＝a5，b3＝＝a9，
b4＝＝a10，b5＝＝a14，
b6＝＝a15，
…
b2 018＝＝a5 045.
(2) 由(1)知b2k－1＝＝.
5. 观察下列等式：
① cos 2α＝2cos2α－1；
② cos 4α＝8cos4α－8cos2α＋1；
③ cos 6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1；
④ cos 8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1；
⑤ cos 10α＝mcos10α－1 280cos8α＋1 120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1.
可以推测m－n＋p＝________．
答案：962
解析：m＝29＝512，p＝5×10＝50.又m－1 280＋1 120＋n＋p－1＝1，∴ n＝－400.
1. 合情推理主要包括归纳推理和类比推理．数学研究中，在得到一个新的结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路和方法．
2. 合情推理的过程概括为：从具体问题出发→观察、分析、比较、联想→归纳、类比→提出猜想．
3. 演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况的结论的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段论，数学问题的证明主要通过演绎推理来进行．
4. 合情推理仅是符合情理的推理，他得到的结论不一定真，而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下)．
第2课时 直接证明与间接证明(对应学生用书(文)、(理)103～104页)
了解分析法、综合法、反证法，会用这些方法处理一些简单命题．
① 了解直接证明的两种基本方法：分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点.② 了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程、特点．
1. 已知向量m＝(1，1)与向量n＝(x，2－2x)垂直，则x＝________．
答案：2
解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2.
2. 用反证法证明命题“如果a>b，那么>”时，假设的内容应为______________．
答案：＝或<
解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即＝或<.
3. －2与－的大小关系是______________．
答案：－2>－
解析： 由分析法可得，要证－2>－，只需证＋>＋2，即证13＋2>13＋4，即>2.因为42>40，所以－2>－成立．
4. 定义集合运算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，设集合A＝{－1，0，1}，B＝{sin α，cos α}，则集合A·B的所有元素之和为________．
答案：0
解析：依题意知α≠kπ＋，k∈Z.
① α＝kπ＋(k∈Z)时，B＝，
A·B＝；
② α＝2kπ或α＝2kπ＋(k∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}；
③ α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}；
④ α≠且α≠kπ＋(k∈Z)时，B＝{sin α，cos α}，A·B＝{0，sin α，cos α，－sin α，－cos α}．
综上可知，A·B中的所有元素之和为0.
5. 设a，b为两个正数，且a＋b＝1，则使得＋≥μ恒成立的μ的取值范围是________．
答案：(－∞，4]
解析：∵ a＋b＝1，且a，b为两个正数，∴ ＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.要使得＋≥μ恒成立，只要μ≤4.
1. 直接证明
(1)
定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法．
(2) 一般形式
ABC…本题结论．
(3) 综合法
① 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法．
② 推证过程
……
(4) 分析法
① 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法称为分析法．
② 推证过程
……
2. 间接证明
(1) 常用的间接证明方法有反证法、正难则反等．
(2) 反证法的基本步骤[来源:Z*xx*k.Com]
① 反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．
② 归谬——从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果．
③ 存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立．
, 1 直接证明(综合法和分析法))
, 1) 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，…)，求证：
(1) 数列是等比数列；
(2) Sn＋1＝4an.
证明：(1) ∵ an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，…)，∴ (n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，
整理得nSn＋1＝2(n＋1)Sn，∴ ＝2·，
即＝2，∴ 数列是等比数列．
(2) 由(1)知＝4·(n≥2)，于是Sn＋1＝4·(n＋1)·＝4an(n≥2)．又a2＝3S1＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，
∴ 对一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.
设首项为a1的正项数列{an}的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立．求证：数列{an}是等比数列．
证明：因为对任意正整数n、m，Sn＋m＝Sm＋qmSn总成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，则a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn ①， 从而Sn＋2＝S1＋qSn＋1 ②，②－①得an＋2＝qan＋1(n≥1)，综上得an＋1＝qan(n≥1)，所以数列{an}是等比数列．
, 2) 设a，b，c均为大于1的正数，且ab＝10，求证：logac＋logbc≥4lg c.
证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明logac＋logbc≥4lg c，只要证明＋≥4lg c，即≥4，因为ab＝10，故lg a＋lg b＝1.只要证明≥4，由于a>1，b>1，故lg a>0，lg b>0，所以00，3x2>0,
由基本不等式知≥显然成立，故原结论成立．
, 2 间接证明(反证法))
, 3) 等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1) 求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2) 设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
(1) 解：由已知得解得d＝2，
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2) 证明：由(1)得bn＝＝n＋.假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，则b＝bpbr.即(q＋)2＝(p＋)(r＋)．∴ (q2－pr)＋(2q－p－r)＝0.
∵ p，q，r∈N*，∴
∴ ＝pr，(p－r)2＝0.∴ p＝r，与p≠r矛盾．
∴ 数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
变式训练
已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.
(1) 求数列{an}的通项公式；
(2) 求证：数列{an}中不存在三项按原来顺序成等差数列．
(1) 解：当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.
又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2，
两式相减得an＋1＝an，所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，所以an＝.
(2) 证明：反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(pc恒成立．而a＋b＝(a＋b)＝10＋＋≥16，∴ c<16.又>，>，∴ <＋＝1，∴ c>10，∴ 10|b|，
则f(mπ)＝mπ－b>0，f(－mπ)＝－mπ－b<0，
故存在c使得f(c)＝0.
取a1＝c，因为an＋1＝b＋sin an(1≤n≤k)，所以a2＝b＋sin c＝c＝a1，
依此类推，得a1＝a2＝…＝ak＋1＝c.
但ak＋2＝bk＋1＋sin ak＋1＝bk＋1＋sin c≠b＋sin c，即ak＋2≠ak＋1.
所以{an}不具有性质P，矛盾．
必要性得证．
综上，“对任意a1，{an}都具有性质P”的充要条件为“{bn}是常数列”．
4. 已知数列{an}的奇数项是公差为d1的等差数列，偶数项是公差为d2的等差数列，Sn是数列{an}的前n项和，a1＝1，a2＝2.
(1) 若S5＝16，a4＝a5，求a10；
(2) 已知S15＝15a8，且对任意n∈N*，有anx2，则k≥＝.而0<<，
所以k的最小值为.
4. 若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a－2)，使函数h(x)＝是区间[a，b]上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由．
解：(1) 由题设得g(x)＝(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，区间[1，b]在对称轴的右边，所以函数在区间[1，b]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b，即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.
因为b>1，所以b＝3.
(2) 假设函数h(x)＝在区间[a，b] (a>－2)上是“四维光军”函数，
因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有即
解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在．
5. 已知数列{an}满足：a1＝，＝，anan＋1<0(n≥1)，数列{bn}满足：bn＝a－a(n≥1)．
(1) 求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2) 求证：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
(1) 解：由题意可知，1－a＝(1－a)．
令cn＝1－a，则cn＋1＝cn.
又c1＝1－a＝，则数列{cn}是首项为c1＝，公比为的等比数列，即cn＝·.
故1－a＝·a＝1－·.
又a1＝>0，anan＋1<0，
故an＝(－1)n－1.
bn＝a－a
＝－
＝·.
(2) 证明：用反证法证明．
假设数列{bn}存在三项br，bs，bt(rbs>bt，则只能有2bs＝br＋bt成立．
即2·＝＋，
两边同乘以3t－121－r，
化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s.
由于r1)时，第一步应验证________．
答案：1＋＋<2
解析：∵ n∈N*，n>1，∴ n取的第一个数为2，左端分母最大的项为＝.
2. (选修22P88练习题3改编)用数学归纳法证明不等式“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取为________．
答案：5
解析：当n≤4时，2n≤n2＋1；当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，所以n0应取为5.
3. 在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为________________．
答案：an＝
解析：当n＝2时，＋a2＝(2×3)a2，∴ a2＝；当n＝3时，＋＋a3＝(3×5)a3，∴ a3＝.故猜想an＝.
4. 利用数学归纳法证明不等式＋＋…＋>时，由k递推到k＋1时左边应添加的因式是__________．
答案：－
解析：f(k＋1)－f(k)＝＋＋…＋＋－(＋＋…＋)＝＋－＝－.
5. 已知a1＝，an＋1＝，则a2，a3，a4，a5的值分别为________________．由此猜想an＝________．
答案：，，，
解析：a2＝＝＝＝，同理a3＝＝＝，a4＝＝，a5＝＝，
猜想an＝.
1. 由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法．
2. 对某些与正整数有关的数学命题常采用下面的方法来证明它们的正确性：先证明当n取第1个值n0时，命题成立；然后假设当n＝k(k∈N，k≥n0)时命题成立；证明当n＝k＋1时，命题也成立，这种证明方法叫做数学归纳法．
3. 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤为
(1) 归纳奠基：证明凡取第一个自然数n0时命题成立；
(2) 归纳递推：假设n＝k(k∈N，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时，命题成立；
(3) 由(1)(2)得出结论．
[备课札记]
, 1 证明等式)
, 1) 用数学归纳法证明：
＋＋＋…＋＝(n∈N*)．
证明：① 当n＝1时，
左边＝＝，右边＝＝，
左边＝右边，所以等式成立．
② 假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即有
＋＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，＋＋＋…＋＋
＝＋＝
＝＝＝.
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由①②可知，对于一切n∈N*等式都成立．
变式训练
用数学归纳法证明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N)．
证明：① 当n＝1时，等式左边＝1－＝＝右边，等式成立．
② 假设当n＝k(k∈N)时，等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，那么，当n＝k＋1时，有1－＋－＋…＋－＋－＝＋＋…＋＋－＝＋＋…＋＋，所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由①②知，等式对任何n∈N均成立．
, 2 证明不等式)
, 2) 由下列不等式：1＞，1＋＋＞1，1＋＋＋…＋＞，1＋＋＋…＋＞2，…，你能得到一个怎样的一般不等式？并加以证明．
解：一般结论：1＋＋＋…＋＞(n∈N*)．证明如下：
① 当n＝1时，由题设条件知命题成立．
② 假设当n＝k(k∈N*)时，猜想正确．
即1＋＋＋…＋＞.
当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋＋…＋＞＋＋＋…＋
＞＋＋＋…＋＝＋＝.
∴ 当n＝k＋1时，不等式成立．
根据①②可知，对n∈N*，1＋＋＋…＋＞.
已知x1，x2，…，xn∈R＋，且x1x2…xn＝1，求证：
(＋x1)(＋x2)…(＋xn)≥(＋1)n.
证明：(数学归纳法)(ⅰ) 当n＝1时，＋x1＝＋1，不等式成立．
(ⅱ) 假设n＝k时不等式成立，即(＋x1)(＋x2)…(＋xk)≥(＋1)k成立．
则n＝k＋1时，若xk＋1＝1，则命题成立；若xk＋1>1，则x1，x2，…，xk中必存在一个数小于1，不妨设这个数为xk，从而(xk－1)(xk＋1－1)<0，即xk＋xk＋1>1＋xkxk＋1.xk＋1<1同理可得，
所以(＋x1)(＋x2)…(＋xk)(＋xk＋1)
＝(＋x1)(＋x2)…[2＋(xk＋xk＋1)＋xkxk＋1]
≥(＋x1)(＋x2)…[2＋(1＋xkxk＋1)＋xkxk＋1]
＝(＋x1)(＋x2)…(＋xkxk＋1)(＋1)
≥(＋1)n(＋1)＝(＋1)k＋1.
故n＝k＋1时，不等式也成立．
由(ⅰ)(ⅱ)知原不等式成立．
, 3 数列问题)
, 3) 在数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝(n∈N*)，求b2，b3，试判定bn与的大小，并加以证明．
解：由b1＝2，bn＋1＝，得b2＝＝，b3＝.
经比较有b1>，b2>，b3>.
猜想bn>(n∈N*)．
下面利用数学归纳法证明：
① 当n＝1时，∵ b1＝2，∴ b1＞.
② 假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，即bk＞.∴ bk－>0.
当n＝k＋1时，bk＋1－＝－
＝
＝>0.
∴ bk＋1>，也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．
根据①②知，bn>(n∈N*)．
变式训练
在数列{an}中，已知a1＝20，a2＝30，an＋1＝3an－an－1(n∈N*，n≥2)．
(1) 当n＝2，3时，分别求a－an－1an＋1的值，判断a－an－1·an＋1(n∈N*，n≥2)是否为定值，并给出证明；
(2) 求出所有的正整数n，使得5an＋1an＋1为完全平方数．
解：(1) 由已知得a3＝70，a4＝180.
所以当n＝2时，a－an－1an＋1＝－500；
当n＝3时，a－an－1an＋1＝－500.
猜想：a－an－1an＋1＝－500(n∈N*，n≥2)．
下面用数学归纳法证明：
① 当n＝2时，结论成立．
② 假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，
即a－ak－1ak＋1＝－500，
将ak－1＝3ak－ak＋1代入上式，
可得a－3akak＋1＋a＝－500.
当n＝k＋1时，
a－akak＋2＝a－ak(3ak＋1－ak)＝a－3akak＋1＋a＝－500，
故当n＝k＋1时结论成立．
根据①②可得，a－an－1an＋1＝－500(n∈N*，n≥2)成立．
(2) 将an－1＝3an－an＋1代入a－an－1an＋1＝－500，得a－3anan＋1＋a＝－500，
化简整理，得5an＋1an＝(an＋1＋an)2＋500，
所以5anan＋1＋1＝(an＋1＋an)2＋501，
设5an＋1an＋1＝t2(t∈N*)，
则t2－(an＋1＋an)2＝501，
即[t－(an＋1＋an)](t＋an＋1＋an)＝501，
又an＋1＋an∈N*，且501＝1×501＝3×167，
故或
所以或
由an＋1＋an＝250，解得n＝3；
由an＋1＋an＝82，得n无整数解．
所以当n＝3时，满足条件．
, 4 综合运用)
, 4) (2016·南京、盐城期末)设集合M＝{1，2，3，…，n}(n∈N，n≥3)，记M的含有三个元素的子集个数为Sn，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为Tn.
(1) 分别求，，，的值；
(2) 猜想关于n的表达式，并证明之．
解：(1) 当n＝3时，M＝{1，2，3}，S3＝1，T3＝2，＝2；当n＝4时，M＝{1，2，3，4}，S4＝4，T4＝2＋2＋3＋3＝10，＝，＝3，＝.
(2) 猜想＝.
下面用数学归纳法证明：
① 当n＝3时，由(1)知猜想成立．
② 假设当n＝k(k≥3)时，猜想成立，即＝，
而Sk＝C，所以Tk＝C.
则当n＝k＋1时，易知Sk＋1＝C，
而当集合M从{1，2，3，…，k}变为{1，2，3，…，k，k＋1}时，Tk＋1在Tk的基础上增加了1个2，2个3，3个4，…，和(k－1)个k，
所以Tk＋1＝Tk＋2×1＋3×2＋4×3＋…＋k(k－1)
＝C＋2(C＋C＋C＋…＋C)
＝C＋2(C＋C＋C＋…＋C)
＝C＋2C＝C＝Sk＋1，
即＝.
所以当n＝k＋1时，猜想也成立．
综上所述，猜想成立．
已知过一个凸多边形的不相邻的两个端点的连线段称为该凸多边形的对角线．
(1) 分别求出凸四边形，凸五边形，凸六边形的对角线的条数；
(2) 猜想凸n边形的对角线条数f(n)，并用数学归纳法证明．
解：(1) 凸四边形的对角线条数为2条；凸五边形的对角线条数为5条；凸六边形的对角线条数为9条．
(2) 猜想f(n)＝(n≥3，n∈N*)．
证明如下：当n＝3时，f(3)＝0成立；设当n＝k(k≥3)时猜想成立，即f(k)＝，则当n＝k＋1时， 考察k＋1边形A1A2…AkAk＋1，
① k边形A1A2…Ak中原来的对角线也都是k＋1边形中的对角线，且边A1Ak也成为k＋1边形中的对角线；
② 在Ak＋1与A1，A2，…，Ak连结的k条线段中，除Ak＋1A1，Ak＋1Ak外，都是k＋1边形中的对角线，
共计有f(k＋1)＝f(k)＋1＋(k－2)＝
＋1＋(k－2)＝＝＝＝，即猜想对n＝k＋1时也成立．
综上，得f(n)＝对任何n≥3，n∈N*都成立．
1. 用数学归纳法证明“12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)(n∈N*)”，当n＝k＋1时，应在n＝k时的等式左边添加的项是________．
答案：(k＋1)2
解析：[12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2]－(12＋22＋…＋k2)＝(k＋1)2.
2. 用数学归纳法证明“2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N*)”时，第一步验证的表达式为________．
答案：21＋1≥12＋1＋2(或22≥4或4≥4)
解析：当n＝1时，21＋1≥12＋1＋2.
3. 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____．
答案：假设n＝2k－1(k∈N*)时正确，再推n＝2k＋1(k∈N*)正确
解析：因为n为正奇数，根据数学归纳法证明的步骤，第二步应先假设第k个正奇数也成立，本题先假设n＝2k－1(k∈N*)正确，再推第k＋1个正奇数，即n＝2k＋1(k∈N*)正确．
4. (2016·南通期末)已知函数f0(x)＝x(sin x＋cos x)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1) 求f1(x)，f2(x)的表达式；
(2) 写出fn(x)的表达式，并用数学归纳法证明．
解：(1) 因为fn(x)为fn－1(x)的导数，
所以f1(x)＝f0′(x)＝(sin x＋cos x)＋x(cos x－sin x)＝(x＋1)cos x＋(x－1)(－sin x)，
同理，f2(x)＝－(x＋2)sin x－(x－2)cos x.
(2) 由(1)得f3(x)＝f2′(x)＝－(x＋3)cos x＋(x－3)sin x，
把f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为
f1(x)＝(x＋1)sin＋(x－1)·cos，
f2(x)＝(x＋2)sin＋(x－2)·cos，
f3(x)＝(x＋3)sin＋(x－3)·cos，
猜测fn(x)＝(x＋n)sin＋(x－n)·cos(x＋) (*)．
下面用数学归纳法证明上述等式．
① 当n＝1时，由(1)知，等式(*)成立；
② 假设当n＝k时，等式(*)成立，
即fk(x)＝(x＋k)sin＋(x－k)cos.
则当n＝k＋1时，fk＋1(x)＝fk′(x)
＝sin＋(x＋k)cos(x＋)＋cos(x＋)＋(x－k)
＝(x＋k＋1)cos＋[x－(k＋1)]
＝[x＋(k＋1)]sin＋[x－(k＋1)]·cos，
即当n＝k＋1时，等式(*)成立．
综上所述，当n∈N*时，fn(x)＝(x＋n)·sin
＋(x－n)cos成立．
1. 已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，用数学归纳法证明f(2n)>时，则f(2k＋1)－f(2k)＝________．
答案：＋＋…＋
解析：∵ f(2k＋1)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋，f(2k)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋，∴ f(2k＋1)－f(2k)＝＋＋…＋.
2. 用数学归纳法证明不等式：＋＋＋…＋＞1(n∈N*且n＞1)．
证明：① 当n＝2时，左边＝＋＋＝＞1，
∴ n＝2时不等式成立；
② 假设当n＝k(k≥2)时不等式成立，
即＋＋＋…＋＞1，
那么当n＝k＋1时，
左边＝＋…＋＋
＝＋＋…＋＋－
＞1＋(2k＋1)·－＝1＋＞1.
综上，对于任意n∈N*，n>1不等式均成立，原命题得证．
3. 设F(n)＝a1－a2C＋a3C－a4C＋…＋(－1)nan＋1C(n≥2，n∈N*)．
(1) 若数列{an}的各项均为1，求证： F(n)＝0；
(2) 若对任意大于等于2的正整数n，都有F(n)＝0恒成立，试证明数列{an}是等差数列．
证明：(1) 因数列{an}满足各项为1，即
F(n)＝C－C＋C－C＋…＋(－1)nC.
由(1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋Cx3＋…＋Cxn，令x＝－1，
则0＝C－C＋C－C＋…＋(－1)nC，即F(n)＝0.
(2) 当n＝2时，F(2)＝a1－a2C＋a3C＝0，即2a2＝a1＋a3，所以数列{an}的前3项成等差数列．
假设当n＝k时，由F(k)＝a1－a2C＋a3C－a4C＋…＋(－1)kak＋1C＝0，可得数列{an}的前k＋1项成等差数列，
因为对任意大于等于2的正整数n，都有F(n)＝0恒成立，所以F(k＋1)＝0成立，
所以
两式相减，得
－a2(C－C)＋a3(C－C)＋…＋(－1)kak＋1(C－C)＋(－1)k＋1ak＋2C＝0.
因为C＝C＋C，
所以－a2C＋a3C－a4C＋…＋(－1)kak＋1C＋(－1)k＋1ak＋2C＝0，
即a2C－a3C＋a4C－…－(－1)k－1ak＋1C－(－1)kak＋2C＝0.
由假设可知a2，a3，a4，…，ak＋1，ak＋2也成等差数列，从而数列{an}的前k＋2项成等差数列．
综上所述，若F(n)＝0对任意n≥2恒成立，则数列{an}是等差数列．
4. (2016·扬州期末)已知函数f(x)＝2x－3x2，设数列{an}满足：a1＝，an＋1＝f(an
)．求证：
(1) n∈N*，都有0＜an＜；
(2) ＋＋…＋≥4n＋1－4.
证明：(1) ① 当n＝1时，a1＝， 有0
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