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高考数学讲义推理与证明.参考教案.教师版

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