1、章末复习提升课利用递推关系猜想数列通项公式问题展示 （教材 P83 习题 2.1 A 组 T1）在数列a n中，a11，a n1 （nN *） ，试猜想这个数列的通项公式 .2an2 an【解】 因为 a11，a n1 ，2an2 an所以 a2 ，a 3 ，2a12 a1 23 2a22 a22232 23 24a4 ，所以猜想数列a n的通项公式为 an .2a32 a3 25 2n 1已知数列a n的通项公式为 an .是否存在常数 a，b，使得 an1 对于一切2n 1 aanban 1nN *均成立，若存在，求出常数 a，b 的值，若不存在，说明理由.【解】 假设存在满足条件的常数
2、a，b.由 an 与 an1 得2n 1 aanban 1 ，2n 2a 2n 1b 2n 1 1即（a1）n（2a2b1）0 对于 nN *恒成立，所以 所以 a1，b .a 1 0，2a 2b 1 0，) 12即存在常数 a1，b ，当 an 时，12 2n 1an1 对于一切 nN *均成立.an12an 1【拓展 1】 直接推出原问题中数列a n的通项公式.【解】 由 a11，a n1 得2an2 an ，即 .1an 1 1an 12 1an 1 1an 12即数列 是以首项为 1，公差为 的等差数列，1an 1a1 12所以 1（n1） .所以 an .1an 12 n 12 2n
3、 1【拓展 2】 在数列a n中，a 11，a n1 .2an1 2an（1）猜想数列a n的通项公式；（2）求数列a n的通项公式.【解】 （1）由 a11，a n1 得2an1 2ana2 ，2a11 2a1 211 21 23a3 ，2a21 2a22231 223 47a4 ，由此猜想 an .2a31 2a32471 247 815 2n 12n 1（2）由 a11，a n1 得 1，2an1 2an 1an 1 12an所以 2 ，1an 1 12(1an 2)所以数列 是首项为 21，公比为 的等比数列.所以 21 ，1an 2 1a1 12 1an (12)n 1所以 2 ，所
4、以 an .1an 12n 1 2n 12n 1 2n 12n 1即所求数列的通项公式为 an .2n 12n 1分析法与综合法的应用问题展示 （教材 P89 练习 T2）求证 2 .6 7 2 5【证明】 要证 2 ，6 7 2 5只需证（ ） 2（2 ） 2，6 7 2 5展开得 132 132 ，42 40只需证 ，42 40只需证 4240.因为 4240 显然成立，所以 2 成立.6 7 2 5若 2 5 恒成立，比较 m 与 5 的大小.2 m【解】 由 2 5 得 52 .2 m m 2即 m（52 ） 23320 ，2 2所以 m52820 4（75 ）.2 2因为 72（5
5、） 2495010，2所以 75 ，2即 75 0，2即 m54（75 ）0，所以 m5.2设 a0，求证： .a 1 a 2 a a 3【证明】 因为 a0，所以要证 成立，a 1 a 2 a a 3只需证明（ ） 2（ ） 2成立.a 1 a 2 a a 3展开得 2a32 2a32 .a2 3a 2 a2 3a即证 成立，a2 3a 2 a2 3a只需证（ ） 2（ ） 2成立.a2 3a 2 a2 3a只需证 a23a2a 23a 成立.即证 20 成立，20 显然成立.所以 成立.a 1 a 2 a a 3演绎推理的应用问题展示 （教材 P85 例 1）在ABC 中，三个内角 A，B
6、，C 的对边分别为a，b，c，且 A，B，C 成等差数列，a，b，c 成等比数列，求证ABC 为等边三角形.【证明】 由 A，B，C 成等差数列，有 2BAC.因为 A，B ，C 为ABC 的内角，所以 ABC .由，得 B .3由 a，b，c 成等比数列，有 b2ac.由余弦定理及，可得b2a 2c 22accos Ba 2c 2ac.再由，得 a2c 2ac ac ，即（ac） 20，因此 ac.从而有 AC.由，得 ABC .3所以ABC 为等边三角形.在ABC 中，A、B 、C 的对边分别为 a，b，c.若 B ，试比较： 3（1）b 2 与 ac 的大小；（2）2b 与 ac 的大小
7、.【解】 因为 B ，由余弦定理得3b2a 2c 22accos Ba 2c 2ac .（1）b 2aca 2c 22ac （ ac） 20，所以 b2ac.（2） （2b） 2（ac） 24b 2a 22acc 24（a 2c 2ac ）a 22acc 23a 26ac3c 23（ac ） 20，所以（2b） 2（ac） 2，即 2bac.【拓展 1】 在ABC 中，A，B，C 所对边分别为 a，b，c.（1）若 a，b，c 成等比数列，求 B 的范围；（2）若 a，b，c 成等差数列，求 B 的范围.【解】 （1）因为 a，b，c 成等比数列，所以 b2ac.由余弦定理得 cos Ba2
8、c2 b22aca2 c2 ac2ac .2ac ac2ac 12即 cos B ，又 B（0，） ，12所以 0B .3（2）因为 a，b，c 成等差数列，所以 b ，a c2由余弦定理得cos Ba2 c2 b22aca2 c2 (a c2 )2 2ac3（a2 c2） 2ac8ac .32ac 2ac8ac 12即 cos B ，12又 B（0，） ，所以 0B .3【拓展 2】 在ABC 中，A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且 A，B，C 与 a，b，c都成等差数列，求证ABC 为正三角形.【证明】 因为 A，B，C 成等差数列，所以 2BA C，又 ABC ，由得 B .3又
9、a，b，c 成等差数列，所以 b ，a c2由余弦定理得 b2a 2c 22accos B，将代入得a 2c 22ac .(a c2 )212化简得 a22acc 20，即（ac） 20，所以 ac ，由得 abc，所以ABC 为正三角形.归纳猜想证明的应用问题展示 （教材 P94 例 2）已知数列 ，114， ， ，计算 S1，S 2，S 3，S 4，根据计算结果，猜想 Sn147 1710 1（3n 2）（3n 1）的表达式，并用数学归纳法进行证明.【解】 S 1 ；114 14S2 ；14 147 27S3 ；27 1710 310S4 .310 11013 413可以看到，上面表示四个
10、结果的分数中，分子与项数 n 一致，分母可用项数 n 表示为3n1.于是可以猜想 Sn .n3n 1下面我们用数学归纳法证明这个猜想.（1）当 n1 时，左边S 1 ，14右边 ，n3n 1 131 1 14猜想成立.（2）假设当 nk（k N *）时猜想成立，即 ，114 147 1710 1（3k 2）（3k 1） k3k 1那么， 114 147 1710 1（3k 2）（3k 1） 13（k 1） 23（k 1） 1 k3k 1 1（3k 1）（3k 4）3k2 4k 1（3k 1）（3k 4）（3k 1）（k 1）（3k 1）（3k 4） ，k 13（k 1） 1所以，当 nk1 时
11、猜想也成立.根据（1）和（2） ，可知猜想对任何 nN *都成立.已知数列a n满足 a11，且 对于一切 nN *均成立.1a1a2 1a2a3 1anan 1 n3n 1（1）求 a2，a 3，a 4；（2）猜想a n的通项公式，并用数学归纳法证明.【解】 （1）因为 a11， .1a1a2 1a2a3 1anan 1 n3n 1当 n1 时， ，则 a24.11a2 131 1当 n2 时， ，则 a37.114 14a3 232 1当 n3 时， ，则 a410.114 147 17a4 333 1（2）由 a11，a 24，a 37，a 410 猜想 an3n2.下用数学归纳法证明.
12、当 n1 时，显然成立.假设 nk（k N *）时猜想成立，即 ak3 k2.则当 nk1 时， ，1a1a2 1a2a3 1akak 1 k3k 1即 .114 147 1（3k 5）（3k 2） 1（3k 2）ak 1 k3k 1所以 （3k 2）1ak 1Error!（3k2） (k3k 1 k 13k 2) ，13k 1所以 ak 13k13（k1）2.即 nk1 时，猜想也成立.根据知猜想对任意 nN *都成立.已知数列a n是递增等差数列，且 a10.求证： .1a1a2 1a2a3 1anan 1 na1an 1【证明】 当 n1 时，左边 ，右边 ，等式成立.1a1a2 1a1
13、a2假设 nk（k N *）等式成立，即 ，1a1a2 1a2a3 1akak 1 ka1ak 1则当 nk1 时， 1a1a2 1a2a3 1akak 1 1ak 1ak 2 ka1ak 1 1ak 1ak 2kak 2 a1a1ak 1ak 2 ka1 （k 1）d a1a1ak 1ak 2 （k 1）（a1 kd）a1ak 1ak 2 ，（k 1）ak 1a1ak 1ak 2 k 1a1ak 2即 nk1 时，等式也成立，由知，等式对于一切 nN *均成立.1.用反证法证明命题“若整数系数一元二次方程 ax2bxc0（a0）有有理根，那么 a，b，c 中至少有一个是偶数” ，下列各假设中
14、正确的是（ ）A.假设 a，b，c 都是偶数B.假设 a，b，c 都不是偶数C.假设 a，b，c 中至多有一个是偶数D.假设 a，b，c 中至多有两个偶数解析：选 B.对命题的结论“a ，b，c 中至少有一个是偶数”进行否定假设应是“假设a，b，c 都不是偶数”.因为“至少有一个”即有一个、两个或三个，因此它的否定应是“都不是”.2.以下数表的构造思路源于我国南宋数学家杨辉所著的详解九章算法一书中的“杨辉三角形”.1 2 3 4 5 2 013 2 014 2 015 2 0163 5 7 9 4 027 4 029 4 0318 12 16 8 056 8 06020 28 16 116该表
15、由若干行数字组成，从第二行起，每一行中的数字均等于其“肩上”两数之和，表中最后一行仅有一个数，则这个数为（ ）A.2 01722 013 B.2 01722 014C.2 01622 015 D.2 01622 014解析：选 B.当第一行为 2 个数时，最后一行仅一个数，为 33132 0；当第一行为 3 个数时，最后一行仅一个数，为 84242 1；当第一行为 4 个数时，最后一行仅一个数，为 205452 2；当第一行为 5 个数时，最后一行仅一个数，为486862 3.归纳推理，得当第一行为 2 016 个数时，最后一行仅一个数，为 2 01722 014.故选 B.3.通过圆与球的类
16、比，由结论“半径为 r 的圆的内接四边形中，正方形的面积最大，最大值为 2r2”猜想关于球的相应结论为“半径为 R 的球的内接六面体中， ”.（ ）A.长方体的体积最大，最大值为 2R3B.正方体的体积最大，最大值为 3R3C.长方体的体积最大，最大值为43R39D.正方体的体积最大，最大值为83R39解析：选 D.类比可知半径为 R 的球的内接六面体中，正方体的体积最大，设其棱长为a，正方体体对角线的长度等于球的直径，即 a2R ，得 a ，体积 Va 3 .故32R3 83R39选 D.4.已知 a，b，c，d（0，）.求证 acbd .（a2 b2）（c2 d2）证明：法一：（分析法）欲
17、证 acbd ，（a2 b2）（c2 d2）只需证（acbd） 2（a 2b 2） （c 2d 2） ，即证 a2c22abcdb 2d2a 2c2b 2d2a 2d2b 2c2，即证 2abcda 2d2b 2c2，即证 0（bc ad） 2，而 a，b，c，d （0，） ，0（bc ad） 2显然成立，故原不等式成立.法二：（综合法）（a 2b 2） （c 2d 2）a 2c2b 2d2a 2d2b 2c2a 2c2b 2d22abcd （acbd） 2，所以 acbd.（a2 b2）（c2 d2）5.已知数列a n满足关系式 a1a（a0） ，a n （n2，nN *） ，2an 11
18、an 1（1）用 a 表示 a2，a 3，a 4；（2）猜想 an 的表达式（用 a 和 n 表示） ，并证明你的结论.解：（1）a 2 ，2a1 aa3 ，2a21 a222a1 a1 2a1 a 4a1 3aa4 .2a31 a32 4a1 3a1 4a1 3a 8a1 7a（2）因为 a1a ，20a1 （20 1）aa2 ，21a1 （21 1）a猜想 an .2n 1a1 （2n 1 1）a下面用数学归纳法证明：当 n1 时，因为 a1a ，所以当 n1 时结论正确.20a1 （20 1）a假设当 nk（k 1，k N*）时结论正确，即 ak ，所以当 nk1 时，2k 1a1 （2k 1 1）aak1 2ak1 ak2ka1 （2k 1 1）a1 2k 1a1 （2k 1 1）a2ka1 （2k 1 1）a 2k 1a ，2ka1 22k 1a a 2（k 1） 1a1 2（k 1） 1 1a所以当 nk1 时结论也正确.根据与可知命题对一切 nN *都正确.
