【数学】2019届一轮复习苏教版第十章算法、复数、推理与证明学案

【数学】2019届一轮复习苏教版第十章算法、复数、推理与证明学案

第十章 算法、复数、推理与证明 第一节算法、复数 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.算法流程图与基本算法语句；‎ ‎2.复数.‎ 突破点(一)　算法流程图与基本算法语句 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．算法 一类问题的机械的、统一的求解方法．具有确定性、有限性等特点．‎ ‎2．流程图 流程图是由一些图框和流程线组成的，其中图框表示各种操作的类型，图框内的文字和符号表示操作的内容，流程线表示操作的先后次序．图框种类有起止框、输入输出框、处理框、判断框，分别用圆角矩形、平行四边形、矩形、菱形表示．‎ ‎3．三种基本逻辑结构 顺序结构 选择结构 循环结构 定义 依次进行多个处理的结构 先根据条件作出判断，再决定执行哪一种操作的结构 需要重复执行同一操作的结构，有两种结构形式：当型循环(图①)和直到型循环(图②)‎ 结构形式 ‎4.基本算法语句 伪代码：介于自然语言和计算机语言之间的文字和符号．‎ ‎(1)赋值语句：用符号←表示，如“x←y”表示将y的值赋给x，其中x是一个变量，y是一个与x同类型的变量或表达式．‎ ‎(2)输入、输出语句 输入语句：“Read　a，b”表示输入的数据依次送给a，b；‎ 输出语句：“Print x”表示输出运算结果x.(支持多个输入和输出，但是中间要用逗号隔开)‎ ‎(3)条件语句 ‎(4)循环语句 对应当型循环 对应直到型循环 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 顺序结构和选择结构 选择结构的算法流程图只有顺序结构和选择结构，虽然结构比较简单，但由于选择支路较多，容易出现错误．解决此类问题，可按下列步骤进行：‎ 第一步：弄清变量的初始值；‎ 第二步：按照流程图从上到下或从左到右的顺序，依次对每一个语句、每一个判断框进行读取，在读取判断框时，应注意判断后的结论分别对应着什么样的结果，然后按照对应的结果继续往下读取；‎ 第三步：输出结果．‎ ‎ [例1]　(1)定义运算a⊗b为执行如图所示的算法流程图输出的S值，则⊗的值为________．‎ ‎(2)(2017·江苏高考)如图是一个算法流程图．若输入x的值为，则输出y的值是________．‎ ‎[解析]　(1)由算法流程图可知，S＝ 因为2cos＝1,2tan＝2,1＜2，所以⊗＝2×(1＋1)＝4.‎ ‎(2)由流程图可知其功能是运算分段函数y＝所以当输入的x的值为时，y＝2＋log2＝2－4＝－2.‎ ‎[答案]　(1)4　(2) －2‎ ‎　[方法技巧]‎ 顺序结构和选择结构的运算方法 ‎(1)顺序结构是最简单的算法结构，语句与语句之间、框与框之间是按从上到下的顺序进行的．解决此类问题，只需分清运算步骤，赋值量及其范围进行逐步运算即可．‎ ‎(2)选择结构中条件的判断关键是明确选择结构的功能，然后根据“Y”的分支成立的条件进行判断．‎ ‎(3)对选择结构，无论判断框中的条件是否成立，都只能执行两个分支中的一个，不能同时执行两个分支．　‎ 循环结构 考法(一)　由流程图求输出结果 ‎[例2]　(1)如图所示，算法流程图的输出结果是________．‎ ‎(2)(2018·苏州高三暑假测试)运行如图所示的流程图，则输出的结果S是________．‎ ‎[解析]　(1)第一次循环：n＝2＜8，S＝，n＝4；‎ 第二次循环：n＝4＜8，S＝＋，n＝6；‎ 第三次循环：n＝6＜8，S＝＋＋，n＝8; ‎ 第四次循环：n＝8＜8不成立，输出S＝＋＋＝.‎ ‎(2)S＝2，i＝1，进入循环，S＝，i＝2，进入循环，S＝－1，i＝3，进入循环，S＝2，i＝4，进入循环，…，S＝，i＝35，输出S.‎ ‎[答案]　(1)　(2) ‎[方法技巧]‎ 循环结构流程图求输出结果的注意事项 解决此类问题最常用的方法是列举法，即依次执行循环体中的每一步，直到循环终止，但在执行循环体的过程中：‎ 第一，要明确是当型循环结构还是直到型循环结构，根据各自特点执行循环体；‎ 第二，要明确流程图中的累加变量，明确每一次执行循环体前和执行循环体后，变量的值发生的变化；‎ 第三，要明确循环终止的条件是什么，什么时候要终止执行循环体．　　‎ 考法(二)　完善流程图 ‎[例3]　(2018·苏州模拟)按如下算法流程图，若输出结果为273，则判断框内循环变量i 应补充的条件为________．‎ ‎[解析]　由算法流程图可知：第一次循环，S＝0＋31＝3，i＝3；第二次循环，S＝3＋33＝30，i＝5；第三次循环，S＝30＋35＝273，i＝7.故判断框内可填i≥7.‎ ‎[答案]　i≥7(答案不唯一也可以填i＝7)‎ ‎[方法技巧]‎ 解决算法流程图填充问题的思路 ‎(1)要明确算法流程图的顺序结构、选择结构和循环结构．‎ ‎(2)要识别、执行算法流程图，理解算法流程图所解决的实际问题．‎ ‎(3)按照题目的要求完成解答并验证．　　‎ 基本算法语句 ‎[例4]　(1)按照如图所示的伪代码运行，则输出k的值是________．‎ ‎(2)执行如图所示的伪代码，输出的结果是________．‎ ‎(3)根据如图所示的伪代码，最后输出的S的值为________．‎ ‎[解析]　(1)第一次循环：x＝7，k＝1；‎ 第二次循环：x＝15，k＝2；‎ 第三次循环：x＝31，k＝3；‎ 终止循环，输出k的值是3.‎ ‎(2)根据循环结构可得，第一次：S＝1×3＝3，i＝3＋2＝5，由3≤200，则循环；‎ 第二次：S＝3×5＝15，i＝5＋2＝7，由15≤200，则循环；‎ 第三次：S＝15×7＝105，i＝7＋2＝9，由105≤200，则循环；‎ 第四次：S＝105×9＝945，i＝9＋2＝11，由945＞200，则循环结束，故此时i＝11.‎ ‎(3)这是一个1＋2＋3＋…＋10的求和，所以输出的S的值为55.‎ ‎[答案]　(1)3　(2)11　(3)55‎ ‎[方法技巧]‎ 解决伪代码问题的步骤及解题规律 ‎(1)解决伪代码问题有三个步骤：‎ 首先通读全部语句，把它翻译成数学问题；其次领悟该语句的功能；最后根据语句的功能运行程序，解决问题．‎ ‎(2)解题时应注意以下规律：‎ ‎①赋值语句在给出变量赋值时，先计算赋值号右边的式子，然后赋值给赋值号左边的变量；给一个变量多次赋值时，变量的取值只与最后一次赋值有关．‎ ‎②条件语句必须以If开始，以End If结束，一个If必须和一个End If对应，尤其对条件语句的嵌套问题，应注意每一层结构的完整性，不能漏掉End If.Else后面操作无内容，可以省略．‎ ‎③循环语句的格式要正确，要保证有结束循环的语句，切忌死循环．三种循环语句停止循环的条件不同，注意它们的区别．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.执行如图所示的算法流程图，如果输入的x，y∈R，那么输出的S的最大值为________．‎ 解析：当满足条件时，由线性规划的图解法(图略)知，目标函数S＝2x＋y的最大值为2；当不满足条件时，S的值为1.所以输出的S的最大值为2.‎ 答案：2‎ ‎2.执行如图所示的算法流程图，输出的x值为________．‎ 解析：执行算法流程图可知，x的值依次为2,3,5,6,7,9,10,11,13，故输出的x值为13.‎ 答案：13‎ ‎3.(2017·苏锡常镇二模)据记载，在公元前3世纪，阿基米德已经得出了前n个自然数平方和的一般公式．如图是一个求前n个自然数平方和的算法流程图，若输入x的值为1，则输出S的值为________．‎ 解析：模拟执行程序，可得，输入x的值为1，S＝1，不满足条件S＞5，x＝2，S＝5；不满足条件S＞5，x＝3，S＝14；满足条件S＞5，退出循环，输出S的值为14.‎ 答案：14‎ ‎4.(2018·太原模拟)执行如图所示的算法流程图，若输出的S＝，则判断框内填入的条件可以是________．‎ 解析：由算法流程图可知，k＝2，S＝0＋＝，满足循环条件；k＝4，S＝＋＝，满足循环条件；k＝6，S＝＋＝，满足循环条件；k＝8，S＝＋＝，符合题目条件，结束循环，故可填k＜8(或k≤7)．‎ 答案：k＜8(k≤7亦可)‎ ‎5.运行如图所示的伪代码，若输入a，b分别为3,4，则输出m＝________.‎ 解析：由已知中的伪代码，可知其功能是计算并输出分段函数m＝的值．当a＝3，b＝4时，满足a≤b.故m＝b＝4.‎ 答案：4‎ 突破点(二)　复　数　 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．复数的定义及分类 ‎(1)复数的定义：‎ 形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中实部是a，虚部是b.‎ ‎(2)复数的分类：‎ ‎2．复数的有关概念 复数相等 a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)‎ 共轭复数 a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)‎ 复数的模 向量的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝(r≥0，a，b∈R)‎ ‎3.复数的几何意义 复平面的概念 建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面 实轴、虚轴 在复平面内，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴，实轴上的点都表示实数；除原点以外，虚轴上的点都表示纯虚数 复数的几何表示 复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b)平面向量 ‎ ‎4．复数的运算法则 设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则：‎ ‎(1)z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；‎ ‎(2)z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；‎ ‎(3)z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；‎ ‎(4)＝＝＝＋i(c＋di≠0).‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 复数的有关概念 ‎[例1]　(1)设i是虚数单位，若复数z＝a－(a∈R)是纯虚数，则a的值为________．‎ ‎(2)(2018·无锡期末)已知复数z＝，其中i为虚数单位，则复数z的共轭复数为________．‎ ‎(3)若复数 z满足z(1＋i)＝2i(i为虚数单位)，则|z|＝________.‎ ‎[解析]　(1)∵z＝a－＝a－＝(a－3)－i为纯虚数，∴a－3＝0，即a＝3.‎ ‎(2)因为复数z＝＝＝1＋i，所以复数z的共轭复数＝1－i.‎ ‎(3)法一：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则由z(1＋i)＝2i，得(a＋bi)·(1＋i)＝2i，所以(a－b)＋(a＋b)i＝2i，由复数相等的条件得解得a＝b＝1，所以z＝1＋i，故|z|＝＝.‎ 法二：由z(1＋i)＝2i，得z＝＝＝i－i2＝1＋i，所以|z|＝＝.‎ ‎[答案]　(1)3　(2)1－i　(3) ‎[方法技巧]‎ 求解与复数概念相关问题的技巧 复数的分类、复数的相等、复数的模及共轭复数的概念都与复数的实部、虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即a＋bi(a，b∈R)的形式，再根据题意求解．　　‎ 复数的几何意义 ‎[例2]　(1)(2018·徐州调研)复数z＝＋3i在复平面内对应的点在第________象限．‎ ‎(2)(2017·北京高考改编)若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是________．‎ ‎[解析]　(1)z＝＋3i＝＋3i＝＋3i＝2－i＋3i＝2＋2i，故z在复平面内对应的点在第一象限．‎ ‎(2)因为z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，‎ 所以它在复平面内对应的点为(a＋1,1－a)，‎ 又此点在第二象限，所以解得a＜－1.‎ ‎[答案]　(1)一　(2)(－∞，－1)‎ 复数的运算 ‎1.在进行复数的加减法运算时，可类比合并同类项，运用法则(实部与实部相加减，虚部与虚部相加减)计算即可．‎ ‎2．在进行复数的乘法运算时：‎ ‎(1)复数的乘法类似于两个多项式相乘，即把虚数单位i看作字母，然后按多项式的乘法法则进行运算，最后只要在所得的结果中把i2换成－1，并且把实部和虚部分别结合即可，但要注意把i的幂写成简单的形式；‎ ‎(2)实数范围内的运算法则在复数范围内仍然适用，如交换律、结合律以及乘法对加法的分配律、正整数指数幂的运算律，这些对复数仍然成立．‎ ‎3．在进行复数的除法运算时，关键是分母“实数化”，其一般步骤如下：‎ ‎(1)分子、分母同时乘分母的共轭复数；‎ ‎(2)对分子、分母分别进行乘法运算；‎ ‎(3)整理、化简成实部、虚部分开的标准形式．‎ ‎[例3]　(1)(2018·镇江模拟)已知z＝(i为虚数单位)，则复数z＝________.‎ ‎(2)(2018·长沙模拟)已知(a＋bi)(1－2i)＝5(i为虚数单位，a，b∈R)，则a＋b的值为________．‎ ‎(3)若复数z满足＝i，其中i为虚数单位，则z＝________.‎ ‎[解析]　(1)由题意得＝＝＝i.‎ ‎(2)因为(a＋bi)(1－2i)＝a＋2b＋(b－2a)i＝5，故解得a＝1，b＝2，故a＋b＝3.‎ ‎(3)由已知得＝i(1－i)＝1＋i，则z＝1－i.‎ ‎[答案]　(1)i　(2)3　(3)1－i ‎[易错提醒]‎ 在乘法运算中要注意i的幂的性质：‎ ‎(1)区分(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2(a，b∈R)与(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2(a，b∈R); ‎ ‎(2)区分(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2(a，b∈R)与(a＋b)(a－b)＝a2－b2(a，b∈R)．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.若z＝1＋2i，则＝________.‎ 解析：因为z＝1＋2i，则＝1－2i，所以z ＝(1＋2i)·(1－2i)＝5，则＝＝i.‎ 答案：i ‎2.(2018·武汉模拟)已知(1＋2i)＝4＋3i(其中i是虚数单位，是z的共轭复数)，则z的虚部为________．‎ 解析：因为＝＝＝＝2－i，所以z＝2＋i，则其虚部为1.‎ 答案：1‎ ‎3.已知z＝(m＋3)＋(m－1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是________．‎ 解析：由题意知即－3＜m＜1.故实数m的取值范围为(－3,1)．‎ 答案：(－3,1)‎ ‎4.若复数z＝a2－1＋(a＋1)i(a∈R)是纯虚数，则的虚部为________．‎ 解析：由题意得所以a＝1，则z＝2i，所以＝＝＝－i，根据虚部的概念，可得的虚部为－.‎ 答案：－ ‎5.如图，若向量对应的复数为z，则z＋表示的复数为________．‎ 解析：由题图可得Z(1，－1)，即z＝1－i，所以z＋＝1－i＋＝1－i＋ ‎＝1－i＋＝1－i＋2＋2i＝3＋i.‎ 答案：3＋i ‎6.设复数a＋bi(a，b∈R)的模为，则(a＋bi)·(a－bi)＝________.‎ 解析：∵|a＋bi|＝＝，∴(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝3.‎ 答案：3‎ ‎7.已知复数z＝，是z的共轭复数，则z·＝________.‎ 解析：∵z＝＝＝＝＝＝－＋i，‎ ‎∴＝－－i，‎ ‎∴z·＝＝＋＝.‎ 答案： ‎8.已知i是虚数单位，2 018＋6＝________.‎ 解析：原式＝1 009＋6＝1 009＋i6＝i1 009＋i6＝i4×252＋1＋i4＋2＝i＋i2＝－1＋i.‎ 答案：－1＋i ‎[课时达标检测]‎ ‎　　基础送分课时——精练“14小题”，求准求快不深挖　 ‎ ‎1.(2018·南京市高三年级学情调研)如图所示的算法流程图，若输出y的值为，则输入x的值为________．‎ 解析：此算法程序表示一个分段函数y＝‎ 由f(x)＝得x＝－.‎ 答案：－ ‎2．(2018·常州模拟)设复数z满足(z＋i)(2＋i)＝5(i为虚数单位)，则z＝________.‎ 解析：由(z＋i)(2＋i)＝5，得z＋i＝，即z＋i＝2－i，所以z＝2－2i.‎ 答案： 2－2i ‎3．(2018·徐州模拟)已知复数z满足z2＝－4，若z的虚部大于0，则z＝________.‎ 解析：由z2＝－4得z＝±2i，而z的虚部大于0，所以z＝2i.‎ 答案：2i ‎4．(2018·连云港模拟)运行如图所示的伪代码，则输出的结果S为________．‎ 解析：本题的算法功能是在累加变量S初值为1的基础上连续加2四次，所以S＝9.‎ 答案：9‎ ‎5．(2018·扬州调研)如图给出的是计算＋＋＋＋…＋的一个算法流程图，其中判断框内应填入的条件是________．‎ 解析：因为该循环体需要运行50次，i的初始值是1，间隔是1，所以i＝50时不满足判断框内的条件，而i＝51时满足判断框内条件，所以判断框内的条件可以填入i＞50(或i≥51)．‎ 答案：i＞50(i≥51亦可)‎ ‎6．(2018·宿迁期中)若复数z＝(i为虚数单位)，则z的模为________．‎ 解析：由z＝两边同时取模得|z|＝＝＝.‎ 答案： ‎7．(2018·盐城模拟)若复数z＝(1＋mi)(2－i)(i是虚数单位)是纯虚数，则实数m的值为________．‎ 解析：因为z＝(1＋mi)(2－i)＝2＋m＋(2m－1)i是纯虚数，所以2＋m＝0，所以m＝－2.‎ 答案：－2‎ ‎8．设(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则|x＋yi|＝________.‎ 解析：∵(1＋i)x＝1＋yi，∴x＋xi＝1＋yi.又∵x，y∈R，∴x＝1，y＝1.∴|x＋yi|＝|1＋i|＝.‎ 答案： ‎9．(2016·江苏高考)如图是一个算法的流程图，则输出的a的值是________．‎ 解析：由a＝1，b＝9，知a＜b，‎ 所以a＝1＋4＝5，b＝9－2＝7，a＜b.‎ 所以a＝5＋4＝9，b＝7－2＝5，满足a＞b.‎ 所以输出的a＝9.‎ 答案：9‎ ‎10．(2018·南通期中)在如图所示的算法流程图中，若输出的y的值为26，则输入的x的值为________．‎ 解析：本题算法功能是求分段函数y＝的函数值，因为输出值为26，所以解得x＝－4.‎ 答案：－4‎ ‎11．(2017·镇江期中)根据如图所示的伪代码，若输出的y值为2，则输入的x值为________．‎ 解析：本题算法功能是利用条件语句求分段函数y＝的函数值．因为输出的y值为2，所以或所以x＝±1.‎ 答案：±1‎ ‎12．(2018·泰州中学高三年级学情调研)根据如图的伪代码，输出的结果T为________．‎ 解析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加并输出满足条件的T＝1＋3＋5＋7＋…＋19的值，因为T＝1＋3＋5＋7＋…＋19＝＝100，故输出的T值为100.‎ 答案：100 ‎ ‎13．(2018·淮安期中)根据如图所示的伪代码，则输出的S的值为________．‎ 解析：本题算法功能是求积，S＝1×2×5×8×11＝880.‎ 答案：880‎ ‎14．(2018·苏州模拟)执行如图所示的算法流程图，输出的x值为________．‎ 解析：a＝2，x＝4，此时y＝16，判断不满足条件，循环；x＝5，所以y＝32，判断不满足条件，再循环；x＝6，所以y＝64，再判断满足条件，结束循环，所以此时x＝6.‎ 答案：6‎ 第二节合情推理与演绎推理 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.合情推理；‎ ‎2.演绎推理.‎ 突破点(一)　合情推理 ‎ ‎ ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ 类型 定义 特点 归纳推理 从个别事实中推演出一般性的结论的推理 由部分到整体、由个别到一般 类比推理 由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推演出另一类对象也具有这些特征的推理 由特殊到特殊 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 归纳推理 运用归纳推理时的一般步骤 ‎(1)通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)；‎ ‎(2)把这种相似性推广到一个明确表述的一般命题(猜想)；‎ ‎(3)对所得出的一般性命题进行检验．‎ 类型(一)　与数字有关的推理 ‎[例1]　给出以下数对序列：‎ ‎(1,1)‎ ‎(1,2)(2,1)‎ ‎(1,3)(2,2)(3,1)‎ ‎(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)‎ ‎……‎ 记第i行的第 j 个数对为aij，如a43＝(3,2)，则an m＝________.‎ ‎[解析]　由前4行的特点，归纳可得：若an m＝(a，b)，则a＝m，b＝n－m＋1，∴an m＝(m，n－m＋1)．‎ ‎[答案]　(m，n－m＋1)‎ ‎[易错提醒]‎ 解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等．　　‎ 类型(二)　与式子有关的推理 ‎[例2]　(2018·常熟中学模拟)已知cos ＝，cos cos ＝，cos cos cos ＝，….‎ ‎(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是________；‎ ‎(2)若数列{an}中，a1＝cos ，a2＝cos cos ，a3＝cos cos cos ，…的前n项和Sn＝，则n＝________.‎ ‎[解析]　(1)从题中所给的几个等式可知，第n个等式的左边应有n个余弦相乘，且分母均为2n＋1，分子分别为π，2π，…，nπ，右边应为，故可以猜想出结论为cos ·cos ·…·cos ＝(n∈N*)．‎ ‎(2)由(1)可知an＝，故Sn＝＝1－＝＝，解得n＝10.‎ ‎[答案]　(1)cos cos ·…·cos ＝(n∈N*)　(2)10‎ ‎[方法技巧]‎ 与式子有关的推理类型及解法 ‎(1)与等式有关的推理．观察每个等式的特点，找出等式左右两侧的规律及符号后可解．‎ ‎(2)与不等式有关的推理．观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解．　　 ‎ 类型(三)　与图形有关的推理 ‎[例3]　某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为________．‎ ‎[解析]　因为2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为21＋34＝55.‎ ‎[答案]　55‎ ‎[方法技巧]‎ 与图形有关的推理的解法 与图形变化相关的归纳推理，解决的关键是抓住相邻图形之间的关系，合理利用特殊图形，找到其中的变化规律，得出结论，可用赋值检验法验证其真伪性．　　‎ 类比推理 ‎1．类比推理的应用一般分为类比定义、类比性质和类比方法，常用技巧如下：‎ 类比定义 在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解 类比性质 从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键 类比方法 有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移 ‎2．平面中常见的元素与空间中元素的类比：‎ 平面 点 线 圆 三角形 角 面积 周长 ‎…‎ 空间 线 面 球 三棱锥 二面角 体积 表面积 ‎…‎ ‎[例4]　如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝a，CD＝b(a＞b)．若EF∥AB，EF到CD与AB的距离之比为m∶n，则可推算出：EF＝.用类比的方法，推想出下面问题的结果．在上面的梯形ABCD中，分别延长梯形的两腰AD和BC交于O点，设△OAB，△ODC的面积分别为S1，S2，则△OEF的面积S0与S1，S2的关系是________．‎ ‎[解析]　在平面几何中类比几何性质时，一般是由平面几何中点的性质类比推理线的性质；由平面几何中线段的性质类比推理面积的性质．故由EF＝类比到关于△OEF的面积S0与S1，S2的关系是＝.‎ ‎[答案]　＝ ‎[方法技巧]‎ 类比推理的步骤和方法 ‎(1)类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤为：‎ ‎①找出两类事物之间的相似性或一致性；‎ ‎②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．‎ ‎(2)类比推理的关键是找到合适的类比对象．平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：‎ ‎①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；‎ ‎②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；‎ ‎③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；‎ ‎④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；‎ ‎⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；‎ ‎⑥“＝”类比得到“＝”．‎ 以上的式子中，类比得到的结论中正确的序号是________．‎ 答案：①②‎ ‎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＝________.‎ 解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故＝.‎ 答案： ‎3．[考点一·类型(一)](2018·海门中学月考) 有一个奇数组成的数阵排列如下：‎ ‎1‎ ‎3‎ ‎7‎ ‎13‎ ‎21‎ ‎…‎ ‎5‎ ‎9‎ ‎15‎ ‎23‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎11‎ ‎17‎ ‎25‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎19‎ ‎27‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎29‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ ‎…‎ 则第30行从左到右第3个数是________．‎ 解析：先求第30行的第1个数，再求第30行的第3个数．观察每一行的第一个数，由归纳推理可得第30行的第1个数是1＋4＋6＋8＋10＋…＋60＝－1＝929.又第n行从左到右的第2个数比第1个数大2n，第3个数比第2个数大2n＋2，所以第30行从左到右的第2个数比第1个数大60，第3个数比第2个数大62，故第30行从左到右第3个数是929＋60＋62 ＝1 051.‎ 答案：1 051‎ ‎4．[考点一·类型(二)]设n为正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，计算得f(2)＝，f(4)＞2，f(8)＞，f(16)＞3，观察上述结果，可推测一般的结论为________．‎ 解析：∵f(21)＝，f(22)＞2＝，f(23)＞，f(24)＞，∴归纳得f(2n)≥(n∈N*)．‎ 答案：f(2n)≥(n∈N*)‎ ‎5．[考点一·类型(三)]蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n个图的蜂巢总数．‎ 则f(4)＝________，f(n)＝________.‎ 解析：因为f(1)＝1，f(2)＝7＝1＋6，f(3)＝19＝1＋6＋12，所以f(4)＝1＋6＋12＋18＝37，所以f(n)＝1＋6＋12＋18＋…＋6(n－1)＝3n2－3n＋1.‎ 答案：37　3n2－3n＋1‎ 突破点(二)　演绎推理 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎(1)定义：从一般性的原理 出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．‎ ‎(2)模式：“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：‎ ‎①大前提——已知的一般性的原理；‎ ‎②小前提——所研究的特殊对象；‎ ‎③结论——根据一般原理，对特殊对象做出的判断．‎ ‎(3)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理．‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 演绎推理 ‎[典例]　数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．证明：‎ ‎(1)数列是等比数列；‎ ‎(2)Sn＋1＝4an.‎ ‎[证明]　(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，‎ ‎∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.‎ 故＝2·，(小前提)‎ 故是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)‎ ‎(大前提是等比数列的定义)‎ ‎(2)由(1)可知数列是等比数列，(大前提)‎ 所以＝4·(n≥2)，‎ 即Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1＝4an(n≥2)．‎ 又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)‎ 所以对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)‎ ‎[方法技巧]‎ 演绎推理的推证规则 ‎(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略，本例中，等比数列的定义在解题中是大前提，由于它是显然的，因此省略不写．‎ ‎(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1．已知函数f(x)＝－(a＞0，且a≠1)．‎ ‎(1)证明：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．‎ 解：(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)．(大前提)‎ 由已知y＝－，‎ 则－1－y＝－1＋＝－，‎ f(1－x)＝－＝－＝－＝－，(小前提)‎ ‎∴－1－y＝f(1－x)，即函数y＝f(x)的图象关于点对称．(结论)‎ ‎(2)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.‎ 故f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.‎ ‎2．已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)＞af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数．‎ 证明：设任意x1，x2∈R，取x1＜x2，‎ 则由题意得x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)，‎ 所以x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]＞0，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＞0，‎ 因为x1＜x2，‎ 即x2－x1＞0，‎ 所以f(x2)－f(x1)＞0，‎ 即f(x2)＞f(x1)．(小前提)‎ 所以y＝f(x)为R上的单调增函数．(结论)‎ ‎[课时达标检测]‎ ‎　　 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考 ‎ ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．(1)已知a是三角形一边的长，h是该边上的高，则三角形的面积是ah，如果把扇形的弧长l，半径r分别看成三角形的底边长和高，可得到扇形的面积为lr；(2)由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32，可得到1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2，则(1)(2)两个推理过程分别属于________推理．‎ 解析：(1)由三角形的性质得到扇形的性质有相似之处，此种推理为类比推理；(2)由特殊到一般，此种推理为归纳推理．‎ 答案：类比，归纳 ‎2．“因为指数函数y＝ax是增函数(大前提)，而y＝x是指数函数(小前提)，所以y＝x是增函数(结论)”，上面推理的错误在于________错而导致结论错．‎ 解析：y＝ax是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错误．‎ 答案：大前提 ‎3．(2018·如东高级中学模拟)观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)＝________.‎ 解析：由已知得函数的导函数为奇函数，故g(－x)＝－g(x)．‎ 答案：－g(x)‎ ‎4．下面图形由小正方形组成，请观察图①至图④的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是________．‎ 解析：由题图知第1个图形的小正方形个数为1，第2个图形的小正方形个数为1＋2，第3个图形的小正方形个数为1＋2＋3，第4个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋4，…，则第n个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋…＋n＝.‎ 答案： ‎5．在平面几何中：△ABC中∠C的角平分线CE分AB所成线段的比为 ＝.把这个结论类比到空间：在三棱锥ABCD中(如图)，DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到类比的结论是_____________________．‎ 解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得＝.‎ 答案：＝ ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、填空题 ‎1．已知圆：x2＋y2＝r2上任意一点(x0，y0)处的切线方程为x0x＋y0y＝r2，类比以上结论有：双曲线：－＝1上任意一点(x0，y0)处的切线方程为________________．‎ 解析：设圆上任一点为(x0，y0)，把圆的方程中的x2，y2替换为x0x，y0y，则得到圆的切线方程；类比这种方式，设双曲线－＝1上任一点为(x0，y0)，则有切线方程为－＝1.‎ 答案：－＝1‎ ‎2．已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是________．‎ 解析：依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第n组中每个“整数对”的和均为n＋1，且第n组共有n个“整数对”，这样的前n组一共有个“整数对”，注意到＜60＜，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各对数依次为：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个“整数对”是(5,7)．‎ 答案：(5,7)‎ ‎3．(2018·常州模拟)观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625，57＝78 125,58＝390 625，59＝1 953 125，……，则52 019的末四位数字为________．‎ 解析：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125,58＝390 625，59＝1 953 125，……，可得59与55的后四位数字相同，由此可归纳出5m＋4k与5m(k∈N*，m＝5,6,7,8)的后四位数字相同，又2 019＝4×503＋7，所以52 019与57的后四位数字相同，为8 125.‎ 答案：8 125‎ ‎4．若数列{an}是等差数列，则数列{bn} 也为等差数列．类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为________．‎ 解析：若{an}是等差数列，则a1＋a2＋…＋an＝na1＋d，∴bn＝a1＋d＝n＋a1－，即{bn}为等差数列；若{cn}是等比数列，则c1·c2·…·cn＝c·q1＋2＋…＋(n－1)＝c·q，∴dn＝＝c1·q，即{dn}为等比数列．‎ 答案：dn＝ ‎5．(2017·全国卷Ⅱ改编)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，下列说法正确的序号是________．‎ ‎①乙可以知道四人的成绩；‎ ‎②丁可以知道四人的成绩；‎ ‎③乙、丁可以知道对方的成绩；‎ ‎④乙、丁可以知道自己的成绩．‎ 解析：依题意，四人中有2位优秀，2位良好，由于甲知道乙、丙的成绩，但还是不知道自己的成绩，则乙、丙必有1位优秀，1位良好，甲、丁必有1位优秀，1位良好，因此，乙知道丙的成绩后，必然知道自己的成绩；丁知道甲的成绩后，必然知道自己的成绩，故④正确．‎ 答案：④‎ ‎6．某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是________．(填序号)‎ ‎①今天是周六；②今天是周四；‎ ‎③A车周三限行；④C车周五限行．‎ 解析：因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路，E车周四限行，所以今天不是周三；因为B车昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因为A，C两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四．‎ 答案：②‎ ‎7．对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数，观察下列等式：‎ ‎[ ]＋[ ]＋[ ]＝3，‎ ‎[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝10，‎ ‎[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝21，‎ ‎……‎ 按照此规律第n个等式的等号右边的结果为________．‎ 解析：因为[ ]＋[ ]＋[ ]＝1×3，[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝2×5，[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝3×7，……，以此类推，第n个等式的等号右边的结果为n(2n＋1)，即2n2＋n.‎ 答案：2n2＋n ‎8．(2018·江苏省通州高级中学高三月考)如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有≤f.若y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________．‎ 解析：由题意知，凸函数满足 ≤f，‎ 又y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，则sin A＋sin B＋sin C≤3sin＝3sin＝.‎ 答案： ‎9．观察下列事实：|x|＋|y|＝1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为________．‎ 解析：由|x|＋|y|＝1的不同整数解的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|＋|y|＝n的不同整数解的个数为4n，故|x|＋|y|＝20的不同整数解的个数为80.‎ 答案：80‎ ‎10.如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上数字标签：原点处标0，点(1,0)处标1，点(1，－1)处标2，点(0，－1)处标3，点(－1，－1)处标4，点(－1,0)处标5，点(－1,1)处标6，点(0,1)处标7，依此类推，则标签为2 0172的格点的坐标为________．‎ 解析：因为点(1,0)处标1＝12，点(2,1)处标9＝32，点(3,2)处标25＝52‎ ‎，点(4,3)处标49＝72，依此类推得点(1 009，1 008)处标2 0172.‎ 答案：(1 009,1 008)‎ 二、解答题 ‎11．在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求证：＝＋.在四面体ABCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想？并说明理由．‎ 解：如图所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴＝ ‎＝＝.‎ 又BC2＝AB2＋AC2，‎ ‎∴＝＝＋.‎ 猜想，在四面体ABCD中，AB、AC、AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则＝＋＋.‎ 证明：如图，连结BE并延长交CD于F，连结AF.‎ ‎∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，‎ ‎∴AB⊥平面ACD.‎ ‎∵AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF.‎ 在Rt△ABF中，AE⊥BF，‎ ‎∴＝＋.‎ ‎∵AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD.‎ ‎∵AE⊥平面BCD，‎ ‎∴AE⊥CD.‎ 又AB∩AE＝A，‎ ‎∴CD⊥平面ABF，‎ ‎∴CD⊥AF.‎ ‎∴在Rt△ACD中＝＋，‎ ‎∴＝＋＋.‎ ‎12．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：‎ ‎①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；‎ ‎②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；‎ ‎③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；‎ ‎④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；‎ ‎⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.‎ ‎(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；‎ ‎(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．‎ 解：(1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°＝1－＝.‎ ‎(2)三角恒等式为 sin2α＋cos2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝.‎ 证明如下：‎ sin2α＋cos2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)‎ ‎＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α·(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)‎ ‎＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α ‎＝sin2α＋cos2α＝.‎ 第三节直接证明与间接证明 本节主要包括2个知识点：‎ ‎1.直接证明；‎ ‎2.间接证明.‎ 突破点(一)　直接证明 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ 内容 综合法 分析法 定义 利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立 从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止 思维过程 由因导果 执果索因 框图表示 →→…→‎ →→…→ 书写格式 因为…，所以…或由…，得…‎ 要证…，只需证…，即证…‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 综合法 综合法是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围是：‎ ‎(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式；‎ ‎(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．‎ ‎[例1]　(2018·武汉模拟)已知函数f(x)＝(λx＋1)ln x－x＋1.‎ ‎(1)若λ＝0，求f(x)的最大值；‎ ‎(2)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，证明：＞0.‎ ‎[解]　(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．‎ 当λ＝0时，f(x)＝ln x－x＋1.‎ 则f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.‎ 当0＜x＜1时，f′(x)＞0，‎ 故f(x)在(0,1)上是增函数；‎ 当x＞1时，f′(x)＜0，故f(x)在(1，＋∞)上是减函数．‎ 故f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.‎ ‎(2)证明：由题可得，f′(x)＝λln x＋－1.‎ 由题设条件，得f′(1)＝1，即λ＝1.‎ ‎∴f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1.‎ 由(1)知，ln x－x＋1＜0(x＞0，且x≠1)．‎ 当0＜x＜1时，x－1＜0，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝xln x＋(ln x－x＋1)＜0，∴＞0.‎ 当x＞1时，x－1＞0，且0＜＜1，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝ln x＋(xln x－x＋1)＝ln x－x ＞0，∴＞0.‎ 综上可知，＞0.‎ ‎[方法技巧]　　　　　综合法证题的思路 分析法 分析法是逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中需要用到的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导时，常考虑用分析法．‎ ‎[例2]　已知a＞0，证明 －≥a＋－2.‎ ‎[证明]　要证 －≥a＋－2，‎ 只需证 ≥－(2－)．‎ 因为a＞0，所以－(2－)＞0，‎ 所以只需证2≥2，‎ 即2(2－)≥8－4，只需证a＋≥2.‎ 因为a＞0，a＋≥2显然成立当且仅当a＝＝1时，等号成立，所以要证的不等式成立．‎ ‎[方法技巧]‎ 分析法证题的思路 ‎(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．‎ ‎(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(‎ 或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.在数列{an}中，已知a1＝，＝，bn＋2＝3logan(n∈N*)．‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求证：数列{bn}是等差数列．‎ 解：(1)因为a1＝，＝，所以数列{an}是首项为，公比为的等比数列，‎ 所以an＝n(n∈N*)．‎ ‎(2)证明：因为bn＋2＝3logan，‎ 所以bn＝3logn－2＝3n－2＝1＋3(n－1)．‎ 所以b1＝1，公差d＝3，‎ 所以数列{bn}是首项b1＝1，公差d＝3的等差数列．‎ ‎2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝5，S8＝64.‎ ‎(1)求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)求证：＋＞(n≥2，n∈N*)．‎ 解：(1)设等差数列{an}的公差为d，‎ 则解得a1＝1，d＝2.‎ 故所求的通项公式为an＝2n－1.‎ ‎(2)证明：由(1)可知Sn＝n2，‎ 要证原不等式成立，只需证＋＞，‎ 只需证[(n＋1)2＋(n－1)2]n2＞2(n2－1)2.‎ 只需证(n2＋1)n2＞(n2－1)2.‎ 只需证3n2＞1.‎ 而3n2＞1在n≥1时恒成立，‎ 从而不等式＋＞(n≥2，n∈N*)恒成立．‎ ‎3.已知实数a1，a2，…，a2 017满足a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝0，且|a1－2a2|＝|a2－2a3|＝…＝|a2 017－2a1|，证明：a1＝a2＝a3＝…＝a2 017＝0.‎ 证明：根据条件知：(a1－2a2)＋(a2－2a3)＋(a3－2a4)＋…＋(a2 017－2a1)＝－(a1＋a2＋a3‎ ‎＋…＋a2 017)＝0.①‎ 另一方面，令|a1－2a2|＝|a2－2a3|＝|a3－2a4|＝…＝|a2 017－2a1|＝m，‎ 则a1－2a2，a2－2a3，a3－2a4，…，a2 017－2a1中每个数或为m或为－m.‎ 设其中有k个m，(2 017－k)个－m，则 ‎(a1－2a2)＋(a2－2a3)＋(a3－2a4)＋…＋(a2 017－2a1)＝k×m＋(2 017－k)×(－m)＝(2k－2 017)m.②‎ 由①②知：(2k－2 017)m＝0.③‎ 而2k－2 017为奇数，不可能为0，所以m＝0.‎ 于是知：a1＝2a2，a2＝2a3，a3＝2a4，…，a2 016＝2a2 017，a2 017＝2a1.所以a1＝22 017·a1，即得a1＝0.‎ 从而a1＝a2＝a3＝…＝a2 017＝0.命题得证．‎ ‎4.已知m＞0，a，b∈R，求证：2≤.‎ 证明：因为m＞0，所以1＋m＞0.‎ 所以要证原不等式成立，只需证(a＋mb)2≤(1＋m)·(a2＋mb2)，‎ 即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证m(a－b)2≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．‎ 突破点(二)　间接证明　 ‎ ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ ‎1．反证法 假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．‎ ‎2．用反证法证明问题的一般步骤 第一步 分清命题“p⇒q”的条件和结论 第二步 作出命题结论q相反的假设綈q 第三步 由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果 第四步 断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是结论q成立，从而间接地证明了命题p⇒q为真 ‎3．常见的结论和反设词 原结论词 反设词 原结论词 反设词 至少有一个 一个都没有 对任意x成立 存在某个x不成立 至多有一个 至少有两个 对任意x 存在某个x 不成立 成立 至少有n个 至多有(n－1)个 p或q 綈p且綈q 至多有n个 至少有(n＋1)个 p且q 綈p或綈q 都是 不都是 不都是 都是 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 证明否定性命题 ‎[例1]　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}中任意三项不可能按原来顺序成等差数列．‎ ‎[解]　(1)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：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，‎ 则2·＝＋，‎ 所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)‎ 又因为p＜q＜r，所以r－q，r－p∈N*.‎ 所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．‎ 所以假设不成立，原命题得证.‎ 证明存在性问题 ‎[例2]　若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a＜b)，则称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数．‎ ‎(1)设g(x)＝x2－x＋是[1，b]上的“四维光军”函数，求常数b的值；‎ ‎(2)是否存在常数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)由已知得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.‎ 证明“至多”“至少”“唯一”命题 ‎ [例3]　(2018·泰州一模)已知M是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f(x)∈M，(ⅰ)方程f(x)－x＝0有实数根；(ⅱ)函数f(x)的导数f′(x)满足0＜f′(x)＜1.‎ ‎(1)判断函数f(x)＝＋是不是集合M中的元素，并说明理由；‎ ‎(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性质：若f(x)的定义域为D，则对于任意[m，n]⊆D，都存在x0∈(m，n)，使得等式f(n)－f(m)＝(n－m)f′(x0)成立．试用这一性质证明：方程f(x)－x＝0有且只有一个实数根．‎ ‎[解]　(1)①当x＝0时，f(0)＝0，所以方程f(x)－x＝0有实数根为0；‎ ‎②f′(x)＝＋cos x，所以f′(x)∈，满足条件0＜f′(x)＜1.‎ 由①②可得，函数f(x)＝＋是集合M中的元素．‎ ‎(2)证明：假设方程f(x)－x＝0存在两个实数根α，β(α≠β)，则f(α)－α＝0，f(β)－β＝0.‎ 不妨设α＜β，根据题意存在c∈(α，β)，‎ 满足f(β)－f(α)＝(β－α)f′(c)．‎ 因为f(α)＝α，f(β)＝β，且α≠β，所以f′(c)＝1.‎ 与已知0＜f′(x)＜1矛盾．‎ 又f(x)－x＝0有实数根，‎ 所以方程f(x)－x＝0有且只有一个实数根．‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.‎ 证明：假设a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，‎ 则有a＋b＋c＜3，而a＋b＋c＝x2＋＋2－x＋x2－x＋1＝2x2－2x＋＋3＝22＋3≥3，‎ 两者矛盾，所以假设不成立，‎ 故a，b，c至少有一个不小于1.‎ ‎2.设{an}是公比为q的等比数列．‎ ‎(1)推导{an}的前n项和公式；‎ ‎(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．‎ 解：(1)设{an}的前n项和为Sn，‎ 当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；‎ 当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①‎ qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②‎ ‎①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，‎ ‎∴Sn＝，∴Sn＝ ‎(2)证明：假设数列{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，‎ ‎(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，‎ a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，‎ aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.‎ ‎∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.‎ ‎∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．‎ ‎∴假设不成立，故数列{an＋1}不是等比数列．‎ ‎3.已知四棱锥SABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝，SA＝1.‎ ‎(1)求证：SA⊥平面ABCD；‎ ‎(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．‎ 解：(1)证明：‎ 由已知得SA2＋AD2＝SD2，‎ 故SA⊥AD.同理SA⊥AB.‎ 又AB∩AD＝A，‎ 所以SA⊥平面ABCD.‎ ‎(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.‎ ‎∵BC∥AD，BC⊄平面SAD.‎ ‎∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，‎ ‎∴平面FBC∥平面SAD.‎ 这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，‎ ‎∴假设不成立．‎ 故在棱SC上不存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.‎ ‎4.已知f(x)＝ln(1＋ex)－mx(x∈R)，对于给定区间(a，b)，存在x0∈(a，b)，使得＝f′(x0)成立，求证：x0唯一．‎ 证明：假设存在x′0，x0∈(a，b)，且x′0≠x0，使得＝f′(x0)，＝f′(x′0)成立，‎ 即f′(x0)＝f′(x′0)．‎ 因为f′(x)＝－m，记g(x)＝f′(x)，‎ 所以g′(x)＝＞0，f′(x)是(a，b)上的单调递增函数．所以x0＝x′0，这与x′0≠x0矛盾，所以x0是唯一的．‎ ‎[课时达标检测]‎ ‎　　 重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考　 ‎ ‎[练基础小题——强化运算能力]‎ ‎1．(2017·南京金陵中学模拟)用反证法证明命题：“若a，b，c，d∈R，a＋b＝1，c＋d＝1，且ac＋bd＞1，则a，b，c，d中至少有一个负数”的假设为________．‎ 解析：用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，则结论“a，b，c，d中至少有一个负数”的否定是“a，b，c，d全都为非负数”．‎ 答案：a，b，c，d全都为非负数 ‎2．(2018·盐城中学模拟)分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a＞b＞c，且a＋‎ b＋c＝0，求证：＜a”索的因应是________．‎ 解析：＜a⇔b2－ac＜3a2⇔(a＋c)2－ac＜3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0⇔－2a2＋ac＋c2＜0⇔2a2－ac－c2＞0⇔(a－c)(2a＋c)＞0⇔(a－c)(a－b)＞0.‎ 答案：(a－b)(a－c)＞0‎ ‎3．设a，b，c均为正实数，则对于三个数a＋，b＋，c＋，下列叙述中正确的是________．(填序号)‎ ‎①都大于2；②都小于2；‎ ‎③至少有一个不大于2；④至少有一个不小于2.‎ 解析：∵a＞0，b＞0，c＞0，∴＋＋＝＋＋≥6，当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.‎ 答案：④‎ ‎4．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小关系是________．‎ 解析：∵a＝－＝，b＝－＝，c＝－＝，且＋＞＋＞＋＞0，∴a＞b＞c.‎ 答案：a＞b＞c ‎[练常考题点——检验高考能力]‎ 一、填空题 ‎1．(2018·南通模拟)已知函数f(x)＝x，a，b为正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为________．‎ 解析：因为≥≥，又f(x)＝x在R上是单调减函数，故f≤f()≤f，即A≤B≤C.‎ 答案：A≤B≤C ‎2．设a，b是两个实数，给出下列条件：‎ ‎①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2；⑤ab＞1.‎ 其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)‎ 解析：若a＝，b＝，则a＋b＞1，但a＜1，b＜1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2＞2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab＞1，故⑤推不出；对于③，即a＋b＞2，则a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b ‎≤1，则a＋b≤2与a＋b＞2矛盾，因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.‎ 答案：③‎ ‎3．已知数列{an}满足：a1∈N*，a1≤36，且an＋1＝(n＝1,2，…)．记集合M＝{an|n∈N*}．若a1＝6，则集合M＝________.‎ 解析：由题可知，a2＝2a1＝12，a3＝2a2＝24，a4＝2a3－36＝12，a5＝2a4＝24，a6＝2a5－36＝12，…，所以M＝{6,12,24}．‎ 答案：{6,12,24}‎ ‎4．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是________．‎ 解析：∵c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，∴c≥b.已知两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2.∵1＋a2－a＝2＋＞0，∴1＋a2＞a.∴b＝1＋a2＞a.∴c≥b＞a.‎ 答案：c≥b＞a ‎5．已知a，b∈R，m＝，n＝b2－b＋，则m与n的大小关系是________．‎ 解析：m＝＝＝≤＝，n＝b2－b＋＝2＋≥，所以n≥m.‎ 答案：n≥m ‎6．(2018·泰州中学模拟)设函数f(x)＝(a∈R，e为自然对数的底数)．若存在b∈[0,1]使f(f(b))＝b成立，则a的取值范围是________．‎ 解析：易知f(x)＝在定义域内是增函数，由f(f(b))＝b，猜想f(b)＝b.‎ 反证法：若f(b)＞b，则f(f(b))＞f(b)＞b，与题意不符，‎ 若f(b)＜b，则f(f(b))＜f(b)＜b，与题意也不符，故f(b)＝b，即f(x)＝x在[0,1]上有解．‎ 所以＝x，a＝ex－x2＋x，‎ 令g(x)＝ex－x2＋x，g′(x)＝ex－2x＋1＝(ex＋1)－2x，‎ 当x∈[0,1]时，ex＋1≥2,2x≤2，‎ 所以g′(x)≥0，所以g(x)在[0,1]上是增函数，‎ 所以g(0)≤g(x)≤g(1)，‎ 所以1≤g(x)≤e，即1≤a≤e.‎ 答案：[1，e]‎ ‎7．(2018·苏州模拟)用反证法证明命题“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是________．‎ 解析：“至少有n个”的否定是“最多有n－1个”，故应假设a，b 中没有一个能被5整除．‎ 答案：a，b中没有一个能被5整除 ‎8．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．‎ 解析：由条件得cn＝an－bn＝－n＝，‎ ‎∴cn随n的增大而减小，∴cn＋1＜cn.‎ 答案：cn＋1＜cn ‎9．对于问题：“已知关于x的不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(－1,2)，解关于x的不等式ax2－bx＋c＞0”，给出如下一种解法：‎ 解：由ax2＋bx＋c＞0的解集为(－1,2)，得a(－x)2＋b(－x)＋c＞0的解集为(－2,1)，即关于x的不等式ax2－bx＋c＞0的解集为(－2,1)．‎ 参考上述解法，若关于x的不等式＋＜0的解集为∪，则关于x的不等式＋＜0的解集为________．‎ 解析：不等式＋＜0，可化为＋＜0，故得－1＜＜－或＜＜1，解得－3＜x＜－1或1＜x＜2，故＋＜0的解集为(－3，－1)∪(1,2)．‎ 答案：(－3，－1)∪(1,2)‎ ‎10．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是________．‎ 解析：依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，所以－2p2＋p＋1＞0或－2p2－3p＋9＞0，即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，得－＜p＜1或－3＜p＜，故满足条件的p的取值范围是.‎ 答案： 二、解答题 ‎11．已知函数f(x)＝tan x，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]＞f.‎ 证明：要证[f(x1)＋f(x2)]＞f，‎ 即证明(tan x1＋tan x2)＞tan，‎ 只需证明＞tan，‎ 只需证明＞.‎ 由于x1，x2∈，故x1＋x2∈(0，π)．‎ ‎∴cos x1cos x2＞0，sin(x1＋x2)＞0,1＋cos(x1＋x2)＞0，‎ 故只需证明1＋cos(x1＋x2)＞2cos x1cos x2，‎ 即证1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2＞2cos x1cos x2，‎ 即证cos(x1－x2)＜1.‎ 由x1，x2∈，x1≠x2知上式显然成立，‎ 因此[f(x1)＋f(x2)]＞f.‎ ‎12．对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足：①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数．‎ ‎(1)若函数f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0；‎ ‎(2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝(x∈[0,1])是否是理想函数．‎ 解：(1)证明：取x1＝x2＝0，则x1＋x2＝0≤1，‎ ‎∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0.‎ 又对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0，‎ ‎∴f(0)≥0.于是f(0)＝0.‎ ‎(2)对于f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不满足新定义中的条件②，‎ ‎∴f(x)＝2x(x∈[0,1])不是理想函数．‎ 对于f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.‎ 对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，有 f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x－x＝2x1x2≥0，‎ 即f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2)．‎ ‎∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数．‎ 对于f(x)＝，x∈[0,1]，显然满足条件①②，‎ 对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，有 f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2＋x2)＝－2≤0，‎ 即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.‎ ‎∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③.‎ ‎∴f(x)＝(x∈[0,1])不是理想函数．‎ 综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数，f(x)＝2x(x∈[0,1])与f(x)＝(x∈[0,1])不是理想函数．‎ 第四节数学归纳法 本节重点突破1个知识点：数学归纳法.‎ 突破点　数学归纳法　 ‎ 基础联通 抓主干知识的“源”与“流”‎ 一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：‎ ‎(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；‎ ‎(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．‎ 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．上述证明方法叫做数学归纳法.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 用数学归纳法证明等式 ‎[例1]　设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．‎ ‎[证明]　(1)当n＝2时，左边＝f(1)＝1，‎ 右边＝2＝1，左边＝右边，等式成立．‎ ‎(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即 f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，‎ 那么，当n＝k＋1时，‎ f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)‎ ‎＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)－k ‎＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，‎ ‎∴当n＝k＋1时结论仍然成立．‎ 由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．‎ ‎[方法技巧]‎ 用数学归纳法证明等式的策略 ‎(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值．‎ ‎(2)由n＝k到n＝k＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n＝k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．　　‎ 用数学归纳法证明不等式 ‎[例2]　已知函数f(x)＝ax－x2的最大值不大于，又当x∈时，f(x)≥.‎ ‎(1)求a的值；‎ ‎(2)设0＜a1＜，an＋1＝f(an)，n∈N*，证明：an＜.‎ ‎[解]　(1)由题意，知f(x)＝ax－x2＝－2＋.‎ 又f(x)max≤，所以f＝≤.‎ 所以a2≤1.‎ 又x∈时，f(x)≥，‎ 所以即 解得a≥1.‎ 又因为a2≤1，所以a＝1.‎ ‎(2)证明：①当n＝1时，0＜a1＜，显然结论成立．‎ 因为当x∈时，0＜f(x)≤，‎ 所以0＜a2＝f(a1)≤＜.‎ 故n＝2时，原不等式也成立．‎ ‎②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，‎ 不等式0＜ak＜成立．‎ 因为f(x)＝x－x2的对称轴为直线x＝，‎ 所以当x∈时，f(x)为增函数．‎ 所以由0＜ak＜≤，‎ 得0＜f(ak)＜f.‎ 于是，0＜ak＋1＝f(ak)＜－·＋－＝－＜.‎ 所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．‎ 根据①②，知对任何n∈N*，不等式an＜成立．‎ ‎[方法技巧]‎ 用数学归纳法证明不等式的策略 ‎(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．‎ ‎(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明．　　‎ 归纳—猜想—证明 ‎[例3]　(2017· 苏锡常镇三模)已知fn(x)＝Cxn－C(x－1)n＋…＋(－1)kC(x－k)n＋…＋(－1)nC(x－n)n，其中x∈R，n∈N*，k∈N，k≤n.‎ ‎(1)试求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；‎ ‎(2)试猜测fn(x)关于n的表达式，并证明你的结论．‎ ‎[解]　(1)f1(x)＝Cx－C(x－1)＝x－x＋1＝1；‎ f2(x)＝Cx2－C(x－1)2＋C(x－2)2‎ ‎＝x2－2(x2－2x＋1)＋(x2－4x＋4)＝2；‎ f3(x)＝Cx3－C(x－1)3＋C(x－2)3－C(x－3)3‎ ‎＝x3－3(x－1)3＋3(x－2)3－(x－3)3＝6.‎ ‎(2)猜测：fn(x)＝n！，‎ 用数学归纳法证明结论成立．‎ ‎①当n＝1时，f1(x)＝1，所以结论成立．‎ ‎②假设当n＝k时，结论成立，即fk(x)＝Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC(x－k)k＝k！，‎ 当n＝k＋1时，fk＋1(x)＝Cxk＋1－C(x－1)k＋1＋…＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1‎ ‎＝Cxk＋1－C(x－1)k(x－1)＋…＋(－1)kC·(x－k)k(x－k)＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1‎ ‎＝x[Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC(x－k)k]＋[C(x－1)k－2C(x－2)k＋…＋(－1)k＋1·kC·(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1‎ ‎＝x[Cxk－(C＋C)(x－1)k＋…＋(－1)k(C＋C)·(x－k)k]＋(k＋1)·[(x－1)k－C(x－2)k＋…‎ ‎＋(－1)k＋1·C·(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k(x－k－1)‎ ‎＝x[Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC(x－k)k]－x[C·(x－1)k＋…＋(－1)k－1·C(x－k)k]＋(k＋1)[(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k＋1·C(x－k)k]＋x(－1)k＋1C(x－k－1)k－(k＋1)·(－1)k＋1(x－k－1)k ‎＝x[Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC·(x－k)k]－x[C(x－1)k＋…＋(－1)k－1C(x－k)k＋(－1)kC(x－k－1)k]＋(k＋1)[(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k－1C·(x－k)k＋(－1)k(x－k－1)k]．(*)‎ 由归纳假设知(*)式等于x·k！－x·k！＋(k＋1)·k！＝(k＋1)！，‎ 所以当n＝k＋1时，结论也成立．‎ 综合①②，fn(x)＝n！成立．‎ ‎[方法技巧]‎ 归纳—猜想—证明类问题的解题步骤 利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理(即演绎推理)论证结论的正确性．　　‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎1.求证：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N*)．‎ 证明：(1)当n＝1时，左边＝1－＝，‎ 右边＝＝，左边＝右边，等式成立．‎ ‎(2)假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，‎ 则当n＝k＋1时，‎ ＋ ‎＝＋ ‎＝＋＋…＋＋.‎ 即当n＝k＋1时，等式也成立．‎ 综合(1)，(2)可知，对一切n∈N*，等式成立．‎ ‎2.用数学归纳法证明：2n＜C＜4n，其中n≥2，n∈N.‎ 证明：①当n＝2时，22＜6＝C＜42不等式成立．‎ ‎②假设当n＝k时，2k＜C＜4k成立，‎ 则当n＝k＋1时 由C＝＝ ‎＝＝2C＞2C＞2·2k＝2k＋1，即2k＋1＜C.‎ C＝2C＝2·C＜2·2C＝4C＜4·4k＝4k＋1，‎ 因此2k＋1＜C＜4k＋1成立，即当n＝k＋1时，不等式成立，‎ 所以，对n≥2，n∈N，不等式2n＜C＜4n恒成立．‎ ‎3.(2018·苏州市高三期中调研)(1)若不等式(x＋1)ln(x＋1)≥ax对任意x∈[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围；‎ ‎(2)设n∈N*，试比较＋＋…＋与ln(n＋1)的大小，并证明你的结论．‎ 解：(1)原问题等价于ln(x＋1)－≥0对任意x∈[0，＋∞)恒成立，‎ 令g(x)＝ln(x＋1)－，则g′(x)＝，‎ 当a≤1时，g′(x)＝≥0恒成立，即g(x)在[0，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴g(x)≥g(0)＝0恒成立；‎ 当a＞1时，令g′(x)＝0，则x＝a－1＞0，‎ ‎∴g(x)在(0，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增，‎ ‎∴g(a－1)＜g(0)＝0，即存在x＞0使得g(x)＜0，不合题意；‎ 综上所述，a的取值范围是(－∞，1]．‎ ‎(2)注意到＜ln 2，＋＜ln 3，…，‎ 故猜想＋＋…＋＜ln(n＋1)(n∈N*)，‎ 下面用数学归纳法证明该猜想成立．‎ 证明：①当n＝1时，＜ln 2，成立；‎ ‎②假设当n＝k时结论成立，即＋＋…＋＜ln(k＋1)，‎ 在(1)中取a＝1，得ln(x＋1)＞(x∈(0，＋∞))，‎ 令x＝(k∈N*)，有＜ln，‎ 那么，当n＝k＋1时，‎ ＋＋…＋＋＜ln(k＋1)＋＜ln(k＋1)＋ln＝ln(k＋2)，也成立；‎ 由①②可知，＋＋…＋＜ln(n＋1)．‎ ‎[课时达标检测]‎ ‎　 难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选 ‎ 一、全员必做题 ‎1．(2018·南通期初)已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*.‎ ‎(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；‎ ‎(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．‎ 解：(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝－＝1，所以f(1)＝g(1)；‎ 当n＝2时，f(2)＝1＋＝，g(2)＝－＝，所以f(2)＜g(2)；‎ 当n＝3时，f(3)＝1＋＋＝，g(3)＝－＝，所以f(3)＜g(3)．‎ ‎(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明．‎ ‎①当n＝1时，不等式显然成立．‎ ‎②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立．‎ 即1＋＋＋＋…＋＜－，‎ 那么，当n＝k＋1时，‎ f(k＋1)＝f(k)＋＜－＋，‎ 因为－ ‎＝－＝＜0，‎ 所以f(k＋1)＜－＝g(k＋1)．‎ 由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．‎ ‎2．(2018·苏北四市模拟)已知数列{an}满足an＝3n－2，f(n)＝＋＋…＋，g(n)＝f(n2)－f(n－1)，n∈N*.求证：‎ ‎(1)g(2)＞；‎ ‎(2)当n≥3时，g(n)＞.‎ 证明：(1)由题意知，an＝3n－2，g(n)＝＋＋＋…＋，‎ 当n＝2时，g(2)＝＋＋＝＋＋＝＞.‎ ‎(2)用数学归纳法加以证明：‎ ‎①当n＝3时，g(3)＝＋＋＋…＋ ‎＝＋＋＋＋＋＋ ‎＝＋＋ ‎＞＋＋ ‎＝＋＋ ‎＞＋＋＞，‎ 所以当n＝3时，结论成立．‎ ‎②假设当n＝k时，结论成立，即g(k)＞，‎ 则n＝k＋1时，‎ g(k＋1)＝g(k)＋＋＋…＋－ ‎＞＋ ‎＞＋－ ‎＝＋ ‎＝＋，‎ 由k≥3可知，3k2－7k－3＞0，即g(k＋1)＞.‎ 所以当n＝k＋1时，结论也成立．‎ 综合①②可得，当n≥3时，g(n)＞.‎ ‎3．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．‎ ‎(1)求r的值．‎ ‎(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式··…·＞成立．‎ 解：(1)由题意，Sn＝bn＋r，‎ 当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.‎ 所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．‎ 由于b＞0且b≠1，‎ 所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．‎ 又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，‎ 所以＝b，即＝b，‎ 解得r＝－1.‎ ‎(2)证明：由(1)知an＝2n－1，‎ 因此bn＝2n(n∈N*)，‎ 所证不等式为··…·＞.‎ ‎①当n＝1时，左式＝，右式＝，‎ 左式＞右式，所以结论成立．‎ ‎②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，‎ 即··…·＞，则当n＝k＋1时，‎ ··…··＞·＝，‎ 要证当n＝k＋1时结论成立，‎ 只需证≥，‎ 即证≥，‎ 由基本不等式得＝≥成立，‎ 故≥成立，‎ 所以，当n＝k＋1时，结论成立．‎ 由①②可知，n∈N*时，不等式··…·＞成立．‎ 二、重点选做题 ‎1．(2018·盐城模拟)记f(n)＝(3n＋2)(C＋C＋C＋…＋C)(n≥2，n∈Z)．‎ ‎(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；‎ ‎(2)当n≥2，n∈N*时，试猜想所有f(n)的最大公约数，并证明．‎ 解：(1)因为f(n)＝(3n＋2)(C＋C＋C＋…＋C)＝(3n＋2)C，‎ 所以f(2)＝8，f(3)＝44，f(4)＝140.‎ ‎(2)由(1)中结论可猜想所有f(n)的最大公约数为4.‎ 下面用数学归纳法证明所有的f(n)都能被4整除即可．‎ ‎①当n＝2时，f(2)＝8能被4整除，结论成立；‎ ‎②假设n＝k时，结论成立，即f(k)＝(3k＋2)C能被4整除， ‎ 则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(3k＋5)C ‎＝(3k＋2)C＋3C ‎＝(3k＋2)(C＋C)＋(k＋2)C ‎＝(3k＋2)C＋(3k＋2)C＋(k＋2)C ‎＝(3k＋2)C＋4(k＋1)C ‎＝f(k)＋4(k＋1)C，‎ 此式也能被4整除，即n＝k＋1时结论也成立．‎ 综上所述，所有f(n)的最大公约数为4.‎ ‎2．已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．‎ ‎(1)写出f(6)的值；‎ ‎(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．‎ 解：(1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)满足：‎ 若a＝1，则b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，则b＝1,2,4,6；若a＝3，则b＝1,3,6.‎ 所以f(6)＝13.‎ ‎(2)当n≥6时，‎ f(n)＝(t∈N*)‎ 下面用数学归纳法证明：‎ ‎①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立．‎ ‎②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：‎ a．若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3‎ ‎＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；‎ b．若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1‎ ‎＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；‎ c．若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2‎ ‎＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；‎ d．若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2‎ ‎＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；‎ e．若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2‎ ‎＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；‎ f．若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有 f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1‎ ‎＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立．‎ 综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．‎ 三、冲刺满分题 ‎1．(2018·扬州模拟)已知函数f(x)＝2x－3x2，设数列{an}满足：a1＝，an＋1＝f(an)．求证：‎ ‎(1)对任意的n∈N*，都有0＜an＜；‎ ‎(2)＋＋…＋≥4n＋1－4.‎ 证明：(1)①当n＝1时，a1＝，有0＜a1＜，‎ ‎∴n＝1时，不等式成立．‎ ‎②假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即0＜ak＜.‎ 则当n＝k＋1时，‎ ak＋1＝f(ak)＝2ak－3a＝－32＋，‎ 于是－ak＋1＝32.‎ 因为0＜ak＜，所以0＜32＜，‎ 即0＜－ak＋1＜，可得0＜ak＋1＜.‎ 所以当n＝k＋1时，不等式也成立．‎ 由①②可知，对任意的正整数n，都有0＜an＜.‎ ‎(2)由(1)可得－an＋1＝32，‎ 两边同时取以3为底的对数，可得log3＝1＋2log3，‎ 化简为1＋log3＝2.‎ 所以数列是以log3为首项，2为公比的等比数列，‎ 所以1＋log3＝2n－1log3，‎ 化简求得：－an＝×2n－1，‎ 所以＝3×42n－1，‎ 因为当n≥2时，‎ ‎2n－1＝C＋C＋C＋…＋C≥1＋n－1＝n，‎ 又当n＝1时，2n－1＝1，‎ 所以对任意的n∈N*,2n－1≥n，‎ 所以＝3×42n－1≥3×4n，‎ 则＋＋…＋＝3[420＋421＋…＋42n－1]≥3[41＋42＋…＋4n]＝4n＋1－4，‎ 所以＋＋…＋≥4n＋1－4.‎ ‎2．(2018·无锡期初)已知数列{an}满足a1＝a2＝a3＝k，an＋1＝(n≥3，n∈N*)，其中k＞0，数列{bn}满足bn＝(n＝1,2,3,4，…)．‎ ‎(1)求b1，b2，b3，b4；‎ ‎(2)求数列{bn}的通项公式；‎ ‎(3)是否存在正数k，使得数列{an}的每一项均为整数，如果不存在，说明理由；如果存在，求出所有的k.‎ 解：(1)经过计算可知：‎ a4＝k＋1，a5＝k＋2，a6＝k＋4＋.‎ 求得b1＝b3＝2，b2＝b4＝.‎ ‎(2)由条件可知：‎ an＋1an－2＝k＋anan－1.①‎ 类似地有：an＋2an－1＝k＋an＋1an.②‎ ‎①－②整理得，＝，‎ 即bn＝bn－2.‎ 所以b2n－1＝b2n－3＝…＝b1＝＝2，‎ b2n＝b2n－2＝…＝b2＝＝，‎ 所以bn＝(n∈N*，k＞0)．‎ ‎(3)假设存在正数k，使得数列{an}的每一项均为整数，则由(2)可知：③‎ 由a1＝k∈Z，a6＝k＋4＋∈Z可知k＝1,2.‎ 当k＝1时，＝3为整数，利用a1，a2，a3∈Z，‎ 结合③式，反复递推，可知{an}的每一项均为整数；‎ 当k＝2时，③变为④‎ 我们用数学归纳法证明a2n－1为偶数，a2n为整数，‎ n＝1时，结论显然成立，假设n＝k时结论成立，这时a2k－1为偶数，a2k为整数，‎ 故a2k＋1＝2a2k－a2k－1为偶数，a2k＋2为整数，所以n＝k＋1时，命题成立，‎ 故数列{an}是整数列，‎ 综上所述，k的取值集合是{1,2}．‎