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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 第七章 推理與證明課堂過關(guān) 理
考點(diǎn)新知
能用歸納和類比等方法進(jìn)行簡(jiǎn)單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用；掌握演繹推理的基本方法，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡(jiǎn)單的推理；了解合情推理和演繹推理的聯(lián)系和區(qū)別．
① 了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進(jìn)行簡(jiǎn)單的推理，了解合情推理在數(shù)學(xué)發(fā)現(xiàn)中的作用. ② 了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運(yùn)用它們進(jìn)行一些簡(jiǎn)單推理. ③ 了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異．
1. 已知＝2，＝3，＝4，…，類比這些等式，若＝6(a、b均為正數(shù))，則a＋b＝________．
答案：41
解析：觀察下列等式＝2，＝3，＝4，…，第n個(gè)應(yīng)該是＝(n＋1)，則第5個(gè)等式中：a＝6，b＝a2－1＝35，a＋b＝41.
2. 在平面幾何中有如下結(jié)論：正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則＝，推廣到空間可以得到類似結(jié)論；已知正四面體PABC的內(nèi)切球體積為V1，外接球體積為V2，則＝________.
答案：
解析：正四面體的內(nèi)切球與外接球的半徑之比為1∶3，故＝.
3. 設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若存在正整數(shù)m、n(m
0，∴ a1＝1；
當(dāng)n＝2時(shí)，S2＝，即a＋2a2－1＝0.
∵ a2>0, ∴ a2＝－1.同理可得，a3＝－.
(2) 由(1)猜想an＝－.
(3) Sn＝1＋(－1)＋(－)＋…＋(－)＝.
已知數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，則a3＝________，a1·a2·a3·…·a2 007＝________．
答案：－ 3
解析：(解法1)分別求出a2＝－3，a3＝－，a4＝，a5＝2，可以發(fā)現(xiàn)a5＝a1，且a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2 007＝a2 005·a2 006·a2 007＝a1·a2·a3＝3.
(解法2)由an＋1＝，聯(lián)想到兩角和的正切公式，設(shè)a1＝2＝tanθ，則有a2＝tan，a3＝tan，a4＝tan，a5＝tan(π＋θ)＝a1，….則a1·a2·a3·a4＝1，故a1·a2·a3·…·a2 007＝a2 005·a2 006·a2 007＝a1·a2·a3＝3.
題型2 類比推理
2 現(xiàn)有一個(gè)關(guān)于平面圖形的命題：如圖所示，同一個(gè)平面內(nèi)有兩個(gè)邊長(zhǎng)都是a的正方形，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方形重疊部分的面積恒為.類比到空間，有兩個(gè)棱長(zhǎng)均為a的正方體，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方體重疊部分的體積恒為________．
答案：
解析：在已知的平面圖形中，中心O到兩邊的距離相等(如圖1)，即OM＝ON.四邊形OPAR是圓內(nèi)接四邊形，Rt△OPN≌Rt△ORM，因此S四邊形OPAR＝S正方形OMAN＝a2.
同樣地，類比到空間，如圖2.
兩個(gè)棱長(zhǎng)均為a的正方體重疊部分的體積為a3.
在Rt△ABC中，兩直角邊的長(zhǎng)分別為a，b，直角頂點(diǎn)C到斜邊的距離為h，則易證＝＋.在四面體SABC中，側(cè)棱SA，SB，SC兩兩垂直，SA＝a，SB＝b，SC＝c，點(diǎn)S到平面ABC的距離為h，類比上述結(jié)論，寫出h與a，b，c之間的等式關(guān)系并證明．
解：類比得到：＝＋＋.
證明：過S作△ABC所在平面的垂線，垂足為O，連結(jié)CO并延長(zhǎng)交AB于D，連結(jié)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＝＋＝＋＋.
題型3 演繹推理
, 3) 設(shè)同時(shí)滿足條件：①≤bn＋1(n∈N*)；②bn≤M(n∈N*，M是與n無關(guān)的常數(shù))的無窮數(shù)列{bn}叫“特界” 數(shù)列．
(1) 若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，Sn是其前n項(xiàng)和，a3＝4，S3＝18，求Sn；
(2) 判斷(1)中的數(shù)列{Sn}是否為“特界” 數(shù)列，并說明理由．
解：(1) 設(shè)等差數(shù)列{an}的公差為d，
則a1＋2d＝4，3a1＋3d＝18，解得a1＝8，d＝－2，Sn＝na1＋d＝－n2＋9n.
(2) 由－Sn＋1＝
＝＝＝－1<0，得b，那么>”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為______________．
答案：＝或<
解析：根據(jù)反證法的步驟，假設(shè)是對(duì)原命題結(jié)論的否定，即＝或<.
3. －2與－的大小關(guān)系是______________．
答案：－2>－
解析： 由分析法可得，要證－2>－，只需證＋>＋2，即證13＋2>13＋4，即>2.因?yàn)?2>40，所以－2>－成立．
4. 定義集合運(yùn)算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，設(shè)集合A＝{－1，0，1}，B＝{sinα，cosα}，則集合A·B的所有元素之和為________．
答案：0
解析：依題意知α≠kπ＋，k∈Z.①α＝kπ＋(k∈Z)時(shí)，B＝，A·B＝；②α＝2kπ或α＝2kπ＋(k∈Z)時(shí)，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}；③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)時(shí)，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}；④α≠且α≠kπ＋(k∈Z)時(shí)，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，－cosα}．綜上可知A·B中的所有元素之和為0.
5. 設(shè)a、b為兩個(gè)正數(shù)，且a＋b＝1，則使得＋≥μ恒成立的μ的取值范圍是________．
答案：(－∞，4]
解析：∵ a＋b＝1，且a、b為兩個(gè)正數(shù)，∴ ＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.要使得＋≥μ恒成立，只要μ≤4.
1. 直接證明
(1) 定義：直接從原命題的條件逐步推得命題成立的證明方法．
(2) 一般形式
ABC…本題結(jié)論．
(3) 綜合法
① 定義：從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推，直到推出要證明的結(jié)論為止．這種證明方法稱為綜合法．
② 推證過程
……
(4) 分析法
① 定義：從問題的結(jié)論出發(fā)，追溯導(dǎo)致結(jié)論成立的條件，逐步上溯，直到使結(jié)論成立的條件和已知條件或已知事實(shí)吻合為止．這種證明方法稱為分析法．
② 推證過程
……
2. 間接證明
(1) 常用的間接證明方法有反證法、正難則反等．
(2) 反證法的基本步驟
① 反設(shè)——假設(shè)命題的結(jié)論不成立，即假定原結(jié)論的反面為真．
② 歸謬——從反設(shè)和已知出發(fā)，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果．
③ 存真——由矛盾結(jié)果，斷定反設(shè)不真，從而肯定原結(jié)論成立.
題型1 直接證明(綜合法和分析法)
, 1) 數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n＝1，2，3，…)，證明：
(1) 數(shù)列是等比數(shù)列；
(2) Sn＋1＝4an.
證明：(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，∴ 數(shù)列是等比數(shù)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，∴ 對(duì)一切n∈N*，都有Sn＋1＝4an.
, 2) 設(shè)a、b、c均為大于1的正數(shù)，且ab＝10，求證：logac＋logbc≥4lgc.
證明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要證明logac＋logbc≥4lgc，只要證明＋≥4lgc，即≥4，因?yàn)閍b＝10，故lga＋lgb＝1.只要證明≥4，由于a>1，b>1，故lga>0，lgb>0，所以0c恒成立．而a＋b＝(a＋b)＝10＋＋≥16，∴ c<16.又>，>，∴ <＋＝1，∴ c>10，∴ 102.
證明：(1) 假設(shè)函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，則f(－2)＝f(2)，即＝，解得a＝2，這與a≠2矛盾，所以函數(shù)f(x)不可能是偶函數(shù)．
(2) 因?yàn)閒(x)＝，所以f′(x)＝.
① 充分性：當(dāng)a>2時(shí)，f′(x)＝<0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減；
② 必要性：當(dāng)函數(shù)f(x)在(－∞，－1)上單調(diào)遞減時(shí)，有f′(x)＝≤0，即a≥2，又a≠2，所以a>2.
綜合①②知，原命題成立．
1. 已知點(diǎn)An(n，an)為函數(shù)y＝圖象上的點(diǎn)，Bn(n，bn)為函數(shù)y＝x圖象上的點(diǎn)，其中n∈N*，設(shè)cn＝an－bn，則cn與cn＋1的大小關(guān)系為________．
答案：cn＋1＜cn
解析：由條件得cn＝an－bn＝－n＝，
∴ cn隨n的增大而減?。?cn＋1＜cn.
2. 一個(gè)平面封閉區(qū)域內(nèi)任意兩點(diǎn)距離的最大值稱為該區(qū)域的“直徑”，封閉區(qū)域邊界曲線的長(zhǎng)度與區(qū)域直徑之比稱為區(qū)域的“周率”，下面四個(gè)平面區(qū)域(陰影部分)的周率從左到右依次記為τ1，τ2，τ3，τ4，則τ1，τ2，τ3，τ4的大小關(guān)系為________．
答案：τ4＞τ2＞τ3＞τ1
解析：在圖(1)中，設(shè)圖形所在的矩形長(zhǎng)為a，寬為b，則其周率為，由不等式的性質(zhì)可知≤2；在圖(2)中設(shè)大圓的半徑為R，則易知外邊界長(zhǎng)為πR，而內(nèi)邊界恰好為一個(gè)半徑為的小圓的周長(zhǎng)πR，故整個(gè)邊界長(zhǎng)為2πR，而封閉曲線的直徑最大值為2R，故周率為π；圖(3)中周長(zhǎng)為直徑的三倍，故周率為3；圖(4)中設(shè)各邊長(zhǎng)為a，則整個(gè)邊界的周長(zhǎng)為12a，直徑為2a，故周率為2，故四個(gè)周率大小τ4＞τ2＞τ3＞τ1.
3. 定義：若存在常數(shù)k，使得對(duì)定義域D內(nèi)的任意兩個(gè)x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，則稱函數(shù)f(x)在定義域D上滿足利普希茨條件．若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則常數(shù)k的最小值為________．
答案：
解析：若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則存在常數(shù)k，使得對(duì)定義域[1，＋∞)內(nèi)的任意兩個(gè)x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，設(shè)x1>x2，則k≥＝.而0<<，所以k的最小值為.
4. 某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個(gè)式子的值都等于同一個(gè)常數(shù)：
① sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；
② sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；
③ sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；
④ sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；
⑤ sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.
(1) 試從上述五個(gè)式子中選擇一個(gè)，求出這個(gè)常數(shù)；
(2) 根據(jù)(1)的計(jì)算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．
解： (1) 選擇②式，計(jì)算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝.
(2) (解法1)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.
證明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.
(解法2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.
證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝＋－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝－cos2α＋＋ (cos60°cos2α＋sin60°·sin2α)－sinαcosα－sin2α＝－cos2α＋＋cos2α＋sin2α－sin2α－(1－cos2α)＝1－cos2α－＋cos2α＝.
5. 如圖，已知半徑為r的圓M的內(nèi)接四邊形ABCD的對(duì)角線AC和BD相互垂直且交點(diǎn)為P.
(1) 若四邊形ABCD中的一條對(duì)角線AC的長(zhǎng)度為d(01)時(shí)，第一步應(yīng)驗(yàn)證________．
答案：1＋＋<2
解析：∵ n∈N*，n>1，∴ n取的第一個(gè)數(shù)為2，左端分母最大的項(xiàng)為＝.
2. (選修22P88練習(xí)題3改編)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式“2n>n2＋1對(duì)于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時(shí)，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取為________．
答案：5
解析：當(dāng)n≤4時(shí)，2n≤n2＋1；當(dāng)n＝5時(shí)，25＝32>52＋1＝26，所以n0應(yīng)取為5.
3. 設(shè)f(n)＝1＋＋＋＋…＋(n∈N*)，則f(k＋1)－f(k)＝________.
答案：＋＋
解析：f(k＋1)－f(k)＝1＋＋＋＋…＋－(1＋＋＋＋…＋)＝＋＋.
4. 利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式＋＋…＋>時(shí)，由k遞推到k＋1時(shí)左邊應(yīng)添加的因式是________．
答案：－
解析：f(k＋1)－f(k)＝＋＋…＋＋－
(＋＋…＋)＝＋－＝－.
5. 已知a1＝，an＋1＝，則a2，a3，a4，a5的值分別為________________，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現(xiàn)象得出一般性的結(jié)論的推理方法，通常叫做歸納法．
2. 對(duì)某些與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題常采用下面的方法來證明它們的正確性：先證明當(dāng)n取第1個(gè)值n0時(shí)，命題成立；然后假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N，k≥n0)時(shí)命題成立；證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立，這種證明方法叫做數(shù)學(xué)歸納法．
3. 用數(shù)學(xué)歸納法證明一個(gè)與正整數(shù)有關(guān)的命題時(shí)，其步驟為：
(1) 歸納奠基：證明凡取第一個(gè)自然數(shù)n0時(shí)命題成立；
(2) 歸納遞推：假設(shè)n＝k(k∈N，k≥n0)時(shí)命題成立，證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題成立；
(3) 由(1)(2)得出結(jié)論．
[備課札記]
題型1 證明等式
1 (xx·陜西)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求證：gn(x)＝.
證明：(數(shù)學(xué)歸納法)① 當(dāng)n＝1時(shí)，g1(x)＝，結(jié)論成立．
② 假設(shè)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即gk(x)＝.那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即結(jié)論成立．
由①②可知，結(jié)論對(duì)所有n∈N*均成立．
用數(shù)學(xué)歸納法證明：
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N)．
證明：① 當(dāng)n＝1時(shí)，等式左邊＝1－＝＝右邊，等式成立．
② 假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N)時(shí)，等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，有1－＋－＋…＋－＋－＝＋＋…＋＋－＝＋＋…＋＋，上式表明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．
由①②知，等式對(duì)任何n∈N均成立．
題型2 證明不等式
, 2) (xx·南通二模)各項(xiàng)均為正數(shù)的數(shù)列{xn}對(duì)一切n∈N*均滿足xn＋＜2.證明：
(1) xn＜xn＋1；
(2) 1－＜xn＜1.
證明：(1) ∵ xn＞0，xn＋＜2，∴ 0＜＜2－xn，
∴ xn＋1＞，且2－xn＞0.
∵ －xn＝＝≥0.
∴ ≥xn，∴ xn≤＜xn＋1，即xn＜xn＋1.
(2) 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：xn＞1－.
① 當(dāng)n＝1時(shí)，由題設(shè)x1＞0可知結(jié)論成立；
② 假設(shè)n＝k時(shí)，xk＞1－，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
由(1)得，xk＋1＞＞＝＝1－.
由①②可得，xn＞1－.
下面先證明xn≤1.
假設(shè)存在自然數(shù)k，使得xk＞1，則一定存在自然數(shù)m，使得xk＞1＋.
因?yàn)閤k＋＜2，xk＋1＞＞＝，xk＋2＞＞＝，…，xk＋m－1＞＝2，與題設(shè)xk＋＜2矛盾，所以xn≤1.若xk＝1，則xk＋1＞xk＝1，根據(jù)上述證明可知存在矛盾．所以xn＜1成立．
已知x1，x2，…，xn∈R＋，且x1x2…xn＝1，求證：
(＋x1)(＋x2)…(＋xn)≥(＋1)n.
證明(數(shù)學(xué)歸納法)：(ⅰ) 當(dāng)n＝1時(shí)，＋x1＝＋1，不等式成立．
(ⅱ) 假設(shè)n＝k時(shí)不等式成立，即(＋x1)(＋x2)…(＋xk)≥(＋1)k成立．
則n＝k＋1時(shí)，若xk＋1＝1，則命題成立；若xk＋1>1，則x1，x2，…，xk中必存在一個(gè)數(shù)小于1，不妨設(shè)這個(gè)數(shù)為xk，從而(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時(shí)，不等式也成立．
由(ⅰ)(ⅱ)知原不等式成立．
題型3 數(shù)列問題
3 設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1，2，3，….
(1) 求a1，a2；
(2) 猜想數(shù)列{Sn}的通項(xiàng)公式，并給出證明．
解：(1) 當(dāng)n＝1時(shí)，x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1，
于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝；
當(dāng)n＝2時(shí)，x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a2－，
于是－a2－a2＝0，解得a2＝.
(2) 由題設(shè)(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0.
當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0.①
由(1)得S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝.
由①可得S3＝.由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，….
下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個(gè)結(jié)論．
(ⅰ) n＝1時(shí)已知結(jié)論成立.
(ⅱ) 假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，即Sk＝，
當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由①得Sk＋1＝，
即Sk＋1＝，故n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立．
綜上，由(ⅰ)(ⅱ)可知Sn＝對(duì)所有正整數(shù)n都成立．
(xx·鎮(zhèn)江期末)已知數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1·(1＋an)＝1.
(1) 試計(jì)算a2，a3，a4，a5的值；
(2) 猜想|an＋1－an|與(其中n∈N*)的大小關(guān)系，并證明你的猜想．
解：(1) 由已知計(jì)算得a2＝，a3＝，a4＝，a5＝.
(2) 由(1)得|a2－a1|＝，|a3－a2|＝，|a4－a3|＝，|a5－a4|＝，而n分別取1，2，3，4時(shí)，分別為，，，，故猜想|an＋1－an|≤.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明以上猜想：
① 當(dāng)n＝1時(shí)，已證；
② 當(dāng)n＝k≥1時(shí)，
假設(shè)|ak＋1－ak|≤，對(duì)n∈N*：由a1＝，an＋1＝，得an>0，∴ 02＋＝，
∴ |ak＋2－ak＋1|＝＝≤≤＝.∴ 當(dāng)n＝k≥1時(shí)，結(jié)論成立．由①和②知，以上猜想成立．
題型4 綜合運(yùn)用
, 4) 若函數(shù)f(x)＝x2－2x－3，定義數(shù)列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是過點(diǎn)P(4，5)，Qn(xn，f(xn))的直線PQn與x軸的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，試運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法證明：2≤xn＜xn＋1<3.
證明：① 當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．∴ 直線PQ1的方程為y＝4x－11，令y＝0，得x2＝，因此，2≤x1＜x2＜3，即n＝1時(shí)結(jié)論成立．
② 假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即2≤xk＜xk＋1＜3.∴ 直線PQk＋1的方程為y－5＝(x－4)．又f(xk＋1)＝x－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0，得xk＋2＝＝4－.
由歸納假設(shè)，20，即xk＋1時(shí)，則f(2k＋1)－f(2k)等于________．
答案：＋＋…＋
解析：∵ f(2k＋1)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋＋＋＋…＋，f(2k)＝1＋＋＋＋…＋＋＋…＋，∴ f(2k＋1)－f(2k)＝＋＋…＋.
2. 用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式：＋＋＋…＋＞1(n∈N*且n＞1)．
證明：①當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝＋＋＝＞1，
∴ n＝2時(shí)不等式成立；
②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2)時(shí)不等式成立，
即＋＋＋…＋＞1，
那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，
左邊＝＋…＋＋
＝＋＋…＋＋－
＞1＋(2k＋1)·－＝1＋＞1.
綜上，對(duì)于任意n∈N*，n>1不等式均成立，原命題得證．
3. 已知函數(shù)f(x)＝－x3＋ax在(－1，0)上是增函數(shù)．
(1) 求實(shí)數(shù)a的取值范圍A；
(2) 當(dāng)a為A中最小值時(shí)，定義數(shù)列{an}滿足：a1∈(－1，0)，且2an＋1＝f(an)，用數(shù)學(xué)歸納法證明an∈(－1，0)，并判斷an＋1與an的大?。?
解 ：(1) ∵ f′(x)＝－3x2＋a≥0即a≥3x2在x∈(－1，0)恒成立，∴ A＝[3，＋∞)
(2) 用數(shù)學(xué)歸納法證明：an∈(－1，0)．
(ⅰ) n＝1時(shí)，由題設(shè)a1∈(－1，0)；
(ⅱ) 假設(shè)n＝k時(shí)，ak∈(－1，0)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝f(ak)＝(－a＋3ak)，由(1)知：f(x)＝－x3＋3x在(－1，0)上是增函數(shù)，又ak∈(－1，0)，所以[－(－1)3＋3×(－1)]＝－1
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2019-2020年高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí)
第七章
推理與證明課堂過關(guān)
2019
2020
年高
數(shù)學(xué)
一輪
復(fù)習(xí)
第七
推理
證明
課堂
過關(guān)
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