人教A版高中选修2-2数学浙江专版第二章 习题课二 推理与证明

2.2直接证明与间接证明2.2.1综合法和分析法第1课时综合法课时过关·能力提升基础巩固1设a,b∈R,若a-|b|>0,则下列不等式正确的是()A.b-a>0B.a3+b3<0C.a2-b2<0D.b+a>0解析∵a-|b|>0,∴|b|<a,∴a>0,∴-a<b<a,∴b+a>0.答案D2函数f(x)=(x-3)e x的单调递增区间是()A.(-∞,2)B.(0,3)C.(1,4)D.(2,+∞)解析f'(x)=(x-3)'e x+(x-3)·(e x)'=(x-2)e x,令f'(x)>0,解得x>2,故选D.答案D3已知在等差数列{a n}中,a5+a11=16,a4=1,则a12的值是()A.15B.30C.31D.64解析已知在等差数列{a n}中,a5+a11=16,又a5+a11=2a8,所以a8=8.又2a8=a4+a12,所以a12=15.故选A.答案A4已知a≥0,b≥0,且a+b=2,则()A.ab≤12B.ab≥12C.a2+b2≥2D.a2+b2≤3解析由a+b=2,可得ab≤1,当且仅当a=b=1时取等号.又a2+b2=4-2ab,∴a2+b2≥2.答案C5已知实数a ≠0,且函数f (x )=a (x 2+1)-(2x +1a )有最小值-1,则a= .解析f (x )=ax 2-2x+a-1a 有最小值,则a>0,对称轴为x=1a ,f (x )min =f (1a )=-1,即f (1a )=a ·(1a )2-2×1a +a-1a =-1, 即a-2a =-1,所以a 2+a-2=0(a>0),解得a=1. 答案16设p ,q 均为实数,则“q<0”是“关于x 的方程x 2+px+q=0有一个正实根和一个负实根”的 条件.(填“充要”“必要不充分”“充分不必要”或“既不充分也不必要”)解析因为q<0,所以Δ=p 2-4q>0.所以“方程x 2+px+q=0有一个正实根和一个负实根”成立.因为“方程x 2+px+q=0有一个正实根和一个负实根”,所以q<0. 答案充要7设a ,b ,c 为不全相等的正数,且abc=1,求证:1a +1b +1c >√a +√b +√c . 分析解答本题可先把abc=1代入,再利用基本不等式进行推证. 证明因为a ,b ,c 为不全相等的正数,且abc=1,所以1a+1b+1c=bc+ca+ab. 又bc+ca ≥2√bc ·√ca =2√c ,ca+ab ≥2√ca ·√ab =2√a ,ab+bc ≥2√ab ·√bc =2√b ,且a ,b ,c 不全相等,所以上述三个不等式中的“=”不能同时成立.所以2(bc+ca+ab )>2(√c +√a +√b ), 即bc+ca+ab>√a +√b +√c . 故1a +1b +1c >√a +√b +√c .8在△ABC 中,三边a ,b ,c 成等比数列.求证:a cos 2C2+c cos 2A 2≥32b. 证明∵a ,b ,c 成等比数列,∴b 2=ac. ∵左边=a (1+cosC )2+c (1+cosA )2 =12(a+c )+12(a cos C+c cos A )=12(a+c )+12(a ·a 2+b 2-c 22ab +c ·b 2+c 2-a 22bc)=12(a+c )+12b ≥√ac +b2=b+b2=32b=右边,当且仅当a=c 时,等号成立, ∴a cos 2C 2+c cos 2A 2≥32b.9若a ,b ,c 是不全相等的正数,求证: lga+b 2+lg b+c 2+lg c+a2>lg a+lg b+lg c. 证明∵a ,b ,c ∈(0,+∞),∴a+b2≥√ab >0,b+c 2≥√bc >0,a+c 2≥√ac >0.又a ,b ,c 是不全相等的正数,故上述三个不等式中等号不能同时成立.∴a+b 2·b+c 2·c+a2>abc 成立. 上式两边同时取常用对数, 得lg (a+b 2·b+c 2·c+a2)>lg(abc ),∴lga+b 2+lg b+c 2+lg c+a 2>lg a+lg b+lg c. 能力提升1若a ,b ,c 是常数,则“a>0,且b 2-4ac<0”是“对任意x ∈R ,有ax 2+bx+c>0”的( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件解析因为a>0,且b 2-4ac<0⇒ax 2+bx+c>0对任意x ∈R 恒成立.反之,ax 2+bx+c>0对任意x ∈R 恒成立不能推出a>0,且b 2-4ac<0,反例为:当a=b=0,且c>0时也有ax 2+bx+c>0对任意x ∈R 恒成立,所以“a>0,且b 2-4ac<0”是“对任意x ∈R ,有ax 2+bx+c>0”的充分不必要条件. 答案A2在面积为S (S 为定值)的扇形中,弧所对的圆心角为θ,半径为r ,当扇形的周长p 最小时,θ,r 的值分别是( ) A.θ=1,r=√S B.θ=2,r=√S 4C.θ=2,r=√S 3D.θ=2,r=√S解析因为S=12θr 2,所以θ=2Sr 2.又扇形周长为p=2r+θr=2(r +Sr )≥4√S , 所以当r=Sr,即r=√S 时,p 取最小值,此时θ=2. 故选D. 答案D ★3若O 是平面上的定点,A ,B ,C 是平面上不共线的三个点,动点P 满足OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ(AB⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗|+AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AC⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |),λ∈[0,+∞),则动点P 的轨迹一定通过△ABC 的( ) A.外心 B.内心 C.重心D.垂心解析因为OP ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +λ(AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |),所以AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =λ(AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |+AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |AC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |).所以AP 是△ABC 中∠BAC 的内角平分线.故动点P 的轨迹一定通过△ABC 的内心. 答案B4已知sin α+sin β+sin γ=0,cos α+cos β+cos γ=0,则cos(α-β)的值为 . 解析∵sin α+sin β+sin γ=0,cos α+cos β+cos γ=0,∴{sinα+sinβ=-sinγ,cosα+cosβ=-cosγ.以上两式两边平方相加,得2+2(sin αsin β+cos αcos β)=1,∴cos(α-β)=-12. 答案-125已知q 和n 均为给定的大于1的自然数.设集合M={0,1,2,…,q-1},集合A={x|x=x 1+x 2q+…+x n q n-1,x i∈M ,i=1,2,…,n }. (1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A ;(2)设s ,t ∈A ,s=a 1+a 2q+…+a n q n-1,t=b 1+b 2q+…+b n q n-1,其中a i ,b i ∈M ,i=1,2,…,n.证明:若a n <b n ,则s<t. (1)解当q=2,n=3时,M={0,1},A={x|x=x 1+x 2·2+x 3·22,x i ∈M ,i=1,2,3}.可得,A={0,1,2,3,4,5,6,7}.(2)证明由s ,t ∈A ,s=a 1+a 2q+…+a n q n-1,t=b 1+b 2q+…+b n q n-1,a i ,b i ∈M ,i=1,2,…,n 及a n <b n ,可得s-t=(a 1-b 1)+(a 2-b 2)q+…+(a n-1-b n-1)·q n-2+(a n -b n )q n-1 ≤(q-1)+(q-1)q+…+(q-1)q n-2-q n-1=(q -1)(1-q n -1)1-q-q n-1=-1<0.所以,s<t.6已知数列{a n }满足a 1=1,a n+1=3a n +1. (1)证明{a n +12}是等比数列,并求{a n }的通项公式; (2)证明1a 1+1a 2+…+1a n<32.证明(1)由a n+1=3a n +1得a n+1+12=3(a n +12).又a 1+12=32,所以{a n +12}是首项为32,公比为3的等比数列.a n +12=3n 2,因此{a n }的通项公式为a n =3n -12. (2)由(1)知1a n=23n-1. 因为当n ≥1时,3n -1≥2×3n-1, 所以13n-1≤12×3n -1.于是1a 1+1a 2+…+1a n ≤1+13+…+13n -1 =32(1-13n)<32.所以1a 1+1a 2+…+1a n <32.★7设f n (x )是等比数列1,x ,x 2,…,x n 的各项和,其中x>0,n ∈N ,n ≥2.(1)证明:函数F n (x )=f n (x )-2在(12,1)内有且仅有一个零点(记为x n ),且x n =12+12x n n+1;(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为g n (x ),比较f n (x )和g n (x )的大小,并加以证明.(1)证明F n (x )=f n (x )-2=1+x+x 2+…+x n -2,则F n (1)=n-1>0,F n (12)=1+12+(12)2+…+(12)n-2 =1-(12)n+11-12-2=-12n <0, 所以F n (x )在(12,1)内至少存在一个零点.又F n '(x )=1+2x+…+nx n-1>0, 故F n (x )在(12,1)内单调递增,所以F n (x )在(12,1)内有且仅有一个零点x n . 因为x n 是F n (x )的零点,所以F n (x n )=0, 即1-x nn+1n -2=0,故x n =1+1x n n+1. (2)解当x=1时,f n (x )=g n (x );当x ≠1时,f n (x )<g n (x ). 证明如下: 由假设,g n (x )=(n+1)(1+x n )2. 设h (x )=f n (x )-g n (x )=1+x+x 2+…+x n -(n+1)(1+xn )2,x>0.当x=1时,f n (x )=g n (x ).当x ≠1时,h'(x )=1+2x+…+nx n-1-n (n+1)x n -12. 若0<x<1,h'(x )>x n-1+2x n-1+…+nx n-1-n (n+1)2x n-1=n (n+1)2x n-1-n (n+1)2x n-1=0. 若x>1,h'(x )<x n-1+2x n-1+…+nx n-1-n (n+1)2x n-1=n (n+1)2x n-1-n (n+1)2x n-1=0. 所以h (x )在(0,1)内单调递增,在(1,+∞)内单调递减, 所以h (x )<h (1)=0,即f n (x )<g n (x ). 综上所述,当x=1时,f n (x )=g n (x ); 当x ≠1时,f n (x )<g n (x ).。

第二章 2.31．数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *)．(1)计算a 1，a 2，a 3，并猜想a n 的通项公式；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．解析 (1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，则a 1＝1；当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，则a 2＝32； 当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，则a 3＝74. 由此猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *) (2)证明：①当n ＝1时，a 1＝1结论成立，②假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即a k ＝2k －12k －1， 当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1，则2a k ＋1＝2＋a k ，则a k ＋1＝2＋a k 2＝2k ＋1－12k， 则当n ＝k ＋1时结论成立，由①和②，可知对于任意n ∈N *，a n ＝2n －12n －1成立，即猜想成立． 2．在平面内有n (n ≥2)条直线，其中每两条直线相交于一点，并且每三条直线都不相交于同一点．求证：这n 条直线将它们所在的平面分成n 2＋n ＋22个区域． 证明 (1)当n ＝2时，两条直线相交把平面分成4个区域，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，k 条直线将平面分成k 2＋k ＋22个不同的区域，命题成立． 当n ＝k ＋1时，设其中的一条直线为l ，其余k 条直线将平面分成k 2＋k ＋22个区域，直线l 与其余k 条直线相交，得到k 个不同的交点，这k 个点将l 分成k ＋1段，每段都将所在的区域分成两部分，故新增区域k ＋1个．从而k ＋1条直线将平面分成k 2＋k ＋22＋k ＋1＝(k ＋1)2＋(k ＋1)＋22个区域． 所以n ＝k ＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，原命题成立．3．数学归纳法证明：当n ∈N *时，(1)12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1n 2＝(－1)n －1·n (n ＋1)2； (2)12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2＝－n (2n ＋1)．证明 (1)①当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0×1×(1＋1)2＝1， 左边＝右边，等式成立．②假设n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1k 2＝(－1)k －1·k (k ＋1)2. 则当n ＝k ＋1时，12－22＋32－42＋…＋(－1)k －1k 2＋(－1)k (k ＋1)2＝(－1)k －1·k (k ＋1)2＋(－1)k (k ＋1)2 ＝(－1)k (k ＋1)·⎣⎡⎦⎤(k ＋1)－k 2 ＝(－1)k ·(k ＋1)[(k ＋1)＋1]2. 故当n ＝k ＋1时，等式也成立，根据①和②，可知对于任意n ∈N *等式成立．(2)①n ＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N *)时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＝－k (2k ＋1)，则当n ＝k ＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k －1)2－(2k )2＋(2k ＋1)2－(2k ＋2)2 ＝－k (2k ＋1)＋(2k ＋1)2－(2k ＋2)2＝－k (2k ＋1)－(4k ＋3)＝－(2k 2＋5k ＋3)＝－(k ＋1)[2(k ＋1)＋1]，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由①和②，可知等式对任意n ∈N *都成立．4．用数学归纳法证明：n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3能被9整除(n ∈N *)．证明 (1)当n ＝1时，13＋23＋33＝36能被9整除，所以结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除．则当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3＝[k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3]＋[(k ＋3)3－k 3]＝[k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3]＋9k 2＋27k ＋27＝[k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3]＋9(k2＋3k＋3)．因为k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，9(k2＋3k＋3)也能被9整除，所以(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3也能被9整除，即n＝k＋1时结论也成立．由(1)和(2)，可知命题对一切n∈N*成立．由Ruize收集整理。

2．1.1 综合法和分析法学习目标 1.理解综合法、分析法的意义，掌握综合法、分析法的思维特点.2.会用综合法、分析法解决问题．知识点一 综合法思考 阅读下列证明过程，总结此证明方法有何特点？ 已知a ，b >0，求证：a (b 2＋c 2)＋b (c 2＋a 2)≥4abc . 证明：因为b 2＋c 2≥2bc ，a >0，所以a (b 2＋c 2)≥2abc . 又因为c 2＋a 2≥2ac ，b >0，所以b (c 2＋a 2)≥2abc . 因此a (b 2＋c 2)＋b (c 2＋a 2)≥4abc .答案 利用已知条件a >0，b >0和重要不等式，最后推导出所要证明的结论．梳理 (1)定义：一般地，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，这种证明方法叫做综合法． (2)综合法的框图表示P ⇒Q 1―→Q 1⇒Q 2―→Q 2⇒Q 3―→…―→Q n ⇒Q(P 表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q 表示所要证明的结论) 知识点二 分析法思考 阅读证明基本不等式的过程，试分析证明过程有何特点？ 已知a ，b >0，求证：a ＋b 2≥ab .证明：要证a ＋b2≥ab ，只需证a ＋b ≥2ab ， 只需证a ＋b －2ab ≥0，只需证(a －b )2≥0，因为(a －b )2≥0显然成立，所以原不等式成立．答案 从结论出发开始证明，寻找使证明结论成立的充分条件，最终把要证明的结论变成一个明显成立的条件．梳理 (1)定义：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，这种证明方法叫做分析法． (2)分析法的框图表示Q ⇐P 1―→P 1⇐P 2―→P 2⇐P 3―→…―→得到一个明显成立的条件类型一 综合法命题角度1 用综合法证明不等式例1 (1)已知a ，b ，c ∈R ，且它们互不相等，求证a 4＋b 4＋c 4＞a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2.证明 ∵a 4＋b 4≥2a 2b 2，b 4＋c 4≥2b 2c 2，a 4＋c 4≥2a 2c 2，∴2(a 4＋b 4＋c 4)≥2(a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2)， 即a 4＋b 4＋c 4≥a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2. 又∵a ，b ，c 互不相等， ∴a 4＋b 4＋c 4＞a 2b 2＋b 2c 2＋c 2a 2.(2)在△ABC 中，三边a ，b ，c 成等比数列．求证：a cos 2 C 2＋c cos 2A 2≥32b .证明 因为a ，b ，c 成等比数列，所以b 2＝ac . 因为左边＝a (1＋cos C )2＋c (1＋cos A )2＝12(a ＋c )＋12(a cos C ＋c cos A ) ＝12(a ＋c )＋12(a ·a 2＋b 2－c 22ab ＋c ·b 2＋c 2－a 22bc ) ＝12(a ＋c )＋12b ≥ac ＋b 2 ＝b ＋b 2＝32b ＝右边，所以a cos 2C 2＋c cos 2A 2≥32b .反思与感悟 (1)用综合法证明有关角、边的不等式时，要分析不等式的结构，利用正弦定理、余弦定理将角化为边或边化为角．通过恒等变形、基本不等式等手段，可以从左证到右，也可以从右证到左，还可两边同时证到一个中间量，一般遵循“化繁为简”的原则．(2)用综合法证明不等式时常用的结论： ①ab ≤(a ＋b 2)2≤a 2＋b 22(a ，b ∈R )；②a ＋b ≥2ab (a ≥0，b ≥0)．跟踪训练1 已知a ，b ，c 为不全相等的正实数．求证：b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc >3.证明 因为b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc＝b a ＋a b ＋c b ＋b c ＋a c ＋ca －3， 又a ，b ，c 为不全相等的正实数， 而b a ＋a b ≥2，c b ＋b c ≥2，a c ＋ca ≥2， 且上述三式等号不能同时成立， 所以b a ＋a b ＋c b ＋b c ＋a c ＋ca －3>6－3＝3，即b ＋c －a a ＋c ＋a －b b ＋a ＋b －cc>3.命题角度2 用综合法证明等式例2 求证：sin(2α＋β)＝sin β＋2sin αcos(α＋β)． 证明 因为sin(2α＋β)－2sin αcos(α＋β) ＝sin[(α＋β)＋α]－2sin αcos(α＋β)＝sin(α＋β)cos α＋cos(α＋β)sin α－2sin αcos(α＋β) ＝sin(α＋β)cos α－cos(α＋β)sin α ＝sin[(α＋β)－α]＝sin β， 所以原等式成立．反思与感悟 证明三角恒等式的主要依据(1)三角函数的定义、诱导公式及同角基本关系式． (2)和、差、倍角的三角函数公式．(3)三角形中的三角函数及三角形内角和定理． (4)正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式．跟踪训练2 在△ABC 中，AC AB ＝cos B cos C，证明：B ＝C . 证明 在△ABC 中，由正弦定理及已知，得 sin B sin C ＝cos Bcos C. 于是sin B cos C －cos B sin C ＝0， 即sin(B －C )＝0.因为－π<B －C <π， 从而B －C ＝0，所以B ＝C .类型二 分析法例3 (1)已知a >0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2；(2)已知△ABC 三边a ，b ，c 的倒数成等差数列，求证：B 为锐角． 证明 (1)要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2，只需要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.因为a >0，故只需要证(a 2＋1a 2＋2)2≥(a ＋1a＋2)2，即a 2＋1a 2＋4a 2＋1a 2＋4≥a 2＋2＋1a 2＋22(a ＋1a )＋2，从而只需要证2a 2＋1a 2≥2(a ＋1a)，只需要证4(a 2＋1a 2)≥2(a 2＋2＋1a2)，即a 2＋1a 2≥2，而上述不等式显然成立，故原不等式成立．(2)要证B 为锐角，根据余弦定理， 只需证明cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac >0，即证a 2＋c 2－b 2>0. 由于a 2＋c 2－b 2≥2ac －b 2， 要证a 2＋c 2－b 2>0， 只需证2ac －b 2>0.∵a ，b ，c 的倒数成等差数列， ∴1a ＋1c ＝2b ，即2ac ＝b (a ＋c )． 要证2ac －b 2>0，只需证b(a＋c)－b2>0，即b(a＋c－b)>0，上述不等式显然成立，∴B为锐角．反思与感悟分析法的应用范围及方法跟踪训练3(1)求证：a－a－1<a－2－a－3 (a≥3)；(2)在锐角△ABC中，求证：tan A tan B>1.证明(1)方法一要证a－a－1<a－2－a－3，只需证a＋a－3<a－2＋a－1，只需证(a＋a－3)2<(a－2＋a－1)2，只需证2a－3＋2a2－3a<2a－3＋2a2－3a＋2，只需证a2－3a<a2－3a＋2，只需证0<2，而0<2显然成立，∴a－a－1<a－2－a－3(a≥3)．方法二∵a＋a－1>a－2＋a－3，∴1a＋a－1<1a－2＋a－3，∴a－a－1<a－2－a－3.(2)要证tan A tan B>1，只需证sin A sin Bcos A cos B>1，∵A、B均为锐角，∴cos A>0，cos B>0.即证sin A sin B>cos A cos B，即cos A cos B－sin A sin B<0，只需证cos(A＋B)<0.∵△ABC为锐角三角形，∴90°<A＋B<180°，∴cos(A＋B)<0，因此tan A tan B>1.1．设a＝lg 2＋lg 5，b＝e x (x<0)，则a与b的大小关系为()A ．a >bB ．a ＝bC ．a <bD ．无法确定答案 A解析 ∵a ＝lg 2＋lg 5＝lg 10＝1， b ＝e x <e 0＝1，∴a >b .2．设0<x <1，则a ＝2x ，b ＝x ＋1，c ＝11－x 中最大的是( )A ．cB ．bC ．aD ．随x 取值不同而不同答案 A解析 ∵0<x <1，∴b ＝x ＋1>2x >2x ＝a ， ∵11－x －(x ＋1)＝1－(1－x 2)1－x ＝x 21－x >0，∴c >b >a . 3．欲证2－3<6－7成立，只需证( ) A ．(2－3)2<(6－7)2 B ．(2－6)2<(3－7)2 C ．(2＋7)2<(3＋6)2 D ．(2－3－6)2<(－7)2 答案 C解析 根据不等式性质，当a >b >0时，才有a 2>b 2， ∴只需证2＋7<6＋3， 即证(2＋7)2<(3＋6)2.4.3－2________2－1.(填“>”或“<”) 答案 <5．设x ，y 是正实数，且x ＋y ＝1，求证：(1＋1x )(1＋1y )≥9.证明 方法一 (综合法)左边＝(1＋x ＋y x )(1＋x ＋y y )＝(2＋y x )(2＋xy )＝4＋2(y x ＋xy )＋1≥5＋4＝9＝右边，原不等式得证． 方法二 (分析法)要证(1＋1x )(1＋1y)≥9成立，∵x ，y 是正实数，且x ＋y ＝1，∴y ＝1－x ，只需证明(1＋1x )(1＋11－x )≥9，即证(1＋x )(1－x ＋1)≥9x (1－x )， 即证2＋x －x 2≥9x －9x 2， 即证4x 2－4x ＋1≥0，即证(2x －1)2≥0，此式显然成立． ∴原不等式成立．1．综合法证题是从条件出发，由因导果；分析法是从结论出发，执果索因． 2．分析法证题时，一定要恰当地运用“要证”、“只需证”、“即证”等词语． 3．在解题时，往往把综合法和分析法结合起来使用．课时作业一、选择题1．若实数x ，y 满足不等式xy >1，x ＋y ≥0，则( ) A ．x >0，y >0 B ．x <0，y <0 C ．x >0，y <0 D ．x <0，y >0答案 A解析 ⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋y ≥0，xy >1⇒⎩⎪⎨⎪⎧x >0，y >0.2．在非等边三角形ABC 中，A 为钝角，则三边a ，b ，c 满足的条件是( ) A ．b 2＋c 2≥a 2 B ．b 2＋c 2>a 2 C ．b 2＋c 2≤a 2 D ．b 2＋c 2<a 2答案 D解析 由余弦定理的推论，得cos A ＝b 2＋c 2－a 22bc ，∵A 为钝角，∴cos A <0，则b 2＋c 2<a 2.3．若P ＝a ＋a ＋7，Q ＝a ＋3＋a ＋4 (a ≥0)，则P 与Q 的大小关系为( ) A ．P >Q B ．P ＝QC ．P <QD ．由a 的取值确定 答案 C解析 ∵P 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ， Q 2＝2a ＋7＋2a 2＋7a ＋12，∴P2<Q2，即P<Q.4．若A、B为△ABC的内角，则A>B是sin A>sin B的() A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件答案C解析由正弦定理知asin A＝bsin B＝2R，又A、B为三角形的内角，∴sin A>0，sin B>0，∴sin A>sin B⇔2R sin A>2R sin B⇔a>b⇔A>B.5．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：b2－ac <3a索的因应是()A．a－b>0 B．a－c>0C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0答案C解析要证b2－ac<3a，只需证b2－ac<3a2，只需证b2－ac－3a2<0.∵a＋b＋c＝0，∴a＋c＝－b，∴只需证(a＋c)2－ac－3a2<0，即(a－c)(2a＋c)>0，即证(a－c)(a－b)>0.6．下列不等式不成立的是()A．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋caB.a＋b>a＋b(a>0，b>0)C.a＋a＋5<a＋2＋a＋3(a≥0)D.2＋10>26答案D解析对A选项，要证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca，只需证2a2＋2b2＋2c2－2ab－2bc－2ac≥0，只需证(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2≥0，显然成立，故A正确．对B选项，要证a＋b>a＋b(a>0，b>0)，只需证(a＋b)2>a＋b，只需证2ab>0，显然成立，故B正确．对C选项，要证a＋a＋5<a＋2＋a＋3，只需证(a ＋a ＋5)2<(a ＋2＋a ＋3)2， 只需证2a ＋5＋2a (a ＋5)<2a ＋5＋2a 2＋5a ＋6， 只需证a (a ＋5)<a 2＋5a ＋6， 显然a 2＋5a <a 2＋5a ＋6， 故C 正确． 二、填空题7．如果a a >b b ，则实数a ，b 应满足的条件是________． 答案 a >b >0解析 由a a >b b ，得a 3>b 3， 则a ，b 需满足a >b >0.8．已知函数f (x )＝2x ，a ，b ∈(0，＋∞)．A ＝f (a ＋b 2)，B ＝f (ab )，C ＝f (2aba ＋b )，且a ≠b ，则A ，B ，C 从小到大排列为______________． 答案 C <B <A解析 ∵a ＋b 2>ab >2aba ＋b，又∵f (x )＝2x 在R 上为增函数，∴A >B >C .9．比较大小：设a >0，b >0，则lg(1＋ab )_______12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．答案 ≤解析 ∵(1＋ab )2－(1＋a )(1＋b ) ＝2ab －(a ＋b )≤0， ∴(1＋ab )2≤(1＋a )(1＋b )， 则lg(1＋ab )2≤lg(1＋a )(1＋b )， 即lg(1＋ab )≤12[lg(1＋a )＋lg(1＋b )]．10．在△ABC 中，∠C ＝60°，a ，b ，c 分别为∠A ，∠B ，∠C 的对边，则a b ＋c ＋bc ＋a ＝________.答案 1解析 由余弦定理，c 2＝a 2＋b 2－2ab cos C ， ∴c 2＝a 2＋b 2－ab ，① a b ＋c ＋ba ＋c ＝a 2＋ac ＋b 2＋bc (b ＋c )(a ＋c )＝a 2＋b 2＋ac ＋bc ab ＋ac ＋bc ＋c 2， ②将①式代入②式，得a b ＋c ＋b a ＋c ＝1.11．如图所示，在直四棱柱A 1B 1C 1D 1－ABCD 中，当底面四边形ABCD 满足条件________时，有A 1C ⊥B 1D 1(注：填上你认为正确的一个条件即可，不必考虑所有可能的情形)．答案 对角线互相垂直(答案不唯一) 解析 要证A 1C ⊥B 1D 1，只需证B 1D 1垂直于A 1C 所在的平面A 1CC 1， 因为该四棱柱为直四棱柱，所以B 1D 1⊥CC 1， 故只需证B 1D 1⊥A 1C 1即可． 三、解答题12．已知a >0，b >0且a ＋b ＝1，求证：a ＋12＋b ＋12≤2. 证明 要证a ＋12＋b ＋12≤2， 只需证a ＋12＋b ＋12＋2(a ＋12)(b ＋12)≤4，又a ＋b ＝1， 即只需证明(a ＋12)(b ＋12)≤1.而(a ＋12)(b ＋12)≤(a ＋12)＋(b ＋12)2＝1＋12＋122＝1成立，所以a ＋12＋b ＋12≤2成立． 13．在△ABC 中，三个内角A ，B ，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2B ＝A ＋C . ①由于A ，B ，C 为△ABC 的三个内角， 所以A ＋B ＋C ＝π. ② 由①②，得B ＝π3.③由a ，b ，c 成等比数列，得b 2＝ac ，④由余弦定理及③， 可得b 2＝a 2＋c 2－2ac cos B ＝a 2＋c 2－ac ，再由④，得a 2＋c 2－ac ＝ac ，即(a －c )2＝0，从而a ＝c ，所以A ＝C .⑤由②③⑤，得A ＝B ＝C ＝π3， 所以△ABC 为等边三角形． 四、探究与拓展14.对于30个互异的实数，可以排成m 行n 列的矩形数阵，如图所示的5行6列的矩形数阵就是其中之一．将30个互异的实数排成m 行n 列的矩形数阵后，把每行中最大的数选出，记为a 1，a 2，…，a m ，并设其中最小的数为a ；把每列中最小的数选出，记为b 1，b 2，…，b n ，并设其中最大的数为b ，两位同学通过各自的探究，分别得出两个结论如下： ①a 和b 必相等； ②a 和b 可能相等；③a 可能大于b; ④b 可能大于a .以上四个结论中，正确结论的序号是________．(请写出所有正确结论的序号)答案 ②③解析 由题知，a ＝min{a 1，a 2，…，a m }＝a i (1≤i ≤m )，b ＝max{b 1，b 2，…，b n }＝b j (1≤j ≤n )，显然a i ≥b j ，当且仅当a i ，b j 在同一行同一列时，有a i ＝b j ，所以②③正确．15．设数列{a n }的前n 项和为S n ，已知a 1＝1，2S n n ＝a n ＋1－13n 2－n －23，n ∈N *. (1)求a 2的值；(2)求数列{a n }的通项公式；(3)证明：对一切正整数n ，有1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＜74. (1)解 当n ＝1时，2S 11＝2a 1＝a 2－13－1－23＝2， 解得a 2＝4.(2)解 2S n ＝na n ＋1－13n 3－n 2－23n ， ①当n ≥2时，2S n －1＝(n －1)a n －13(n －1)3－(n －1)2－23(n －1)， ② ①－②得2a n ＝na n ＋1－(n －1)a n －n 2－n ，整理得na n ＋1＝(n ＋1)a n ＋n (n ＋1)，即a n ＋1n ＋1＝a n n ＋1，a n ＋1n ＋1－a n n＝1，当n ＝1时，a 22－a 11＝2－1＝1.所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a n n 是以1为首项，1为公差的等差数列， 所以a n n＝n ，即a n ＝n 2. 所以数列{a n }的通项公式为a n ＝n 2，n ∈N *.(3)证明 因为1a n ＝1n 2＜1(n －1)n ＝1n －1－1n(n ≥2)， 所以1a 1＋1a 2＋…＋1a n ＝112＋122＋132＋…＋1n 2 ＜1＋14＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＝1＋14＋12－1n ＝74－1n ＜74.。

姓名，年级：时间：习题课二错误!1．用反证法证明命题：“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”时，应假设( ）A．三个内角都不大于60°B．三个内角都大于60°C．三个内角至多有一个大于60°D．三个内角至多有两个大于60°解析：选B 假设结论不成立，即“三角形三个内角中至少有一个不大于60°”的否定为“三个内角都大于60°"，故选B.2．若三角形能分为两个与自己相似的三角形,那么这个三角形一定是( ）A．锐角三角形B．钝角三角形C．直角三角形D．不能确定解析：选C 直角三角形斜边上的高将直角三角形剖分为两个直角三角形，这两个直角三角形与原三角形都相似,故选C。

3．要证：a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )A．2ab－1－a2b2≤0B．a2＋b2－1－错误!≤0C.错误!－1－a2b2≤0D．(a2－1)（b2－1）≥0解析：选D 因为a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1）（b2－1）≥0.故选D.4．用反证法证明命题“设a，b为实数,则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是（）A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根解析：选A 至少有一个实根的否定是没有实根,故要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．5．来自英、法、日、德的甲、乙、丙、丁四位客人，刚好碰在一起．他们除懂本国语言外,每人还会说其他三国语言中的一种．有一种语言是三个人会说的，但没有一种语言四人都懂，现知道：①甲是日本人，丁不会说日语，但他俩能自由交谈；②四人中没有一个人既能用日语交谈，又能用法语交谈；③乙、丙、丁交谈时，不能只用一种语言；④乙不会说英语,当甲与丙交谈时,他能做翻译．针对他们懂的语言,正确的推理是（)A．甲日德、乙法德、丙英法、丁英德B．甲日英、乙日德、丙德法、丁日英C．甲日德、乙法德、丙英德、丁英德D．甲日法、乙英德、丙法德、丁法英解析：选A 分析题目和选项,由①知,丁不会说日语，排除B选项；由②知，没有人既会日语又会法语，排除D选项；由③知乙、丙、丁不会同一种语言，排除C选项，故选A.6．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（)A．②③B．①②③C．③D．③④⑤解析：选C 若a＝错误!，b＝错误!，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1.7．图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个叠放的图形中，小正方体木块总数就是。

1 各有特长的综合法与分析法做任何事情都要讲究方法，方法适当，事半功倍；方法不当，事倍功半．解答数学问题，关键在于掌握思考问题的方法，少走弯路，以尽快获得满意的答案．证明数学问题的方法很多，其中综合法与分析法是最常见、使用频率最高的方法．综合法是从已知条件出发，一步步地推导结果，最后推出要证明的结果，即从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，其逐步推理实际上是寻找它的必要条件；分析法则是从待证结论出发，一步步地寻求使其成立的条件，直至寻求到已知条件或公理、定义、定理等，即从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，其逐步推理实际上是寻找它的充分条件．综合法表现为“由因导果”，分析法表现为“执果索因”，它们的应用十分广泛．要证明一个命题正确，我们可以从已知条件出发，通过一系列已确立的命题(如定义、定理等)，逐步向后推演，最后推得要证明的结果，这种思维方法就叫做综合法，可简单地概括为“由因导果”，即“由原因去推导结果”．要证明一个命题正确，为了寻找正确的证题方法或途径，我们可以先设想它的结论是正确的，然后追究它成立的原因，再就这些原因分别研究，看它们成立又各需具备什么条件，如此逐步往上逆求，直至达到已知的事实，这种思维方法就叫做分析法，可简单地概括为“执果索因”，即“拿着结果去寻找原因”． 例1 已知a >b >c ，求证：1a －b ＋1b －c ＋4c －a≥0. 分析 首先使用分析法寻找证明思路． 证明 方法一 (分析法) 要证原不等式成立， 只需证1a －b ＋1b －c ≥4a －c .通分得(b －c )＋(a －b )(a －b )(b －c )≥4a －c，即证a －c (a －b )(b －c )≥4a －c.∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0. 只需证(a －c )2≥4(a －b )(b －c )成立． 由上面思路可得如下证题过程． 方法二 (综合法)∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0. ∴4(a －b )(b －c )≤[(a －b )＋(b －c )]2＝(a －c )2. ∴a －c (a －b )(b －c )≥4a －c ，即(b －c )＋(a －b )(a －b )(b －c )－4a －c ≥0.∴1a －b ＋1b －c ＋4c －a≥0. 从例题不难发现，分析法和综合法各有其优缺点：从寻求解题思路来看，分析法“执果索因”，常常根底渐近，有希望成功；综合法“由因导果”，往往枝节横生，不容易奏效．从表达过程而论，分析法叙述烦琐，文辞冗长；综合法形式简洁，条理清晰．也就是说，分析法利于思考，综合法宜于表达．因此，在实际解题时，把分析法和综合法孤立起来运用是脱离实际的，两者结合，互相弥补才是应该提倡的；先以分析法为主寻求解题思路，再用综合法有条理地表达解题过程．最后，提醒一下，对于一些较复杂的问题，不论是从“已知”推向“未知”，还是由“未知”靠拢“已知”，都是一个比较长的过程，单靠分析法或综合法显得较为困难．为保证探索方向准确及过程快捷，人们常常把分析法与综合法两者并列起来使用，即常采取同时从已知和结论出发，寻找问题的一个中间目标的“两头凑”的方法去寻求证明途径：先从已知条件出发，看可以得出什么结果，再从要证明的结论开始寻求，看它成立需具备哪些条件，最后看它们的差距在哪里，从而找出正确的证明途径．例2 △ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，a ，b ，c 分别是A ，B ，C 所对的边，求证(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1.证明 方法一 (分析法)要证(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1，即证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c ，即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，即证c a ＋b ＋a b ＋c＝1，只需证明c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 只需证c 2＋a 2＝ac ＋b 2， 只需证b 2＝c 2＋a 2－2ac ·cos 60°， 只需证B ＝60°.因为A ，B ，C 成等差数列， 所以B ＝60°，所以(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1.方法二 (综合法)因为△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列， 所以B ＝60°.由余弦定理知b 2＝c 2＋a 2－2ca cos 60°，得c 2＋a 2＝ac ＋b 2， 两边同时加上ab ＋bc ，得 c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )， 两边同时除以(a ＋b )(b ＋c )， 得c a ＋b ＋ab ＋c＝1， 所以(c a ＋b ＋1)＋(ab ＋c ＋1)＝3，即1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c， 所以(a ＋b )－1＋(b ＋c )－1＝3(a ＋b ＋c )－1.2 反证法的独妙处反证法作为一种证明方法，在高考中，虽然很少单独命题，但是有时运用反证法的证明思路判断、分析命题有独到之处．下面举例分析用反证法证明问题的几个类型： 1．证明否定性问题例1 平面内有四个点，任意三点不共线．证明：以任意三点为顶点的三角形不可能都是锐角三角形．分析 假设以四点中任意三点为顶点的三角形都是锐角三角形，先固定三点组成一个三角形，则第四点要么在此三角形内，要么在此三角形外，且各个三角形的内角都是锐角，选取若干个角的和与一些已知结论对照即得矛盾．证明 假设以任意三点为顶点的四个三角形都是锐角三角形，四个点为A ，B ，C ，D . 考虑△ABC ，则点D 有两种情况：在△ABC 内部和外部．(1)如果点D在△ABC内部(如图①)，根据假设知围绕点D的三个角∠ADB，∠ADC，∠BDC 都小于90°，其和小于270°，这与一个周角等于360°矛盾．(2)如果点D在△ABC外部(如图②)，根据假设知∠BAD，∠ABC，∠BCD，∠ADC都小于90°，即四边形ABCD的内角和小于360°，这与四边形内角和等于360°矛盾．综上所述，可知假设错误，题中结论成立．点评结论本身是否定形式、唯一性或存在性命题时，常用反证法．2．证明“至多”“至少”“唯一”“仅仅”等问题例2A是定义在[2,4]上且满足如下两个条件的函数φ(x)组成的集合：①对任意的x∈[1,2]，都有φ(2x)∈(1,2)；②存在常数L(0<L<1)，使得对任意的x1，x2∈[1,2]，都有|φ(2x1)－φ(2x2)|<L|x1－x2|.设φ(x)∈A，试证：如果存在x0∈(1,2)，使得x0＝φ(2x0)，那么这样的x0是唯一的．证明假设存在两个x0，x0′∈(1,2)，x0≠x0′，使得x0＝φ(2x0)，x0′＝φ(2x0′)，则由|φ(2x0)－φ(2x0′)|<L|x0－x0′|，得|x0－x0′|<L|x0－x0′|.所以L>1.这与题设中0<L<1矛盾，所以原假设不成立．故得证．点评若直接证明，往往思路不明确，而运用反证法则能迅速找到解题思路，从而简便得证．3．证明较复杂的问题例3如果△A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2的三个内角的正弦值，则() A．△A1B1C1和△A2B2C2都是锐角三角形B．△A1B1C1和△A2B2C2都是钝角三角形C．△A1B1C1是钝角三角形，△A2B2C2是锐角三角形D．△A1B1C1是锐角三角形，△A2B2C2是钝角三角形解析因为正弦值在(0°，180°)内是正值，所以△A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0.因此△A1B1C1是锐角三角形．假设△A2B2C2也是锐角三角形，并设cos A1＝sin A2，则cos A1＝cos(90°－A2)．所以A1＝90°－A2.同理设cos B1＝sin B2，cos C1＝sin C2，则有B1＝90°－B2，C1＝90°－C2.又A1＋B1＋C1＝180°，所以(90°－A2)＋(90°－B2)＋(90°－C2)＝180°，即A2＋B2＋C2＝90°.这与三角形内角和等于180°矛盾，所以原假设不成立，故选D.答案 D例4已知a＋b＋c>0，ab＋bc＋ca>0，abc>0.求证：a>0，b>0，c>0.分析若从正面证明，比较复杂，需要考虑的方面比较多，故采用反证法来证明．证明 假设a <0，由abc >0，知bc <0.由a ＋b ＋c >0，知b ＋c >－a >0，于是ab ＋bc ＋ca ＝a (b ＋c )＋bc <0.这与已知矛盾．又若a ＝0，则abc ＝0，与abc >0矛盾．故a >0.同理可证b >0，c >0.小结 至于什么情况下用反证法，应依问题的具体情况而定，切忌滥用反证法．一般说来，当非命题比原命题更具体、更明确、更简捷，易于推出矛盾时，才便于用反证法． 运用反证法证题时，还应注意以下三点： (1)必须周密考察原结论，防止否定有所遗漏；(2)推理过程必须完全正确，否则，不能肯定非命题是错误的；(3)在推理过程中，可以使用已知条件，推出的矛盾必须很明确，毫不含糊．另外，反证法证题的首要环节就是对所证结论进行反设，因此大家必须掌握一些常见关键词的否定形式．3 数学归纳法中如何用假设数学归纳法是高中数学重要的证明方法之一，它对证明与正整数有关的命题十分有效，解决这类问题的基础是归纳奠基，关键是归纳递推．不管何类题目，只要利用数学归纳法证明，其假设条件必须用上，下面我们结合实例说明数学归纳法的假设条件如何运用． 1．直接运用例1 用数学归纳法证明：1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n 是正整数)．证明 (1)当n ＝1时，左边＝1＋12＝32，中间＝1＋12＝32，右边＝12＋1＝32，所以不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式成立， 即1＋k 2≤1＋12＋13＋…＋12k ≤12＋k .那么，当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1>1＋k 2＋2k ·12k ＋1＝1＋k ＋12， 1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1<12＋k ＋2k ·12k ＝12＋(k ＋1)． 这就是说，当n ＝k ＋1时不等式成立．根据(1)和(2)，知对任意正整数n ，不等式均成立． 2．配凑后运用例2 已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，求证：n ＋f (1)＋…＋f (n －1)＝nf (n )(n ≥2，且n 是正整数)．证明 (1)当n ＝2时， 左边＝2＋f (1)＝2＋1＝3，右边＝2f (2)＝2×⎝⎛⎭⎫1＋12＝3，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，等式成立， 即k ＋f (1)＋…＋f (k －1)＝kf (k )． 那么，当n ＝k ＋1时， (k ＋1)＋f (1)＋…＋f (k －1)＋f (k ) ＝1＋f (k )＋kf (k )＝(k ＋1)f (k )＋1＝(k ＋1)⎣⎡⎦⎤f (k )＋1k ＋1＝(k ＋1)f (k ＋1)．这就是说，当n ＝k ＋1时等式成立． 根据(1)和(2)，知等式对从2开始的所有正整数n 都成立． 点评 解决此题的关键是盯住结论(k ＋1)f (k ＋1)，凑出系数k ＋1. 3．增减项后运用例3 证明：(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)·…·(2n )＝2n ·1·3·5·…·(2n －1)(n 是正整数)． 证明 (1)当n ＝1时，左边＝2，右边＝21·1＝2，等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，等式成立， 即(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)·…·(2k ) ＝2k ·1·3·5·…·(2k －1)． 那么，当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋2)(k ＋3)(k ＋4)·…·(2k )(2k ＋1)(2k ＋2)，设法凑出假设：乘以(k＋1)，再除以(k＋1)，即左边＝(k＋1)·(k＋2)(k＋3)·…·(2k)(2k＋1)(2k＋2)·1k＋1＝2k·1·3·5·…·(2k－1)·(2k＋1)·2(k＋1)·1k＋1＝2k＋1·1·3·5·…·(2k－1)·(2k＋1)，这就是说，当n＝k＋1时等式成立．根据(1)和(2)，知等式对任意正整数n都成立．点评对n＝k＋1时，等式的左边乘一项，除一项(或加一项，减一项)，设法凑出假设条件的形式，从而证明n＝k＋1时等式成立，这说明解题时要有目标意识．4走出数学归纳法解题的常见误区数学归纳法一般用于证明与正整数有关的问题，用数学归纳法证明时要分两个步骤，且缺一不可．本文举例剖析用数学归纳法解题的几类常见误区．误区一、未注意初始值例1判断1＋12＋13＋…＋1n>n，对任意自然数都成立吗？若成立，请给出证明．错证假设n＝k(k∈N*)时，结论成立．即1＋12＋13＋…＋1k>k，则当n＝k＋1时，1＋12＋13＋…＋1k＋1k＋1>k＋1k＋1＝k(k＋1)＋1k＋1>k·k＋1k＋1＝k＋1k＋1＝k＋1，∴当n＝k＋1时，不等式也成立．因此，对任意自然数不等式均成立．剖析错证中忽略了当n＝1时，左边＝1，右边＝1,1>1不成立．这种省略第一步的做法是错误的，数学归纳法的两个步骤缺一不可．正证当n＝1时，左边＝1，右边＝1，不等式不成立，当n＝2时，左边＝1＋12，右边＝2，1＋12>2成立，下证同错证．误区二、未用归纳假设例2用数学归纳法证明：2＋22＋…＋2n－1＝2(2n－1－1)(n>2，n∈N*)．错证(1)当n＝3时，左边＝2＋22＝6，右边＝2(22－1)＝6，等式成立；(2)假设当n＝k(k>2，k∈N*)时，结论成立，即2＋22＋…＋2k－1＝2(2k－1－1)，那么由等比数列的前n 项和公式，得 2＋22＋…＋2k －1＋2k＝2(1－2k )1－2＝2(2k －1)．所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，等式对任意的n >2，n ∈N *都成立．剖析 错证中的第二步没用到归纳假设，直接使用了等比数列的求和公式．由于未用归纳假设，所以使用的方法并非数学归纳法．正证 (1)当n ＝3时，左边＝2＋22＝6，右边＝2(22－1)＝6，等式成立； (2)假设当n ＝k (k >2，k ∈N *)时，结论成立， 即2＋22＋…＋2k －1＝2(2k －1－1)，那么当n ＝k ＋1时，2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2(2k －1－1)＋2k ＝2·2k －2＝2(2k －1)．所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，等式对任意的n >2，n ∈N *都成立． 误区三、未注意从n ＝k 到n ＝k ＋1应增加的项例3 求证：1＋2＋3＋…＋2n －1＝12(4n －1＋2n －1)(n ∈N *)．错证 (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12(41－1＋21－1)＝1，等式成立；(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，结论成立， 即1＋2＋3＋…＋2k －1＝12(4k －1＋2k －1)，那么1＋2＋3＋…＋2k －1＋2k ＝12(4k －1＋2k －1)＋2k ＝12(4k ＋2k )．所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由(1)(2)，知等式对任意的n ∈N *都成立．剖析 错证中有两个问题：第一未注意从n ＝k 到n ＝k ＋1应增加的项，实际上，并非仅增加了2k 一项，而是增加了2k－1项；第二“12(4k －1＋2k －1)＋2k ＝12(4k ＋2k )”是错误的，这是通过结论直接写出，实际上，这是使用数学归纳法的大忌．正证 (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12(41－1＋21－1)＝1，等式成立；(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，结论成立， 即1＋2＋3＋…＋2k －1＝12(4k －1＋2k －1)，那么当n ＝k ＋1时，1＋2＋3＋…＋2k －1＋(2k －1＋1)＋(2k －1＋2)＋...＋2k ＝1＋2＋3＋ (2)－1＋(2k －1＋1)＋(2k －1＋2)＋…＋(2k －1＋2k －1)＝(1＋2＋3＋…＋2k －1)＋(1＋2＋3＋…＋2k －1)＋2k－1·2k －1＝12(4k －1＋2k －1)＋(1＋2k －1)2k －12＋2k －1·2k －1＝(4k －1＋2k －1)＋2k －1·2k －1＝2×4k －1＋2k －1＝12(4k＋2k)．所以当n＝k＋1时，等式也成立．由(1)(2)，知等式对任意的n∈N*都成立．。

学习目标加深对综合法、分析法的理解，灵活运用两种方法证明数学问题．知识点一综合法定义推证过程特点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，这种证明方法叫做综合法P⇒Q1―→Q1⇒Q2―→Q2⇒Q3―→…―→Q n⇒Q(P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论顺推证法或由因导果法知识点二分析法定义推证过程特点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，这种证明方法叫做分析法Q⇐P1―→P1⇐P2―→P2⇐P3―→…―→得到一个明显成立的条件逆推证法或执果索因法知识点三分析综合法分析法与综合法是两种思路相反的推理方法，分析法是倒溯，综合法是顺推．因此常将二者交互使用，互补优缺点，从而形成分析综合法，其证明模式可用框图表示如下：P⇒P1→P1⇒P2→…→←…←Q2⇒Q1←Q1⇒Q其中P表示已知条件、定义、定理、公理等，Q表示要证明的结论．类型一利用综合法与分析法解决函数问题例1设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，若函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，求证：f(x＋12)为偶函数．证明方法一要证f(x＋12)为偶函数，只需证明其对称轴为x＝0，即证－b2a－12＝0，只需证a＝－b.∵函数f(x＋1)的对称轴x＝－b2a－1与函数f(x)的对称轴x＝－b2a关于y轴对称，∴－b2a－1＝－－b2a，∴a＝－b.∴f(x＋12)为偶函数．方法二记F(x)＝f(x＋12)，欲证F(x)为偶函数，只需证F(－x)＝F(x)，即证f(－x＋12)＝f(x＋12)．∵函数f(x＋1)与f(x)的图象关于y轴对称，而函数f(x)与f(－x)的图象也是关于y轴对称的，∴f(－x)＝f(x＋1)，∴f(－x＋12)＝f[－(x－12)]＝f(x＋12)．∴f(x＋12)为偶函数．反思与感悟有关函数的证明问题，往往与函数的性质结合起来，注意有时要构造函数，通过求导，确定单调性，进而得证．P n⇒P′⇓Q′⇒Q m跟踪训练1 设f (x )＝ln x ＋x －1，证明：当x >1时，f (x )<32(x －1)．证明 记g (x )＝ln x ＋x －1－32(x －1)，则当x >1时，g ′(x )＝1x ＋12x －32<0.又g (1)＝0，故当x >1时，g (x )<0， 即f (x )<32(x －1)．类型二 利用综合法与分析法解决数列问题例2 设实数a ，b ，c 成等比数列，非零实数x ，y 分别为a 与b ，b 与c 的等差中项，试证：a x ＋c y＝2. 证明 由已知条件得b 2＝ac ， ① 2x ＝a ＋b,2y ＝b ＋c .②要证a x ＋cy ＝2，只需证ay ＋cx ＝2xy ， 只需证2ay ＋2cx ＝4xy .由①②得，2ay ＋2cx ＝a (b ＋c )＋c (a ＋b )＝ab ＋2ac ＋bc ， 4xy ＝(a ＋b )(b ＋c )＝ab ＋b 2＋ac ＋bc ＝ab ＋2ac ＋bc ， 所以2ay ＋2cx ＝4xy .原式得证．跟踪训练2 不相等的三个数a ，b ，c 成等差数列，并且x 是a ，b 的等比中项，y 是b ，c 的等比中项，则x 2，b 2，y 2三数( ) A ．成等比数列，而非等差数列 B ．成等差数列，而非等比数列 C ．既成等差数列又成等比数列 D ．既非等差数列又非等比数列 答案 B解析 由a ，b ，c 成等差数列，∴2b ＝a ＋c .① ∵x 是a ，b 的等比中项，∴x 2＝ab .② 又y 是b ，c 的等比中项，∴y 2＝bc .③ 由①②③得，2b 2＝ab ＋bc ， 即2b 2＝x 2＋y 2，∴x 2，b 2，y 2成等差数列，又∵a ≠b ≠c ，∴x 2，b 2，y 2不成等比数列．类型三 综合法与分析法在三角形中的应用例3 已知α，β≠k π＋π2(k ∈Z )，且sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β.求证：1－tan 2α1＋tan 2α＝1－tan 2β2(1＋tan 2β).证明 要证1－tan 2α1＋tan 2α＝1－tan 2β2(1＋tan 2β)成立，只需证1－sin 2αcos 2α1＋sin 2αcos 2α＝1－sin 2βcos 2β2(1＋sin 2βcos 2β)，即证cos 2α－sin 2α＝12(cos 2β－sin 2β)，即证1－2sin 2α＝12(1－2sin 2β)，即证4sin 2α－2sin 2β＝1.因为sin θ＋cos θ＝2sin α，sin θcos θ＝sin 2β， 所以(sin θ＋cos θ)2＝1＋2sin θcos θ＝4sin 2α， 所以1＋2sin 2β＝4sin 2α，即4sin 2α－2sin 2β＝1. 故原结论正确．跟踪训练3 已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，对应的三边为a ，b ，c ，求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. 证明 要证原式，只需证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋cb ＋c ＝3，即证c a ＋b ＋ab ＋c ＝1，即只需证bc ＋c 2＋a 2＋ab ab ＋b 2＋ac ＋bc ＝1，而由题意知A ＋C ＝2B ，且A ＋B ＋C ＝π， ∴B ＝π3，由余弦定理，得b 2＝a 2＋c 2－ac ，∴bc ＋c 2＋a 2＋ab ab ＋b 2＋ac ＋bc ＝bc ＋c 2＋a 2＋ab ab ＋a 2＋c 2－ac ＋ac ＋bc ＝bc ＋c 2＋a 2＋ab ab ＋a 2＋c 2＋bc＝1， ∴原等式成立，即1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c .1．若a >b >0，则下列不等式中不正确的是( ) A ．a 2>ab B ．ab >b 2 C.1a >1b D ．a 2>b 2答案 C解析 若a >b >0，则1a <1b.2．要证a 2＋b 2－1－a 2b 2≤0，只需证明( ) A ．2ab －1－a 2b 2≤0 B ．a 2＋b 2－1－a 4＋b 42≤0 C.(a ＋b )22－1－a 2b 2≤0D ．(a 2－1)(b 2－1)≥0 答案 D3．已知方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0的四个根组成一个首项为12的等比数列，则|m －n |＝________. 答案 34解析 方程(x 2－mx ＋2)(x 2－nx ＋2)＝0， 可得x 2－mx ＋2＝0或x 2－nx ＋2＝0. 设x 2－mx ＋2＝0的两根分别为x 1，x 2， 则x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝2. 不妨令x 1＝12，则x 2＝4，m ＝94.设x 2－nx ＋2＝0的两根分别为x 3，x 4. 则x 3＋x 4＝n ，x 3x 4＝2.由题意知12，x 3，x 4,4成等比数列，∴x 3＝1，x 4＝2.∴n ＝3. 则|m －n |＝|94－3|＝34.4．若a ，b ，c 为不全相等的正数，求证：lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c .证明 要证lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c ， 只需证lg(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2)>lg(a ·b ·c )，即证a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2>abc .因为a ，b ，c 为不全相等的正数，所以a ＋b 2≥ab >0，b ＋c 2≥bc >0，c ＋a 2≥ac >0，且上述三式中等号不能同时成立． 所以a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>abc 成立，所以lga ＋b 2＋lg b ＋c 2＋lg c ＋a2>lg a ＋lg b ＋lg c 成立．1．综合法的特点：从已知看可知，逐步推出未知． 2．分析法的特点：从未知看需知，逐步靠拢已知．3．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦琐；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考．实际证题时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．课时作业一、选择题1．已知a ≥0，b ≥0，且a ＋b ＝2，则( ) A ．a ≤12B ．ab ≥12C ．a 2＋b 2≥2D ．a 2＋b 2≤3答案 C解析 ∵a ＋b ＝2≥2ab ，∴ab ≤1. ∵a 2＋b 2＝4－2ab ，∴a 2＋b 2≥2.2．在△ABC 中，若sin A sin B <cos A cos B ，则△ABC 一定是( ) A ．直角三角形 B ．锐角三角形 C ．钝角三角形 D ．等边三角形答案 C解析 ∵cos A cos B >sin A sin B ，∴cos A cos B －sin A sin B >0，∴cos(A ＋B )>0，又A ＋B ＝180°－C ，∴cos(180°－C )>0， ∴－cos C >0，即cos C <0， ∴C 为钝角．3．平面内有四边形ABCD 和点O ，OA →＋OC →＝OB →＋OD →，则四边形ABCD 为( ) A ．菱形 B ．梯形 C ．矩形 D ．平行四边形 答案 D解析 ∵OA →＋OC →＝OB →＋OD →， ∴OA →－OB →＝OD →－OC →，∴BA →＝CD →， ∴四边形ABCD 为平行四边形． 4．已知函数f (x )＝lg1－x1＋x，若f (a )＝b ，则f (－a )等于( ) A ．b B ．－b C.1b D ．－1b答案 B解析 ∵f (a )＋f (－a )＝lg 1－a 1＋a ＋lg 1＋a1－a＝lg 1＝0， f (a )＝b ，∴f (－a )＝－b . 5．已知p ＝a ＋1a －2(a >2)，2422a a q -+-=(a >2)，则( ) A ．p >q B ．p <q C ．p ≥q D ．p ≤q答案 A解析 ∵a >2，∴a －2>0，∴p ＝a ＋1a －2＝(a －2)＋1a －2＋2≥2＋2＝4，当且仅当a ＝3时取“＝”．又－a 2＋4a －2＝－(a －2)2＋2<2， ∴2422a a q -+-=<22＝4，∴p >q .6．若x >0，y >0，且x ＋y ≤a x ＋y 恒成立，则a 的最小值是( ) A ．2 2 B.2 C ．2 D ．1答案 B解析 由x ＋y ≤a x ＋y ，得a ≥x ＋y x ＋y，即a 2≥x ＋y ＋2xy x ＋y ＝1＋2xyx ＋y.∵1＋2x y＋y x≤2，即a 2≥2，∴a ≥2，∴a 的最小值为 2.7．若a >b >c ，则使1a －b ＋1b －c ≥ka －c 恒成立的最大正整数k 的值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 C 解析 ∵a >b >c ，∴a －b >0，b －c >0，a －c >0， 且a －c ＝a －b ＋b －c . ∵a －c a －b ＋a －c b －c ＝a －b ＋b －c a －b ＋a －b ＋b －cb －c＝2＋b －c a －b ＋a －b b －c ≥2＋2＝4.又∵k ≤a －c a －b ＋a －cb －c ，∴k ≤4，故k 的最大正整数为4，故选C. 二、填空题8．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a 、b 、c 的大小顺序是________． 答案 a >b >c 解析 ∵a ＝13＋2，b ＝16＋5，c ＝17＋6，∴a >b >c . 9．如果a a ＋b b >a b ＋b a ，则正数a ，b 应满足的条件是__________． 答案 a ≠b解析 ∵a a ＋b b >a b ＋b a ，∴a (a －b )＋b (b －a )>0，∴(a －b )(a －b )>0. ∴(a ＋b )(a －b )2>0， ∴a －b ≠0，即a ≠b .10．已知在等差数列{a n }中，S n 表示前n 项和，a 3＋a 9>0，S 9<0，则S 1，S 2，S 3，…中最小的是________． 答案 S 5解析 由等差数列的性质，得2a 6＝a 3＋a 9>0， ∴a 6>0，又S 9＝9(a 1＋a 9)2＝9×2a 52<0，∴a 5<0，∴前5项和最小．11．若三棱锥S－ABC中，SA⊥BC，SB⊥AC，则S在底面ABC上的射影为△ABC的________．(填重心、垂心、内心、外心之一)答案垂心解析如图，设S在底面ABC上的射影为点O，∴SO⊥平面ABC，连接AO，BO.∵SA⊥BC，SO⊥BC，SA∩SO＝S，∴BC⊥平面SAO，∴BC⊥AO.同理可证，AC⊥BO.∴O为△ABC的垂心．三、解答题12．设向量a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，若tan αtan β＝16，求证：a∥b.证明方法一(分析法)要证a∥b，∵a＝(4cos α，sin α)，b＝(sin β，4cos β)，即要证(4cos α)·(4cos β)＝sin αsin β，即要证sin αsin β＝16cos αcos β，即要证sin αcos α·sin βcos β＝16，即要证tan αtan β＝16，∵tan αtan β＝16为已知，∴结论正确．方法二(综合法)∵tan αtan β＝16，∴sin αcos α·sin βcos β＝16，∴sin α·sin β＝16cos α·cos β，∴(4cos α)·(4cos β)＝sin αsin β，∴4cos αsin β＝sin α4cos β，∴a∥b.13．如图所示，在四面体P ABC中，∠ABC＝90°，P A＝PB＝PC，D是AC的中点，求证：PD⊥平面ABC.证明连接BD.∵BD是Rt△ABC斜边上的中线，∴DA＝DB＝DC.又P A＝PB＝PC，且PD为△P AD，△PBD，△PCD的公共边，∴△P AD≌△PBD≌△PCD.又∠PDA＝∠PDC＝90°，∴∠PDB＝90°，∴PD⊥AC，PD⊥BD.∵AC∩BD＝D，∴PD⊥平面ABC.四、探究与拓展14．如图所示，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，过A作SB的垂线，垂足为E，过E作SC的垂线，垂足为F.求证：AF⊥SC.证明：要证AF⊥SC，只需证SC⊥平面AEF，只需证AE⊥SC(因为____________)，只需证____________，只需证AE⊥BC(因为____________)，只需证BC⊥平面SAB，只需证BC⊥SA(因为________________________________________________________________________)．由SA⊥平面ABC可知，上式成立．答案EF⊥SC AE⊥平面SBC AE⊥SB AB⊥BC解析要证线线垂直，可先证线面垂直，要证线面垂直，还需线线垂直，通过证明BC⊥平面SAB，可得AE⊥BC，进而AE⊥平面SBC，SC⊥平面AEF，问题得证．15．对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足以下条件：①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；高中数学-打印版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．试判断g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是否为理想函数，如果是，请予证明；如果不是，请说明理由．解g(x)＝2x－1(x∈[0,1])是理想函数，证明如下：因为x∈[0,1]，所以2x≥1,2x－1≥0，即对任意的x∈[0,1]，总有g(x)≥0，满足条件①.g(1)＝2－1＝1，满足条件②.g(x1＋x2)＝2x1＋x2－1，g(x1)＋g(x2)＝2x1－1＋2x2－1，于是g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]＝(2x1＋x2－1)－(2x1－1＋2x2－1)＝2x1·2x2－2x1－2x2＋1＝(2x1－1)(2x2－1)．因为x1≥0，x2≥0，且2x1－1≥0,2x2－1≥0，所以g(x1＋x2)－[g(x1)＋g(x2)]≥0，所以当x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1时，都有g(x1＋x2)≥g(x1)＋g(x2)成立，故g(x)＝2x－1，x∈[0,1]是理想函数．最新版高中数学。

2.3 数学归纳法课时过关·能力提升 基础巩固1用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ≥3,n ∈N *),第一步应验证( ) A.当n=1时,不等式成立B.当n=2时,不等式成立C.当n=3时,不等式成立D.当n=4时,不等式成立解析由题知n 的最小值为3,所以第一步验证当n=3时,不等式成立,选C .答案C2已知f (n )=1n +1n+1+1n+2+…+1n 2,则( ) A.f (n )共有n 项,当n=2时,f (2)=12+13B.f (n )共有(n+1)项,当n=2时,f (2)=12+13+14C.f (n )共有(n 2-n )项,当n=2时,f (2)=12+13D.f (n )共有(n 2-n+1)项,当n=2时,f (2)=12+13+14 解析由题意知f (n )的最后一项的分母为n 2,故f (2)=12+13+122,排除选项A,选项C. 又f (n )=1n+0+1n+1+…+1n+(n 2-n ), 所以f (n )的项数为n 2-n+1.故选D.答案D3已知n 为正偶数,用数学归纳法证明1-12+13−14+…+1n -1−1n =2(1n+2+1n+4+ (12))时,若已假设当n=k (k ≥2,且为偶数)时,命题为真,则还需要用归纳假设再证( )A.当n=k+1时,等式成立B.当n=k+2时,等式成立C.当n=2k+2时,等式成立D.当n=2(k+2)时,等式成立解析因为假设n=k (k ≥2,且为偶数),故下一个偶数为k+2,故选B.答案B4用数学归纳法证明不等式1+12+14+…+12n -1>12764(n ∈N *)成立,其初始值至少应取( )A.7B.8C.9D.10 解析左边=1+12+14+…+12n -1=1-12n 1-12=2-12n -1,代入验证可知n 的最小值是8. 答案B 5用数学归纳法证明1-12+13−14+…+12n -1−12n =1n+1+1n+2+…+12n ,则当n=k+1时,等式左边应在n=k 的基础上加上( )A.12k+2 B.-12k+2 C.12k+1−12k+2 D.12k+1+12k+2 解析当n=k 时,左边=1-12+13−14+…+12k -1−12k ,当n=k+1时,左边=1-12+13−14+…+12k -1−12k +12k+1−12k+2. 答案C 6用数学归纳法证明“当n 为正奇数时,x n +y n 能被x+y 整除”,当第二步假设n=2k-1(k ∈N *)命题为真时,进而需证n= 时,命题为真.解析因为n 为正奇数,所以奇数2k-1之后的奇数是2k+1.答案2k+17在用数学归纳法证明“34n+2+52n+1(n ∈N *)能被14整除”的过程中,当n=k+1时,式子34(k+1)+2+52(k+1)+1应变形为 .答案(34k+2+52k+1)34+52k+1(52-34)8用数学归纳法证明122+132+142+…+1n 2<1-1n (n ≥2,n ∈N *). 分析验证当n=2时不等式成立→假设当n=k 时不等式成立→证明当n=k+1时不等式成立→结论证明(1)当n=2时,左边=122=14,右边=1-12=12. 因为14<12,所以不等式成立.(2)假设当n=k (k ≥2,k ∈N *)时,不等式成立,即122+132+142+ (1)2<1-1k , 则当n=k+1时,122+132+142+ (1)2+1(k+1)2<1-1k +1(k+1)2=1-(k+1)2-k k (k+1)2=1-k 2+k+1k (k+1)2<1-k (k+1)k (k+1)2 =1-1k+1. 所以当n=k+1时,不等式也成立.综上所述,对任意n ≥2的正整数,不等式都成立.9用数学归纳法证明1×4+2×7+3×10+…+n (3n+1)=n (n+1)2(其中n ∈N *).证明(1)当n=1时,左边=1×4=4,右边=1×22=4,左边=右边,等式成立.(2)假设当n=k (k ∈N *)时等式成立,即1×4+2×7+3×10+…+k (3k+1)=k (k+1)2,则当n=k+1时,1×4+2×7+3×10+…+k (3k+1)+(k+1)·[3(k+1)+1]=k (k+1)2+(k+1)[3(k+1)+1]=(k+1)(k 2+4k+4)=(k+1)[(k+1)+1]2, 即当n=k+1时等式也成立.根据(1)和(2),可知等式对任何n ∈N *都成立.能力提升1某同学解答“用数学归纳法证明√n (n +1)<n+1(n ∈N *)”的过程如下:证明:①当n=1时,显然命题是正确的;②假设当n=k (k ≥1,k ∈N *)时,有√k (k +1)<k+1,则当n=k+1时,√(k +1)2+(k +1)=√k 2+3k +2<√k 2+4k +4=(k+1)+1,所以当n=k+1时命题是正确的.由①②可知对于n ∈N *,命题都是正确的.以上证法是错误的,错误的原因在于( )A.从n=k 到n=k+1的推理过程中没有使用归纳假设B.假设的写法不正确C.从n=k 到n=k+1的推理不严密D.当n=1时,验证过程不具体解析由分析证明过程中的②可知,从n=k 到n=k+1的推理过程中没有使用归纳假设,故该证法不能叫数学归纳法,选A . 答案A2用数学归纳法证明“凸n (n ≥3,n ∈N *)边形的内角和公式”时,由n=k 到n=k+1增加的是( )A.π2B.πC.3π2D.2π解析如图,由n=k 到n=k+1时,凸n 边形的内角和增加的是∠1+∠2+∠3=π,故选B.答案B3用数学归纳法证明(n+1)(n+2)·…·(n+n )=2n ·1·3·…·(2n-1),从n=k 到n=k+1,左边需要增乘的代数式为( )A.2k+1B.2(2k+1)C.2k+1k+1D.2k+3k+1解析当n=k 时,等式左边为(k+1)(k+2)·…·(k+k ),而当n=k+1时,等式左边为(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k+1)=(k+2)·(k+3)·…·(k+k+2),前边少了一项(k+1),后边多了两项(k+k+1)(k+k+2),故增乘的代数式为(k+k+1)(k+k+2)k+1=2(2k+1). 答案B★4某个与正整数有关的命题:若当n=k (k ∈N *)时,命题成立,则可以推出当n=k+1时,该命题也成立.现已知当n=5时,命题不成立,则可以推得( )A.当n=4时,命题不成立B.当n=6时,命题不成立C.当n=4时,命题成立D.当n=6时,命题成立解析“若n=k 时,命题成立,则n=k+1时,该命题也成立”的等价命题是“若n=k+1时,命题不成立,则n=k 时,命题也不成立.”故选A.答案A★5用数学归纳法证明“n 3+5n 能被6整除”的过程中,当n=k+1时,式子(k+1)3+5(k+1)应变形为 .解析采取凑配法,凑出归纳假设k 3+5k 来,(k+1)3+5(k+1)=k 3+3k 2+3k+1+5k+5=(k 3+5k )+3k (k+1)+6.答案(k 3+5k )+3k (k+1)+66设实数c>0,整数p>1,n ∈N *.(1)用数学归纳法证明:当x>-1,且x ≠0时,(1+x )p >1+px ;(2)数列{a n }满足a 1>c 1p ,a n+1=p -1p a n +c p a n 1-p ,证明:a n >a n+1>c 1p . 证明(1)①当p=2时,(1+x )2=1+2x+x 2>1+2x ,原不等式成立.②假设当p=k (k ≥2,k ∈N *)时,不等式(1+x )k >1+kx 成立.则当p=k+1时,(1+x )k+1=(1+x )(1+x )k >(1+x )(1+kx )=1+(k+1)x+kx 2>1+(k+1)x.所以当p=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,当x>-1,x ≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x )p >1+px 均成立.(2)先用数学归纳法证明a n >c 1p .①当n=1时,由题设a 1>c 1p 知a n >c 1p 成立.②假设当n=k (k ≥1,k ∈N *)时,不等式a k >c 1p 成立.由a n+1=p -1p a n +c p a n 1-p 及a 1>c 1p >0,易知a n >0,n ∈N *.则当n=k+1时,a k+1a k =p -1p +c p a k -p =1+1p (c a k p -1). 由a k >c 1p >0,得-1<-1p <1p (c a k p -1)<0. 由(1)中的结论得(a k+1a k )p =[1+1p (c a k p -1)]p >1+p ·1p (c a k p -1)=c a k p .因此a k+1p >c ,即a k+1>c 1p . 所以当n=k+1时,不等式a n >c 1p 也成立.综合①②可得,对一切正整数n ,不等式a n >c 1p 均成立.因此a n+1>c 1p 也成立. 再由a n+1a n =1+1p (c a n p -1)可得a n+1a n <1, 即a n+1<a n .综上所述,a n >a n+1>c 1p ,n ∈N *.7已知集合X={1,2,3},Y n ={1,2,3,…,n }(n ∈N *),设S n ={(a ,b )|a 整除b 或b 整除a ,a ∈X ,b ∈Y n }.令f (n )表示集合S n 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)f (6)=13.(2)当n ≥6时,f (n )={ n +2+(n 2+n 3),n =6t ,n +2+(n -12+n -13),n =6t +1,n +2+(n 2+n -23),n =6t +2,n +2+(n -12+n 3),n =6t +3,n +2+(n 2+n -13),n =6t +4,n +2+(n -12+n -23),n =6t +5(t ∈N *). 下面用数学归纳法证明: ①当n=6时,f (6)=6+2+62+63=13,结论成立;②假设当n=k (k ≥6)时结论成立,那么n=k+1时,S k+1在S k 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:1)若k+1=6t ,则k=6(t-1)+5,此时有f (k+1)=f (k )+3=k+2+k -12+k -23+ 3=(k+1)+2+k+12+k+13,结论成立;2)若k+1=6t+1,则k=6t ,此时有f (k+1)=f (k )+1=k+2+k 2+k 3+1=(k+1)+2+(k+1)-12+(k+1)-13,结论成立;3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有 f (k+1)=f (k )+2=k+2+k -12+k -13+2 =(k+1)+2+k+12+(k+1)-23,结论成立;4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有 f (k+1)=f (k )+2=k+2+k 2+k -23+2=(k+1)+2+(k+1)-12+k+13,结论成立;5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有 f (k+1)=f (k )+2=k+2+k -12+k 3+2=(k+1)+2+k+12+(k+1)-13,结论成立;6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有 f (k+1)=f (k )+1=k+2+k 2+k -13+1=(k+1)+2+(k+1)-12+(k+1)-23,结论成立.综上所述,结论对满足n ≥6的自然数n 均成立.。

第二章 2.2 2.2.2一、选择题1．运用反证法推出矛盾的推导过程中要把下列哪些作为条件使用( C )①结论的否定；②已知条件；③公理、定理、定义等；④原结论．A ．①②B ．②③C ．①②③D ．①②④2．否定结论“自然数a ，b ，c 中恰有一个偶数”时，正确的反设为( D )A ．自然数a ，b ，c 都是奇数B ．自然数a ，b ，c 都是偶数C ．自然数a ，b ，c 中至少有两个偶数D ．自然数a ，b ，c 都是奇数或至少有两个偶数解析 自然数a ，b ，c 中奇数、偶数的可能情况有：全为奇数，恰有一个偶数，恰有两个偶数，全为偶数．剔出结论即为反设．3．设x ，y ，z 均为正实数，a ＝x ＋1y ，b ＝y ＋1z ，c ＝z ＋1x，则a ，b ，c 三数( C ) A ．至少有一个不大于2B ．都小于2C ．至少有一个不小于2D ．都大于2解析 假设a ，b ，c 都小于2，则a ＋b ＋c <6，而a ＋b ＋c ＝x ＋1y ＋y ＋1z ＋z ＋1x ＝⎝⎛⎭⎫x ＋1x ＋⎝⎛⎭⎫y ＋1y ＋⎝⎛⎭⎫z ＋1z ≥2＋2＋2＝6，矛盾． 故a ，b ，c 都小于2错误，所以a ，b ，c 中至少有一个不小于2.4．对于定义在实数集R 上的函数f (x )，如果存在实数x 0，使f (x 0)＝x 0，那么x 0叫做函数f (x )的一个好点．已知函数f (x )＝x 2＋2ax ＋1不存在好点，那么a 的取值范围是( A )A ．⎝⎛⎭⎫－12，32 B ．⎝⎛⎭⎫－32，12 C ．(－1,1) D ．(－∞，－1)∪(1，＋∞)解析 假设函数f (x )存在好点，即x 2＋2ax ＋1＝x ，所以x 2＋(2a －1)x ＋1＝0.所以Δ＝(2a －1)2－4≥0，解得a ≤－12或a ≥32. 所以f (x )不存在好点时，a ∈⎝⎛⎭⎫－12，32.故选A ． 5．命题“任意多面体的面至少有一个是三角形或四边形或五边形”的结论的否定是( A )A ．没有一个面是三角形或四边形或五边形B ．没有一个面是三角形C ．没有一个面是四边形D ．没有一个面是五边形解析 “至少有一个”的否定是“没有一个”．6．有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，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：“是乙获奖了”，四位歌手的话只有两句是对的，则获奖的歌手是( C )A ．甲B ．乙C ．丙D ．丁解析 因为只有一人获奖，所以丙、丁只有一个人说对了，同时甲、乙中只有一人说对了，假设乙说的对，这样丙就错了，丁就对了，也就是甲也对了，与只有两句是对的矛盾，所以乙说错了，从而知甲、丙对，所以丙为获奖歌手．故选C ．二、填空题7．“任何三角形的外角都至少有两个钝角”的否定是__存在一个三角形，其外角最多有一个钝角__．解析 全称命题的否定形式为特称命题，而“至少有两个”的否定为“至多有一个”，故该命题的否定为“存在一个三角形，其外角最多有一个钝角”．8．和两条异面直线AB ，CD 都相交的两条直线AC ，BD 的位置关系是__异面__．解析 假设AC ，BD 共面，均在平面α内，即AC ⊂α，BD ⊂α，则A ∈α，B ∈α，C ∈α，D ∈α，所以AB ⊂α，CD ⊂α，这与AB ，CD 异面矛盾，所以AC ，BD 异面．9．若二次函数f (x )＝4x 2－2(p －2)x －2p 2－p ＋1在区间[－1,1]内至少存在一个值c ，使f (c )>0，则实数p 的取值范围为__⎝⎛⎭⎫－3，32__. 解析 假设对于在区间[－1,1]内的任意值x ，都有f (x )≤0.由⎩⎪⎨⎪⎧ f (－1)≤0，f (1)≤0，即⎩⎪⎨⎪⎧－2p 2＋p ＋1≤0，－2p 2－3p ＋9≤0， 得⎩⎨⎧ p ≤－12或p ≥1，p ≤－3或p ≥32，即p ≤－3或p ≥32， 所以符合题意的p 的取值范围是⎝⎛⎭⎫－3，32. 三、解答题 10．已知p 3＋q 3＝2，用反证法证明：p ＋q ≤2.证明 假设p ＋q >2，由此得q >2－p ，从而得到q 3>8－12p ＋6p 2－p 3，故得p 3＋q 3>6⎝⎛⎭⎫p 2－2p ＋43＝6⎣⎡⎦⎤(p －1)2＋13， 所以p 3＋q 3>2＋6(p －1)2.由此可知p 3＋q 3≠2，这和已知条件p 3＋q 3＝2矛盾．所以p ＋q ≤2.11．已知a ，b ，c 是互不相等的非零实数．试用反证法证明：三个方程ax 2＋2bx ＋c ＝0，bx 2＋2cx ＋a ＝0，cx 2＋2ax ＋b ＝0中至少有一个方程有两个相异实根．证明 假设三个方程都没有两个相异实根，则Δ1＝4b 2－4ac ≤0，Δ2＝4c 2－4ab ≤0，Δ3＝4a 2－4bc ≤0.以上三式相加并整理，得a 2－2ab ＋b 2＋b 2－2bc ＋c 2＋c 2－2ac ＋a 2≤0，即(a －b )2＋(b －c )2＋(c －a )2≤0. ①∵a ，b ，c 互不相等，∴①式不能成立，∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．12．已知函数f (x )是R 上的增函数，a ，b ∈R .(1)若a ＋b ≥0，求证：f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )；(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立，并证明你的结论．解析 (1)证明：∵a ＋b ≥0，∴a ≥ －b .由f (x )的单调性得f (a )≥f (－b )．又a ＋b ≥0⇒b ≥－a ，∴f (b )≥f (－a )．两个不等式相加即得f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )．(2)逆命题：若f (a )＋f (b )≥f (－a )＋f (－b )，则a ＋b ≥0.下面用反证法证明：假设a ＋b <0，则a <－b ，∵函数f (x )是R 上的增函数，∴f (a )<f (－b )，同理f (b )<f (－a )，两不等式相加得f (a )＋f (b )<f (－a )＋f (－b )，这与已知矛盾，故a ＋b ≥0，所以逆命题成立．由Ruize收集整理。

第二章 2.1 2.1.2一、选择题1．某人进行了如下的“三段论”：如果f ′(x 0)＝0，则x ＝x 0是函数f (x )的极值点，因为函数f (x )＝x 3在x ＝0处的导数值f ′(0)＝0，所以x ＝0是函数f (x )＝x 3的极值点．你认为以上推理的( A )A ．大前提错误B ．小前提错误C ．推理形式错误D ．结论正确 解析 若f ′(x 0)＝0，则x ＝x 0不一定是函数f (x )的极值点，如f (x )＝x 3，f ′(0)＝0，但x ＝0不是极值点，故大前提错误．2．有四张卡片，每张卡片有两个面，一个面写有一个数字，另一个面写有一个英文字母．现规定：当卡片的一面为字母P 时，它的另一面必须是数字2.如图，下面的四张卡片的一个面分别写有P ，Q,2,3，为检验此四张卡片是否有违反规定的写法，则必须翻看的牌是( B ) P Q 2 3A ．第一张，第三张B ．第一张，第四张C ．第二张，第四张D ．第二张，第三张解析 因为如果卡片的一面为P ，另一面必须是2，所以一定要看P 的另一面是否为2，一面为2的的卡片的另一面可以是任意字母，一面为3的卡片的另一面一定不能是P ，所以必须翻看第一、第四张卡片．3．下面几种推理过程是演绎推理的是( A )A ．因为y ＝2x 是指数函数，所以函数y ＝2x 经过定点(0,1)B ．猜想数列11×2，12×3，13×4，…的通项公式为a n ＝1n (n ＋1)(n ∈N *) C ．由“平面内垂直于同一直线的两直线平行”类比推出“空间中垂直于同一平面的两平面平行”D ．由平面直角坐标系中圆的方程为(x －a )2＋(y －b )2＝r 2，推测空间直角坐标系中球的方程为(x －a )2＋(y －b )2＋(z －c )2＝r 2解析 A 为演绎推理，这里省略了大前提，B 为归纳推理，C ，D 为类比推理．4．对于任意的直线l 与平面α，在平面α内必有直线m ，使m 与l ( C )A ．平行B ．相交C ．垂直D ．互为异面直线解析 对于任意的直线l 与平面α，若l 在平面α内，则存在直线m ⊥l ；若l 不在平面α内，且l ⊥α，则平面α内任意一条直线都垂直于l ；若l 不在平面α内，且l 与α不垂直，则它的射影在平面α内为一条直线，在平面α内必有直线m 垂直于它的射影，则m 与l 垂直．综上知，选C ．5．下面说法：①演绎推理是由一般到特殊的推理；②演绎推理得到的结论一定是正确的；③演绎推理的一般模式是“三段论”的形式；④演绎推理得到的结论的正确与否与大前提、小前提和推理形式有关；⑤运用三段论推理时，大前提和小前提都不可以省略．其中正确的有( C )A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个解析 由演绎推理的相关知识可知①③④正确．6．命题“有些有理数是无限循环小数，整数是有理数，所有整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是( C )A ．使用了归纳推理B ．使用了类比推理C ．使用了“三段论”，但大、小前提不对应D ．使用了“三段论”，但小前提使用错误解析 应用了“三段论”推理，小前提与大前提不对应导致结论错误．二、填空题7．三段论：“①小宏在2016年的高考中考入了重点本科院校；②小宏在2016年的高考中只要正常发挥就能考入重点本科院校；③小宏在2016年的高考中正常发挥”中，“小前提”是__③__(填序号)．解析 在这个推理中，②是大前提，③是小前提，①是结论．8．若lg x ＋lg y ＝2lg(x －2y )，则log 2x y＝__4__. 解析 由题意得lg(xy )＝lg(x －2y )2，所以xy ＝(x －2y )2，所以x 2－5xy ＋4y 2＝0，所以x ＝y 或x ＝4y ，而x >2y >0，所以x ＝4y ，log 2x y＝log 24＝4. 9．设f (x )＝(x －a )(x －b )(x －c )(a ，b ，c 是互不相等的常数)，则a f ′(a )＋b f ′(b )＋c f ′(c )的值是__0__.解析 f ′(x )＝(x －b )(x －c )＋(x －a )(x －c )＋(x －a )(x －b )，所以f ′(a )＝(a －b )(a －c )，f ′(b )＝(b －a )(b －c )，f ′(c )＝(c －a )·(c －b )．所以a f ′(a )＋b f ′(b )＋c f ′(c )＝a (a －b )(a －c )＋b (b －a )(b －c )＋c (c －a )(c －b )＝a (b －c )－b (a －c )＋c (a －b )(a －b )(a －c )(b －c )＝0. 三、解答题10．已知函数f (x )＝2x －12x ＋1(x ∈R )． (1)判定函数f (x )的奇偶性；(2)判定函数f (x )在R 上的单调性，并证明．解析 (1)∀x ∈R ，有－x ∈R ，则f (－x )＝2－x －12－x ＋1＝1－2x 1＋2x ＝－2x －12x ＋1＝－f (x )，所以f (x )是奇函数．(2)f (x )在R 上单调递增，证明如下：任取x 1，x 2∈R ，并且x 1＞x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝2x 1－12x 1＋1－2x 2－12x 2＋1 ＝(2x 1－1)(2x 2＋1)－(2x 2－1)(2x 1＋1)(2x 1＋1)(2x 2＋1) ＝2(2x 1－2x 2)(2x 1＋1)(2x 2＋1). ∵x 1＞x 2，∴2x 1＞2x 2＞0，∴2x 1－2x 2＞0，又2x 1＋1＞0,2x 2＋1＞0，∴2(2x 1－2x 2)(2x 1＋1)(2x 2＋1)＞0， ∴f (x 1)＞f (x 2)．∴f (x )在R 上为增函数．11．如图，四棱锥P －ABCD 的底面是正方形，PD ⊥底面ABCD ，点E 在棱PB 上．求证：平面AEC ⊥平面PDB .证明 ∵四边形ABCD 是正方形，∴AC ⊥BD ，∵PD ⊥底面ABCD ，∴PD ⊥AC ，又BD ∩PD ＝D ，∴AC ⊥平面PDB ，又AC ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面PDB .12．如图所示，平面ACDE ⊥平面ABC ，CD ∥AE ，F 是BE 的中点，∠ACB ＝90°，AE ＝2CD ＝2，AC ＝BC ＝1，BE ＝ 6.(1)求证：DF ∥平面ABC ；(2)求证：DF ⊥平面ABE .证明 (1)设M 为AB 的中点，连接FM ，CM ，因为F 为BE 的中点，所以FM 为△ABE 的中位线，所以FM ∥AE ，FM ＝12AE . 又因为CD ∥AE ，且CD ＝12AE ， 所以CD ∥FM ，CD ＝FM ，所以四边形CDFM 为平行四边形， 所以DF ∥CM ，又DF ⊄平面ABC ，CM ⊂平面ABC ， 所以DF ∥平面ABC .(2)∵AB 2＋AE 2＝BE 2，∴AE ⊥AB .又∵平面ACDE ⊥平面ABC ，BC ⊥AC ，∴BC ⊥平面ACDE ，AE ⊂平面ACDE ，∴BC ⊥AE .又AB ∩BC ＝B ，∴AE ⊥平面ABC ，CM ⊂平面ABC ，∴AE ⊥CM ，又CM ⊥AB ，AB ∩AE ＝A ，∴CM ⊥平面ABE ，∴DF ⊥平面ABE .由Ruize收集整理。

学习目标 1.进一步掌握数学归纳法的实质与步骤，掌握用数学归纳法证明等式、不等式、整除问题、几何问题等数学命题的方法.2.掌握证明n＝k＋1成立的常见变形技巧：提公因式、添项、拆项、合并项、配方等．知识点一归纳法归纳法是一种由特殊到一般的推理方法，分完全归纳法和不完全归纳法两种，而不完全归纳法得出的结论不具有可靠性，必须用数学归纳法进行严格证明．知识点二数学归纳法(1)应用范围：作为一种证明方法，用于证明一些与正整数n有关的数学命题；(2)基本要求：它的证明过程必须是两步，最后还有结论，缺一不可；(3)注意点：在第二步归纳递推时，从n＝k到n＝k＋1必须用上归纳假设．类型一求参数问题例1是否存在常数a，b，c，使等式1·(n2－12)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝an4＋bn2＋c对一切正整数n成立？并证明你的结论．解分别将1,2,3代入，得⎩⎪⎨⎪⎧a＋b＋c＝0，16a＋4b＋c＝3，81a＋9b＋c＝18，解得⎩⎪⎨⎪⎧a＝14，b＝－14，c＝0.下面用数学归纳法证明：1·(n2－12)＋2(n2－22)＋…＋n(n2－n2)＝14n4－14n2(n∈N*)．(1)当n＝1时，左边＝1·(12－12)＝0，右边＝14－14＋0＝0，左边＝右边，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，等式成立，则当n ＝k ＋1时，左边＝1·[(k ＋1)2－12]＋2·[(k ＋1)2－22]＋…＋k ·[(k ＋1)2－k 2]＋(k ＋1)[(k ＋1)2－(k ＋1)2]＝1·(k 2－12)＋2·(k 2－22)＋…＋k (k 2－k 2)＋1·(2k ＋1)＋2(2k ＋1)＋…＋k (2k ＋1) ＝14k 4－14k 2＋(2k ＋1)·k (k ＋1)2 ＝14(k ＋1)4－14(k ＋1)2. 由(1)(2)知，等式对一切正整数都成立．反思与感悟 这类猜测存在性问题的思路：若存在a ，b ，c 使等式成立，首先在n ＝1,2,3时，等式应成立，因此由n ＝1,2,3，先把a ，b ，c 求出，再代回等式，最后用数学归纳法证明存在常数a ，b ，c ，使等式成立．跟踪训练1 是否存在常数a ，b ，使得等式121×3＋223×5＋…＋n 2(2n －1)·(2n ＋1)＝an 2＋n bn ＋2对一切正整数n 都成立？并证明你的结论. 解 令n ＝1，得3a －b ＝－1， 令n ＝2，得10a －3b ＝－2，联立⎩⎪⎨⎪⎧ 3a －b ＝－1，10a －3b ＝－2， 解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝1，b ＝4.以下用数学归纳法证明：121×3＋223×5＋…＋n 2(2n －1)(2n ＋1)＝n 2＋n 4n ＋2(n ∈N *)． (1)当n ＝1时，易知结论成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，则 121×3＋223×5＋…＋k 2(2k －1)(2k ＋1)＝k 2＋k 4k ＋2. 则当n ＝k ＋1时，121×3＋223×5＋…＋k 2(2k －1)(2k ＋1)＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3) ＝k 2＋k 4k ＋2＋(k ＋1)2(2k ＋1)(2k ＋3) ＝k (k ＋1)(2k ＋3)＋2(k ＋1)22(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(2k 2＋3k ＋2k ＋2)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝(k ＋1)(2k ＋1)(k ＋2)2(2k ＋1)(2k ＋3)＝k 2＋3k ＋24k ＋6＝(k ＋1)2＋(k ＋1)4(k ＋1)＋2.故当n ＝k ＋1时，结论也成立．根据(1)(2)知，对一切正整数n ，结论成立． 类型二 整除问题例2 求证：当n ∈N *时，a n ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除．证明 (1)当n ＝1时，a 1＋1＋(a ＋1)2×1－1＝a 2＋a ＋1，命题显然成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，a k ＋1＋(a ＋1)2k－1能被a 2＋a ＋1整除，则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a ·a k ＋1＋(a ＋1)2·(a ＋1)2k －1 ＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1－a (a ＋1)2k －1 ＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1. 由归纳假设，上式中的两项均能被a 2＋a ＋1整除， 故当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)知，对任意n ∈N *，命题成立．反思与感悟 证明整除性问题的关键是“凑项”，先采用增项、减项、拆项和因式分解等手段，凑成当n ＝k 时的情形，再利用归纳假设使问题获证． 跟踪训练2 用数学归纳法证明(3n ＋1)·7n －1(n ∈N *)能被9整除． 证明 (1)当n ＝1时，4×7－1＝27，能被9整除． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立， 即(3k ＋1)·7k －1能被9整除，则当n ＝k ＋1时，(3k ＋4)·7k ＋1－1＝7·(3k ＋1)·7k ＋21·7k －1＝[(3k ＋1)·7k －1]＋18k ·7k ＋6·7k ＋21·7k＝[(3k ＋1)·7k －1]＋18k ·7k ＋27·7k ，由假设知，(3k ＋1)·7k －1能被9整除，又因为18k ·7k ＋27·7k 能被9整除，所以当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N *，(3n ＋1)·7n －1都能被9整除． 类型三 有关几何问题例3 平面内有n (n ∈N *，n ≥2)条直线，其中任何两条不平行，任何三条不过同一点，证明：交点的个数为f (n )＝n (n －1)2.证明 (1)当n ＝2时，两条直线的交点只有一个， 又f (2)＝12×2×(2－1)＝1，∴当n ＝2时，命题成立．(2)假设n ＝k (k >2，k ∈N *)时，命题成立， 即平面内满足题设的任何k 条直线交点个数为 f (k )＝12k (k －1)，那么当n ＝k ＋1时，任取一条直线l ，除l 以外其他k 条直线交点个数为f (k )＝12k (k －1)，l 与其他k 条直线交点个数为k ， 从而k ＋1条直线共有f (k )＋k 个交点， 即f (k ＋1)＝f (k )＋k ＝12k (k －1)＋k＝12k (k －1＋2) ＝12k (k ＋1)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－1]， ∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，对任意n ∈N *，n ≥2，命题都成立．反思与感悟 用数学归纳法证明几何问题时，一要注意数形结合，二要注意有必要的文字说明．跟踪训练3 平面内有n (n ∈N *)个圆，其中每两个圆相交于两点，并且每三个圆都不相交于同一点，求证：这n 个圆把平面分成f (n )＝n 2－n ＋2部分． 证明 (1)当n ＝1时，分为2块，f (1)＝2，命题成立； (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时， 被分成f (k )＝k 2－k ＋2部分， 那么当n ＝k ＋1时，依题意，第k ＋1个圆与前k 个圆产生2k 个交点，第k ＋1个圆被截为2k 段弧，每段弧把所经过的区域分为两部分，所以平面上净增加了2k 个区域． 所以f (k ＋1)＝f (k )＋2k ＝k 2－k ＋2＋2k ＝(k ＋1)2－(k ＋1)＋2， 即当n ＝k ＋1时，命题成立． 由(1)(2)知命题成立．1．用数学归纳法证明n 边形的内角和为(n －2)·180°时，其初始值n 0为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4答案 C2．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n ×3n －1＝3n (na －b )＋c 对一切n ∈N *都成立，那么a ，b ，c 的值为( ) A ．a ＝12，b ＝c ＝14B ．a ＝b ＝c ＝14C ．a ＝0，b ＝c ＝14D ．a ，b ，c 不存在 答案 A解析 令n 等于1,2,3，得⎩⎪⎨⎪⎧1＝3(a －b )＋c ，1＋2×3＝9(2a －b )＋c ，1＋2×3＋3×32＝27(3a －b )＋c ， 解得a ＝12，b ＝c ＝14.3．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *且n >1)时，假设当n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是________________________． 答案 1＋12＋13＋…＋12k ＋1－1<k ＋14．用数学归纳法证明“n 3＋5n 能被6整除”的过程中，当n ＝k ＋1时，对式子(k ＋1)3＋5(k ＋1)应变形为________________________． 答案 (k 3＋5k )＋3k (k ＋1)＋6解析 采取配凑法，凑出归纳假设k 3＋5k 来，(k ＋1)3＋5(k ＋1)＝k 3＋3k 2＋3k ＋1＋5k ＋5＝(k 3＋5k )＋3k (k ＋1)＋6.5．用数学归纳法证明：当n 是非负整数时，34n ＋2＋52n＋1能被14整除．证明 (1)当n ＝0时，34n ＋2＋52n ＋1＝14，能被14整除． (2)假设当n ＝k (k ≥0，k ∈N )时，34k ＋2＋52k ＋1能被14整除，则当n ＝k ＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝34k ＋6＋52k ＋3＝81×34k ＋2＋25×52k ＋1 ＝25×(34k ＋2＋52k ＋1)＋56×34k ＋2.显然25×(34k ＋2＋52k ＋1)是14的倍数，56×34k ＋2也是14的倍数，故34k ＋6＋52k＋3是14的倍数，即当n ＝k ＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1能被14整除．综合(1)(2)知，当n 是非负整数时，34n ＋2＋52n＋1能被14整除．1．数学归纳法证明与正整数有关的命题，包括等式、不等式、数列问题、整除问题、几何问题等．2．证明问题的初始值n 0不一定为1，可根据题目要求和问题实际确定n 0.3．从n ＝k 到n ＝k ＋1要搞清“项”的变化，不论是几何元素，还是式子；一定要用到归纳假设．课时作业一、选择题1．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的自然数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( ) A ．2 B ．3 C ．5 D ．6答案 C解析 当n 取1、2、3、4时，2n >n 2＋1不成立，当n ＝5时，25＝32>52＋1＝26，第一个能使2n >n 2＋1的n 值为5，故选C.2．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋12<2B ．1＋12＋13<2C ．1＋12＋13<3D ．1＋12＋13＋14<3答案 B解析 ∵n >1且n ∈N *，∴n 取的第一个值为n 0＝2. ∴第一步应验证1＋12＋13<2，故选B.3．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4 答案 C解析 凸n 边形边数最小时是三角形， 故第一步检验n ＝3.4．设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72.观察上述结果，可推测出一般结论( )A ．f (2n )>2n ＋12B ．f (n 2)>n ＋22C ．f (2n )≥n ＋22D ．以上都不正确答案 C解析 由f (2)＝32，f (22)＝42，f (23)＝52，f (24)＝62，f (25)＝72，可推测出f (2n )≥n ＋22.5．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764(n ∈N *)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案 B解析 左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.6．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N *)能被9整除”，要利用归纳假设证明当n ＝k ＋1时的情况，只需展开( ) A ．(k ＋3)3 B ．(k ＋2)3 C ．(k ＋1)3 D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3答案 A解析 假设当n ＝k 时，原式能被9整除， 即k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除．当n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k ＋3)3展开，让其出现k 3即可． 二、填空题7．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，在第二步证明从n ＝k 到n ＝k＋1不等式成立时，左边增加的项数为________． 答案 2k解析 项数为2k ＋1－2k ＝2k .8．用数学归纳法证明x n －y n 能被x ＋y 整除(n 为正奇数)时，假设n ＝k (k 为正奇数)时，命题成立，再证n ＝______时，命题也成立． 答案 k ＋29．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N *)，那么f (n ＋1)－f (n )＝______________.答案13n ＋13n ＋1＋13n ＋210．用数学归纳法证明“凸n (n ≥3，n ∈N )边形的内角和公式”时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时增加了________． 答案 180°解析 凸n 边形内角和为180°×(n －2)，则180°×(k ＋1－2)－180°×(k －2)＝180°. 三、解答题11．已知f (n )＝(2n ＋7)×3n ＋9(n ∈N *)，用数学归纳法证明f (n )能被36整除． 证明 (1)当n ＝1时，f (1)＝(2＋7)×3＋9＝36，能被36整除． (2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，f (k )＝(2k ＋7)×3k ＋9能被36整除， 则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝[2(k ＋1)＋7]×3k＋1＋9＝(2k ＋7)×3k＋1＋2×3k＋1＋9＝(2k ＋7)×3k ×3＋2×3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)×3k ＋9]－27＋2×3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)×3k ＋9]＋18(3k －1－1)．由于3k －1－1是2的倍数，故18(3k －1－1)能被36整除，即当n ＝k ＋1时，f (n )也能被36整除． 根据(1)和(2)，可知对一切正整数n ，都有f (n )＝(2n ＋7)×3n ＋9能被36整除．12．是否存在常数a 、b 、c ，使得等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n (n ＋1)2＝n (n ＋1)12(an 2＋bn＋c )对一切正整数成立？并证明你的结论．解 假设存在a 、b 、c ，使题中等式对一切正整数成立， 则当n ＝1,2,3时，上式显然也成立， 可得⎩⎪⎨⎪⎧1×22＝16(a ＋b ＋c )，1×22＋2×32＝12(4a ＋2b ＋c )，1×22＋2×32＋3×42＝9a ＋3b ＋c ，解得a ＝3，b ＝11，c ＝10.下面用数学归纳法证明等式1×22＋2×32＋3×42＋…＋n (n ＋1)2＝n (n ＋1)12(3n 2＋11n ＋10)对一切正整数均成立．(1)当n ＝1时，命题显然成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，命题成立， 即1×22＋2×32＋3×42＋…＋k (k ＋1)2 ＝k (k ＋1)12(3k 2＋11k ＋10)， 则当n ＝k ＋1时，有1×22＋2×32＋…＋k (k ＋1)2＋(k ＋1)(k ＋2)2 ＝k (k ＋1)12(3k 2＋11k ＋10)＋(k ＋1)(k ＋2)2 ＝k (k ＋1)12(k ＋2)(3k ＋5)＋(k ＋1)(k ＋2)2 ＝(k ＋1)(k ＋2)12(3k 2＋5k ＋12k ＋24)＝(k ＋1)(k ＋2)12[3(k ＋1)2＋11(k ＋1)＋10]．即当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)(2)可知，对任何正整数n ，等式都成立．13．试比较2n ＋2与n 2的大小(n ∈N *)，并用数学归纳法证明你的结论． 解 当n ＝1时，21＋2＝4>12， 当n ＝2时，22＋2＝6>22， 当n ＝3时，23＋2＝10>32， 当n ＝4时，24＋2＝18>42，由此可以猜想，2n ＋2>n 2(n ∈N *)成立． 下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，左边＝21＋2＝4，右边＝1，所以左边>右边，所以原不等式成立．当n ＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边；当n ＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边．②假设n ＝k (k ≥3且k ∈N *)时，不等式成立，即2k ＋2>k 2， 那么当n ＝k ＋1时，2k ＋1＋2＝2·2k ＋2＝2(2k ＋2)－2>2k 2－2. 要证当n ＝k ＋1时结论成立，只需证2k 2－2≥(k ＋1)2， 即证k 2－2k －3≥0，即证(k ＋1)(k －3)≥0. 又因为k ＋1>0，k －3≥0，所以(k ＋1)(k －3)≥0. 所以当n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②可知，n ∈N *时，2n ＋2>n 2. 四、探究与拓展14．用数学归纳法证明：对于任意正整数n ，(n 2－1)＋2(n 2－22)＋…＋n (n 2－n 2)＝n 2(n －1)(n ＋1)4.证明 (1)当n ＝1时，左边＝12－1＝0， 右边＝12×(1－1)×(1＋1)4＝0，所以等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即(k 2－1)＋2(k 2－22)＋…＋k (k 2－k 2)＝k 2(k －1)(k ＋1)4.那么当n ＝k ＋1时，有[(k ＋1)2－1]＋2[(k ＋1)2－22]＋…＋k ·[(k ＋1)2－k 2]＋(k ＋1)[(k ＋1)2－(k ＋1)2]＝(k 2－1)＋2(k 2－22)＋…＋k (k 2－k 2)＋(2k ＋1)(1＋2＋…＋k ) ＝k 2(k －1)(k ＋1)4＋(2k ＋1)k (k ＋1)2＝14k (k ＋1)[k (k －1)＋2(2k ＋1)] ＝14k (k ＋1)(k 2＋3k ＋2) ＝(k ＋1)2[(k ＋1)－1][(k ＋1)＋1]4.所以当n ＝k ＋1时等式成立． 由(1)(2)知，对任意n ∈N *等式成立．15．已知递增等差数列{a n }满足：a 1＝1，且a 1，a 2，a 4成等比数列． (1)求数列{a n }的通项公式；(2)若不等式(1－12a 1)·(1－12a 2)·…·(1－12a n )≤m2a n ＋1对任意n ∈N *恒成立，试猜想出实数m 的最小值，并证明．解 (1)设数列{a n }的公差为d (d >0)，由题意可知a 1·a 4＝a 22，即1(1＋3d )＝(1＋d )2，解得d ＝1或d ＝0(舍去)．所以a n ＝1＋(n －1)·1＝n . (2)不等式等价于12·34·56·…·2n －12n ≤m2n ＋1，当n ＝1时，m ≥32； 当n ＝2时，m ≥358；而32>358，所以猜想，m 的最小值为32. 下面证不等式12·34·56·…·2n －12n ≤322n ＋1对任意n ∈N *恒成立．下面用数学归纳法证明：证明：①当n ＝1时，12≤323＝12，命题成立．高中数学-打印版最新版高中数学 ②假设当n ＝k 时，不等式12·34·56·…·2k －12k ≤322k ＋1成立， 则当n ＝k ＋1时，12·34·56·…·2k －12k ·2k ＋12k ＋2≤322k ＋1·2k ＋12k ＋2， 只要证322k ＋1·2k ＋12k ＋2≤ 322k ＋3， 只要证2k ＋12k ＋2≤12k ＋3， 只要证2k ＋12k ＋3≤2k ＋2，只要证4k 2＋8k ＋3≤4k 2＋8k ＋4，只要证3≤4，显然成立．所以，对任意n ∈N *，不等式12·34·56·…·2n －12n ≤322n ＋1恒成立．。

第2课时分析法课时过关·能力提升基础巩固1分析法是从要证明的结论出发,逐步寻求使结论成立的()A.充分条件B.必要条件C.充要条件D.等价条件答案A2欲证2-成立,只需证()A.(2-)2<()2B.(2-)2<()2C.(2+)2<()2D.(2-)2<(-)2解析由分析法知,欲证2-,只需证2+,即证(2+)2<()2,故选C.答案C3要证明<2,可选择的方法有下面几种,其中最合理的是()A.综合法B.分析法C.特殊值法D.其他方法答案B4分析法又叫执果索因法,若使用分析法证明:设a>b>c,且a+b+c=0,求证:a索的因应是()A.a-b>0B.a-c>0C.(a-b)(a-c)>0D.(a-b)(a-c)<0答案C5将下面用分析法证明≥ab的步骤补充完整:要证≥ab,只需证a2+b2≥2ab,也就是证,即证,由于显然成立,因此原不等式成立.答案a2+b2-2ab≥0(a-b)2≥0(a-b)2≥06用A,B,C和a,b,c分别表示△ABC的三个内角和三条边.求证:当tan A·tan B>1时,△ABC为锐角三角形.证明要证三角形为锐角三角形,只需证A,B,C均为锐角,只需证tan A,tan B,tan C均为正.因为tan A tan B>1,且A+B<π,所以tan A>0,且tan B>0.又因为tan C=tan[180°-(A+B)]=-tan(A+B)=>0,所以A,B,C均为锐角,即△ABC为锐角三角形.7已知a,b,m是正实数,且a<b,求证:.证明由a,b,m是正实数,故要证,只需证a(b+m)<b(a+m),只需证ab+am<ab+bm,只需证am<bm.而m>0,所以只需证a<b.由条件知a<b成立,故原不等式成立.8设|a|<1,|b|<1,求证:<1.证明要证<1,只需证|a+b|<|1+ab|,。

选修第二章选择题．(·郑州市高二检测)用数学归纳法证明＋＋＋…＋＋＝(∈*，≠)，在验证＝时，左边所得的项为( )．．＋＋．＋．＋＋＋[答案][解析]因为当＝时，＋＝，所以此时式子左边＝＋＋.故应选.．用数学归纳法证明＋＋＋…＋(－)＝(－)过程中，由＝递推到＝＋时，不等式左边增加的项为( )．() ．(＋)．(＋) ．(＋)[答案][解析]用数学归纳法证明＋＋＋…＋(－)＝(－)的过程中，第二步，假设＝时等式成立，即＋＋＋…＋(－)＝(－)，那么，当＝＋时，＋＋＋…＋(－)＋(＋)＝(－)＋(＋)，等式左边增加的项是(＋)，故选.．对于不等式≤＋(∈＋)，某学生的证明过程如下：()当＝时，≤＋，不等式成立．()假设＝(∈＋)时，不等式成立，即<＋，则＝＋时，＝<＝＝(＋)＋，∴当＝＋时，不等式成立，上述证法( )．过程全都正确．＝验证不正确．归纳假设不正确．从＝到＝＋的推理不正确[答案][解析]＝的验证及归纳假设都正确，但从＝到＝＋的推理中没有使用归纳假设，而通过不等式的放缩法直接证明，不符合数学归纳法的证题要求．故应选.．用数学归纳法证明命题“当是正奇数时，＋能被＋整除”，在第二步的证明时，正确的证法是( )．假设＝(∈*)时命题成立，证明＝＋时命题也成立．假设＝(是正奇数)时命题成立，证明＝＋时命题也成立．假设＝(是正奇数)时命题成立，证明＝＋时命题也成立．假设＝＋(∈)时命题成立，证明＝＋时命题也成立[答案][解析]∵为正奇数，当＝时，下面第一个正奇数应为＋，而非＋.故应选.．凸边形有()条对角线，则凸＋边形对角线的条数(＋)为( )．()＋＋．()＋．()＋－．()＋－[答案][解析]增加一个顶点，就增加＋－条对角线，另外原来的一边也变成了对角线，故(＋)＝()＋＋＋－＝()＋－.故应选.．观察下列各式：已知＋＝，＋＝，＋＝，＋＝，＋＝，…，则归纳猜测＋＝( ) ．．．．[答案][解析]观察发现，＋＝＋＝＋＝＋＝＋＝，∴＋＝.二、填空题．用数学归纳法证明“当为正偶数时，－能被＋整除”，第一步应验证＝时，命题成立；第二步归纳假设成立应写成[答案]－能被＋整除[解析]因为为正偶数，故第一步取＝，第二步假设取第个正偶数成立，即＝，故应假设成－能被＋整除．．(·九江高二检测)观察下列等式，照此规律，第个等式为＝＋＋＝＋＋＋＋＝＋＋＋＋＋＋＝…[答案]＋(＋)＋(＋)＋…＋(－)＝(－)[解析]将原等式变形如下：＝＝＋＋＝＝＋＋＋＋＝＝＋＋＋＋＋＋＝＝…由图知，第个等式的左边有－项，第一个数是，是－个连续整数的和，则最后一个数为＋(－)－＝－，右边是左边项数－的平方，。