高三理科数学一轮总复习第十四章推理与证明

推理与证明经典问题回顾主讲教师：丁益祥 北京陈经纶中学数学特级教师开篇语数学解题离不开推理与证明．这里的推理主要指合情推理和演绎推理，证明主要指直接证明、间接证明以及利用数学归纳法证明．合情推理有归纳推理和类比推理两种形式：归纳推理是由特殊到一般的推理，类比推理是由特殊到特殊的推理；演绎推理是一般到特殊的推理．反证法是间接证明的主要形式，证明的思路是：通过否定结论，导出矛盾，进而说明原结论正确．开心自测题一：设等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，则4S ，84S S -，128S S -，1612S S -成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{}n b 的前n 项积为n T ，则4T ， ， ，1612T T 成等比数列．题二：设127,,,a a a 是１，２，…，7的一个排列，求证：乘积()()()127127T a a a =-⋅-⋅⋅-为偶数．考点梳理１．合情推理的两种形式（１）归纳推理：由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理，称为归纳推理（简称归纳）。

归纳推理是由特殊到一般的推理。

（２）类比推理：由两类对象具有某些类似特征和已知其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理称为类比推理。

类比推理是由特殊到特殊的推理。

根据已有的事实，经过观察、分析、比较、联想，再进行归纳或类比，然后提出猜想的推理，统称为合情推理。

２．演绎推理从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，这种推理称为演绎推理。

演绎推理是一般到特殊的推理。

演绎推理的“三段论”模式：（１）大前提——已知的一般原理；（２）小前提——所研究的特殊情况；（３）结论——根据一般原理，对特殊情况作出的判断。

３．直接证明与间接证明（１）综合法：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。

第十四章推理与证明高考导航学归纳法的基知识网络14.1 合情推理与演绎推理典例精析题型一运用归纳推理发现一般性结论【例1】通过观察下列等式，猜想出一个一般性的结论，并证明结论的真假.sin215°＋sin275°＋sin2135°＝3 2；sin230°＋sin290°＋sin2150°＝3 2；sin245°＋sin2105°＋sin2165°＝3 2；sin260°＋sin2120°＋sin2180°＝3 2.【解析】猜想：sin2(α－60°)＋sin2α＋sin2(α＋60°)＝3 2.左边＝(sin αcos 60°－cos αsin 60°)2＋sin2α＋(sin αcos 60°＋cos αsin 60°)2＝32(sin2α＋cos2α)＝32＝右边.【点拨】先猜后证是一种常见题型；归纳推理的一些常见形式：一是“具有共同特征型”，二是“递推型”，三是“循环型”(周期性).【变式训练1】设直角三角形的两直角边的长分别为a，b，斜边长为c，斜边上的高为h，则有a＋b ＜c＋h成立，某同学通过类比得到如下四个结论：①a2＋b2＞c2＋h2；②a3＋b3＜c3＋h3；③a4＋b4＜c4＋h4；④a5＋b5＞c5＋h5.其中正确结论的序号是；进一步类比得到的一般结论是.【解析】②③；a n＋b n＜c n＋h n(n∈N*).题型二运用类比推理拓展新知识三角形两边之和大于第三边【解析】本题由已知的前两组类比可得到如下信息：①平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；②三角形各边的边长与三棱锥各面的面积是类比对象；③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；⑤三角形的面积公式中的“二分之一”与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象.由以上分析可知：故第三行空格应填：三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥表面积的乘积的三分之一.本题结论可以用等体积法，将三棱锥分割成四个小的三棱锥去证明，此处从略.【点拨】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.一般平面中的一些元素与空间中的一些元素的类比列表如下：【变式训练2】面积为S i ，此四边形内任一点P 到第i 条边的距离为h i (i ＝1,2,3,4)，(1)若a 11＝a 22＝a 33＝a 44＝k ，则∑=41i i ih ＝ ；(2)类比以上性质，体积为V 的三棱锥的第i 个面的面积记为S i (i ＝1,2,3,4)，此三棱锥内任一点Q 到第i 个面的距离记为H i (i ＝1,2,3,4)，若S 11＝S 22＝S 33＝S 44＝K ，则∑=41i iiH ＝ .【解析】2S k ；3VK.题型三 运用“三段论”进行演绎推理【例3】已知函数f (x )＝ln ax －x －ax(a ≠0).(1)求此函数的单调区间及最值；(2)求证：对于任意正整数n ，均有1＋12＋13＋…＋1n ≥ln e nn ！.【解析】(1)由题意f ′(x )＝x －ax 2.当a ＞0时，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，此时函数在(0，a )上是减函数，在(a ，＋∞)上是增函数， f min (x )＝f (a )＝ln a 2，无最大值.当a ＜0时，函数f (x )的定义域为(－∞，0)，此时函数在(－∞，a )上是减函数，在(a,0)上是增函数， f min (x )＝f (a )＝ln a 2，无最大值.(2)取a ＝1，由(1)知，f (x )＝ln x －x －1x≥f (1)＝0，故1x ≥1－ln x ＝ln e x， 取x ＝1,2,3，…，n ，则1＋12＋13＋…＋1n ≥ln e ＋ln e 2＋…＋ln e n ＝ln e nn ！.【点拨】演绎推理是推理证明的主要途径，而“三段论”是演绎推理的一种重要的推理形式，在高考中以证明题出现的频率较大.【变式训练3】已知函数f (x )＝e g (x )，g (x )＝kx －1x ＋1(e 是自然对数的底数)，(1)若对任意的x ＞0，都有f (x )＜x ＋1，求满足条件的最大整数k 的值； (2)求证：ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n (n ＋1)]＞2n －3(n ∈N *). 【解析】(1)由条件得到f (1)＜2⇒11-2e +x x ＜2⇒k ＜2ln 2＋1＜3，猜测最大整数k ＝2，现在证明11-2e +x x ＜x ＋1对任意x ＞0恒成立：11-2e +x x ＜x ＋1等价于2－3x ＋1＜ln(x ＋1)⇔ln(x ＋1)＋3x ＋1＞2，设h (x )＝ln(x ＋1)＋3x ＋1，则h ′(x )＝1x ＋1－3(x ＋1)2＝x －2(x ＋1)2.故x ∈(0,2)时，h ′(x )＜0，当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )＞0. 所以对任意的x ＞0都有h (x )≥h (2)＝ln 3＋1＞2，即11-2e +x x ＜x ＋1对任意x ＞0恒成立，所以整数k 的最大值为2.(2)由(1)得到不等式2－3x ＋1＜ln(x ＋1)，所以ln[1＋k (k ＋1)]＞2－3k (k ＋1)＋1＞2－3k (k ＋1)，ln(1＋1×2)＋ln(1＋2×3)＋…＋ln[1＋n (n ＋1)]＞(2－31×2)＋(2－32×3)＋…＋[2－3n (n ＋1)]＝2n －3[11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)]＝2n －3＋3n ＋1＞2n －3， 所以原不等式成立.总结提高合情推理与演绎推理是两种基本的思维推理方式.尽管合情推理(归纳、类比)得到的结论未必正确，但归纳推理与类比推理具有猜想和发现新结论、探索和提供证明的新思路的重要作用，特别在数学学习中，我们可以由熟悉的、已知的知识领域运用归纳、类比思维获取发现和创造的灵感去探索陌生的、未知的知识领域.演绎推理是数学逻辑思维的主要形式，担负着判断命题真假的重要使命.如果说合情推理是以感性思维为主，只需有感而发；那么演绎推理则是以理性思维为主，要求言必有据.在近几年高考中一道合情推理的试题往往会成为一套高考试题的特色与亮点，以彰显数学思维的魅力.其中数列的通项公式、求和公式的归纳、等差数列与等比数列、平面与空间、圆锥曲线与圆、杨辉三角等的类比的考查频率较大.而演绎推理的考查则可以渗透到每一道试题中.14.2 直接证明与间接证明典例精析题型一 运用综合法证明【例1】设a ＞0，b ＞0，a ＋b ＝1，求证：1a ＋1b ＋1ab≥8.【证明】因为a ＋b ＝1，所以1a ＋1b ＋1ab ＝a ＋b a ＋a ＋b b ＋a ＋b ab ＝1＋b a ＋1＋a b ＋a ＋b ab ≥2＋baa b ∙＋a ＋b (a ＋b 2)2＝2＋2＋4＝8，当且仅当a ＝b ＝12时等号成立.【点拨】在用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从已知逐渐引出结论.【变式训练1】设a ，b ，c ＞0，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .【证明】因为a ，b ，c ＞0，根据基本不等式， 有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c . 三式相加：a 2b ＋b 2c ＋c2a＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c ).即a 2b ＋b 2c ＋c2a ≥a ＋b ＋c . 题型二 运用分析法证明【例2】设a 、b 、c 为任意三角形三边长，I ＝a ＋b ＋c ，S ＝ab ＋bc ＋ca .求证：I 2＜4S . 【证明】由I 2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ac )＝a 2＋b 2＋c 2＋2S ， 故要证I 2＜4S ，只需证a 2＋b 2＋c 2＋2S ＜4S ，即a 2＋b 2＋c 2＜2S . 欲证上式，只需证a 2＋b 2＋c 2－2ab －2bc －2ca ＜0， 即证(a 2－ab －ac )＋(b 2－bc －ba )＋(c 2－ca －cb )＜0， 只需证三括号中的式子均为负值即可， 即证a 2＜ab ＋ac ，b 2＜bc ＋ba ，c 2＜ca ＋cb ， 即a ＜b ＋c ，b ＜a ＋c ，c ＜a ＋b ，显然成立，因为三角形任意一边小于其他两边之和. 故I 2＜4S .【点拨】(1)应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解题途径.(2)应用分析法证明问题时要注意：严格按分析法的语言表达；下一步是上一步的充分条件.【变式训练2】已知a ＞0，求证：a 2＋1a 2－2≥a ＋1a－2.【证明】要证a 2＋1a 2－2≥a ＋1a －2，只要证a 2＋1a 2＋2≥a ＋1a＋ 2.因为a ＞0，故只要证(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，从而只要证2a 2＋1a 2≥2(a ＋1a )，只要证4(a 2＋1a 2)≥2(a 2＋2＋1a 2)，即a 2＋1a2≥2，而该不等式显然成立，故原不等式成立. 题型三 运用反证法证明【例3】 若x ，y 都是正实数，且x ＋y ＞2.求证：1＋x y ＜2或1＋yx＜2中至少有一个成立.【证明】假设1＋x y ＜2和1＋y x ＜2都不成立.则1＋x y ≥2，1＋yx ≥2同时成立.因为x ＞0且y ＞0，所以1＋x ≥2y 且1＋y ≥2x ，两式相加得2＋x ＋y ≥2x ＋2y ，所以x ＋y ≤2，这与已知条件x ＋y ＞2相矛盾.因此1＋x y ＜2与1＋y x＜2中至少有一个成立.【点拨】一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；②否定命题，唯一性命题，存在性命题，“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及到无限个元素，用直接证明形式比较困难因而往往采用反证法.【变式训练3】已知下列三个方程：x 2＋4ax －4a ＋3＝0；x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0；x 2＋2ax －2a ＝0，若至少有一个方程有实根，求实数a 的取值范围.【解析】假设三个方程均无实根，则有 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧----+--＜0.)2(4)(2＜0,4)1(＜0,)34(4)4(2222a a a a a a由(4a )2－4(－4a ＋3)＜0，得4a 2＋4a －3＜0，即－32＜a ＜12；由(a －1)2－4a 2＜0，得(a ＋1)(3a －1)＞0，即a ＜－1或a ＞13；由(2a )2－4(－2a )＜0，得a (a ＋2)＜0，即－2＜a ＜0.以上三部分取交集得M ＝{a |－32＜a ＜－1}，则三个方程至少有一个方程有实根的实数a 的取值范围为∁R M ，即{a |a ≤－32或a ≥－1}.总结提高分析法与综合法各有其优缺点：分析法是执果索因，比较容易寻求解题思路，但叙述繁琐；综合法叙述简洁，但常常思路阻塞.因此在实际解题时，需将两者结合起来运用，先用分析法寻求解题思路，再用综合法简洁地叙述解题过程.从逻辑思维的角度看，原命题“p ⇒q ”与逆否命题“⌝q ⇒⌝p ”是等价的，而反证法是相当于由“⌝q ”推出“⌝p ”成立，从而证明了原命题正确.因此在运用反证法的证明过程中要特别注意条件“⌝q ”的推理作用.综合法与分析法在新课标中第一次成为独立的显性的课题，预测可能有显性的相关考试命题.反证法证明的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知矛盾，或与假设矛盾或与定义、公理、公式事实矛盾等.14.3 数学归纳法典例精析题型一 用数学归纳法证明恒等式【例1】是否存在常数a 、b 、c ，使等式12＋22＋32＋…＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an (bn 2＋c )对于一切n ∈N *都成立？若存在，求出a 、b 、c 并证明；若不存在，试说明理由.【解析】 假设存在a 、b 、c 使12＋22＋32＋…＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an (bn 2＋c )对于一切n ∈N *都成立.当n ＝1时，a (b ＋c )＝1； 当n ＝2时，2a (4b ＋c )＝6； 当n ＝3时，3a (9b ＋c )＝19. 解方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+=+=+,19)9(3,3)4(,1)(c b a c b b c b a 解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===.1,2,31c b a证明如下：当n ＝1时，显然成立；假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时等式成立，即12＋22＋32＋…＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12＝13k (2k 2＋1)；则当n ＝k ＋1时，12＋22＋32＋…＋k 2＋(k ＋1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12＝13k (2k 2＋1)＋(k ＋1)2＋k 2＝13k (2k 2＋3k ＋1)＋(k ＋1)2＝13k (2k ＋1)(k ＋1)＋(k ＋1)2＝13(k ＋1)(2k 2＋4k ＋3)＝13(k ＋1)[2(k ＋1)2＋1]. 因此存在a ＝13，b ＝2，c ＝1，使等式对一切n ∈N *都成立.【点拨】 用数学归纳法证明与正整数n 有关的恒等式时要弄清等式两边的项的构成规律：由n ＝k 到n ＝k ＋1时等式左右各如何增减，发生了怎样的变化.【变式训练1】用数学归纳法证明：当n ∈N *时，11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n2n ＋1.【证明】(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边，所以等式成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即有11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＝k2k ＋1，则当n ＝k ＋1时， 11×3＋13×5＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k 2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k (2k ＋3)＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3＝k ＋12(k ＋1)＋1， 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立. 由(1)(2)可知，对一切n ∈N *等式都成立. 题型二 用数学归纳法证明整除性问题【例2】 已知f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9，是否存在自然数m 使得任意的n ∈N *，都有m 整除f (n )？若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【解析】 由f (1)＝36，f (2)＝108，f (3)＝360，猜想：f (n )能被36整除，下面用数学归纳法证明. (1)当n ＝1时，结论显然成立；(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即f (k )＝(2k ＋7)·3k ＋9能被36整除. 则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(2k ＋9)·3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)·3k ＋9]＋18(3k －1－1)，由假设知3[(2k ＋7)·3k ＋9]能被36 整除，又3k －1－1是偶数，故18(3k －1－1)也能被36 整除.即n ＝k ＋1时结论也成立.故由(1)(2)可知，对任意正整数n 都有f (n )能被36整除. 由f (1)＝36知36是整除f (n )的最大值.【点拨】 与正整数n 有关的整除性问题也可考虑用数学归纳法证明. 在证明n ＝k ＋1结论也成立时，要注意“凑形”，即凑出归纳假设的形式，以便于充分利用归纳假设的条件.【变式训练2】求证：当n 为正整数时，f (n )＝32n ＋2－8n －9能被64整除.【证明】方法一：①当n ＝1时，f (1)＝34－8－9＝64，命题显然成立. ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即f (k )＝32k ＋2－8k －9能被64整除.由于32(k＋1)＋2－8(k ＋1)－9＝9(32k ＋2－8k －9)＋9·8k ＋9·9－8(k ＋1)－9＝9(32k ＋2－8k －9)＋64(k ＋1)，即f (k ＋1)＝9f (k )＋64(k ＋1)，所以n ＝k ＋1时命题也成立.根据①②可知，对任意的n ∈N *，命题都成立.方法二：①当n ＝1时，f (1)＝34－8－9＝64，命题显然成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，f (k )＝32k ＋2－8k －9能被64整除.由归纳假设，设32k ＋2－8k －9＝64m (m为大于1的自然数)，将32k ＋2＝64m ＋8k ＋9代入到f (k ＋1)中得f (k ＋1)＝9(64m ＋8k ＋9)－8(k ＋1)－9＝64(9m ＋k ＋1)，所以n ＝k ＋1时命题也成立. 根据①②可知，对任意的n ∈N *，命题都成立.题型三 数学归纳法在函数、数列、不等式证明中的运用【例3】(2009山东)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋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b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)，求证：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1· b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立. 【解析】(1)因为点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上， 所以S n ＝b n ＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数).当n ＝1时，a 1＝S 1＝b ＋r ；当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝b n ＋r －b n －1－r ＝(b －1)b n －1.又数列{a n }为等比数列，故r ＝－1且公比为b . (2)当b ＝2时，a n ＝2n －1，所以b n ＝2(log 2a n ＋1)＝2(log 22n －1＋1)＝2n (n ∈N *)，所以b n ＋1b n ＝2n ＋12n，于是要证明的不等式为32·54·…·2n ＋12n＞n ＋1对任意的n ∈N *成立.下面用数学归纳法证明.当n ＝1时，32＞2显然成立.假设当n ＝k 时不等式成立，即32·54·…·2k ＋12k ＞k ＋1.则当n ＝k ＋1时，32·54·…·2k ＋12k ·2k ＋32k ＋2＞k ＋1·2k ＋32k ＋2＝k ＋1·(2k ＋32k ＋2)2＝(2k ＋3)24(k ＋1)＝[2(k ＋1)＋1]24(k ＋1)＝4(k ＋1)2＋4(k ＋1)＋14(k ＋1)＝(k ＋1)＋1＋14(k ＋1)＞(k ＋1)＋1，即当n ＝k ＋1时不等式成立，所以原不等式对任意n ∈N *成立.【点拨】 运用归纳推理得到的结论不一定正确，需进行证明.用数学归纳法证明不等式时必须要利用归纳假设的条件，并且灵活运用放缩法、基本不等式等数学方法.【变式训练3】设函数f (x )＝e x －1＋a x(a ∈R ).(1)若函数f (x )在x ＝1处有极值，且函数g (x )＝f (x )＋b 在(0，＋∞)上有零点，求b 的最大值； (2)若f (x )在(1,2)上为单调函数，求实数a 的取值范围；(3)在(1)的条件下，数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )－f ′(a n )，求|a n ＋1－a n |的最小值.【解析】(1)f ′(x )＝e x －1－a x2，又函数f (x )在x ＝1处有极值，所以f ′(1)＝0，即a ＝1，经检验符合题意.g ′(x )＝e x －1－1x2，当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数，当x ＝1时，g ′(x )＝0，当x ∈(1，＋∞)时g ′(x )＞0，g (x )为增函数.所以g (x )在x ＝1时取得极小值g (1)＝2＋b ，依题意g (1)≤0，所以b ≤－2， 所以b 的最大值为－2.(2)f ′(x )＝e x －1－a x2，当f (x )在(1,2)上单调递增时，e x －1－a x2≥0在[1,2]上恒成立，所以a ≤x 2e x －1，令h (x )＝x 21e x ，则h ′(x )＝e x －1(x 2＋2x )＞0在[1,2]上恒成立，即h (x )在[1,2]上单调递增，所以h (x )在[1,2]上的最小值为h (1)＝1，所以a ≤1； 当f (x )在[1,2]上单调递减时，同理a ≥x 2e x －1，h (x )＝x 2e x－1在[1,2]上的最大值为h (2)＝4e ，所以a ≥4e.综上实数a 的取值范围为a ≤1或a ≥4e.(3)由(1)得a ＝1，所以f (x )－f ′(x )＝1x ＋1x 2，因此a n ＋1＝1a n ＋1a 2n，a 1＝1，所以a 2＝2，可得0＜a 2n ＋1＜1，a 2n ＋2＞2.用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，a 3＝34，a 4＝289，结论成立；②设n ＝k ，k ∈N *时结论成立，即0＜a 2k ＋1＜1，a 2k ＋2＞2，则n ＝k ＋1时，a 2k ＋3＝1a 2k ＋2＋1a 22k ＋2＜12＋12＝1，所以0＜a 2k ＋3＜1，a 2k ＋4＝1a 2k ＋3＋1a 22k ＋3＞1＋1＝2.所以n ＝k ＋1时结论也成立，根据①②可得0＜a 2n ＋1＜1，a 2n ＋2＞2恒成立，所以|a n ＋1－a n |≥a 2－a 1＝2－1＝1，即|a n ＋1－a n |的最小值为1.总结提高数学归纳法是证明与自然数有关的命题的常用方法，它是在归纳的基础上进行的演绎推理，其大前提是皮亚诺公理(即归纳公理)：设M 是正整数集合的子集，且具有如下性质： ①1∈M ；②若k ∈M ，则k ＋1∈M ，那么必有M ＝N *成立.数学归纳法证明的两个步骤体现了递推的数学思想，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，通过对两个命题的证明替代了无限多次的验证，实现了有限与无限的辩证统一.从近几年的高考试题来看，比较注重于对数学归纳法的思想本质的考查，如“归纳、猜想、证明”是一种常见的命题形式.而涉及的知识内容也是很广泛的，可覆盖代数命题、三角恒等式、不等式、数列、几何命题、整除性命题等.其难点往往在第二步，关键是“凑形”以便运用归纳假设的条件.。

第十四章推理与证明高考导航知识网络14.1 合情推理与演绎推理考点诠释重点：利用归纳与类比进行推理，利用“三段论”进行推理与证明. 难点：利用归纳与类比推理来发现结论并形成猜想命题.典例精析题型一 运用归纳推理发现一般性结论【例1】观察下列各式：a ＋b ＝1，a 2＋b 2＝3，a 3＋b 3＝4，a 4＋b 4＝7，a 5＋b 5＝11，…，则a 10＋b 10等于( )A.28B.76C.123D.199 【思路分析】先观察各等式的变化规律，再归纳出一般结论.【解析】C.记a n ＋b n ＝f (n )，则f (3)＝f (1)＋f (2)＝1＋3＝4；f (4)＝f (2)＋f (3)＝3＋4＝7； f (5)＝f (3)＋f (4)＝11.通过观察不难发现，f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)(n ∈N *，n ≥3)，则f (6)＝f (4)＋f (5)＝18；f (7)＝f (5)＋f (6)＝29；f (8)＝f (6)＋f (7)＝47；f (9)＝f (7)＋f (8)＝76； f (10)＝f (8)＋f (9)＝123.所以a 10＋b 10＝123.【方法归纳】归纳分为完全归纳和不完全归纳，由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的，但它由特殊到一般，由具体到抽象的认识功能，对科学的发现是十分有用的.观察、实验，对有限的资料作归纳整理，提出带规律性的说法是科学研究的最基本的方法之一.归纳推理的一些常见形式：一是具有共同特征型，二是递推型，三是循环型(周期性).【举一反三】1.将正整数1,2,3，……，n ，……，排成数表如图所示，即第一行3个数，第二行6个数，且后一行比前一行多3个数，若第i 行、第j 列的数可用(i ，j )表示，则2 016可表示为 (37,18) .【解析】因为第一行有a 1＝3个数，第二行有a 2＝6个数，所以每一行的数字个数组成以3为首项，3为公差的等差数列，所以第n 行有a n ＝3＋3(n －1)＝3n 个数，由求和公式可得前n 行共n (3＋3n )2个数，经检验可得第36行的第1个数为36×(3＋3×36)2＝1 998，按表中的规律可得第37行共3×37＝111个数，第一个为1999，所以2016为第37行的第18个数，故答案为(37,18).题型二 运用类比推理拓展新知识【例2】(1)给出下面类比推理命题(其中Q 为有理数集，R 为实数集，C 为复数集)： ①若“a ，b ∈R ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b ＝0⇒a ＝b ”； ②若“a ，b ，c ，d ∈R ，则复数a ＋b i ＝c ＋d i ⇒a ＝c ，b ＝d ”类比推出“若a ，b ，c ，d ∈Q ，则a ＋b 2＝c ＋d 2⇒a ＝c ，b ＝d ”；③若“a ，b ∈R ，则a －b ＞0⇒a ＞b ”类比推出“若a ，b ∈C ，则a －b ＞0⇒a ＞b ”.其中类比得到的结论正确的个数是( )A.0B.1C.2D.3(2)在平面上，设h a ，h b ，h c 是三角形ABC 三条边上的高，P 为三角形内任一点，P 到相应三边的距离分别为P a ，P b ，P c ，我们可以得到结论：P a h a ＋P b h b ＋P ch c＝1.把它类比到空间，写出三棱锥中的类似结论.【思路分析】(1)利用实数、复数、有理数的特点可作出判断；(2)三角形类比空间中的四面体(三棱锥)，三条边上的高类比四个面上的高，点到三边的距离类比点到平面的距离，根据此类比情况求解.【解析】(1)C.当a ，b ∈R 时，a －b ＝0得a ＝b ；当a ，b ∈C 时，a －b ＝0，即两个复数相等，故有a ＝b 成立，故①正确.对于②中，a ＋b i ＝c ＋d i 显然有实部相等，虚部也相等成立，当a ，b ∈Q 时，a ＋b 2＝c ＋d 2，则(a －c )＋(b －d )2＝0是有理数.故a －c ＝0同时b －d ＝0，即a ＝c ，b ＝d ，故②正确.③显然错误，因为两个复数如果不全是实数显然不能比较大小.(2)设h a ，h b ，h c ，h d 分别是三棱锥ABCD 四个面上的高，P 为三棱锥ABCD 内任一点，P 到相应四个面的距离分别为P a ，P b ，P c ，P d .于是我们可以得到结论：P a h a ＋P b h b ＋P c h c ＋P dh d＝1.【方法归纳】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.一般平面中的一些元素与空间中的一些元素的类比列表如下：【举一反三】2.椭圆中有如下结论：椭圆x 2a 2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)上斜率为1的弦的中点在直线x a 2＋y b 2＝0上.类比上述结论得到正确的结论：双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ，b ＞0)上斜率为1的弦的中点在直线上.【解析】设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)为双曲线上斜率为1的弦的两端点，则y 1－y 2x 1－x 2＝1，且x 21a 2－y 21b 2＝1，x 22a 2－y 22b2＝1， 两式相减得：(x 1－x 2)(x 1＋x 2)a 2－(y 1－y 2)(y 1＋y 2)b 2＝0，即x 1＋x 2a 2－y 1＋y 2b2＝0， 设A ，B 的中点为(x ，y )，则x a 2－yb2＝0.题型三 运用“三段论”进行演绎推理【例3】(1)证明函数f (x )＝－x 2＋2x 在(－∞，1]上是增函数； (2)当x ∈[－5，－2]时，f (x )是增函数还是减函数？【思路分析】(1)证明本题的大前提是增函数的定义，即增函数f (x )满足：在给定区间内任取自变量的两个值x 1，x 2，且x 1< x 2，f (x 1)<f (x 2)，小前提是函数f (x )＝－x 2＋2x ，x ∈(－∞，1]，结论是满足增函数定义；(2)关键是[－5，－2]与f (x )的增区间或减区间的关系.【解析】(1)证明：任取x 1，x 2∈(－∞，1]，且x 1<x 2， 则f (x 1)－f (x 2)＝(x 2－x 1)(x 2＋x 1－2)，因为x 1<x 2≤1，所以x 2＋x 1－2<0， 因为f (x 1)－f (x 2)<0，f (x 1)<f (x 2)， 于是，根据“三段论”可知，f (x )＝－x 2＋2x 在(－∞，1]上是增函数. (2)因为f (x )在(－∞，1]上是增函数， 而[－5，－2]是区间(－∞，1]的子区间， 所以f (x )在[－5，－2]上是增函数. 【方法归纳】演绎推理是推理证明的主要途径，而“三段论”是演绎推理的一种重要的推理形式，在高考中以证明题出现的频率较大.用“三段论”进行证明的关键是找出正确的大前提与小前提.【举一反三】3.已知函数f (x )＝ln ax －x －ax(a ≠0).(1)求此函数的单调区间及最值；(2)求证：对于任意正整数n ，均有1＋12＋13＋…＋1n ≥ln e nn ！.【解析】(1)由题意f ′(x )＝x －ax2.当a ＞0时，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，此时函数在(0，a )上是减函数，在(a ，＋∞)上是增函数， f min (x )＝f (a )＝ln a 2，无最大值.当a ＜0时，函数f (x )的定义域为(－∞，0)，此时函数在(－∞，a )上是减函数，在(a,0)上是增函数， f min (x )＝f (a )＝ln a 2，无最大值.(2)证明：取a ＝1，由(1)知，f (x )＝ln x －x －1x ≥f (1)＝0，故1x ≥1－ln x ＝ln ex，取x ＝1,2,3，…，n ，则1＋12＋13＋…＋1n ≥ln e ＋ln e 2＋…＋ln e n ＝ln enn ！.体验高考(2015山东)观察下列各式：C 01＝40； C 03＋C 13＝41； C 05＋C 15＋C 25＝42； C 07＋C 17＋C 27＋C 37＝43； ……照此规律，当n ∈N *时， C 02n －1＋C 12n －1＋C 22n －1＋…＋C n －12n －1＝ .【解析】4n －1.由题知C 02n －1＋C 12n －1＋C 22n －1＋…＋C n －12n －1＝4n －1. 【举一反三】(2015福建)一个二元码是由0和1组成的数字串x 1x 2…x n (n ∈N *)，其中x k (k ＝1,2，…，n )称为第k 位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0).已知某种二元码x 1x 2…x 7的码元满足如下校验方程组：其中运算定义为：00＝0,01＝1,10＝1,11＝0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了1 101 101，那么利用上述校验方程组可判定k 等于 5 .【解析】设a ，b ，c ，d ∈{0,1}，在规定运算法则下满足：a b c d ＝0，可分为下列三类情形：①4个1：1111＝0， ②2个1：1100＝0，③0个1：0000＝0，因此，错码1 101 101通过校验方程组可得： x4x 5x 6x 7＝1101≠0； x2x 3x 6x 7＝1001＝0； x 1x 3x 5x 7＝1011≠0.所以错码可能出现在x 1，x 4，x 5上.若x 5＝0，则检验方程组都成立，故k ＝5.若x 1为错码，或x 4为错码，经检验均不合题意. 综上分析，x 5为错码，故k ＝5.14.2 直接证明与间接证明考点诠释重点：能运用直接证明(分析法、综合法)与间接证明(反证法)的方法证明一些简单的命题.难点：根据综合法、分析法及反证法的思维过程与特点选取适当的证明方法证明命题.典例精析题型一 运用综合法证明【例1】证明不等式：x 2＋y 2＋z 2≥xy ＋yz ＋xz .【思路分析】所要证明的不等式左右两边是和的形式，利用不等式a 2＋b 2≥2ab ，然后再求和即可.【证明】因为x 2＋y 2≥2xy ，y 2＋z 2≥2yz ，x 2＋z 2≥2xz ， 所以2x 2＋2y 2＋2z 2≥2xy ＋2yz ＋2xz ， 所以x 2＋y 2＋z 2≥xy ＋yz ＋xz .【方法归纳】在用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从已知逐渐引出结论.【举一反三】1.已知x ＋y ＋z ＝1，求证：x 2＋y 2＋z 2≥13.【证明】因为x 2＋y 2≥2xy ，x 2＋z 2≥2xz ，y 2＋z 2≥2yz ， 所以2x 2＋2y 2＋2z 2≥2xy ＋2xz ＋2yz .所以3x 2＋3y 2＋3z 2≥x 2＋y 2＋z 2＋2xy ＋2xz ＋2yz . 所以3(x 2＋y 2＋z 2)≥(x ＋y ＋z )2＝1.所以x 2＋y 2＋z 2≥13.题型二 运用分析法证明【例2】已知函数f (x )＝tan x ，x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，若x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，且x 1≠x 2，求证：12[f (x 1)＋f (x 2)]＞f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22. 【思路分析】利用分析法.【证明】要证12[f (x 1)＋f (x 2)]＞f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22，即证明12(tan x 1＋tan x 2)＞tan x 1＋x 22，只需证明12⎝⎛⎭⎫sin x 1cos x 1＋sin x 2cos x 2＞tan x 1＋x 22，只需证明sin(x 1＋x 2)2cos x 1cos x 2＞sin(x 1＋x 2)1＋cos(x 1＋x 2).由于x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，故x 1＋x 2∈(0，π). 所以cos x 1cos x 2＞0，sin(x 1＋x 2)＞0，1＋cos(x 1＋x 2)＞0， 故只需证明1＋cos(x 1＋x 2)＞2cos x 1cos x 2，即证1＋cos x 1cos x 2－sin x 1sin x 2＞2cos x 1cos x 2， 即证cos(x 1－x 2)＜1.由x 1，x 2∈⎝⎛⎭⎫0，π2，x 1≠x 2，知上式显然成立， 因此，12[f (x 1)＋f (x 2)]＞f ⎝⎛⎭⎫x 1＋x 22成立.【方法归纳】(1)应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解题途径；(2)应用分析法证明问题时要注意：严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件.【举一反三】2.设a ，b 为正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2. 【证明】要证a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2成立， 只需证(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>ab (a ＋b )成立. 又因为a ＋b >0，只需证a 2－ab ＋b 2>ab 成立. 只需证a 2－2ab ＋b 2>0成立， 即需证(a －b )2>0成立.而依题设a ≠b ，则(a －b )2>0显然成立，由此命题得证. 题型三 运用反证法证明【例3】已知a >0，b >0，a ＋b >2，求证：1＋a b ，b ＋1a中至少有一个小于2.【思路分析】用反证法证明.【证明】假设1＋b a ，1＋a b 都不小于2，则1＋b a ≥2，1＋ab≥2.因为a >0，b >0，所以1＋b ≥2a,1＋a ≥2b ， 所以1＋1＋a ＋b ≥2(a ＋b )，即2≥a ＋b . 这与已知a ＋b >2矛盾，故假设不成立. 即1＋b a ，1＋a b中至少有一个小于2.【方法归纳】一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；②否定命题、唯一性命题、存在性命题、“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及无限个元素，用直接证明形式比较困难而往往用反证法.【举一反三】3.已知数列{a n }满足：a 1＝12，3(1＋a n ＋1)1－a n ＝2(1＋a n )1－a n ＋1，a n a n ＋1<0(n ≥1)；数列{b n }满足：b n ＝a 2n ＋1－a 2n (n ≥1).(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)证明：数列{b n }中的任意三项不可能成等差数列.【解析】(1)由题意可知，1－a 2n ＋1＝23(1－a 2n ).令c n ＝1－a 2n ，则c n ＋1＝23c n . 又c 1＝1－a 21＝34，则数列{c n }是首项为c 1＝34，公比为23的等比数列，即c n ＝34·⎝⎛⎭⎫23n －1，故1－a 2n ＝34·⎝⎛⎭⎫23n －1⇒a 2n ＝1－34·⎝⎛⎭⎫23n －1.又a 1＝12>0，a n a n ＋1<0，故b n ＝a 2n ＋1－a 2n ＝＝(2)证明：假设数列{b n }存在三项b r ，b s ，b t (r <s <t )按某种顺序成等差数列，由于数列{b n }是首项为14，公比为23的等比数列，于是有b r >b s >b t ，则只可能有2b s ＝b r ＋b t 成立.所以2·14·⎝⎛⎭⎫23s－1＝14·⎝⎛⎭⎫23r －1＋14·⎝⎛⎭⎫23t －1，两边同乘3t －121－r ，化简得3t －r ＋2t －r ＝2·2s －r 3t －s .由于r <s <t ，所以上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不可能成立，导致矛盾. 故数列{b n }中任意三项不可能成等差数列.体验高考(2015福建)已知函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝kx (k ∈R ). (1)证明：当x ＞0时，f (x )＜x ；(2)证明：当k ＜1时，存在x 0＞0，使得对任意的x ∈(0，x 0)，恒有f (x )＞g (x )；(3)确定k 的所有可能取值，使得存在t ＞0，对任意的x ∈(0，t )，恒有|f (x )－g (x )|＜x 2. 【解析】(1)证明：令F (x )＝f (x )－x ＝ln(1＋x )－x ，x ∈[0，＋∞)，则有F ′(x )＝11＋x －1＝－x x ＋1，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )＜0， 所以F (x )在(0，＋∞)上单调递减.故当x ＞0时，F (x )＜F (0)＝0，即当x ＞0时，f (x )＜x .(2)证明：令G (x )＝f (x )－g (x )＝ln(1＋x )－kx ，x ∈[0，＋∞)，则有G ′(x )＝1x ＋1－k ＝－kx ＋(1－k )x ＋1.当k ≤0时，G ′(x )＞0，故G (x )在(0，＋∞)上单调递增，G (x )＞G (0)＝0，故任意正实数x 0均满足题意.当0＜k ＜1时，令G ′(x )＝0，得x ＝1－k k ＝1k－1＞0，取x 0＝1k－1，对任意x ∈(0，x 0)，有G ′(x )＞0，从而G (x )在(0，x 0)上单调递增，所以G (x )＞G (0)＝0， 即f (x )＞g (x ).综上，当k ＜1时，总存在x 0＞0，使得对任意x ∈(0，x 0)， 恒有f (x )＞g (x ).(3)当k ＞1时，由(1)知，∀x ∈(0，＋∞)，g (x )＞x ＞f (x )， 故|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝kx －ln(1＋x )＞kx －x ＝(k －1)x . 令(k －1)x ＞x 2，解得0＜x ＜k －1.从而得到，当k ＞1时，对于x ∈(0，k －1)，恒有|f (x )－g (x )|＞x 2，故满足题意的t 不存在.当k ＜1时，取k 1＝k ＋12，从而k ＜k 1＜1，由(2)知，存在x 0＞0，使得对任意的x ∈(0，x 0)，f (x )＞k 1x ＞kx ＝g (x )，此时|f (x )－g (x )|＝f (x )－g (x )＞(k 1－k )x ＝1－k2x .令1－k 2x ＞x 2，解得0＜x ＜1－k 2，此时f (x )－g (x )＞x 2.记x 0与1－k2中的较小者为x 1，当x ∈(0，x 1)时，恒有|f (x )－g (x )|＞x 2，故满足题意的t 不存在.当k ＝1时，由(1)知，x ＞0时，|f (x )－g (x )|＝g (x )－f (x )＝x －ln(1＋x )， 令M (x )＝x －ln(1＋x )－x 2，x ∈[0，＋∞)，则有M ′(x )＝1－11＋x －2x ＝－2x 2－x x ＋1.当x ＞0时，M ′(x )＜0，所以M (x )在[0，＋∞)上单调递减，故M (x )＜M (0)＝0. 故当x ＞0时，恒有|f (x )－g (x )|＜x 2，此时，任意正实数t 均满足题意. 综上，k ＝1.【举一反三】(2015湖北)已知数列{a n }的各项均为正数，b n ＝n ⎝⎛⎭⎫1＋1n n a n (n ∈N *)，e 为自然对数的底数.(1)求函数f (x )＝1＋x －e x 的单调区间，并比较⎝⎛⎭⎫1＋1n n与e 的大小； (2)计算b 1a 1，b 1b 2a 1a 2，b 1b 2b 3a 1a 2a 3，由此推测计算b 1b 2…b n a 1a 2…a n的公式，并给出证明；(3)令c n ＝(a 1a 2…a n )，数列{a n }，{c n }的前n 项和分别记为S n ，T n ，证明：T n ＜e S n .【解析】(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1－e x . 当f ′(x )＞0，即x ＜0时，f (x )单调递增； 当f ′(x )＜0，即x ＞0时，f (x )单调递减.故f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞). 当x ＞0时，f (x )＜f (0)＝0，即1＋x ＜e x .令x ＝1n ，得1＋1n＜e ，即⎝⎛⎭⎫1＋1n n ＜e.①(2)b 1a 1＝1×⎝⎛⎭⎫1＋111＝1＋1＝2； b 1b 2a 1a 2＝b 1a 1·b 2a 2＝2×2×⎝⎛⎭⎫1＋122＝(2＋1)2＝32； b 1b 2b 3a 1a 2a 3＝b 1b 2a 1a 2·b 3a 3＝32×3×⎝⎛⎭⎫1＋133＝(3＋1)3＝43. 由此推测：b 1b 2…b na 1a 2…a n＝(n ＋1)n .②下面用数学归纳法证明②.(Ⅰ)当n ＝1时，左边＝右边＝2，②成立.(Ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，②成立，即b 1b 2…b ka 1a 2…a k＝(k ＋1)k .当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝(k ＋1)⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋1k ＋1a k ＋1，由归纳假设可得b 1b 2…b k b k ＋1a 1a 2…a k a k ＋1＝b 1b 2…b k a 1a 2…a k ·b k ＋1a k ＋1＝(k ＋1)k (k ＋1)·⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋1k ＋1＝(k ＋2)k ＋1， 所以当n ＝k ＋1时，②也成立.根据(Ⅰ)(Ⅱ)，可知②对一切正整数n 都成立.(3)证明：由c n 的定义，②，算术－几何平均不等式，b n 的定义及①得≤b 11×2＋b 1＋b 22×3＋b 1＋b 2＋b 33×4＋…＋b 1＋b 2＋…＋b n n (n ＋1)＝b 1⎣⎡⎦⎤11×2＋12×3＋…＋1n (n ＋1)＋b 2⎣⎡12×3＋13×4＋…＋⎦⎤1n (n ＋1)＋…＋b n ·1n (n ＋1)＝b 1⎝⎛⎭⎫1－1n ＋1＋b 2⎝⎛⎭⎫12－1n ＋1＋…＋b n ⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＜b 11＋b 22＋…＋b n n＝⎝⎛⎭⎫1＋111a 1＋⎝⎛⎭⎫1＋122a 2＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋1n na n ＜e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝e S n ，即T n ＜e S n .14.3 数学归纳法考点诠释重点：数学归纳法的基本思想与证明步骤；运用数学归纳法证明与自然数n (n ∈N *)有关的数学命题.难点：理解数学归纳法的思维实质，特别是第二个步骤要根据归纳假设进行推理与证明.典例精析题型一 用数学归纳法证明等式或不等式【例1】是否存在常数a ，b ，c ，使等式12＋22＋32＋…＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an (bn 2＋c )对于一切n ∈N *都成立？若存在，求出a ，b ，c 并证明；若不存在，试说明理由.【思路分析】对于存在性问题，先假设存在，对n 取特殊数值1,2,3时得三个方程，解出a ，b ，c ，然后利用数学归纳法证明.【解析】假设存在a ，b ，c 使12＋22＋32＋…＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an (bn 2＋c )对于一切n ∈N *都成立.当n ＝1时，a (b ＋c )＝1； 当n ＝2时，2a (4b ＋c )＝6； 当n ＝3时，3a (9b ＋c )＝19.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧a (b ＋c )＝1，a (4b ＋c )＝3，3a (9b ＋c )＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝2，c ＝1.证明如下：当n ＝1时，显然成立；假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时等式成立，即12＋22＋32＋…＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12＝13k (2k 2＋1)；则当n ＝k ＋1时，12＋22＋32＋…＋k 2＋(k ＋1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12＝13k (2k 2＋1)＋(k ＋1)2＋k 2＝13k (2k 2＋3k ＋1)＋(k ＋1)2＝13k (2k ＋1)(k ＋1)＋(k ＋1)2＝13(k ＋1)(2k 2＋4k ＋3)＝13(k ＋1)[2(k ＋1)2＋1].因此存在a ＝13，b ＝2，c ＝1，使等式对一切n ∈N *都成立.【方法归纳】 用数学归纳法证明等式(或不等式)，关键点在于“先看项”，弄清等式(或不等式)两边各有多少项，初始值n 是多少.同时观察由n ＝k 到n ＝k ＋1，等式(或不等式)两边变化的项，并利用归纳假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明.【举一反三】1.函数f (x )＝x 2－2x －3.定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过两点P (4,5)，Q n (x n ，f (x n ))的直线PQ n 与x 轴交点的横坐标.(1)证明：2≤x n ＜x n ＋1＜3； (2)求数列{x n }的通项公式.【解析】(1)用数学归纳法证明：2≤x n ＜x n ＋1＜3.①当n ＝1时，直线PQ 1的方程为y －5＝f (2)－52－4(x －4)，令y ＝0，解得x 2＝114，又x 1＝2，所以2≤x 1＜x 2＜3.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即2≤x k ＜x k ＋1＜3.当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝3＋4x k2＋x k.直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f (x k ＋1)－5x k ＋1－4(x －4)，令y ＝0，解得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1.由归纳假设知x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1＜4－52＋3＝3；x k ＋2－x k ＋1＝(3－x k ＋1)(1＋x k ＋1)2＋x k ＋1＞0，即x k ＋1＜x k ＋2.所以2≤x k ＋1＜x k ＋2＜3，即当n ＝k ＋1时，结论成立. 所以，对任意的正整数n,2≤x n ＜x n ＋1＜3.(2)由(1)及题意得x n ＋1＝3＋4x n2＋x n.设b n ＝x n －3，则1b n ＋1＝5b n ＋1，1b n ＋1＋14＝5⎝⎛⎭⎫1b n ＋14， 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ＋14是首项为－34，公比为5的等比数列.因此1b n ＋14＝－34·5n －1，即b n ＝－43·5n －1＋1，所以数列{x n }的通项公式为x n ＝3－43·5n －1＋1.题型二 用数学归纳法证明整除性问题 【例2】 已知f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9，是否存在自然数m ，使得对任意的n ∈N *，都有m 整除f (n )？若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【思路分析】首先取n ＝1,2,3，计算出f (1)，f (2)，f (3)，观察猜想出最大的m 值，然后利用数学归纳法证明.【解析】由f (1)＝36，f (2)＝108，f (3)＝360，猜想：f (n )能被36整除，下面用数学归纳法证明.①当n ＝1时，结论显然成立；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即f (k )＝(2k ＋7)·3k ＋9能被36整除.则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(2k ＋9)·3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)·3k ＋9]＋18(3k －1－1)，由假设知3[(2k ＋7)·3k ＋9]能被36 整除，又3k －1－1是偶数，故18(3k －1－1)也能被36 整除. 即n ＝k ＋1时结论也成立.故由①②可知，对任意正整数n 都有f (n )能被36整除.由f (1)＝36知，36是整除f (n )的最大值，即存在自然数m ，使得对任意的n ∈N *，都有m 整除f (n )，且最大的m 值是36.【方法归纳】与正整数n 有关的整除性问题也可考虑用数学归纳法证明.在证明n ＝k ＋1结论也成立时，要注意“凑形”，即凑出归纳假设的形式，以便于充分利用归纳假设的条件.【举一反三】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，(3×1＋1)×7－1＝27能被9整除，命题成立；(2)假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时命题成立，即(3k ＋1)·7k －1能被9整除，则当n ＝k ＋1时，[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1＝(3k ＋1)·7k ＋1－1＋3·7k ＋1＝(3k ＋1)·7k －1＋6(3k ＋1)·7k ＋3·7k ＋1＝(3k ＋1)·7k －1＋9·(2k ＋3)·7k .由于(3k ＋1)·7k －1和9·(2k ＋3)·7k 都能被9整除，所以(3k ＋1)·7k －1＋9·(2k ＋3)·7k 能被9整除，即当n ＝k ＋1时，命题也成立，故(3n ＋1)·7n －1(n ∈N *)能被9整除.题型三 数学归纳法在函数、数列、不等式证明中的运用【例3】在各项为正的数列{a n }中，数列的前n 项和S n 满足S n ＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n . (1)求a 1，a 2，a 3；(2)由(1)猜想数列{a n }的通项公式，并且用数学归纳法证明你的猜想.【思路分析】(1)数列{a n }的各项均为正数，且S n ＝12⎝⎛⎭⎫a n ＋1a n ，所以可根据解方程求出a 1，a 2，a 3；(2)观察a 1，a 2，a 3，猜想出{a n }的通项公式a n ，然后再证明.【解析】(1)由S 1＝a 1＝12⎝⎛⎭⎫a 1＋1a 1，得a 21＝1. 因为a n ＞0，所以a 1＝1，由S 2＝a 1＋a 2＝12⎝⎛⎭⎫a 2＋1a 2，得a 22＋2a 2－1＝0， 所以a 2＝2－1.又由S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝12⎝⎛⎭⎫a 3＋1a 3， 得a 23＋22a 3－1＝0，所以a 3＝3－ 2.(2)猜想a n ＝n －n －1(n ∈N *).证明：①当n ＝1时，a 1＝1＝1－0，猜想成立.②假设当n ＝k (k ∈N *，且k ≥1)时猜想成立，即a k ＝k －k －1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝12⎝⎛⎭⎫a k ＋1＋1a k ＋1－12⎝⎛⎭⎫a k ＋1a k ， 即a k ＋1＝12⎝⎛⎭⎫a k ＋1＋1a k ＋1－12⎝⎛ k －k －1＋ ⎭⎪⎫1k －k －1＝12⎝⎛⎭⎫a k ＋1＋1a k ＋1－k ， 所以a 2k ＋1＋2ka k ＋1－1＝0，所以a k ＋1＝k ＋1－k .即n ＝k ＋1时猜想成立.由①②知，a n ＝n －n －1(n ∈N *).【方法归纳】解“归纳—猜想—证明”题的关键环节(1)准确计算出前若干具体项，这是归纳、猜想的基础；(2)通过观察、分析、比较、联想，猜想出一般结论；(3)对一般结论用数学归纳法进行证明.【举一反三】3.已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝1－12b n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1b n与S n ＋1的大小，并说明理由. 【解析】(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 5＝12，a 2a 5＝27. 又因为{a n }的公差大于0，所以a 5>a 2，所以a 2＝3，a 5＝9.所以d ＝a 5－a 23＝9－33＝2，a 1＝1. 因为T n ＝1－12b n ，b 1＝23， 当n ≥2时，T n －1＝1－12b n －1， 因为b n ＝T n －T n －1＝1－12b n －⎝⎛⎭⎫1－12b n －1， 化简得b n ＝13b n －1， 所以{b n }是首项为23，公比为13的等比数列， 即b n ＝23·(13)n －1＝23n . 所以a n ＝2n －1，b n ＝23n . (2)因为S n ＝1＋(2n －1)2·n ＝n 2， 所以S n ＋1＝(n ＋1)2，以下比较1b n与S n ＋1的大小： 当n ＝1时，1b 1＝32，S 2＝4，所以1b 1<S 2； 当n ＝2时，1b 2＝92，S 3＝9，所以1b 2<S 3； 当n ＝3时，1b 3＝272，S 4＝16，则1b 3<S 4； 当n ＝4时，1b 4＝812，S 5＝25，得1b 4>S 5. 猜想：当n ≥4时，1b n>S n ＋1. 下面用数学归纳法证明：①当n ＝4时，不等式成立；②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥4)时，1b k >S k ＋1， 即3k 2>(k ＋1)2，那么，当n ＝k ＋1时， 1b k ＋1＝3k ＋12＝3·3k 2>3(k ＋1)2＝3k 2＋6k ＋3＝(k 2＋4k ＋4)＋2k 2＋2k －1>[(k ＋1)＋1]2＝S (k ＋1)＋1， 所以n ＝k ＋1时，1b n>S n ＋1也成立. 由①②可知，n ∈N *，n ≥4时，1b n>S n ＋1成立. 综上所述，当n ＝1,2,3时，1b n<S n ＋1； 当n ≥4时，1b n >S n ＋1.体验高考(2015江苏)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.【解析】(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.【举一反三】(2015北京)已知数列{a n }满足：a 1∈N *，a 1≤36，且a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2a n ，a n ≤18，2a n －36，a n ＞18(n ＝1,2，…).记集合M ＝{a n |n ∈N *}.(1)若a 1＝6，写出集合M 的所有元素；(2)若集合M 存在一个元素是3的倍数，证明：M 的所有元素都是3的倍数；(3)求集合M 的元素个数的最大值.【解析】(1)6,12,24.(2)证明：因为集合M 存在一个元素是3的倍数.所以不妨设a k 是3的倍数.由a n ＋1＝⎩⎪⎨⎪⎧2a n ，a n ≤18，2a n －36，a n ＞18(n ＝1,2，…)可归纳证明对任意n ≥k ，a n 是3的倍数. 如果k ＝1，则M 的所有元素都是3的倍数.如果k ＞1，因为a k ＝2a k －1或a k ＝2a k －1－36，所以2a k －1是3的倍数，于是a k －1是3的倍数.类似可得，a k －2，…，a 1都是3的倍数.从而对任意n ≥1，a n 是3的倍数，因此M 的所有元素都是3的倍数.综上，若集合M 存在一个元素是3的倍数，则M 的所有元素都是3的倍数.(3)由a 1≤36，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2a n －1，a n －1≤18，2a n －1－36，a n －1＞18，可归纳证明a n ≤36(n ＝2,3，…). 因为a 1是正整数，a 2＝⎩⎪⎨⎪⎧2a 1，a 1≤18，2a 1－36，a 1＞18，所以a 2是2的倍数， 从而当n ≥3时，a n 是4的倍数.如果a 1是3的倍数，由(2)知对所有正整数n ，a n 是3的倍数，因此，当n ≥3时，a n ∈{12,24,36}.这时M 的无素个数不超过5.如果a 1不是3的倍数，由(2)知对所有正整数n ，a n 不是3的倍数， 因此当n ≥3时，a n ∈{4,8,16,20,28,32}.这时M 的元素个数不超过8.当a 1＝1时，M ＝{1,2,4,8,16,20,28,32}有8个元素.综上可知，集合M 的元素个数的最大值为8.。