1、第 3 讲 推理与证明 感悟高考 明确考向(2010福建)观察下列等式：cos 22cos21；cos 48cos48cos21；cos 632cos648cos418cos21；cos 8128cos8256cos6160cos432cos21；cos 10mcos101 280cos81 120cos6ncos4pcos21.可以推测，mnp_.解析 观察各式容易得 m29512，注意各等式右面的表达式各项系数和均为 1，故有 m1 2801 120np11，将 m512 代入得 np3500.对于等式，令 60，则有cos 600512 12101 2801281 120126 116n
2、14p1，化简整理得 n4p2000，联立方程组np3500，n4p2000，得n400，p50.mnp962.答案 962考题分析本题主要考查合情推理的应用突出考查归纳推理的思路、方法和技巧体现了对考生观察、抽象归纳和概括能力的考查易错提醒(1)找不准归纳的对象如 m 的位置在最高次幂的系数位置因而从每一个等式中最高次幂的系数入手进行归纳；p 是cos2的系数，所以从 cos2 的系数入手进行归纳n却不能从 cos4 的系数入手进行归纳，因为第个式子中没有 cos4，缺少归纳的特征项(2)规律找不准在 cos2 的系数：2，8,18，32，p 的规律很多考生找不准事实上，可将各数拆分为 12
3、，24,36，48，即(1)n1n(2n)(1)n12n2.p(1)625250.主干知识梳理1合情推理(1)归纳推理归纳推理是由某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的所有对象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归纳推理的思维过程如下：(2)类比推理类比推理是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，推出另一类对象也具有这些特征的推理类比推理的思维过程如下：2演绎推理(1)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：大前提已知的一般性原理小前提所研究的特殊情况结论根据一般原理，对特殊情况做出的判断(2)合情推理与演绎推理的区别归纳和类比是常用的合情推理，从推理
4、形式上看，归纳是由部分到整体、个别到一般的推理；类比是由特殊到特殊的推理；而演绎推理是由一般到特殊的推理从推理所得的结论来看，合情推理的结论不一定正确，有待进一步证明；演绎推理在大前提、小前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确3直接证明(1)综合法用 P 表示已知条件、已有的定义、定理、公理等，Q 表示所要证明的结论，则综合法可用框图表示为(2)分析法用 Q 表示要证明的结论，则分析法可用框图表示为4间接证明反证法的证明过程可以概括为“否定推理否定”，即从否定结论开始，经过正确的推理，导致逻辑矛盾，从而达到新的否定(即肯定原命题)的过程用反证法证明命题“若 p 则 q”的过程可以用如
5、图所示的框图表示5数学归纳法数学归纳法证明的步骤(1)证明当 n 取第一个值 n0(n0N*)时结论成立(2)假设 nk(kN*，且 kn0)时结论成立，证明 nk1 时结论也成立由(1)(2)可知，对任意 nn0，且 nN*时，结论都成立热点分类突破 题型一 归纳推理例 1观察下列等式：ni1i12n212n，ni1i213n312n216n，ni1i314n412n314n2，ni1i415n512n413n3 130n，ni1i516n612n5 512n4 112n2，ni1i617n712n612n516n3 142n，ni1ikak1nk1aknkak1nk1ak2nk2a1na0
6、，可以推测，当 k2(kN*)时，ak1 1k1，ak12，ak1_，ak2_.思维启迪当 k2、3、4、5、6 时，写出 ak1，ak2的值，通过观察归纳可得解析 由题意知，当 k2,3,4,5,6 时，ak1 分别为16，14，13，512，12，即 212，312，412，512，612.可以推测 ak1 k12.当 k2,3,4,5,6 时，ak2 分别为 0,0,0,0,0.可以推测 ak20.k120探究提高(1)归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理，在进行归纳时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论(2)类比推理是由特殊到特殊的推理
7、，是两类类似的对象之间的推理，其中一个对象具有某个性质，则另一个对象也具有类似的结论变式训练 1(2009湖南)将正ABC 分割成 n2(n2，nN*)个全等的小正三角形(图 1，图 2 分别给出了 n2,3 的情形)，在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于ABC 的三边及平行于某边的任一直线上的数(当数的个数不少于 3 时)都分别依次成等差数列若顶点 A，B，C 处的三个数互不相同且和为 1，记所有顶点上的数之和为 f(n)，则有 f(2)2，f(3)_，f(n)_.图1 图2 103(n1)(n2)6题型二 类比推理例2 在平面直角坐标系中，设三角形 ABC 的顶点分别为 A(0，a)，B
8、(b,0)，C(c,0)，点 P(0，p)在线段 AO上(异于端点)，设 a，b，c，p 均为非零实数，直线BP，CP 分别交 AC，AB 于点 E，F，一同学已正确算出 OE 的方程：1b1c x1p1a y0，请你求 OF的方程：(_)x1p1a y0.思维启迪观察 E、F 两点特征应该说 E、F 两点的特征类似，E 在 AC 上，F 在 AB 上，它们的区别在“一点”之差上故结论可用类比法解析 方法一 类比法E 在 AC 上，OE 的方程为：(1b1c)x(1p1a)y0.F 在 AB 上，它们的区别在于 B、C 互换因而 OF 的方程应为：(1c1b)x(1p1a)y0.括号内应填：1
9、c1b.方法二 画草图如右，由对称性可猜想填1c1b.事实上，由截距式可得直线AB：xbya1，直线 CP：xcyp1，两式相减得1c1b x1p1a y0，显然直线 AB 与 CP 的交点 F 满足此方程，又原点 O 也满足此方程，故为所求直线 OF 的方程答案bc11 探究提高“观察、类比”是解决本题的基本思路，由于直线 OE、OF 在图形上的“对称性”在其方程上也必然有某种“对称性”，观察直线 OE 的方程和题目中给出的直线 OF 的部分信息，它们的共性是 y 的系数一样，那就只有 x 的系数具备“对称性”，这样就可大胆、合理地进行解答了变式训练 2在 RtABC 中，CACB，斜边 A
10、B 上的高为 h1，则1h21 1CA2 1CB2；类比此性质，如图，在四面体 PABC 中，若 PA，PB，PC 两两垂直，底面 ABC 上的高为 h，则得到的正确结论为_解析 本题考查了合情推理的能力连结 CO 且延长交 AB 于点 D，连结 PD，由已知可得PCPD，在直角三角形 PDC 中，DChPDPC，即 PD2PC2hPDPC，所以1h2PD2PC2PD2PC2 1PC2 1PD2.容易知道 AB平面 PDC，所以 ABPD，在直角三角形 APB 中，ABPDPAPB，所以 PA2PB2PDPAPB，1PD2PA2PB2PA2PB2 1PA2 1PB2，故1h2 1PA2 1PB
11、2 1PC2.(也可以由等体积法得到)答案 1h2 1PA2 1PB2 1PC2题型三 直接证明与间接证明例 3已知数列an和bn满足：a1，an123ann4，bn(1)n(an3n21)，其中 为实数，n 为正整数(1)对任意实数，证明：数列an不是等比数列；(2)试判断数列bn是否为等比数列，并证明你的结论思维启迪 第(1)问用反证法；第(2)问用综合法(1)证明 假设存在一个实数，使an是等比数列，则有 a22a1a3，即233 249449249492490，矛盾所以an不是等比数列(2)解 因为 bn1(1)n1an13(n1)21(1)n123an2n14 23(1)n(an3n
12、21)23bn，又 b1(18)，所以当 18 时，bn0(nN*)，此时bn不是等比数列；当 18 时，b1(18)0，由 bn123bn，可知 bn0，所以bn1bn 23(nN*)故当 18 时，数列bn是以(18)为首项，23为公比的等比数列；综上知，当 18 时，数列bn构不成等比数列；当 18 时，数列bn是以(18)为首项，23为公比的等比数列探究提高(1)有关否定性结论的证明常用反证法或举出一个结论不成立的例子即可(2)综合法和分析法是直接证明常用的两种方法，我们常用分析法寻找解决问题的突破口，然后用综合法来写出证明过程，有时候，分析法和综合法交替使用变式训练 3等差数列an的
13、前 n 项和为 Sn，a112，S393 2.(1)求数列an的通项 an 与前 n 项和 Sn；(2)设 bnSnn(nN*)，求证：数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列(1)解 由已知得a1 21，3a13d93 2，d2，故 an2n1 2，Snn(n 2)(2)证明 由(1)得 bnSnn n 2.假设数列bn中存在三项 bp、bq、br(p、q、r 互不相等)成等比数列，则 b2qbpbr，即(q 2)2(p 2)(r 2)，(q2pr)2(2qpr)0.p，q，rN*，q2pr0，2qpr0，pr22pr，(pr)20，pr，这与 pr 矛盾所以数列bn中任意不同的三项都不
14、可能成为等比数列题型四 数学归纳法例 4(2009山东)等比数列an的前 n 项和为 Sn，已知对任意的 nN*，点(n，Sn)均在函数 ybxr(b0且 b1，b，r 均为常数)的图象上(1)求 r 的值；(2)当 b2 时，记 bn2(log2an1)(nN*)，证明：对任意的 nN*，不等式b11b1 b21b2 bn1bn n1成立思维启迪(1)解 由题意：Snbnr，当 n2 时，Sn1bn1r.所以 anSnSn1bn1(b1)，由于 b0 且 b1，所以an是以 b 为公比的等比数列又 a1br，a2b(b1)，a2a1b，即b(b1)br b，解得 r1.(2)证明 由(1)知
15、 an2n1，因此 bn2n(nN*)，所证不等式为212 414 2n12n n1.当 n1 时，左式32，右式 2.左式右式，所以结论成立，假 设n k(kN*且k1)时 结 论 成 立，即212 414 2k12k k1，则当 nk1 时，212 414 2k12k 2k32(k1)k1 2k32(k1)2k32 k1.要证当 nk1 时结论成立，只需证 2k32 k1 k2，即证2k32(k1)(k2)，由均值不等式2k32(k1)(k2)2(k1)(k2)成立，故 2k32 k1 k2成立，所以，当 nk1 时，结论成立由可知，nN*时，不等式b11b1 b21b2 bn1bn n1
16、成立探究提高(1)用数学归纳法证明与正整数有关的一些式子，命题关键在于“先看项”，弄清式子两边的构成规律，式子的两边各有多少项，项的多少与 n 的取值是否有关，由 nk 到 nk1 时等式的两边会增加多少项，增加怎样的项(2)在本例证明过程中，考虑“n 取第一个值的命题形式”时，需认真对待，一般情况是把第一个值代入通项，判断命题的真假，在由 nk 到 nk1 的递推过程中，必须用归纳假设，不用归纳假设的证明就不是数学归纳法(3)在用数学归纳法证明的第 2 个步骤中，突出了两个“凑”字，一“凑”假设，二“凑”结论，关键是明确 nk1 时证明的目标，充分考虑由 nk 到 nk1 时，命题形式之间的
17、区别和联系变式训练 4在数列an、bn中，a12，b14，且an、bn、an1 成等差数列，bn、an1、bn1 成等比数列(nN*)(1)求 a2、a3、a4 及 b2、b3、b4 的值，由此猜测an、bn的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a1b11a2b21anbn 512.(1)解 由条件得 2bnanan1，a2n1bnbn1.由此可得 a26，b29，a312，b316，a420，b425.猜测 ann(n1)，bn(n1)2.用数学归纳法证明：当 n1 时，由上知结论成立假设当 nk(kN*且 k1)时，结论成立，即 akk(k1)，bk(k1)2，那么当 nk1 时，ak
18、12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1a2k1bk(k2)2.所以当 nk1 时，结论也成立由，可知 ann(n1)，bn(n1)2 对一切正整数都成立(2)证明 当 n1 时，1a1b1162(n1)n.故1a1b11a2b21anbn1612123 1341n(n1)1612121313141n 1n1161212 1n1 0，公差 d0，则有a4a6a3a7，类比以上性质，在等比数列bn中，若bn0，公比 q1，则关于 b4，b5，b7，b8 的一个不等关系是()Ab4b8b5b7Bb4b8b5b8Db4b7b5b7.A二、填空题6若数列an的通项公式 an1(n1)
19、2，记 f(n)2(1a1)(1a2)(1an)，试通过计算 f(1)，f(2)，f(3)的值，推测出 f(n)_.解析 f(1)2(1a1)321211，f(2)2(1a1)(1a2)2114 119 432221，f(3)2(1a1)(1a2)(1a3)2114 119 1 116 543231，可猜测 f(n)n2n1.12nn7若 f(n)为 n21(nN*)的各位数字之和，如 1421197,19717，则 f(14)17，记 f1(n)f(n)，f2(n)f(f1(n)，fk1(n)f(fk(n)，kN*，则 f2 011(8)_.解析 f1(8)11，f2(8)f(11)5，f3
20、(8)f(5)8，f4(8)f(8)11，f5(8)f(11)5，fk(8)为周期函数，且周期为 3，即 fk(8)fk3(8)(kN*)又2 01136701，f6(8)f(5)8，f2 011(8)f1(8)11.118(2009北京)已知数列an满足：a4n31，a4n10，a2nan，nN*，则 a2 009_，a2 014_.解析 a2 009a450331，a2 014a1 007a252410.01三、解答题9.观察下列三角形数表假设第 n 行的第二个数为an(n2，nN*)，(1)依次写出第六行的所有 6 个数字；(2)归纳出 an1 与 an 的关系式并求出 an 的通项公式
21、解(1)第六行的所有 6 个数字分别是 6,16,25,25,16,6.(2)依题意 an1ann(n2)，a22，ana2(a3a2)(a4a3)(anan1)223(n1)2(n2)(n1)2，所以 an12n212n1(n2)10在数列an中，a11，当 n2 时，an，Sn，Sn12 成等比数列(1)求 a2，a3，a4 并推出 an 的表达式；(2)用数学归纳法证明所得的结论(1)解 an，Sn，Sn12成等比数列，S2nan(Sn12)(n2)，(*)由 a11，S2a1a21a2 代入(*)得a223，由 a11，a223，S313a3 代入(*)得 a3 215.同理可得 a4 235，由此可推出an1 (n1)2(2n3)(2n1)(n2).(2)证明 当 n1、2、3、4 时，由(1)知猜想成立，假设 nk(k2，kN*)时，ak2(2k3)(2k1)成立故 S2k2(2k3)(2k1)(Sk12)，(2k3)(2k1)S2k2Sk10，Sk12k1，Sk12k3(舍)由 S2k1ak1(Sk112)得(Skak1)2ak1(ak1Sk12)，1(2k1)2a2k12ak12k1a2k1 ak12k112ak1，ak122(k1)32(k1)1，即 nk1 时，命题也成立由知，an1 (n1)2(2n3)(2n1)(n2)对一切 nN*成立返回
