江苏启东数学大一轮讲义四数列、推理与证明第3讲推理与证明pdf

81 专题四 数列、推理与证明 专题四 数列、推理与证明 第第 3 讲 推理与证明讲 推理与证明 总序总序 11 考情解读 (1)以数表、数阵、图形为背景与数列、周期性等知识相结合考查归纳推理和类比推理，多以 小题形式出现(2)直接证明和间接证明的考查主要作为证明和推理数学命题的方法，常与函数、数列及不 等式等综合命题 热点一 归纳推理 例 1 (1)有菱形纹的正六边形地面砖， 按下图的规律拼成若干个图案， 则第六个图案中有菱形纹的正六边 形的个数是_ (2)两旅客坐火车外出旅游，希望座位连在一起，且有一个靠窗，已知火车上的座位的排法如图所示，则下 列座位号码符合要求的应当是_ 48,48 62,63 75,76 84,85 思维启迪 (1)根据三个图案中的正六边形个数寻求规律； (2)靠窗口的座位号码能被 5 整除或者被 5 除余 1. 答案 (1)31 (2) 解析 (1)有菱形纹的正六边形个数如下表： 图案 1 2 3 个数 6 11 16 由表可以看出有菱形纹的正六边形的个数依次组成一个以 6 为首项，以 5 为公差的等差数列，所以第六个 图案中有菱形纹的正六边形的个数是 65 (61)31. (2)由已知图形中座位的排列顺序，可得：被 5 除余 1 的数和能被 5 整除的座位号临窗，由于两旅客希望座 位连在一起，且有一个靠窗，分析所给的 4 组座位号，只有符合条件 思维升华 归纳递推思想在解决问题时，从特殊情况入手，通过观察、分析、概括，猜想出一般性结论， 然后予以证明，这一数学思想方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关的命题时有着广泛的应 用其思维模式是“观察归纳猜想证明”，解题的关键在于正确的归纳猜想 82 (1)四个小动物换座位，开始是鼠、猴、兔、猫分别坐 1、2、3、4 号位上(如图)，第一次前后 排动物互换座位，第二次左右列动物互换座位，这样交替进行下去，那么第 202 次互换座位后，小兔坐 在第_号座位上 1 鼠 2 猴 1 兔 2 猫 1 猫 2 兔 1 猴 2 鼠 3 兔 4 猫 3 鼠 4 猴 3 猴 4 鼠 3 猫 4 兔 开始 第一次 第二次 第三次 (2)已知 f(n)11 2 1 3 1 n(nN *)， 经计算得 f(4)2， f(8)5 2， f(16)3， f(32) 7 2， 则有_ 答案 (1)2 (2)f(2n)n2 2 (n2，nN*) 解析 (1)考虑小兔所坐的座位号，第一次坐在 1 号位上， 第二次坐在 2 号位上，第三次坐在 4 号位上，第四次坐在 3 号位上，第五次坐在 1 号位上， 因此小兔的座位数更换次数以 4 为周期，因为 20250 42，因此第 202 次互换后， 小兔所在的座位号与小兔第二次互换座位号所在的座位号相同，因此小兔坐在 2 号位上 (2)由题意得 f(22)4 2，f(2 3)5 2，f(2 4)6 2， f(2 5)7 2， 所以当 n2 时，有 f(2 n)n2 2 .故填 f(2n)n2 2 (n2，nN*) 热点二 类比推理 例 2 (1)在平面几何中有如下结论：若正三角形 ABC 的内切圆面积为 S1，外接圆面积为 S2，则S 1 S2 1 4.推 广到空间几何可以得到类似结论： 若正四面体ABCD的内切球体积为V1， 外接球体积为V2， 则V 1 V2_. (2)已知双曲正弦函数 sh xe xex 2 和双曲余弦函数 ch xe xex 2 与我们学过的正弦函数和余弦函数有许多 类似的性质，请类比正弦函数和余弦函数的和角或差角 公式，写出双曲正弦或双曲余弦函数的一个 类似的 正确结论_ 思维启迪 (1)平面几何中的面积可类比到空间几何中的体积；(2)可利用和角或差角公式猜想，然后验证 答案 (1) 1 27 (2)ch(xy)ch x ch ysh x sh y 解析 (1)平面几何中，圆的面积与圆的半径的平方成正比，而在空间几何中， 球的体积与半径的立方成正比，设正四面体的棱长为 a，可求内切圆半径为 r 6 12a， 外接圆半径为 R 6 4 a，所以 rR13.所以V 1 V2 1 27. (2)ch x ch ysh x sh ye xex 2 eye y 2 e xex 2 eye y 2 1 4(e xyexyexyexyexyexyexyexy) 1 4(2e xy2e(xy)e xyexy 2 ch(xy)，故知 ch(xy)ch xch ysh xsh y， 或 sh(xy)sh xch ych xsh y，或 sh(xy)sh xch ych xsh y. 83 思维升华 类比推理是合情推理中的一类重要推理，强调的是两类事物之间的相似性，有共同要素是产生 类比迁移的客观因素，类比可以由概念性质上的相似性引起，如等差数列与等比数列的类比，也可以由解 题方法上的类似引起 当然首先是在某些方面有一定的共性， 才能有方法上的类比， 例2即属于此类题型 一 般来说，高考中的类比问题多发生在横向与纵向类比上，如圆锥曲线中椭圆与双曲线等的横向类比以及平 面与空间中三角形与三棱锥的纵向类比等 (1)若数列an是等差数列，bna 1a2an n ，则数列bn也为等差数列类比这一性质可 知，若正项数列cn是等比数列，且dn也是等比数列，则 dn的表达式应为_ dnc 1c2cn n ；dnc 1 c2cn n ；dn n c n 1 c n 2c n n n ；dnnc1 c2cn (2)椭圆与双曲线有许多优美的对偶性质，如对于椭圆有如下命题：AB 是椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的不平行于 对称轴且不过原点的弦，M 为 AB 的中点，则 kOM kABb 2 a2.那么对于双曲线则有如下命题： AB是双曲线x 2 a2 y2 b21(a0， b0)的不平行于对称轴且不过原点的弦， M为AB的中点， 则kOM kAB_. 答案 (1) (2)b 2 a2 解析 (1)由an为等差数列，设公差为 d，则 bn a1a2an n a1n1 2 d， 又正项数列cn为等比数列，设公比为 q，则 dnnc1 c2 cn nn n nc q 2- 2 1 c1q n-1 2 ，故正确 (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则有 x0x 1x2 2 ， y0y 1y2 2 . 将 A，B 代入双曲线x 2 a2 y2 b21 中得 x 2 1 a2 y 2 1 b2 1， x 2 2 a2 y 2 2 b2 1，两式相减，得 x 2 1 x 2 2 a2 y 2 1 y 2 2 b2 ， 即x 1x2x1x2 a2 y 1y2y1y2 b2 ，即y 1y2y1y2 x1x2x1x2 b2 a2，即 kOM kAB b2 a2. 热点三 直接证明和间接证明 例 3 已知数列an满足：a11 2， 31an1 1an 21a n 1an1，anan 10 (n1)； 数列bn满足：bna2n1a2n (n1) (1)求数列an，bn的通项公式； (2)证明：数列bn中的任意三项不可能成等差数列 思维启迪 (1)利用已知递推式中的特点构造数列1a2n；(2)否定性结论的证明可用反证法 (1)解 已知31a n1 1an 21a n 1an1化为 1a2n1 1a2n 2 3，而 1a 2 13 4， 84 所以数列1a2n是首项为3 4，公比为 2 3的等比数列，则 1a 2 n3 4 2 3 n1，则 a2 n13 4 2 3 n1， 由 anan10，知数列an的项正负相间出现，因此 an(1)n 1 13 4 2 3 n1， bna2n1a2n3 4 2 3 n3 4 2 3 n11 4 2 3 n1. (2)证明 假设存在某三项成等差数列，不妨设为 bm、bn、bp，其中 m、n、p 是互不相等的正整数， 可设 mn0，猜想当 n2 时，T2n2n2n 3，即 n2 时，4 n4n1. 下面用数学归纳法证明： 当 n2 时，4216,4 219,169，成立； 假设当 nk(k2)时成立，即 4k4k1. 则当 nk1 时，4k 14 4k4 (4k1)16k44k54(k1)1， 所以 nk1 时成立由得，当 n2 时，4n4n1 成立综上，当 n1 时，T2n2n2n 3. 思维升华 在使用数学归纳法证明问题时，在归纳假设后，归纳假设就是证明 nk1 时的已知条件，把 归纳假设当已知条件证明后续结论时，可以使用综合法、分析法、反证法 已知 f(n)1 1 23 1 33 1 43 1 n3，g(n) 3 2 1 2n2，nN *. (1)当 n1,2,3 时，试比较 f(n)与 g(n)的大小关系； (2)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系，并给出证明 解 (1)当 n1 时，f(1)1，g(1)1，所以 f(1)g(1)，当 n2 时，f(2)9 8，g(2) 11 8 ，所以 f(2)g(2)， 当 n3 时，f(3)251 216，g(3) 312 216，所以 f(3)g(3) (2)由(1)，猜想 f(n)g(n)，下面用数学归纳法给出证明 当 n1,2,3 时，不等式显然成立 假设当 nk(k3)时不等式成立，即 1 1 23 1 33 1 43 1 k3 3 2 1 2k2， 86 那么，当 nk1 时， f(k1)f(k) 1 k13 3 2 1 2k2 1 k13， 因为 1 2k12( 1 2k2 1 k13) k3 2k13 1 2k2 3k1 2k13k20，则 f(a1)f(a3)f(a5)的符 号是_(填“正”或“负”) 答案 正 解析 由已知得 f(0)0，a1a52a30，所以 a1a5. 由于 f(x)单调递增且为奇函数，所以 f(a1)f(a5)f(a5)f(a5)0，又 f(a3)0，所以 f(a1)f(a3)f(a5)0. 5在平面内点 O 是直线 AB 外一点，点 C 在直线 AB 上，若OC OA OB ，则 1；类似地，如果 点 O 是空间内任一点，点 A，B，C，D 中任意三点均不共线，并且这四点在同一平面内， 若DO xOA yOB zOC ，则 xyz_. 答案 1 解析 在平面内，由三角形法则，得AB OB OA ，BC OC OB . 因为 A，B，C 三点共线，所以存在实数 t，使AB tBC，即OB OA t(OC OB )， 所以OC 1 tOA (1 t1)OB .因为OC OA OB ，所以 1 t， 1 t1，所以 1. 类似地，在空间内可得OD OA OB OC ，1.因为DO OD ，所以 xyz1. 6已知 f(n)32n 28n9，存在正整数 m，使 nN*时，能使 m 整除 f(n)，则 m 的最大值为_ 答案 64 解析 由 f(1)64，f(2)70411 64，f(3)6 528102 64， 所以 f(1)，f(2)，f(3)均能被 64 整除，猜想 f(n)能被 64 整除 下面用数学归纳法证明： 当 n1 时，由上得证； 假设当 nk(kN*)时，f(k)32k 28k99k18k9 能被 64 整除， 则当 nk1 时，f(k1)9(k 1)18(k1)99 9k18k179f(k)64(k1) 由归纳假设，f(k)是 64 的倍数，又 64(k1)是 64 的倍数，所以 f(k1)能被 64 整除，所以当 nk1 时， 猜想也成立因为 f(1)不能被大于 64 的数整除，所以所求 m 的最大值等于 64. 7如图所示的是由火柴棒拼成的一列图形，第 n 个图形由 n 个正方形组成， 通过观察可以发现第 4 个图形中，火柴棒有_根；第 n 个图形中，火柴棒有_根 答案 13 3n1 解析 易得第四个图形中有 13 根火柴棒，通过观察可得，每增加一个正方形， 需增加三根火柴棒，所以第 n 个图形中的火柴棒为 43(n1)3n1. 89 8观察下列事实：|x|y|1 的不同整数解(x，y)的个数为 4，|x|y|2 的不同整数解(x，y)的个数为 8， |x|y|3 的不同整数解(x，y)的个数为 12，则|x|y|20 的不同整数解(x，y)的个数为_ 答案 80 解析 通过观察发现|x|y|的值为 1,2,3 时，对应的(x，y)的不同整数解的个数为 4,8,12， 可猜想当|x|y|n 时，对应的不同整数解(x，y)的个数为 4n， 故|x|y|20 的不同整数解(x，y)的个数为 80. 9甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A，B，C 三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 B 城市；乙说：我没去过 C 城市；丙说：我们三人去过同一城市由此判断乙去过的城市为_ 答案 A 解析 由题意可推断：甲没去过 B 城市，但比乙去的城市多，而丙说“三人去过同一城市”， 说明甲去过 A，C 城市，而乙“没去过 C 城市”，说明乙去过城市 A，由此可知，乙去过的城市为 A. 10对大于 1 的自然数 m 的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”： 23 3 5 ，33 7 9 11 ，43 13 15 17 19 ，.仿此， 若 m3的“分裂数”中有一个是 59，则 m_. 答案 8 解析 由已知可观察出 m3可分裂为 m 个连续奇数，最小的一个为(m1)m1. 当 m8 时，最小的数为 57，第二个便是 59.所以 m8. 二、解答题 11若不等式 1 n1 1 n2 1