2012版步步高高考数学考前三个月专题复习课件4(3)：数列、推理与证明

§3推理与证明真题热身1．(2011·陕西)观察下列等式1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49…照此规律，第n个等式为________________________________．解析∵1＝12,2＋3＋4＝9＝32,3＋4＋5＋6＋7＝25＝52，∴第n个等式为n＋(n＋1)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.n＋(n＋1)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)22．(2009·浙江)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，_____，_____，T16T12成等比数列．解析根据类比原理知该两空顺次应填T8T4，T12T8.T8T4T12T8考点整合1．主干网络2．反证法反证法体现了正难则反的思维方法，用反证法证明问题的一般步骤是：(1)分清问题的条件和结论；(2)假定所要证的结论不成立，而设结论的反面成立(否定结论)；(3)从假定和条件出发，经过正确的推理，导出与已知条件、公理、定理、定义及明显成立的事实相矛盾或自相矛盾(推导矛盾)；(4)因为推理正确，所以断定产生矛盾的原因是“假设”错误．既然结论的反面不成立，从而证明了原结论成立(结论成立)．3．数学归纳法(1)当n取第一个值n0(例如n＝1)时，证明命题成立；(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，并证明当n＝k＋1时，命题也成立．于是对一切n∈N*，n≥n0，命题都成立．这种证明方法叫做数学归纳法．运用数学归纳法证明命题要分为两步．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，这两步是缺一不可的．分类突破一、合情推理例1(1)已知数列{an}为等差数列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N*)，则am＋n＝nb－man－m.类比等差数列{an}的上述结论，对于等比数列{bn}(bn0，n∈N*)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N*)，则可以得到bm＋n＝________.(2)设f(x)＝1＋x1－x，又记f1(x)＝f(x)，f(k＋1)(x)＝f[fk(x)]，k＝1,2，…，则f2011(x)＝________.解析(1)观察等差数列{an}的性质：am＋n＝nb－man－m，则联想nb－ma对应等比数列{bn}中的dncm，而{an}中除以(n－m)对应等比数列中开(n－m)次方．(2)计算f2(x)＝f(1＋x1－x)＝1＋1＋x1－x1－1＋x1－x＝－1x，f3(x)＝f(－1x)＝1－1x1＋1x＝x－1x＋1，f4(x)＝1＋x－1x＋11－x－1x＋1＝x，f5(x)＝f1(x)＝1＋x1－x，归纳得f4k＋3(x)＝x－1x＋1，k∈N*，从而f2011(x)＝x－1x＋1.答案(1)n－mdncm(2)x－1x＋1归纳拓展1.类比可以是形式的类比，用于发现结论；也可以是方法的类比，用于寻找方法．常见的类比有平面↔空间，等差数列↔等比数列，实数↔复数，向量点乘积↔实数积等．2．归纳和类比是常用的合情推理．从推理形式上看，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；演绎推理在前提和推理形式都正确的前提下，得到的结论一定正确．变式训练1(1)(2011·山东)设函数f(x)＝xx＋2(x0)，观察：f1(x)＝f(x)＝xx＋2，f2(x)＝f(f1(x))＝x3x＋4，f3(x)＝f(f2(x))＝x7x＋8，f4(x)＝f(f3(x))＝x15x＋16，……根据以上事实，由归纳推理可得：当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.(2)(2009·江苏)在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4，类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为1∶2，则它们的体积比为__________．解析(1)依题意，先求函数结果的分母中x项系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，…，可推知该数列的通项公式为an＝2n－1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，…，故其通项公式为bn＝2n.所以当n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝x(2n－1)x＋2n.(2)∵两个正三角形是相似的三角形，∴它们的面积之比是相似比的平方．同理，两个正四面体是两个相似几何体，体积之比为相似比的立方，所以它们的体积比为1∶8.答案(1)x(2n－1)x＋2n(2)1∶8二、直接证明例2已知数列{an}和{bn}满足a1＝2，an－1＝an(an＋1－1)，bn＝an－1，数列{bn}的前n项和为Sn.(1)求数列{bn}的通项公式；(2)设Tn＝S2n－Sn，求证：Tn＋1Tn.(1)解由bn＝an－1，得an＝bn＋1，代入an－1＝an(an＋1－1)得bn＝(bn＋1)bn＋1.整理得bn－bn＋1＝bnbn＋1，由题意知，bn≠0，(否则an＝1，与a1＝2矛盾)从而得1bn＋1－1bn＝1，∵b1＝a1－1＝1，∴数列{1bn}是首项为1，公差为1的等差数列．∴1bn＝n，即bn＝1n.(2)证明∵Sn＝1＋12＋13＋…＋1n，∴Tn＝S2n－Sn＝1＋12＋13＋…＋1n＋1n＋1＋…＋12n－(1＋12＋13＋…＋1n)＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n.方法一(综合法)∵Tn＋1－Tn＝1n＋2＋1n＋3＋…＋12n＋2－(1n＋1＋1n＋2＋…＋12n)＝12n＋1＋12n＋2－1n＋1＝12n＋1－12n＋2＝1(2n＋1)(2n＋2)0，∴Tn＋1Tn.归纳拓展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．方法二(分析法)Tn＋1Tn⇔S2n＋2－Sn＋1S2n－Sn⇔S2n＋2－S2nSn＋1－Sn⇔12n＋1＋12n＋21n＋1⇔12n＋112n＋2⇔2n＋22n＋1⇔21，显然成立，故Tn＋1Tn.变式训练2在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1－14an，bn＝22an－1，其中n∈N*.(1)求证：数列{bn}是等差数列；(2)求证：在数列{an}中对于任意的n∈N*，都有an＋1an.证明(1)因为bn＋1－bn＝22an＋1－1－22an－1＝22(1－14an)－1－22an－1＝4an2an－1－22an－1＝2(n∈N*)．所以数列{bn}是等差数列．(2)要证an＋1an，只要证an＋1－an0.因为a1＝1，所以b1＝22a1－1＝2，所以bn＝2＋(n－1)×2＝2n.由bn＝22an－1，得2an－1＝2bn＝1n(n∈N*)，所以an＝n＋12n，所以an＋1－an＝n＋22(n＋1)－n＋12n＝－12n(n＋1)0，所以在数列{an}中对于任意的n∈N*，都有an＋1an.三、间接证明例3等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋32.(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝Snn(n∈N*)，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＝2＋1，3a1＋3d＝9＋32，∴d＝2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)．(2)证明由(1)得bn＝Snn＝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b2q＝bpbr，即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)，∴(q2－pr)＋2(2q－p－r)＝0.∵p，q，r∈N*，∴q2－pr＝0，2q－p－r＝0，∴q2＝prq＝p＋r2∴p＋r22＝pr，∴(p－r)2＝0，∴p＝r，这与p≠r矛盾．所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．归纳拓展本题若用直接法证明，较难入手，用反证法证明则简洁明了．题目中如果有“不是”“至少”“不可能”等词语时，通常考虑反证法．变式训练3已知数列{an}满足：a1＝λ，an＋1＝23an＋n－4，其中λ为实数，n为正整数．证明对任意实数λ，数列{an}不是等比数列．证明假设存在一个实数λ，使{an}是等比数列，则有a22＝a1a3，即(23λ－3)2＝λ(49λ－4)⇔49λ2－4λ＋9＝49λ2－4λ⇔9＝0，显然矛盾．∴假设不正确．∴对任意实数λ，数列{an}不是等比数列．四、数学归纳法例4在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)．(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1an＋bn512.(1)解由条件得2bn＝an＋an＋1，a2n＋1＝bnbn＋1.由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.用数学归纳法证明：①当n＝1时，由上知结论成立．②假设当n＝k(k≥1)时，结论成立，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，bk＋1＝a2k＋1bk＝(k＋2)2.所以当n＝k＋1时，结论也成立．由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．(2)证明当n＝1时，1a1＋b1＝16512；当n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)2(n＋1)n.故1a1＋b1＋1a2＋b2＋…＋1an＋bn16＋1212×3＋13×4＋…＋1n(n＋1)＝16＋1212－13＋13－14＋…＋1n－1n＋1＝16＋1212－1n＋116＋14＝512.综上，原不等式成立．归纳拓展归纳、猜想、证明是一种重要的数学思想，一般是先根据通项的递推关系或者前n项和公式写出数列的前几项，根据前几项的联系猜测其通项公式，猜测要合理，然后根据已知条件对猜测的公式给出证明，其证明方法一般是数学归纳法．变式训练4已知等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(1)求r的值；(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明对任意的n∈N*，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·bn＋1bnn＋1成立．(1)解由题意：Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)，由于b0且b≠1，所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，a2a1＝b，即b(b－1)b＋r＝b，解得r＝－1.(2)证明由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n＋12nn＋1①当n＝1时，左式＝32，右式＝2.左式右式，所以结论成立，②假设n＝k(k∈N*)时结论成立，即2＋12·4＋14·…·2k＋12kk＋1，则当n＝k＋1时，2＋12·4＋14·…2k＋12k·2k＋32(k＋1)k＋1·2k＋32(k＋1)＝2k＋32k＋1要证当n＝k＋1时结论成立，只需证2k＋32k＋1≥k＋2，即证2k＋32≥(k＋1)(k＋2)，由基本值不等式2k＋32＝(k＋1)＋(k＋2)2≥(k＋1)(k＋2)成立，所以，当n＝k＋1时，结论成立．由①②可知，n∈N*时，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·bn＋1bnn＋1成立．规范演练一、填空题1．用反证法证明“如果ab，那么3a3b”假设内容应是________．解析假设结论不成立，即3a