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1、1第二章第二章 推理与证明推理与证明自我校对由部分到整体，由个别到一般类比推理演绎推理由一般到特殊综合法执果索因反证法数学归纳法合情推理1.归纳推理的特点及一般步骤2类比推理的特点及一般步骤2观察式子：10，b0，ab1，求证： 8.试用综合法和分析法分别证明1 a1 b1 ab【精彩点拨】 (1)综合法：根据ab1，分别求 与的最小值1 a1 b1 ab(2)分析法：把变形为 求证1 abab ab1 a1 b【规范解答】 法一：(综合法)a0，b0，ab1，1ab2， ，ab ，4.abab1 21 41 ab又 (ab)2 4，1 a1 b(1 a1 b)b aa b4 8(当且仅当ab
2、 时等号成立)1 a1 b1 ab1 2法二：(分析法)a0，b0，ab1，要证 8，1 a1 b1 ab只要证8，(1 a1 b)ab ab只要证8，(1 a1 b) (1 b1 a)即证 4.1 a1 b也就是证4.ab aab b即证 2，b aa b由基本不等式可知，当a0，b0 时， 2 成立，所以原不等式成立b aa b再练一题2(1)已知a，b，c为互不相等的非负数求证：a2b2c2()abcabc(2)用分析法证明：2cos().sin2 sin sin sin 【解】 (1)因为a2b22ab，b2c22bc，a2c22ac，又因为a，b，c为互不相等的非负数，所以上面三个式
3、子中都不能取“” ，所以a2b2c2abbcac，因为abbc2，bcac2，ab2cabc2abac2，a2bc又a，b，c为互不相等的非负数，所以abbcac()，abcabc所以a2b2c2()abcabc(2)要证原等式成立，只需证：2cos()sin sin(2)sin ，5因为左边2cos()sin sin()2cos()sin sin()cos cos()sin cos()sin sin()cos sin 右边，所以成立，即原等式成立反证法反证法是间接证明的一种基本方法，用反证法证明时，假定原结论的对立面为真，从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果，断定反设
4、不成立，从而肯定结论反证法的思路：反设归谬结论设an是公比为q的等比数列(1)推导an的前n项和公式；(2)设q1，证明：数列an1不是等比数列【精彩点拨】 (1)利用等比数列的概念及通项公式推导前n项和公式；(2)利用反证法证明要证的结论【规范解答】 (1)设an的前n项和为Sn，当q1 时，Sna1a1a1na1；当q1 时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，SnError!a11qn 1q(2)证明：假设an1是等比数列，则对任意的kN N*，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，2k1
5、a q2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，2 1a10，2qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列再练一题3设an，bn是公比不相等的两个等比数列，cnanbn.证明：数列cn不是等比数列6【证明】 假设数列cn是等比数列，则(anbn)2(an1bn1)(an1bn1)因为an，bn是公比不相等的两个等比数列，设公比分别为p，q，所以aan1an1，bbn1bn1.2n2n代入并整理，得2anbnan1bn1an1bn1anbn，(p qq p)即 2 ，p qq p当p，q异号时， 2，与相矛盾p qq p故数列cn不是等
6、比数列数学归纳法1.关注点一：用数学归纳法证明等式问题是数学归纳法的常见题型，其关键点在于“先看项” ，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少2关注点二：由nk到nk1 时，除等式两边变化的项外还要利用nk时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明已知正数数列an(nN N)中，前n项和为Sn，且 2Snan，用数学归纳1 an法证明：an.nn1【规范解答】 (1)当n1 时，a1S1，1 2(a11 a1)所以a1(an0)，所以a11，又1，2 110所以n1 时，结论成立(2)假设nk(k1，kN N)时，结论成立，即ak.kk1当nk1 时
7、，ak1Sk1Sk1 2(ak11 ak1)1 2(ak1 ak)1 2(ak11 ak1)1 2(kk11kk1)7，1 2(ak11 ak1)k所以a2ak110，2k1k解得ak1(an0)，所以nk1 时，结论成立k1k由(1)(2)可知，对nN N都有an.nn1再练一题4设数列an的前n项和Sn(nN N)，a22.nan1 2(1)求an的前三项a1，a2，a3；(2)猜想an的通项公式，并证明【解】 (1)由Sn，得a11，又由a22，得a33.nan1 2(2)猜想：ann.证明如下：当n1 时，猜想成立假设当nk(k2)时，猜想成立，即akk，那么当nk1 时，ak1Sk1
8、Skk1ak11 2kak1 2.k1ak11 2kk1 2所以ak1k1，k2 k11 k1所以当nk1 时，猜想也成立根据知，对任意nN N，都有ann.转化与化归思想转化与化归是数学思想方法的灵魂在本章中，合情推理与演绎推理体现的是一般与特殊的转化；数学归纳法体现的是一般与特殊、有限与无限的转化；反证法体现的是对立与统一的转化设二次函数f(x)ax2bxc(a0)中的a，b，c都为整数，已知f(0)，f(1)均为奇数，求证：方程f(x)0 无整数根【精彩点拨】 假设方程f(x)0 有整数根k，结合f(0)，f(1)均为奇数推出矛盾【规范解答】 假设方程f(x)0 有一个整数根k，则ak2
9、bkc0，f(0)c，f(1)abc都为奇数，ab必为偶数，ak2bk为奇数当k为偶数时，令k2n(nZ Z)，则ak2bk4n2a2nb2n(2nab)必为偶数，与8ak2bk为奇数矛盾；当k为奇数时，令k2n1(nZ Z)，则ak2bk(2n1)(2naab)为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak2bk为奇数矛盾综上可知，方程f(x)0 无整数根再练一题5用数学归纳法证明：当n为正奇数时，xnyn能被xy整除【证明】 设n2m1，mN N，则xnynx2m1y2m1.要证明原命题成立，只需证明x2m1y2m1能被xy整除(mN N)(1)当m1 时，x2m1y2m1xy能被xy整除(2)
10、假设当mk(kN N)时命题成立，即x2k1y2k1能被xy整除，那么当mk1 时，x2(k1)1y2(k1)1x2k21y2k21x2k1x2x2k1y2y2k1y2x2k1y2x2k1(x2y2)y2(x2k1y2k1)x2k1(xy)(xy)y2(x2k1y2k1)因为x2k1(xy)(xy)与y2(x2k1y2k1)均能被xy整除，所以当mk1 时，命题成立由(1)(2)，知原命题成立.1袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半甲、乙、丙是三个空盒每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒
11、中，则( )A乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C乙盒中红球不多于丙盒中红球D乙盒中黑球与丙盒中红球一样多【解析】 通过随机事件直接分析出现情况的可能性取两个球往盒子中放有 4 种情况：红红，则乙盒中红球数加 1；黑黑，则丙盒中黑球数加 1；红黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加 1；黑红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加 1.因为红球和黑球个数一样多，所以和的情况一样多，和的情况完全随机和对 B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响和出现的次数是一样的，所以对 B 选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的9影响次数一样综上，选 B.【答案】 B2观察下
12、列各式：C 40；0 1C C 41；0 31 3C C C 42；0 51 52 5C C C C 43；0 71 72 73 7照此规律，当nN N时，CCCC_.02n112n122n1n12n1【解析】 观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数均为 4，指数与等式左端最后一个组合数的上标相等，故有CCCC4n1.02n112n122n1n12n1【答案】 4n13一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串x1x2xn(nN N)，其中xk(k1,2，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
13、二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组：Error!其中运算定义为：000,011,101,110.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 1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于_【解析】 因为x2x3x6x70，所以x2，x3，x6，x7都正确又因为x4x5x6x71，x1x3x5x71，故x1和x4都错误，或仅x5错误因为条件中要求仅在第k位发生码元错误，故只有x5错误【答案】 54设a0，b0，且ab .证明：1 a1 b(1)ab2；(2)a2a0，b0，得ab1.1 a1 bab ab(1)由基本不等式及ab1，有ab22，即ab2，当且仅当ab1 时等ab号成立10(2)假设a2a0，得 0a1，则G(A)；(3)证明：若数列A满足anan11(n2,3，N)，则G(A)的元素个数不小于aNa1.【解】 (1)G(A)的元素为 2 和 5.(2)证明：因为存在an使得ana1，所以iN N|2iN，aia1.记mminiN N|2iN，aia1，则m2，且对任意正整数ka1.由(2)知G(A).设G(A)n1，n2，np)，n1n2np.记n01，则an0an1an2anp.对i0,1，p，记GikN N|nikN，akani如果Gi，取mimin
