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2015届高三理科数学一轮总复习第十四章


高考一轮总复习:第十四章
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考试要求 1.了解合情推理的含义. 2. 能利用归纳与类比等进行 简单的推理. 3. 体会并认识合情推理在数 学发现中的作用. 4.了解演绎推理的重要性. 5.掌握演绎推理的基本模式: “三段论”. 6. 能运用演绎推理进行简单 的推理. 7.了解演绎推理、合情推理的 联系与区别. 8. 了解直接证明的两种基本 方法:分析法

与综合法. 9. 了解分析法与综合法的思 维过程、特点. 10. 了解反证法是间接证明的 一种基本方法及反证法的思维过 程、特点. 11.了解数学归纳法的原理. 12. 能用数学归纳法证明一些 简单的与自然数有关的数学命题. 本章重点:1.利用归纳 与 类 比 进行 推 理 ; 2. 利用 “三段论”进行推理与证 明; 3. 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;4.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. 本章难点:1.利用归纳 与类比的推理来发现结论 并形成猜想命题;2.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;3.理解 数学归纳法的思维实质, 特 别是在第二个步骤要根据 归纳假设进行推理与证明.
*

推理与证明
命题展望

重难点击

“推理与证明”是数学 的基本思维过程, 也是人们学 习和生活中经常使用的思维 方式 .本章要求考生通过对已 有知识的回顾与总结, 进一步 体会直观感知、观察发现、归 纳类比、 空间想象、 抽象概括、 符号表示、运算求解、数据处 理、演绎证明、反思与建构等 数学思维过程以及合情推理、 演绎推理之间的联系与差异, 体会数学证明的特点, 了解数 学证明的基本方法. 本章是新课程考纲中新 增的内容,考查的范围宽,内 容多, 涉及数学知识的方方面 面,与旧考纲相比,增加了合 情推理等知识点, 这为创新性 试题的命制提供了空间.

知识网络

14.1
典例精析

合情推理与演绎推理

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. 3 sin215° +sin275° +sin2135° = ; 2 3 sin230° +sin290° +sin2150° = ; 2 3 sin245° +sin2105° +sin2165° = ; 2 3 2 2 2 sin 60° +sin 120° +sin 180° = . 2 3 【解析】猜想:sin2(α-60° )+sin2α+sin2(α+60° )= . 2 3 3 左边=(sin αcos 60° -cos αsin 60° )2+sin2α+(sin αcos 60° +cos αsin 60° )2= (sin2α+cos2α)= =右边. 2 2 【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 +b <c +h (n∈N ). 题型二 运用类比推理拓展新知识 【例 2】 请用类比推理完成下表: 平面 三角形两边之和大于第三边 三角形的面积等于任意一边的长度与这边 上的高的乘积的一半 三角形的面积等于其内切圆半径与三角形 周长的乘积的一半 空间 三棱锥任意三个面的面积之和大于第四个 面的面积 三棱锥的体积等于任意一个底面的面积与 该底面上的高的乘积的三分之一
n n n n *

; .

【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:

平面 点 线 圆 三角形 角 面积 周长

空间 线 面 球 三棱锥 二面角 体积 表面积

? ? 【变式训练 2】面积为 S 的平面凸四边形的第 i 条边的边长记为 ai(i=1,2,3,4),此四边形内任一点 P 到 4 a1 a2 a3 a4 第 i 条边的距离为 hi(i=1,2,3,4),(1)若 = = = =k,则 ihi = ;(2)类比以上性质,体积为 1 2 3 4

?
i ?1

V 的三棱锥的第 i 个面的面积记为 Si(i=1,2,3,4), 此三棱锥内任一点 Q 到第 i 个面的距离记为 Hi(i=1,2,3,4), S1 S2 S3 S4 若 = = = =K,则 1 2 3 4 2S 3V 【解析】 ; . k K 题型三 运用“三段论”进行演绎推理 x-a 【例 3】已知函数 f(x)=ln ax- (a≠0). x (1)求此函数的单调区间及最值; 1 1 1 en (2)求证:对于任意正整数 n,均有 1+ + +?+ ≥ln . 2 3 n n! x-a 【解析】(1)由题意 f′(x)= 2 . x 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, fmin(x)=f(a)=ln a2,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, fmin(x)=f(a)=ln a2,无最大值. x-1 (2)取 a=1,由(1)知,f(x)=ln x- ≥f(1)=0, x 1 e 故 ≥1-ln x=ln , x x 1 1 1 e e en 取 x=1,2,3,?,n,则 1+ + +?+ ≥ln e+ln +?+ln =ln . 2 3 n 2 n n! 【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. kx-1 【变式训练 3】已知函数 f(x)=eg(x),g(x)= (e 是自然对数的底数), x+1 (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*).
2 x -1

? iH
i ?1

4

i



.

【解析】(1)由条件得到 f(1)<2? e x ?1 <2?k<2ln 2+1<3,猜测最大整数 k=2,
2 x -1

现在证明 e x ?1 <x+1 对任意 x>0 恒成立:

3 3 e x ?1 <x+1 等价于 2- <ln(x+1)?ln(x+1)+ >2, x+1 x+1 x-2 3 1 3 设 h(x)=ln(x+1)+ ,则 h′(x)= - = . x+1 x+1 (x+1)2 (x+1)2 故 x∈(0,2)时,h′(x)<0,当 x∈(2,+∞)时,h′(x)>0.
2 x -1

2 x -1

所以对任意的 x>0 都有 h(x)≥h(2)=ln 3+1>2,即 e x ?1 <x+1 对任意 x>0 恒成立, 所以整数 k 的最大值为 2. 3 (2)由(1)得到不等式 2- <ln(x+1), x+1 3 3 所以 ln[1+k(k+1)]>2- >2- , k(k+1)+1 k(k+1) 3 3 3 1 ln(1+1× 2)+ln(1+2× 3)+?+ln[1+n(n+1)]>(2- )+(2- )+?+[2- ]=2n-3[ + 1× 2 2× 3 1× 2 n(n+1) 1 1 3 +?+ ]=2n-3+ >2n-3, 2× 3 n(n+1) n+1 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
典例精析
题型一 运用综合法证明

直接证明与间接证明

1 1 1 【例 1】设 a>0,b>0,a+b=1,求证: + + ≥8. a b ab 【证明】因为 a+b=1, a+b 1 1 1 a+b a+b a+b b a a+b b a ? 所以 + + = + + =1+ +1+ + ≥2+ + =2+2+4=8,当且仅 a b ab a b ab a b ab a +b 2 a b ( ) 2 1 当 a=b= 时等号成立. 2 【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. a2 b2 c2 【变式训练 1】设 a,b,c>0,求证: + + ≥a+b+c. b c a 【证明】因为 a,b,c>0,根据基本不等式, a2 b2 c2 有 +b≥2a, +c≥2b, +a≥2c. b c a a2 b2 c2 三式相加: + + +a+b+c≥2(a+b+c). b c a

a2 b2 c2 即 + + ≥a+b+c. b c a 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:I2<4S. 【证明】由 I2=(a+b+c)2=a2+b2+c2+2(ab+bc+ac)=a2+b2+c2+2S, 故要证 I2<4S,只需证 a2+b2+c2+2S<4S,即 a2+b2+c2<2S. 欲证上式,只需证 a2+b2+c2-2ab-2bc-2ca<0, 即证(a2-ab-ac)+(b2-bc-ba)+(c2-ca-cb)<0, 只需证三括号中的式子均为负值即可, 即证 a2<ab+ac,b2<bc+ba,c2<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 I2<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. 1 1 【变式训练 2】已知 a>0,求证: a2+ 2- 2≥a+ -2. a a 1 1 【证明】要证 a2+ 2- 2≥a+ -2, a a 1 1 只要证 a2+ 2+2≥a+ + 2. a a 1 1 因为 a>0,故只要证( a2+ 2+2)2≥(a+ + 2)2, a a 1 1 1 1 即 a2+ 2+4 a2+ 2+4≥a2+2+ 2+2 2(a+ )+2, a a a a 1 1 从而只要证 2 a2+ 2≥ 2(a+ ), a a 1 1 1 2 2 只要证 4(a + 2)≥2(a +2+ 2),即 a2+ 2≥2, a a a 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 1+x 1+y 【例 3】 若 x,y 都是正实数,且 x+y>2.求证: <2 或 <2 中至少有一个成立. y x 1+x 1+y 1+x 1+y 【证明】假设 <2 和 <2 都不成立.则 ≥2, ≥2 同时成立. y x y x 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. 1+x 1+y 因此 <2 与 <2 中至少有一个成立. y x 【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:x2+4ax-4a+3=0;x2+(a-1)x+a2=0;x2+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 ?(4a ) 2 ? 4(?4a ? 3)<0, ? ? 2 2 ?(a ? 1) ? 4a <0, ? 2 ? ?(2a ) ? 4(?2a )<0.

3 1 由(4a)2-4(-4a+3)<0,得 4a2+4a-3<0,即- <a< ; 2 2 1 由(a-1)2-4a2<0,得(a+1)(3a-1)>0,即 a<-1 或 a> ; 3 2 由(2a) -4(-2a)<0,得 a(a+2)<0,即-2<a<0. 3 以上三部分取交集得 M={a|- <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 2 3 ?RM,即{a|a≤- 或 a≥-1}. 2

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
典例精析
题型一 用数学归纳法证明恒等式

数学归纳法

【例 1】是否存在常数 a、b、c,使等式 12+22+32+?+n2+(n-1)2+?+22+12=an(bn2+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+?+n2+(n-1)2+?+22+12=an(bn2+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.
1 ? ?a ? 3 , ?a(b ? c) ? 1, ? ? 解方程组 ?b(4b ? c) ? 3, 解得 ?b ? 2, ?c ? 1 . ?3a(9b ? c) ? 19, ? ? ?

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, 1 即 12+22+32+?+k2+(k-1)2+?+22+12= k(2k2+1); 3 则当 n=k+1 时, 1 1 2+ 22+ 3 2+ ? + k2+ ( k+ 1) 2+ k 2+ (k- 1) 2+ ? + 2 2+ 12= k (2k 2+ 1)+ (k+ 1) 2+ k 2 3 1 1 = k(2k2+3k+1)+(k+1)2= k(2k+1)(k+1)+(k+1)2 3 3

1 1 = (k+1)(2k2+4k+3)= (k+1)[2(k+1)2+1]. 3 3 1 因此存在 a= ,b=2,c=1,使等式对一切 n∈N*都成立. 3 【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: 1 1 1 n 当 n∈N*时, + +?+ = . 1× 3 3× 5 (2n-1)(2n+1) 2n+1 1 1 1 1 【证明】(1)当 n=1 时,左边= = ,右边= = , 1× 3 3 2× 1+1 3 左边=右边,所以等式成立. 1 1 1 k (2)假设当 n=k(k∈N*)时等式成立,即有 + +?+ = , 1× 3 3× 5 (2k-1)(2k+1) 2k+1 则当 n=k+1 时, 1 1 1 1 k 1 + +?+ + = + 1× 3 3× 5 (2k-1)(2k+1) (2k+1)(2k+3) 2k+1 (2k+1)(2k+3) k(2k+3)+1 2k2+3k+1 k+1 k+1 = = = = , (2k+1)(2k+3) (2k+1)(2k+3) 2k+3 2(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{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(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 2 a n + 1)( n ∈ N *) ,求证:对任意的 n ∈ N *,不等式 b2+1 bn+1 ·?· > n+1成立. b2 bn 【解析】(1)因为点(n,Sn)均在函数 y=bx+r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数)的图象上, 所以 Sn=bn+r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数). 当 n=1 时,a1=S1=b+r;当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1=bn+r-bn 1-r=(b-1)bn 1.
- -

b1+1 · b1

又数列{an}为等比数列,故 r=-1 且公比为 b. (2)当 b=2 时,an=2n 1,


所以 bn=2(log2an+1)=2(log22n 1+1)=2n(n∈N*), bn+1 2n+1 所以 = , bn 2n 2n+1 3 5 于是要证明的不等式为 · ·?· > n+1对任意的 n∈N*成立. 2 4 2n


下面用数学归纳法证明. 3 当 n=1 时, > 2显然成立. 2 2k+1 3 5 假设当 n=k 时不等式成立,即 · ·?· > k+1. 2 4 2k 2k+1 2k+3 2k+3 3 5 则当 n=k+1 时, · ·?· · > k+1· = k+1· 2 4 2k 2k+2 2k+2 = [2(k+1)+1]2 = 4(k+1) 4(k+1)2+4(k+1)+1 = 4(k+1)

2k+3 2 ( )= 2k+2

(2k+3)2 4(k+1)

1 (k+1)+1+ > (k+1)+1, 4(k+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. a - 【变式训练 3】设函数 f(x)=ex 1+ (a∈R). x (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{an}中 a1=1,an+1=f(an)-f′(an),求|an+1-an|的最小值. a - 【解析】(1)f′(x)=ex 1- 2,又函数 f(x)在 x=1 处有极值, x 所以 f′(1)=0,即 a=1,经检验符合题意. 1 - g′(x)=ex 1- 2,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) 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. a - (2)f′(x)=ex 1- 2, x a - - 当 f(x)在(1,2)上单调递增时,ex 1- 2≥0 在[1,2]上恒成立,所以 a≤x2ex 1, x

令 h(x)=x2 e x ?1 ,则 h′(x)=ex 1(x2+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≥x2ex 1,


h(x)=x2ex

-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. 1 1 1 1 (3)由(1)得 a=1,所以 f(x)-f′(x)= + 2,因此 an+1= + 2,a1=1,所以 a2=2,可得 0<a2n+1<1, x x a n an a2n+2>2.用数学归纳法证明如下: 3 28 ①当 n=1 时,a3= ,a4= ,结论成立; 4 9 ②设 n=k,k∈N*时结论成立,即 0<a2k+1<1,a2k+2>2, 1 1 1 1 则 n=k+1 时,a2k+3= + < + =1, 2 2 a2k+2 a2 + 2k 2 1 1 所以 0<a2k+3<1,a2k+4= + >1+1=2. a2k+3 a2 2k+3 所以 n=k+1 时结论也成立, 根据①②可得 0<a2n+1<1,a2n+2>2 恒成立, 所以|an+1-an|≥a2-a1=2-1=1,即|an+1-an|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.
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