推理与证明
1. 蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师,单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形,如图为一组蜂巢的截面图.其中第一个图有1个蜂巢,第二个
图有7个蜂巢,第三个图有19个蜂巢,按此规律,以f(n)
表示第n幅图的蜂巢总数.则f(4)=___37
__;f(n)=_3n23n
1__________.2.下面是按照一定规律画出的一列“树型”图:
设第n个图有an个树枝,则an1与an(n≥2)之间的关系是.
答案:an12an
2若平面内有n条直线,其中任何两条不平行,且任何三条不共点(即不相交于一点),则这n条直线将平面分成了几部分。
3.类比平面向量基本定理:“如果e1,e2是平面内两个不共线的向量,那么对于平面内任一向量a,有且只有一对实数1,2,使得a1e12e2”,写出空间向量基本定理是.
如果e1,e2,e3是空间三个不共面的向量,那么对于空间内任一向量a,有且只有一对实数
1,2,3,使得a1e12e23e
34.写出用三段论证明f(x)x3sinx(xR)为奇函数的步骤是: 大前提. 小前提结论
满足f(x)f(x)的函数是奇函数,大前提
f(x)(x)sin(x)xsinx(xsinx)f(x),小前提
所以f(x)x3sinx是奇函数.结论5. 已知f(n)1 答案:
12
1k
12
13
1n
(nN),用数学归纳法证明f(2)
n
n2
时,f(2k1)f(2k)
等于.
122
k
12
k1
6lg1
.53a
bclg121a2b
7.用数学归纳法证明1+2+3+„
+n2=
n
n2
,则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加
上.(k+1)+(k+2)+(k+3)++(k+1)
8
m,n成立的条件不
等式.
当mn20
9.在数列an中,a12,an1
答案:an10.
26n
5an3an1
(nN),可以猜测数列通项an的表达式为
.
若三角形内切圆的半径为r,三边长为a,b,c,则三角形的面积等于S
12
r(abc)
,
根据类比推理的方法,若一个四面体的内切球的半径为R,四个面的面积分别是
V. S1,S2,S,S,则四面体的体积3
4答案:R(S1S2S3S4)
31
11.已知f(x)ax
x2x1
(a1),证明方程f(x)0没有负数根.
假设x0是f(x)0的负数根,则x00且x01且ax
0a
x0
x02x01
,
10
x02x01
解得1,
12
这与x00矛盾,故方程f(x)0x02,
没有负数根.
12.已知命题:“若数列an是等比数列,且an
0,则数列bn
nN)
也是等
比数列”.类比这一性质,你能得到关于等差数列的一个什么性质?并证明你的结论.
解:类比等比数列的性质,可以得到等差数列的一个性质是:若数列an是等差数列,则数列bn
a1a2an
n
也是等差数列.
n(n1)d
2n
a1
d2(n1)
证明如下:
设等差数列an的公差为d,则bn所以数列bn是以a1为首项,
13.用数学归纳法证明等式1(n212)2(n222)n(n2n2)都成立.
(1)当n1时,由以上可知等式成立;
(2)假设当nk时,等式成立,即1(k212)2(k222)k(k2k2)则当nk1时,
1[(k1)1]2[(k1)2]k[(k1)k](k1)[(k1)(k1)] 1(k1)2(k2)k(kk)(2k1)2(2k1)k(2k1) 14k
a1a2an
n
na1
,
d2
为公差的等差数列.
14
n
14
n
对一切正整数n
14
k
14
k
,
22222222
222222
14
k(2k1)·
k(k1)
14
(k1)
14
(k1)
.
由(1)(2)知,等式结一切正整数 都成立.
14.用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除,其中n∈N*.
2×1+11+2
(1)当n=1时,4+3=91能被13整除.
(2)假设当n=k时,42k+1+3k+2能被13整除,则当n=k+1时,
42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3-42k+1·3+42k+1·3=42k+1·13+3·(42k+1+3k+2).∵42k+1·13能被13整除,42k+1+3k+2能被13整除, ∴当n=k+1时也成立.由(1)(2)知,当n∈N*时,42n+1+3n+2能被13整除.
15.用数学归纳法证明:对一切大于1的自然数,不等式(1+
2n12
13
)(1+)„(1+
112n1
)>
均成立.
43
(1)当n=2时,左边=1+=;右边=
52
.
∵左边>右边,∴不等式成立.
(2)假设n=k (k≥2,且k∈N*)时不等式成立, 即(1+)(1+)„(1+
12k1
)>
2k12
12k1
.
12(k1)1
]
则当n=k+1时,(1+)(1+)„(1+>
2k12
)>[1
4k
2k1
·
2k22k1
=
2k222k1
=
4k
8k4
>
8k3
=
2k3
=
2(k1)1
.
22k122k122k1
∴当n=k+1时,不等式也成立.由(1)(2)知,对于一切大于1的自然数n,不等式都成立.
16。试证明:不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列,当n>1,n∈N*且a、b、c互不相
等时,均有:an+cn>2bn.设a、b、c为等比数列,a=∴a+c=
n
n
bq
,c=bq(q>0且q≠1),
bq
nn
+bnqn=bn(
1q
n
+qn)>2bn.a
n
(2)设a、b、c为等差数列,则2b=a+c猜想下面用数学归纳法证明:
①当n=2时,由2(a+c)>(a+c),∴②设n=k时成立,即则当n=k+1时,>
c
2n
>(
ac2
)n(n≥2且n∈N*)
a
c2
(
ac2
)
a
k
c2
k
1k
(1
4ac2
),
k
a
k1
c2
(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)
ac2
14
(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=
14
(ak+ck)(a+c)>()k·(
ac2
)=(
ac2
)k+1
17.平面内有n个圆,其中每两个圆都相交于两点,且每三个圆都不相交于同一点,求证这n个圆把平面分成nn2个部分。
证明:(1)当n1时,一个圆把平面分成两个区域,而12122,命题成立.
(2)假设n=k(k≥1)时,命题成立,即k个圆把平面分成kk2个区域.
当n=k+1时,第k+1个圆与原有的k个圆有2k个交点,这些交点把第k+1个圆分成了2k段弧,
而其中的每一段弧都把它所在的区域分成了两部分,因此增加了2k个区域,
共有k2k22k(k1)2(k1)2个区域. ∴n=k+1时,命题也成立.
由(1)、(2)知,对任意的n∈N*,命题都成立.
18.如图(1),在三角形ABC中,ABAC,若ADBC,则AB2BD·BC;若类比该命题,如图(2),三棱锥ABCD中,AD面ABC,若A点在三角形BCD所在平面内的射影为M,则有什么结论?命题是否是真命题.
解:命题是:三棱锥ABCD中,AD面ABC,若A点在三角形BCD所在平面内的射影
为M,则有S△S△BCM·S△BCD是一个真命题. ABC证明如下:
在图(2)中,连结DM,并延长交BC于E,连结AE,则有DEBC. 因为AD面ABC,,所以ADAE. 又AMDE,所以AE2EM·ED. 于是S
△ABC
111BC·AEBC·EM·BC·EDS△BCM·S△BCD. 222
19. 已知数列{an}中,Sn是它的前n项和,并且Sn+1=4an+2(n=1,2,„),a1=1.(1)设bn=an+1-2an(n=1,2,„),求证:数列{bn}是等比数列; (2)设cn=
an2
n
(n=1,2,„),求证:数列{cn}是等差数列.
(1)∵ Sn+1=4an+2,∴Sn+2=4an+1+2.两式相减,得Sn+2-Sn+1=4an+1-4an(n=1,2,„), 即an+2=4an+1-4an,变形得an+2-2an+1=2(an+1-2an).∵ bn=an+1-2an(n=1,2,„), ∴ bn+1=2bn.由此可知,数列{bn}是公比为2的等比数列.
(2)由S2=a1+a2=4a1+2,a1=1.得a2=5,b1=a2-2a1=3.故bn=3·2n-1.∵ cn=
an2
n
(n=1,2,„),∴ cn+1-cn=
34
an12
n1
-
an2
n
=
an12an
n1
=
bn2
n1
.
34
将bn=3·2n-1代入得cn+1-cn=(n=1,2,„),由此可知,数列{cn}是公差为的等差数列,它的首项c1=
a12
=,故cn=n-(n=1,2,„).
131