《高中數(shù)學(xué) 階段復(fù)習(xí)課 第二章課件 新人教A版選修22》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高中數(shù)學(xué) 階段復(fù)習(xí)課 第二章課件 新人教A版選修22（46頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、階段復(fù)習(xí)課第二章【答案速填答案速填】_ _ _ _ _ _ _ _由部分到整體，由個別到一般由部分到整體，由個別到一般類比推理類比推理演繹推理演繹推理由一般到特殊由一般到特殊綜合法綜合法執(zhí)果索因執(zhí)果索因反證法反證法數(shù)學(xué)歸納法數(shù)學(xué)歸納法類型類型 一一 合情推理的應(yīng)用合情推理的應(yīng)用1.1.歸納推理的特點及一般步驟歸納推理的特點及一般步驟2.2.類比推理的特點及一般步驟類比推理的特點及一般步驟【典例典例1 1】(1)(2013(1)(2013濟寧高二檢測濟寧高二檢測) )觀察式子：觀察式子： 由此可歸納出的式子由此可歸納出的式子為為( )( )A. A. B. B. C. C. D. D. 2221

2、111123n2n12221111123n2n12131,22221151,23322211171,23442221112n1123nn2221112n123n2n1(2)(2013(2)(2013寧波高二檢測寧波高二檢測) )兩點等分單位圓時，有相應(yīng)正確關(guān)兩點等分單位圓時，有相應(yīng)正確關(guān)系為系為sin +sin(+)=0;sin +sin(+)=0;三點等分單位圓時，有相應(yīng)正確三點等分單位圓時，有相應(yīng)正確關(guān)系為關(guān)系為 由此可以推知，四點由此可以推知，四點等分單位圓時的相應(yīng)正確關(guān)系為等分單位圓時的相應(yīng)正確關(guān)系為_._.24sinsin()sin()033 ，【解析解析】(1)(1)選選C.C.根

3、據(jù)幾個不等式的特點，左邊應(yīng)為根據(jù)幾個不等式的特點，左邊應(yīng)為n n項，項，所以左邊所以左邊= = 右邊右邊= = 故歸納出的不等式故歸納出的不等式為為2221111,23n2n1,n2221112n11.23nn(2)(2)用兩點等分單位圓時，關(guān)系為用兩點等分單位圓時，關(guān)系為sin +sin(+)=0,sin +sin(+)=0,兩個兩個角的正弦值之和為角的正弦值之和為0 0，且第一個角為，且第一個角為,第二個角與第一個角第二個角與第一個角的差為的差為(+)-=,(+)-=,用三點等分單位圓時，關(guān)系為用三點等分單位圓時，關(guān)系為 此時三個角的正弦值之和為此時三個角的正弦值之和為0 0，且第一個角為

4、，且第一個角為,第二個角與第二個角與第一個角的差與第三個角與第二個角的差相等，即有第一個角的差與第三個角與第二個角的差相等，即有24sinsin()sin()033 ，4222()()().3333 依此類推，可得當(dāng)四點等分單位圓時，為四個角正弦值之和依此類推，可得當(dāng)四點等分單位圓時，為四個角正弦值之和為為0 0，且第一個角為，且第一個角為,第二個角為第二個角為 第三個角為第三個角為 第四個角為第四個角為 即其關(guān)系為即其關(guān)系為sin +sin(+ )+sin(+)+sin(+ )=0.sin +sin(+ )+sin(+)+sin(+ )=0.答案：答案：sin +sin(+ )+sin(+)

5、+sin(+ )=0sin +sin(+ )+sin(+)+sin(+ )=02,42 2,24 23,42232232類型類型 二二 演繹推理的應(yīng)用演繹推理的應(yīng)用1.1.演繹推理的特點演繹推理的特點演繹推理是從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結(jié)演繹推理是從一般性的原理出發(fā)，推出某個特殊情況下的結(jié)論的推理論的推理. .換言之，演繹推理是由一般到特殊的推理，它的主換言之，演繹推理是由一般到特殊的推理，它的主要形式是三段論要形式是三段論. .2.2.演繹推理與合情推理的區(qū)別演繹推理與合情推理的區(qū)別合情推理合情推理演繹推理演繹推理區(qū)別區(qū)別定義定義根據(jù)已有的事實和正確根據(jù)已有的事實和正確的結(jié)論的

6、結(jié)論( (包括實驗和實包括實驗和實踐的結(jié)果踐的結(jié)果),),以及個人的以及個人的經(jīng)驗和直覺等推測某些經(jīng)驗和直覺等推測某些結(jié)果的推理過程結(jié)果的推理過程根據(jù)已有的事實和根據(jù)已有的事實和正確的結(jié)論正確的結(jié)論( (包括定包括定義、公理、定理等義、公理、定理等),),按照嚴格的邏輯法按照嚴格的邏輯法則得到新結(jié)論的推則得到新結(jié)論的推理過程理過程思維思維方法方法歸納、類比歸納、類比三段論三段論推理推理形式形式由部分到整體、由個別由部分到整體、由個別到一般的推理或是由特到一般的推理或是由特殊到特殊的推理殊到特殊的推理由一般到特殊的推由一般到特殊的推理理【典例典例2 2】已知函數(shù)已知函數(shù)f(x)= +bx,f(x

7、)= +bx,其中其中a0,b0,x(0,+),a0,b0,x(0,+),試確定試確定f(x)f(x)的單調(diào)區(qū)間，并證明在每個單調(diào)區(qū)間上的增減性的單調(diào)區(qū)間，并證明在每個單調(diào)區(qū)間上的增減性. .【解析解析】方法一：設(shè)方法一：設(shè)0 x0 x1 1xx2 2, ,則則f(xf(x1 1)-f(x)-f(x2 2)=)=ax1212aa(bx )(bx )xx2112a(xx ) (b).x x當(dāng)當(dāng)0 x0 x1 1x0,b0,a0,b0,所以所以x x2 2-x-x1 10, 0, 所以所以f(xf(x1 1)-f(x)-f(x2 2)0,)0,即即f(xf(x1 1)f(x)f(x2 2),),所

8、以所以f(x)f(x)在在 上是減函數(shù)；上是減函數(shù)；當(dāng)當(dāng)x x2 2xx1 1 0 0時，時，x x2 2-x-x1 10, 0, 所以所以f(xf(x1 1)-f(x)-f(x2 2)0,)0,即即f(xf(x1 1)f(x)0,b0,x(0,+),a0,b0,x(0,+),所以令所以令f(x)=- +b=0f(x)=- +b=0，得，得當(dāng)當(dāng)0 x 0 x 時，時， 即即f(x)0,f(x)0,所以所以f(x)f(x)在在( ,+)( ,+)上是增函數(shù)上是增函數(shù). .2axax,bab2ab,x 2ab0,xabab2ab0,xab類型類型 三三 綜合法與分析法綜合法與分析法綜合法和分析法的

9、特點綜合法和分析法的特點(1)(1)綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數(shù)學(xué)問題的常用的方法，綜合法是由因?qū)Ч乃季S方是解決數(shù)學(xué)問題的常用的方法，綜合法是由因?qū)Ч乃季S方式，而分析法的思路恰恰相反，它是執(zhí)果索因的思維方式式，而分析法的思路恰恰相反，它是執(zhí)果索因的思維方式. .(2)(2)分析法和綜合法是兩種思路相反的推理方法：分析法是倒分析法和綜合法是兩種思路相反的推理方法：分析法是倒溯，綜合法是順推，二者各有優(yōu)缺點溯，綜合法是順推，二者各有優(yōu)缺點. .分析法容易探路，且探分析法容易探路，且探路與表述合一，缺點是表述易錯；綜

10、合法條理清晰，易于表路與表述合一，缺點是表述易錯；綜合法條理清晰，易于表述，因此對于難題常把二者交互運用，互補優(yōu)缺，形成分析述，因此對于難題常把二者交互運用，互補優(yōu)缺，形成分析綜合法，其邏輯基礎(chǔ)是充分條件與必要條件綜合法，其邏輯基礎(chǔ)是充分條件與必要條件. .【典例典例3 3】已知已知(0,)(0,)，求證：，求證：【證明證明】方法一：方法一：( (分析法分析法) )要證明要證明 成立成立. .只要證明只要證明4sin cos 4sin cos 因為因為(0,),(0,),所以所以sin 0.sin 0.只要證明只要證明4cos 4cos 上式可變形為上式可變形為4 +4(1-cos ).4 +

11、4(1-cos ).sin2sin2.1 cos sin2sin21 cos sin.1 cos1.1 cos11 cos因為因為1-cos 0,1-cos 0,所以所以 +4(1-cos )+4(1-cos )當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng)cos = ,cos = ,即即= = 時取等號時取等號. .所以所以4 +4(1-cos )4 +4(1-cos )成立成立. .所以不等式所以不等式2sin 2 2sin 2 成立成立. .124(1 cos )4,1 cos 123sin1 cos11 cos11 cos方法二：方法二：( (綜合法綜合法) )因為因為 +4(1-cos )4,1-cos 0,+4

12、(1-cos )4,1-cos 0,當(dāng)且僅當(dāng)當(dāng)且僅當(dāng)cos = ,cos = ,即即= = 時取等號時取等號, ,所以所以4cos 4cos 因為因為(0,),(0,),所以所以sin 0.4sin cos sin 0.4sin cos 所以所以2sin 2 2sin 2 11 cos1231.1 cossin,1 cossin.1 cos類型類型 四四 反證法的應(yīng)用反證法的應(yīng)用對反證法的認識對反證法的認識(1)(1)如果一個命題的結(jié)論難以直接證明，可以考慮運用反證法如果一個命題的結(jié)論難以直接證明，可以考慮運用反證法. .通過反設(shè)結(jié)論，經(jīng)過邏輯推理，得出矛盾，從而肯定原結(jié)論通過反設(shè)結(jié)論，經(jīng)過邏

13、輯推理，得出矛盾，從而肯定原結(jié)論成立成立. .(2)(2)反證法著眼于命題的轉(zhuǎn)換，改變了研究的角度和方向，使反證法著眼于命題的轉(zhuǎn)換，改變了研究的角度和方向，使論證的目標更為明確，由于增加了推理的前提論證的目標更為明確，由于增加了推理的前提原結(jié)論的原結(jié)論的否定，更易于開拓思路，因此對于直接論證較為困難的時候，否定，更易于開拓思路，因此對于直接論證較為困難的時候，往往采用反證法證明往往采用反證法證明. .所以反證法在數(shù)學(xué)證明中有著廣泛的應(yīng)所以反證法在數(shù)學(xué)證明中有著廣泛的應(yīng)用用. .(3)(3)反證法是高中數(shù)學(xué)的一種重要的證明方法，在不等式和立反證法是高中數(shù)學(xué)的一種重要的證明方法，在不等式和立體幾何

14、的證明中經(jīng)常用到，在高考題中也經(jīng)常體現(xiàn)，它所反體幾何的證明中經(jīng)常用到，在高考題中也經(jīng)常體現(xiàn)，它所反映出的映出的“正難則反正難則反”的解決問題的思想方法更為重要的解決問題的思想方法更為重要. .反證法反證法主要證明：否定性、唯一性命題；至多、至少型問題；幾何主要證明：否定性、唯一性命題；至多、至少型問題；幾何問題問題. .【典例典例4 4】(2013(2013昆明高二檢測昆明高二檢測) )已已知知:a+b+c0,ab+bc+ca0,abc0.:a+b+c0,ab+bc+ca0,abc0.求證求證:a0,b0,c0.:a0,b0,c0.【證明證明】用反證法用反證法: :假設(shè)假設(shè)a,b,ca,b,c

15、不都是正數(shù)不都是正數(shù), ,由由abc0abc0可知可知, ,這三個數(shù)中必有兩個為這三個數(shù)中必有兩個為負數(shù)負數(shù), ,一個為正數(shù)一個為正數(shù), ,不妨設(shè)不妨設(shè)a0,b0,a0,b0,則由則由a+b+c0,a+b+c0,可得可得c-(a+b),c-(a+b),又又a+b0,a+b0,所以所以c(a+b)-(a+b)(a+b),c(a+b)-(a+b)(a+b),ab+c(a+b)-(a+b)(a+b)+ab,ab+c(a+b)-(a+b)(a+b)+ab,即即ab+bc+ca-aab+bc+ca0,ab0,b0,ab0,b2 20,0,所以所以-a-a2 2-ab-b-ab-b2 2=-(a=-(a2

16、 2+ab+b+ab+b2 2)0,)0,即即ab+bc+ca0,ab+bc+ca0ab+bc+ca0矛盾矛盾, ,所以假設(shè)不成立所以假設(shè)不成立. .因此因此a0,b0,c0a0,b0,c0成立成立. .類型類型 五五 數(shù)學(xué)歸納法數(shù)學(xué)歸納法數(shù)學(xué)歸納法的證題步驟及注意事項數(shù)學(xué)歸納法的證題步驟及注意事項(1)(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明命題的具體步驟是：用數(shù)學(xué)歸納法證明命題的具體步驟是：證明當(dāng)證明當(dāng)n n取第一值取第一值n n0 0( (例如，例如，n n0 0=1,n=1,n0 0=2=2等等) )時結(jié)論正確；時結(jié)論正確；假設(shè)當(dāng)假設(shè)當(dāng)n=k(kNn=k(kN* *且且knkn0 0) )時結(jié)論正確，證

17、明當(dāng)時結(jié)論正確，證明當(dāng)n=k+1n=k+1時結(jié)論時結(jié)論也正確也正確. .在完成了這兩個步驟以后，就可以斷定命題對從在完成了這兩個步驟以后，就可以斷定命題對從n n0 0開開始的所有的自然數(shù)始的所有的自然數(shù)n n都正確都正確. .(2)(2)在用數(shù)學(xué)歸納法證明與自然數(shù)有關(guān)的命題時，第一步是遞在用數(shù)學(xué)歸納法證明與自然數(shù)有關(guān)的命題時，第一步是遞推的基礎(chǔ)，缺少第一步，遞推就缺乏正確的基礎(chǔ)推的基礎(chǔ)，缺少第一步，遞推就缺乏正確的基礎(chǔ). .一方面，第一方面，第一步再簡單，也不能省略；另一方面，第一步只要考查使結(jié)一步再簡單，也不能省略；另一方面，第一步只要考查使結(jié)論成立的最小正整數(shù)就足夠了，一般沒有必要再多考

18、查幾個論成立的最小正整數(shù)就足夠了，一般沒有必要再多考查幾個正整數(shù)正整數(shù). .第二步是遞推的根據(jù)，僅有這一步而沒有第一步，就第二步是遞推的根據(jù)，僅有這一步而沒有第一步，就失去了遞推的基礎(chǔ)，這說明了缺少第一步這個基礎(chǔ)，第二步失去了遞推的基礎(chǔ)，這說明了缺少第一步這個基礎(chǔ)，第二步的遞推也就沒有意義了的遞推也就沒有意義了. .只有把第一步的結(jié)論與第二步的結(jié)論只有把第一步的結(jié)論與第二步的結(jié)論結(jié)合在一起，才能得出普遍性的結(jié)論結(jié)合在一起，才能得出普遍性的結(jié)論. .【典例典例5 5】(2013(2013鹽城高二檢測鹽城高二檢測) )設(shè)關(guān)于正整數(shù)設(shè)關(guān)于正整數(shù)n n的函數(shù)的函數(shù)f(n)=12f(n)=122 2+2

19、3+232 2+n(n+1)+n(n+1)2 2，(1)(1)求求f(1),f(2),f(3).f(1),f(2),f(3).(2)(2)是否存在常數(shù)是否存在常數(shù)a,b,ca,b,c使得使得f(n)= (anf(n)= (an2 2+bn+c)+bn+c)對一切對一切自然數(shù)自然數(shù)n n都成立？并證明你的結(jié)論都成立？并證明你的結(jié)論. .n(n1)12【解析解析】(1)f(1)=4,f(2)=22,f(3)=70.(1)f(1)=4,f(2)=22,f(3)=70.(2)(2)假設(shè)存在假設(shè)存在a,b,ca,b,c使題設(shè)的等式成立，這時，使題設(shè)的等式成立，這時，n=1,2,3n=1,2,3得得 解得

20、：解得：a=3,b=11,c=10.a=3,b=11,c=10.于是，對于是，對n=1,2,3n=1,2,3下面等式成立：下面等式成立：1 12 22 2+2+23 32 2+ +n(n+1)+n(n+1)2 2= (3n= (3n2 2+11n+10).+11n+10).記記S Sn n=1=12 22 2+2+23 32 2+ +n(n+1)+n(n+1)2 2. .abc24, 4a2bc44,9a3bc70.n(n1)12假設(shè)假設(shè)n=kn=k時上式成立，即時上式成立，即S Sk k= (3k= (3k2 2+11k+10),+11k+10),那么那么S Sk+1k+1=S=Sk k+(

21、k+1)(k+2)+(k+1)(k+2)2 2= (3k= (3k2 2+11k+10)+(k+1)(k+2)+11k+10)+(k+1)(k+2)2 2= (k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)= (k+2)(3k+5)+(k+1)(k+2)2 2= (3k= (3k2 2+5k+12k+24)+5k+12k+24)k(k1)12k(k1)12k(k1)12(k1)(k2)12= = 3(k+1)3(k+1)2 2+11(k+1)+10+11(k+1)+10，也就是說，等式對也就是說，等式對n=k+1n=k+1也成立也成立, ,綜上所述，當(dāng)綜上所述，當(dāng)a=3,b=11,c=10a=3,

22、b=11,c=10時，題設(shè)的等式對一切自然數(shù)時，題設(shè)的等式對一切自然數(shù)n n成立成立. .(k1)(k2)12【跟蹤訓(xùn)練跟蹤訓(xùn)練】1.1.用演繹推理證明函數(shù)用演繹推理證明函數(shù)y=xy=x3 3是增函數(shù)時的大前提是是增函數(shù)時的大前提是( () )A.A.增函數(shù)的定義增函數(shù)的定義B.B.函數(shù)函數(shù)y=xy=x3 3滿足增函數(shù)的定義滿足增函數(shù)的定義C.C.若若x x1 1xx2 2, ,則則f(xf(x1 1)f(x)xx2 2, ,則則f(xf(x1 1)f(x)f(x2 2) )【解析解析】選選A.A.根據(jù)演繹推理的特點知根據(jù)演繹推理的特點知, ,演繹推理是一種由一般演繹推理是一種由一般到特殊的推

23、理到特殊的推理, ,所以函數(shù)所以函數(shù)y=xy=x3 3是增函數(shù)的大前提應(yīng)是單調(diào)增函是增函數(shù)的大前提應(yīng)是單調(diào)增函數(shù)的定義數(shù)的定義. .2.(20132.(2013成都高二檢測成都高二檢測) )已知已知“整數(shù)對整數(shù)對”按如下規(guī)律排成一按如下規(guī)律排成一排：排：(1(1，1)1)，(1(1，2)2)，(2(2，1)1)，(1(1，3)3)，(2(2，2)2)，(3(3，1)1)，(1(1，4)4)，(2(2，3)3)，(3(3，2)2)，(4(4，1)1)，則第，則第6666個個“整數(shù)對整數(shù)對”是是( )( )A.(7A.(7，5)5)B.(5B.(5，7)7)C.(2C.(2，10)10)D.(11

24、D.(11，1)1)【解析解析】選選D.D.由條件可知，由條件可知，“整數(shù)對整數(shù)對”中，兩數(shù)字和為中，兩數(shù)字和為2 2的的1 1個個“整數(shù)對整數(shù)對”，和為，和為3 3的兩個，和為的兩個，和為4 4的的3 3個，和為個，和為5 5的的4 4個，由個，由 =66=66得得n=11,n=11,又又n=10n=10時，時， 又又66-55=11,66-55=11,所所以第以第6666個整數(shù)對應(yīng)為個整數(shù)對應(yīng)為(11(11，1).1).n(n1)210 (10 1)55,23.3.已知已知a,ba,b為不相等的正數(shù)，為不相等的正數(shù)，則則A,BA,B的大小關(guān)系是的大小關(guān)系是( )( )A.ABA.ABB.A

25、BB.ABC.ABC.AB.AB.Aa ab b,Ba bb a，AB(a ab b)(a bb a)(a aa b)(b bb a)a( ab)b( ab)2( ab) ( ab).2( ab) ( ab)0.4.4.用數(shù)學(xué)歸納法證明命題用數(shù)學(xué)歸納法證明命題“當(dāng)當(dāng)n n是正奇數(shù)時是正奇數(shù)時,x,xn n+y+yn n能被能被x+yx+y整整除除”, ,在第二步的證明時在第二步的證明時, ,正確的證法是正確的證法是( () )A.A.假設(shè)假設(shè)n=k(kNn=k(kN* *) )時命題成立時命題成立, ,證明證明n=k+1n=k+1時命題也成立時命題也成立B.B.假設(shè)假設(shè)n=k(kn=k(k是正

26、奇數(shù)是正奇數(shù)) )時命題成立時命題成立, ,證明證明n=k+1n=k+1時命題也成立時命題也成立C.C.假設(shè)假設(shè)n=k(kn=k(k是正奇數(shù)是正奇數(shù)) )時命題成立時命題成立, ,證明證明n=k+2n=k+2時命題也成立時命題也成立D.D.假設(shè)假設(shè)n=2k+1(kN)n=2k+1(kN)時命題成立時命題成立, ,證明證明n=k+1n=k+1時命題也成立時命題也成立【解析解析】選選C.C.因為因為n n為正奇數(shù)為正奇數(shù), ,當(dāng)當(dāng)n=kn=k時時,k,k下面第一個正奇數(shù)應(yīng)下面第一個正奇數(shù)應(yīng)為為k+2,k+2,而非而非k+1.k+1.故應(yīng)選故應(yīng)選C.C.5.(20135.(2013邢臺高二檢測邢臺高

27、二檢測) )有甲、乙、丙、丁四位歌手參加比有甲、乙、丙、丁四位歌手參加比賽賽, ,其中只有一位獲獎其中只有一位獲獎, ,有人走訪了四位歌手有人走訪了四位歌手, ,甲說甲說: :“是乙或是乙或丙獲獎丙獲獎”, ,乙說乙說: :“甲、丙都未獲獎甲、丙都未獲獎”, ,丙說丙說: :“我獲獎了我獲獎了”, ,丁說丁說: :“是乙獲獎了是乙獲獎了”, ,四位歌手的話只有兩句是對的四位歌手的話只有兩句是對的, ,則獲則獲獎的歌手是獎的歌手是( () )A.A.甲甲B.B.乙乙C.C.丙丙D.D.丁丁【解析解析】選選C.C.若甲是獲獎的歌手若甲是獲獎的歌手, ,則都說假話則都說假話, ,不合題意不合題意,

28、,若乙若乙是獲獎的歌手是獲獎的歌手, ,則甲、乙、丁都說真話則甲、乙、丁都說真話, ,丙說假話丙說假話, ,不符合題意不符合題意, ,若丁是獲獎的歌手若丁是獲獎的歌手, ,則甲、丙、丁都說假話則甲、丙、丁都說假話, ,乙說真話乙說真話, ,不符合不符合題意題意, ,故獲獎的歌手是丙故獲獎的歌手是丙. .6.(20136.(2013東莞高二檢測東莞高二檢測) )當(dāng)當(dāng)n=1n=1時時, ,有有(a-b)(a+b)=a(a-b)(a+b)=a2 2-b-b2 2, ,當(dāng)當(dāng)n=2n=2時時, ,有有(a-b)(a(a-b)(a2 2+ab+b+ab+b2 2)=a)=a3 3-b-b3 3, ,當(dāng)當(dāng)n

29、=3n=3時時, ,有有(a-b)(a(a-b)(a3 3+a+a2 2b+abb+ab2 2+b+b3 3)=a)=a4 4-b-b4 4, ,當(dāng)當(dāng)nNnN* *時時, ,你能得到的結(jié)論是你能得到的結(jié)論是. .【解析解析】根據(jù)題意根據(jù)題意, ,由于當(dāng)由于當(dāng)n=1n=1時時, ,有有(a-b)(a+b)=a(a-b)(a+b)=a2 2-b-b2 2, ,當(dāng)當(dāng)n=2n=2時時, ,有有(a-b)(a(a-b)(a2 2+ab+b+ab+b2 2)=a)=a3 3-b-b3 3, ,當(dāng)當(dāng)n=3n=3時時, ,有有(a-b)(a(a-b)(a3 3+a+a2 2b+abb+ab2 2+b+b3 3

30、)=a)=a4 4-b-b4 4, ,當(dāng)當(dāng)nNnN* *時時, ,左邊第二個因式根據(jù)二項式定理的展開式的特點可左邊第二個因式根據(jù)二項式定理的展開式的特點可知為知為a an n+a+an-1n-1b+b+ab+abn-1n-1+b+bn n, ,那么對應(yīng)的表達式為那么對應(yīng)的表達式為(a-b)(a-b)(a(an n+a+an-1n-1b+b+ab+abn-1n-1+b+bn n)=a)=an+1n+1-b-bn+1n+1. .答案答案: :(a-b)(a(a-b)(an n+a+an-1n-1b+b+ab+abn-1n-1+b+bn n)=a)=an+1n+1-b-bn+1n+17.7.已知已知

31、|x|1,|y|1,|x|1,|y|1,用分析法證明用分析法證明:|x+y|1+xy|.:|x+y|1+xy|.【證明證明】要證要證|x+y|1+xy|,|x+y|1+xy|,即證即證(x+y)(x+y)2 2(1+xy)(1+xy)2 2, ,即證即證x x2 2+y+y2 21+x1+x2 2y y2 2, ,即證即證(x(x2 2-1)(1-y-1)(1-y2 2)0,)0,因為因為|x|1,|y|1,|x|1,|y|1,所以所以x x2 2-10,1-y-10,1-y2 20,0,所以所以(x(x2 2-1)(1-y-1)(1-y2 2)0,)0,不等式得證不等式得證. .8.(201

32、38.(2013蒙城高二檢測蒙城高二檢測) )用反證法證明：在數(shù)列用反證法證明：在數(shù)列bbn n 中，已中，已知知b bn n=n+ ,=n+ ,求證：數(shù)列中任意不同的三項都不可能成等比數(shù)求證：數(shù)列中任意不同的三項都不可能成等比數(shù)列列. .【證明證明】假設(shè)數(shù)列假設(shè)數(shù)列bbn n 中存在三項中存在三項b bp p,b,bq q,b,br r(p,q,r(p,q,r互不相等互不相等) )成等比數(shù)列，則成等比數(shù)列，則b bq q2 2=b=bp pb br r, ,即即(q+ )(q+ )2 2=(p+ )(r+ ),=(p+ )(r+ ),所以所以(q(q2 2-pr)+(2q-p-r) =0,-

33、pr)+(2q-p-r) =0,22222因為因為p,q,rNp,q,rN* *, ,所以所以所以所以 (p-r) (p-r)2 2=0,=0,所以所以p=r,p=r,這與這與prpr相矛盾相矛盾. .所以假設(shè)不成立，故數(shù)列中任意不同的三項都不可能成等比所以假設(shè)不成立，故數(shù)列中任意不同的三項都不可能成等比數(shù)列數(shù)列. .2qpr0,2qpr0, 2pr()pr,29.9.已知已知a+b+c=abc,a+b+c=abc,求證：求證：【證明證明】欲證原式成立，欲證原式成立，即證即證a(1-ba(1-b2 2)(1-c)(1-c2 2)+b(1-a)+b(1-a2 2)(1-c)(1-c2 2)+c(

34、1-a)+c(1-a2 2)(1-b)(1-b2 2)=4abc,)=4abc,左邊全部展開，有：左邊全部展開，有：左邊左邊=ab=ab2 2c c2 2-ab-ab2 2-ac-ac2 2+a+a2 2bcbc2 2-ba-ba2 2-bc-bc2 2+a+a2 2b b2 2c-cac-ca2 2-cb-cb2 2+a+b+c,+a+b+c,2222222a2b2c8abc.1 a1b1 c(1 a )(1b )(1 c )將將abab2 2c c2 2,a,a2 2bcbc2 2,a,a2 2b b2 2c c中的共同項中的共同項abcabc提出提出, ,有：有：上式上式=abc(ab+

35、bc+ac)-ab=abc(ab+bc+ac)-ab2 2-ac-ac2 2-ba-ba2 2-bc-bc2 2-ca-ca2 2-cb-cb2 2+a+b+c,+a+b+c,利用利用abc=a+b+c,abc=a+b+c,得到：得到：上式上式=(a+b+c)(ab+bc+ac)-ab=(a+b+c)(ab+bc+ac)-ab2 2-ac-ac2 2-ba-ba2 2-bc-bc2 2-ca-ca2 2-cb-cb2 2+a+b+c+a+b+c，將這個式子展開，與后面的項相消，得將這個式子展開，與后面的項相消，得上式上式=4abc,=4abc,所以所以a(1-ba(1-b2 2)(1-c)(1-c2 2)+b(1-a)+b(1-a2 2)(1-c)(1-c2 2)+c(1-a)+c(1-a2 2)(1-b)(1-b2 2)=4abc)=4abc成立，成立，故原等式成立故原等式成立. .