2019版高考數(shù)學一輪復習 第一部分 基礎與考點過關 第七章 推理與證明學案

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1、 第七章 推理與證明 第1課時　合情推理與演繹推理 能用歸納和類比等方法進行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學發(fā)現(xiàn)中的作用；掌握演繹推理的基本方法，并能運用它們進行一些簡單的推理；了解合情推理和演繹推理的聯(lián)系和區(qū)別． ① 了解合情推理的含義，能利用歸納和類比等進行簡單的推理，了解合情推理在數(shù)學發(fā)現(xiàn)中的作用.② 了解演繹推理的重要性，掌握演繹推理的基本模式，并能運用它們進行一些簡單推理.③ 了解合情推理和演繹推理之間的聯(lián)系和差異． 1. 已知＝2，＝3，＝4，…，類比這些等式，若＝6(a，b均為正數(shù))，則a＋b＝________． 答案：41 解析：

2、觀察等式＝2，＝3，＝4，…，第n個應該是＝(n＋1)，則第5個等式中a＝6，b＝a2－1＝35，a＋b＝41. 2. 在平面幾何中有如下結論：正三角形ABC的內切圓面積為S1，外接圓面積為S2，則＝，推廣到空間可以得到類似結論；已知正四面體PABC的內切球體積為V1，外接球體積為V2，則＝________． 答案： 解析：正四面體的內切球與外接球的半徑之比為1∶3，故＝. 3. 設等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn.若存在正整數(shù)m，n(m

3、________． 答案：1 解析：因為Tm＝Tn，所以bm＋1bm＋2…bn＝1，從而bm＋1bn＝1，Tm＋n＝b1b2…bmbm＋1…bnbn＋1…bn＋m－1bn＋m＝(b1bn＋m)·(b2bn＋m－1)…(bmbn＋1)·(bm＋1bn)＝1. 4. 觀察下列等式： ＋2＝4；×2＝4；＋3＝；×3＝；＋4＝；×4＝；…，根據(jù)這些等式，可以得出一個關于自然數(shù)n的等式，這個等式可以表示為________________． 答案：＋(n＋1)＝×(n＋1)(n∈N*) 解析：由歸納推理得＋(n＋1)＝＝， ×(n＋1)＝，所以得出結論＋(n＋1)＝×(n＋1)(n∈N*)．

4、 5. 設△ABC的三邊長分別為a，b，c，△ABC的面積為S，內切圓半徑為r，則r＝.類比這個結論可知：四面體PABC的四個面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內切球的半徑為r，四面體PABC的體積為V，則r＝________． 答案： 解析：由類比推理可知r＝. 1. 歸納推理 (1) 歸納推理的定義 從個別事實中推演出一般性的結論，像這樣的推理通常稱為歸納推理． (2) 歸納推理的思維過程大致如圖 ―→―→ (3) 歸納推理的特點 ① 歸納推理的前提是幾個已知的特殊現(xiàn)象，歸納所得的結論是尚屬未知的一般現(xiàn)象，該結論超越了前提所包含的范圍． ② 由歸納推理得到的結

5、論具有猜測的性質，結論是否真實，還需經(jīng)過邏輯證明和實踐檢驗，因此，它不能作為數(shù)學證明的工具． ③ 歸納推理是一種具有創(chuàng)造性的推理，通過歸納法得到的猜想，可以作為進一步研究的起點，幫助人們發(fā)現(xiàn)問題和提出問題． 2. 類比推理 (1) 根據(jù)兩個(或兩類)對象之間在某些方面的相似或相同，推演出它們在其他方面也相似或相同，這樣的推理稱為類比推理． (2) 類比推理的思維過程大致如圖 ―→―→ 3. 演繹推理 (1) 演繹推理是根據(jù)已有的事實和正確的結論(包括定義、公理、定理等)，按照嚴格的邏輯法則得到新結論的推理過程． (2) 主要形式是三段論式推理． (3) 三段論的常用格式為

6、M — P(M是P)① S_—_M(S是M)② S — P(S是P)③ 其中，①是大前提，它提供了一個一般性的原理；②是小前提，它指出了一個特殊對象；③是結論，它是根據(jù)一般原理，對特殊情況作出的判斷．[備課札記] ,　　　　　　　　　1　歸納推理) ,　　　　　1)　觀察下列等式： 1－＝， 1－＋－＝＋， 1－＋－＋－＝＋＋， …… 據(jù)此規(guī)律，第n個等式可為________________． 答案：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋ 解析：等式左邊的特征：第1個等式有2項，第2個等式有4項，第3個等式有6項，且正負交錯，

7、故第n個等式左邊有2n項且正負交錯，應為1－＋－＋…＋－；等式右邊的特征：第1個等式有1項，第2個等式有2項，第3個等式有3項，故第n個等式有n項，且由前幾個的規(guī)律不難發(fā)現(xiàn)第n個等式右邊應為＋＋…＋. 變式訓練 觀察下列三角形數(shù)陣： 1 　 　　 　　　 …… 按照以上排列的規(guī)律，第16行從左到右的第2個數(shù)為______． 答案： 解析：前15行共有＝120(個)數(shù)?所求為a122＝＝. ,　　　　　　　　　2　類比推理) ,　　　　　2)　在平面幾何里，有“若△ABC的三邊長分別為a，b，c，內切圓半徑為r，則三角形面積S△ABC＝(a＋b＋c)r”，拓展到空間，類比

8、上述結論，“若四面體ABCD的四個面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內切球的半徑為r，則四面體的體積為________________”． 答案：V四面體ABCD＝(S1＋S2＋S3＋S4)r 解析：三角形面積類比為四面體的體積?三角形的邊長類比為四面體四個面的面積?內切圓半徑類比為內切球半徑?二維圖形中的類比為三維圖形中的?得出結論． 運用分割法思想，設四面體ABCD的內切球的球心為O，連結OD，OA，OB，OC，將四面體分成四個三棱錐，則VABCD＝VOABC＋VOABD＋VOBCD＋VOACD＝S1r＋S2r＋S3r＋S4r＝(S1＋S2＋S3＋S4)r. 設a，b，c是

9、直角三角形的三邊長，斜邊上的高為h，c為斜邊長，則給出四個命題： ① a＋b>c＋h；② a2＋b2c3＋h3；④ a4＋b4

10、－1－sinnAcosnA)＝cn(sinnA－1)(1－cosnA)＜0， 所以an＋bn＜cn＋hn. ,　　　　　　　　　3　演繹推理) ,　　　　　3)　設同時滿足條件：①≤bn＋1(n∈N*)；②bn≤M(n∈N*，M是與n無關的常數(shù))的無窮數(shù)列{bn}叫“特界” 數(shù)列． (1) 若數(shù)列{an}為等差數(shù)列，Sn是其前n項和，a3＝4，S3＝18，求Sn； (2) 判斷(1)中的數(shù)列{Sn}是否為“特界” 數(shù)列，并說明理由． 解：(1) 設等差數(shù)列{an}的公差為d， 則a1＋2d＝4，3a1＋3d＝18，解得a1＝8，d＝－2，Sn＝na1＋d＝－n2＋9n. (2)

11、 {Sn}為“特界”數(shù)列．理由如下： 由－Sn＋1＝ ＝＝＝－1<0，得

12、比數(shù)列． (2) 由(1)可知數(shù)列是等比數(shù)列，所以＝4·(n≥2)， 即Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1＝4an(n≥2)． 又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1， 所以對于任意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an. 1. (2017·課標Ⅱ)甲、乙、丙、丁四位同學一起去向老師詢問成語競賽的成績，老師說，你們四人中有2位優(yōu)秀，2位良好，我現(xiàn)在給甲看乙、丙的成績，給乙看丙的成績，給丁看甲的成績，看后甲對大家說：我還是不知道我的成績，根據(jù)以上信息推斷，下列結論正確的是________．(填序號) ① 乙可以知道四人的成績； ② 丁可以知道四人的成績； ③

13、乙、丁可以知道對方的成績； ④ 乙、丁可以知道自己的成績． 答案：④ 解析：由甲的說法可知乙、丙一人優(yōu)秀一人良好，則甲、丁一人優(yōu)秀一人良好，乙看到丙的成績則知道自己的成績，丁看到甲的成績則知道自己的成績，故選④. 2. (2016·全國Ⅱ)有三張卡片，分別寫有1和2，1和3，2和3.甲、乙、丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是__________． 答案：1和3 解析： 由題意可知丙不拿2和3.若丙拿1和2，則乙拿2和3，甲拿1

14、和3，滿足題意；若丙拿1和3，則乙拿2和3，甲拿1和2，不滿足題意．故甲的卡片上的數(shù)字是1和3. 3. (2017·北京卷)某學習小組由學生和教師組成，人員構成同時滿足以下三個條件： ① 男學生人數(shù)多于女學生人數(shù)； ② 女學生人數(shù)多于教師人數(shù)； ③ 教師人數(shù)的兩倍多于男學生人數(shù)． (1) 若教師人數(shù)為4，則女學生人數(shù)的最大值為________； (2) 該小組人數(shù)的最小值為________． 答案：(1) 6　(2) 12 解析：設男學生數(shù)，女學生數(shù)，教師數(shù)分別為a，b，c，則2c>a>b>c，a，b，c∈N*. (1) 8>a>b>4?bmax＝6. (2) cmin＝3

15、，6>a>b>3?a＝5，b＝4?a＋b＋c＝12. 4. 已知an＝，把數(shù)列{an}的各項排成如下的三角形： a1 a2　a3　a4 a5　a6　a7　a8　a9 …… 記A(s，t)表示第s行的第t個數(shù)，則A(11，12)＝________． 答案： 解析：該三角形數(shù)陣每行所對應元素的個數(shù)為1，3，5，…，那么第10行的最后一個數(shù)為a100，第11行的第12個數(shù)為a112，即A(11，12)＝. 5. 某種平面分形圖如圖所示，一級分形圖是由一點出發(fā)的三條線段，長度相等，兩兩夾角為120°；二級分形圖是從一級分形圖的每條線段末端出發(fā)再生成兩條長度為原來的線段，且這兩條線段與

16、原線段兩兩夾角為120°，……，依此規(guī)律得到n級分形圖． n級分形圖中共有________條線段． 答案：(3×2n－3)(n∈N*) 解析：從分形圖的每條線段的末端出發(fā)再生成兩條線段，由題圖知，一級分形圖中有3＝(3×2－3)條線段，二級分形圖中有9＝(3×22－3)條線段，三級分形圖中有21＝(3×23－3)條線段，按此規(guī)律，n級分形圖中的線段條數(shù)為(3×2n－3)(n∈N*)． 1. 如圖所示的三角形數(shù)陣叫“萊布尼茨調和三角形”，有＝＋，＝＋，＝＋，…，則運用歸納推理得到第11行第2個數(shù)(從左往右數(shù))為________． 　　　　　 答案： 解析：由“萊布尼茨調和三

17、角形”中數(shù)的排列規(guī)律，我們可以推斷：第10行的第一個數(shù)為，第11行的第一個數(shù)為，則第11行的第二個數(shù)為－＝. 2. 有一個游戲，將標有數(shù)字1，2，3，4的四張卡片分別隨機發(fā)給甲、乙、丙、丁4個人，每人一張，并請這4人在看自己的卡片之前進行預測：甲說：乙或丙拿到標有3的卡片；乙說：甲或丙拿到標有2的卡片；丙說：標有1的卡片在甲手中；丁說：甲拿到標有3的卡片．結果顯示：這4人的預測都不正確，那么甲、乙、丙、丁4個人拿到的卡片上的數(shù)字依次為____，____，____，____． 答案：4　2　1　3 解析：由于4個人預測不正確，其各自的對立事件正確，即甲：乙、丙沒拿到3；乙：甲、丙沒拿到2；

18、丙：甲沒拿到1；?。杭讻]拿到3.綜上，甲沒拿到1，2，3，故甲拿到了4，丁拿到了3，丙拿到了1，乙拿到了2. 3. 觀察下列等式： 13＝12，13＋23＝32，13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102，…，根據(jù)上述規(guī)律，則第n個等式為________． 答案：13＋23＋33＋43＋…＋n3＝ 解析：因為13＝12，13＋23＝(1＋2)2，13＋23＋33＝(1＋2＋3)2，13＋23＋33＋43＝(1＋2＋3＋4)2，…，由此可以看出左邊是連續(xù)的自然數(shù)的立方和，右邊是左邊的連續(xù)的自然數(shù)的和的平方，照此規(guī)律，第n個等式為13＋23＋33＋43＋…＋n3＝(1＋2＋3＋

19、…＋n)2＝. 4. 傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數(shù)學家經(jīng)常在沙灘上通過畫點或用小石子來表示數(shù)．他們研究過如圖所示的三角形數(shù)： 將三角形數(shù)1，3，6，10，…記為數(shù)列{an}，將可被5整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個新數(shù)列{bn}，可以推測： (1) b2 018是數(shù)列{an}的第________項； (2) b2k－1＝________．(用k表示) 答案：(1) 5 045　(2) 解析：(1) an＝1＋2＋…＋n＝， b1＝＝a4，b2＝＝a5，b3＝＝a9， b4＝＝a10， b5＝＝a14， b6＝＝a15， … b2 018＝＝a5 045.

20、(2) 由(1)知b2k－1＝＝. 5. 某市為了緩解交通壓力，實行機動車輛限行政策，每輛機動車每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五輛車，保證每天至少有四輛車可以上路行駛．已知E車周四限行，B車昨天限行，從今天算起，A，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，E車明天可以上路，由此可知下列推測一定正確的是__________．(填序號) ① 今天是周六；② 今天是周四； ③ A車周三限行；④ C車周五限行． 答案：② 解析：因為每天至少有四輛車可以上路行駛，E車明天可以上路，E車周四限行，所以今天不是周三；因為B車昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日

21、；因為A，C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，所以①錯誤，②正確．因為B車昨天限行，即B車周三限行，所以③錯誤．因為從今天算起，A、C兩車連續(xù)四天都能上路行駛，所以④錯誤． 1. 合情推理主要包括歸納推理和類比推理．數(shù)學研究中，在得到一個新的結論前，合情推理能幫助猜測和發(fā)現(xiàn)結論，在證明一個數(shù)學結論之前，合情推理常常能為證明提供思路和方法． 2. 合情推理的過程概括為：從具體問題出發(fā)→觀察、分析、比較、聯(lián)想→歸納、類比→提出猜想． 3. 演繹推理是從一般的原理出發(fā)，推出某個特殊情況的結論的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段論，數(shù)學

22、問題的證明主要通過演繹推理來進行． 4. 合情推理僅是符合情理的推理，得到的結論不一定正確，而演繹推理得到的結論一定正確(在前提和推理形式都正確的前提下)．[備課札記] 第2課時　直接證明與間接證明(對應學生用書(文)、(理)104～105頁) 了解分析法、綜合法、反證法，會用這些方法處理一些簡單問題． ① 了解直接證明的兩種基本方法——分析法和綜合法；了解分析法和綜合法的思考過程、特點.② 了解間接證明的一種基本方法——反證法；了解反證法的思考過程、特點． 1. 已知向量m＝(1，1)與向量n＝(x，2－2x)垂直

23、，則x＝________． 答案：2 解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴ m·n＝0，即x＝2. 2. 用反證法證明命題“如果a>b，那么>”時，假設的內容應為______________． 答案：＝或< 解析：根據(jù)反證法的步驟，假設是對原命題結論的否定，即＝或<. 3. －2與－的大小關系是______________． 答案：－2>－ 解析： 由分析法可得，要證－2>－，只需證＋>＋2，即證13＋2>13＋4，即>2.因為42>40，所以－2>－成立． 4. 定義集合運算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，設集合A＝{－1，0，1}，B＝{si

24、n α，cos α}，則集合A·B的所有元素之和為________． 答案：0 解析：依題意知α≠kπ＋，k∈Z. ① α＝kπ＋(k∈Z)時，B＝， A·B＝； ② α＝2kπ或α＝2kπ＋(k∈Z)時，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}； ③ α＝2kπ＋π或α＝2kπ－(k∈Z)時，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}； ④ α≠且α≠kπ＋(k∈Z)時，B＝{sin α，cos α}，A·B＝{0，sin α，cos α，－sin α，－cos α}． 綜上可知，A·B中的所有元素之和為0. 5. 設a，b為兩個正數(shù)，且a＋b＝1，則使得＋≥μ恒成立的μ的

25、取值范圍是________． 答案：(－∞，4] 解析：∵ a＋b＝1，且a，b為兩個正數(shù)，∴ ＋＝(a＋b)＝2＋＋≥2＋2＝4.要使得＋≥μ恒成立，只要μ≤4. 1. 直接證明 (1) 定義：直接從原命題的條件逐步推得命題成立的證明方法． (2) 一般形式 ?A?B?C?…?本題結論． (3) 綜合法 ① 定義：從已知條件出發(fā)，以已知的定義、公理、定理為依據(jù)，逐步下推，直到推出要證明的結論為止．這種證明方法稱為綜合法． ② 推證過程 ?…?…? (4) 分析法 ① 定義：從問題的結論出發(fā)，追溯導致結論成立的條件，逐步上溯，直到使結論成立的條件和已知條件吻合為止．

26、這種證明方法稱為分析法． ② 推證過程 ?…?…? 2. 間接證明 (1) 常用的間接證明方法有反證法、正難則反等． (2) 反證法的基本步驟 ① 反設——假設命題的結論不成立，即假定原結論的反面為真． ② 歸謬——從反設和已知條件出發(fā)，經(jīng)過一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結果． ③ 存真——由矛盾結果，斷定反設不真，從而肯定原結論成立. ,　　　　　　　　　1　直接證明(綜合法和分析法)) ,　　　　　1)　對于定義域為[0，1]的函數(shù)f(x)，如果同時滿足： ① 對任意的x∈[0，1]，總有f(x)≥0； ② f(1)＝1； ③ 若x1≥0，x2≥0，x1＋x2

27、≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，則稱函數(shù)f(x)為理想函數(shù)． (1) 若函數(shù)f(x)為理想函數(shù)，求證：f(0)＝0； (2) 試判斷函數(shù)f(x)＝2x(x∈[0，1])，f(x)＝x2(x∈[0，1])，f(x)＝(x∈[0，1])是否為理想函數(shù)？ (1) 證明：取x1＝x2＝0，則x1＋x2＝0≤1，∴ f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴ f(0)≤0. 又對任意的x∈[0，1]，總有f(x)≥0，∴ f(0)≥0.于是f(0)＝0. (2) 解：對于f(x)＝2x，x∈[0，1]，f(1)＝2不滿足新定義中的條件②， ∴ f(x)＝2x(x∈[0，1]

28、)不是理想函數(shù)． 對于f(x)＝x2，x∈[0，1]，顯然f(x)≥0，且f(1)＝1.對任意的x1，x2∈[0，1]，x1＋x2≤1， f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x－x＝2x1x2≥0，即f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)． ∴ f(x)＝x2(x∈[0，1])是理想函數(shù)． 對于f(x)＝(x∈[0，1])，顯然滿足條件①②. 對任意的x1，x2∈[0，1]，x1＋x2≤1， 有f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2＋x2)＝－2≤0， 即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2. ∴ f(

29、x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不滿足條件③. ∴ f(x)＝(x∈[0，1])不是理想函數(shù)． 綜上，f(x)＝x2(x∈[0，1])是理想函數(shù)，f(x)＝2x(x∈[0，1])與f(x)＝(x∈[0，1])不是理想函數(shù)． 設首項為a1的正項數(shù)列{an}的前n項和為Sn，q為非零常數(shù)，已知對任意正整數(shù)n，m，Sn＋m＝Sm＋qmSn總成立．求證：數(shù)列{an}是等比數(shù)列． 證明：因為對任意正整數(shù)n，m，Sn＋m＝Sm＋qmSn總成立，令n＝m＝1，得S2＝S1＋qS1，則a2＝qa1.令m＝1，得Sn＋1＝S1＋qSn?、?， 從而Sn＋2＝S1＋qSn＋1　②，②－①得an＋2

30、＝qan＋1(n≥1)，綜上得an＋1＝qan(n≥1)，所以數(shù)列{an}是等比數(shù)列． ,　　　　　2)　已知m>0，a，b∈R，求證：≤. 證明：因為m>0，所以1＋m>0，所以要證原不等式成立， 只需證明(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即證m(a2－2ab＋b2)≥0， 即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立， 故原不等式得證． 變式訓練 已知函數(shù)f(x)＝3x－2x，試求證：對于任意的x1，x2∈R，均有≥f. 證明：要證明≥f， 只要證明≥3－2·， 因此只要證明－(x1＋x2)≥3－(x1＋x2)， 即證明≥3， 因此只要證明≥， 由于

31、x1，x2∈R時，3x1>0，3x2>0, 由基本不等式知≥顯然成立，故原結論成立． ,　　　　　　　　　2　間接證明(反證法)) ,　　　　　3)　設{an}是公比為q的等比數(shù)列． (1) 推導{an}的前n項和公式； (2) 設q≠1，求證：數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列． (1) 解：設{an}的前n項和為Sn，則Sn＝a1＋a2＋…＋an， 因為{an}是公比為q的等比數(shù)列，所以當q＝1時，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1.當q≠1時， Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，?、? qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，?、? ①－②得，(1－q)Sn＝a

32、1－a1qn， 所以Sn＝，所以Sn＝ (2) 證明：假設{an＋1}是等比數(shù)列，則對任意的k∈N*， (ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1， aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1， 因為a1≠0，所以2qk＝qk－1＋qk＋1.因為q≠0，所以q2－2q＋1＝0， 所以q＝1，這與已知矛盾．所以假設不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列． 變式訓練 已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足an＋Sn＝2. (1) 求數(shù)列{an}的通項公式； (2) 求證：數(shù)列{an}中不

33、存在三項按原來順序成等差數(shù)列． (1) 解：當n＝1時，a1＋S1＝2a1＝2，則a1＝1. 又an＋Sn＝2，所以an＋1＋Sn＋1＝2， 兩式相減得an＋1＝an，所以{an}是首項為1，公比為的等比數(shù)列，所以an＝. (2) 證明：反證法：假設存在三項按原來順序成等差數(shù)列，記為ap＋1，aq＋1，ar＋1(p

34、b中至少有一個能被5整除”，假設的內容是____________． 答案：a，b中沒有一個能被5整除 解析：“至少有n個”的否定是“最多有n－1個”，故應假設a，b中沒有一個能被5整除． 2. 已知a，b，c∈(0，＋∞)且a＜c，b＜c，＋＝1.若以a，b，c為三邊構造三角形，則c的取值范圍是________． 答案：(10，16) 解析：要以a，b，c為三邊構造三角形，需要滿足任意兩邊之和大于第三邊，任意兩邊之差小于第三邊，而ac恒成立．而a＋b＝(a＋b)＝10＋＋≥16，∴ c<16.又>，>，∴ <＋＝1，∴ c>10，∴ 10

35、 3. 已知a>0，求證：－≥a＋－2. 證明：要證－≥a＋－2，只需要證＋2≥a＋＋. 因為a>0，故只需要證≥， 即a2＋＋4＋4≥a2＋2＋＋2＋2， 從而只需要證2≥，只需要證4≥2， 即a2＋≥2，而上述不等式顯然成立，故原不等式成立． 4. 若f(x)的定義域為[a，b]，值域為[a，b](a－2)，使函數(shù)h(x)＝是區(qū)間[a，b]上的“四維光軍”函數(shù)？若存在，求出a，b的值；若不存在，請說明理

36、由． 解：(1) 由題設得g(x)＝(x－1)2＋1，其圖象的對稱軸為直線x＝1，區(qū)間[1，b]在對稱軸的右邊，所以函數(shù)在區(qū)間[1，b]上單調遞增．由“四維光軍”函數(shù)的定義可知，g(1)＝1，g(b)＝b， 即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.因為b>1，所以b＝3. (2) 假設函數(shù)h(x)＝在區(qū)間[a，b] (a>－2)上是“四維光軍”函數(shù)， 因為h(x)＝在區(qū)間(－2，＋∞)上單調遞減， 所以有即解得a＝b，這與已知矛盾，故不存在． 1. 用反證法證明結論“三角形的三個內角中至少有一個不大于60°”，應假設______________． 答案：三角形的三個內角都大于6

37、0° 解析：“三角形的三個內角中至少有一個不大于60°”即“三個內角至少有一個小于等于60°”，其否定為“三角形的三個內角都大于60°”． 2. 凸函數(shù)的性質定理：如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對于區(qū)間D內的任意x1，x2，…，xn，有≤f.已知函數(shù)y＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，則在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值為________． 答案： 解析：∵ f(x)＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，且A，B，C∈(0，π)，∴ ≤f＝f， 即sin A＋sin B＋sin C≤3sin ＝， ∴ sin A＋sin B＋sin C的最大值

38、為. 3. 定義：若存在常數(shù)k，使得對定義域D內的任意兩個x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，則稱函數(shù)f(x)在定義域D上滿足利普希茨條件．若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則常數(shù)k的最小值為________． 答案： 解析：若函數(shù)f(x)＝(x≥1)滿足利普希茨條件，則存在常數(shù)k，使得對定義域[1，＋∞)內的任意兩個x1，x2(x1≠x2)，均有|f(x1)－f(x2)|≤k|x1－x2| 成立，設x1>x2，則k≥＝.而0<<，所以k的最小值為. 4. 設函數(shù)f(x)＝x3＋，x∈[0，1]．求證： (1) f(x)≥1－x

39、＋x2； (2) ＜f(x)≤. 證明：(1) 因為1－x＋x2－x3＝＝，由于x∈[0，1]，有≤，即1－x＋x2－x3≤，所以f(x)≥1－x＋x2. (2) 由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋≤x＋＝x＋－＋＝＋≤，所以f(x)≤.由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝＋≥，又f＝＞，所以f(x)＞. 綜上，＜f(x)≤. 5. 已知數(shù)列{an}滿足a1＝，＝，anan＋1<0(n≥1)，數(shù)列{bn}滿足bn＝a－a(n≥1)． (1) 求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式； (2) 求證：數(shù)列{bn}中的任意三項不可能成等差數(shù)列． (1) 解：由題意可知，1－a＝(1

40、－a)． 令cn＝1－a，則cn＋1＝cn. 又c1＝1－a＝，則數(shù)列{cn}是首項為，公比為的等比數(shù)列，即cn＝·. 故1－a＝·?a＝1－·. 又a1＝>0，anan＋1<0， 故an＝(－1)n－1. bn＝a－a ＝－ ＝·. (2) 證明：用反證法證明． 假設數(shù)列{bn}中存在三項br，bs，bt(rbs>bt，則只能有2bs＝br＋bt成立． 即2·＝＋， 兩邊同乘3t－121－r， 化簡得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s. 由于r

41、為奇數(shù)，右邊為偶數(shù)， 故上式不可能成立，導致矛盾． 故數(shù)列{bn}中任意三項不可能成等差數(shù)列． [備課札記] 第3課時　數(shù)學歸納法(對應學生用書(理)106～107頁) 理解數(shù)學歸納法的原理，能用數(shù)學歸納法證明一些簡單的數(shù)學命題． 　　了解數(shù)學歸納法的原理，能用數(shù)學歸納法證明一些簡單的數(shù)學命題． 1. (選修22P94習題7改編)用數(shù)學歸納法證明1＋＋＋…＋1)時，第一步應驗證________． 答案：1＋＋<2 解析：∵ n∈N*，n>1，

42、∴ n取的第一個數(shù)為2，左端分母最大的項為＝. 2. (選修22P90練習3改編)用數(shù)學歸納法證明不等式“2n>n2＋1對于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應取為________． 答案：5 解析：當n≤4時，2n≤n2＋1；當n＝5時，25＝32>52＋1＝26，所以n0應取為5. 3. (選修22P103復習題13改編)在數(shù)列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通過求a2，a3，a4，猜想an的表達式為________________． 答案：an＝ 解析：當n＝2時，＋a2＝(2×3)a2，∴ a2＝；當n＝3時，＋＋a3＝(3×5)a3，∴

43、 a3＝；當n＝4時，＋＋＋a4＝(4×7)a4，∴ a4＝；故猜想an＝. 4. (選修22P103復習題14改編)比較nn＋1與(n＋1)n(n∈N*)的大小時會得到一個一般性的結論，用數(shù)學歸納法證明這一結論時，第一步要驗證________． 答案：當n＝3時，nn＋1＝34＞(n＋1)n＝43 解析：當n＝1時，nn＋1＝1＞(n＋1)n＝2不成立；當n＝2時，nn＋1＝8＞(n＋1)n＝9不成立；當n＝3時，nn＋1＝34＞(n＋1)n＝43，結論成立． 5. (選修22P105本章測試13改編)已知a1＝，an＋1＝，則a2，a3，a4，a5的值分別為__________

44、______．由此猜想an＝________． 答案：，，，　 解析：a2＝＝＝＝，同理a3＝＝＝，a4＝＝，a5＝＝，a1＝＝，符合以上規(guī)律． 故猜想an＝. 1. 由一系列有限的特殊現(xiàn)象得出一般性的結論的推理方法，通常叫做歸納法． 2. 對某些與正整數(shù)有關的數(shù)學命題常采用下面的方法來證明它們的正確性：先證明當n取第1個值n0時，命題成立；然后假設當n＝k(k∈N*，k≥n0)時命題成立；證明當n＝k＋1時，命題也成立，這種證明方法叫做數(shù)學歸納法． 3. 用數(shù)學歸納法證明一個與正整數(shù)有關的命題時，其步驟如下： (1) 歸納奠基：證明取第一個自然數(shù)n0時命題成立； (2)

45、歸納遞推：假設n＝k(k∈N*，k≥n0)時命題成立，證明當n＝k＋1時，命題成立； (3) 由(1)(2)得出結論．[備課札記] ,　　　　　　　　　1　證明等式) ,　　　　　1)　用數(shù)學歸納法證明：＋＋＋…＋＝(n∈N*)． 證明：① 當n＝1時， 左邊＝＝，右邊＝＝， 左邊＝右邊，所以等式成立． ② 假設n＝k(k∈N*)時等式成立，即有 ＋＋＋…＋＝， 則當n＝k＋1時，＋＋＋…＋＋ ＝＋＝ ＝＝＝. 所以當n＝k＋1時，等式也成立． 由①②可知，對于一切n∈N*等式都成立． 變式訓練 用數(shù)學歸納法證明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋

46、(n∈N*)． 證明：① 當n＝1時，等式左邊＝1－＝＝右邊，等式成立． ② 假設當n＝k(k∈N*)時，等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，那么，當n＝k＋1時，有1－＋－＋…＋－＋－＝＋＋…＋＋－＝＋＋…＋＋，所以當n＝k＋1時，等式也成立． 由①②知，等式對任何n∈N*均成立． ,　　　　　　　　　2　證明不等式) ,　　　　　2)　用數(shù)學歸納法證明不等式：＋＋＋…＋>1(n∈N*且n>1)． 證明：① 當n＝2時，＋＋＝>1成立． ② 設n＝k時，＋＋＋…＋>1成立． 由于當k>1時，k2－k－1>0，即k(2k＋1)>k2＋2k＋1， 則當n＝k＋1時，＋＋＋…

47、＋ ＝(＋＋＋…＋)＋＋＋…＋－ >1＋＋＋…＋－ >1＋＋＋…＋－＝1＋－＝1. 綜合①②可知，原不等式對n∈N*且n>1恒成立． 用數(shù)學歸納法證明：1＋＋＋…＋<2－(n∈N*，n≥2)． 證明：① 當n＝2時，1＋＝<2－＝，命題成立． ② 假設n＝k時命題成立，即1＋＋＋…＋<2－. 當n＝k＋1時，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，命題成立． 由①②知原不等式對n∈N*，n≥2恒成立． ,　　　　　　　　　3　數(shù)列問題) ,　　　　　3)　數(shù)列{an}滿足Sn＝2n－an(n∈N*)． (1) 計算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項公式a

48、n； (2) 證明(1)中的猜想． (1) 解：當n＝1時，a1＝S1＝2－a1，∴ a1＝1； 當n＝2時，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴ a2＝； 當n＝3時，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴ a3＝； 當n＝4時，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴ a4＝. 由此猜想an＝(n∈N*)． (2) 證明：① 當n＝1時，a1＝1，結論成立． ② 假設n＝k(k≥1且k∈N*)時，結論成立，即ak＝，那么n＝k＋1時，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，所以2ak＋1＝2＋ak. 所以ak＋1＝＝＝.所以

49、當n＝k＋1時，結論成立． 由①②知猜想an＝(n∈N*)成立． 變式訓練 在數(shù)列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*，λ>0)． (1) 求a2，a3，a4； (2) 猜想{an }的通項公式，并加以證明． 解：(1) a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22， a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23， a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24. (2) 由(1)可猜想數(shù)列{an}的通項公式為an＝(n－1)λn＋2n. 下面用數(shù)學歸納法證明： ① 當n＝1，2，3，4時，等式顯然成立，

50、② 假設當n＝k(k≥4，k∈N*)時等式成立，即ak＝(k－1)·λk＋2k， 那么當n＝k＋1時，ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k＝λ(k－1)·λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k ＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1， 所以當n＝k＋1時，猜想成立． 由①②知數(shù)列{an}的通項公式為an＝(n－1)λn＋2n(n∈N*，λ>0)． ,　　　　　　　　　4　綜合運用) ,　　　　　4)　設集合M＝{1，2，3，…，n}(n∈N，n≥3)，記M的含有三個元素的子集個數(shù)為Sn，同時將每一個子集中的三個元素由小到大排列，取出中

51、間的數(shù)，所有這些中間的數(shù)的和記為Tn. (1) 分別求，，，的值； (2) 猜想關于n的表達式，并加以證明． 解：(1) 當n＝3時，M＝{1，2，3}，S3＝1，T3＝2，＝2；當n＝4時，M＝{1，2，3，4}，S4＝4，T4＝2＋2＋3＋3＝10，＝，＝3，＝. (2) 猜想＝. 下面用數(shù)學歸納法證明： ① 當n＝3時，由(1)知猜想成立． ② 假設當n＝k(k≥3)時，猜想成立，即＝， 而Sk＝C，所以Tk＝C. 則當n＝k＋1時，易知Sk＋1＝C， 而當集合M從{1，2，3，…，k}變?yōu)閧1，2，3，…，k，k＋1}時，Tk＋1在Tk的基礎上增加了1個2，2個3，

52、3個4，…，(k－1)個k， 所以Tk＋1＝Tk＋2×1＋3×2＋4×3＋…＋k(k－1) ＝C＋2(C＋C＋C＋…＋C) ＝C＋2(C＋C＋C＋…＋C) ＝C＋2C＝C＝Sk＋1， 即＝. 所以當n＝k＋1時，猜想也成立． 綜上所述，猜想成立． 已知過一個凸多邊形的不相鄰的兩個端點的連線段稱為該凸多邊形的對角線． (1) 分別求出凸四邊形，凸五邊形，凸六邊形的對角線的條數(shù)； (2) 猜想凸n邊形的對角線條數(shù)f(n)，并用數(shù)學歸納法證明． 解：(1) 凸四邊形的對角線條數(shù)為2條；凸五邊形的對角線條數(shù)為5條，凸六邊形的對角線條數(shù)為9條． (2) 猜想：f(n)＝(n≥

53、3，n∈N*)． 證明如下：當n＝3時，f(3)＝0成立；設當n＝k(k≥3)時猜想成立，即f(k)＝，則當n＝k＋1時，考察k＋1邊形A1A2…AkAk＋1， ①k邊形A1A2…Ak中原來的對角線都是k＋1邊形中的對角線，且邊A1Ak也成為k＋1邊形中的對角線； ②在Ak＋1與A1，A2，…，Ak連結的k條線段中，除Ak＋1A1，Ak＋1Ak外，都是k＋1邊形中的對角線，共計有f(k＋1)＝f(k)＋1＋(k－2)＝＋1＋(k－2)＝＝＝＝(條)，即當n＝k＋1時，猜想也成立． 綜上，得f(n)＝對任何n≥3，n∈N*都成立． 1. (2017·蘇錫常鎮(zhèn)二模)已知fn(x)＝C

54、xn－C(x－1)n＋…＋(－1)kC(x－k)n＋…＋(－1)nC(x－n)n，其中x∈R，n∈N*，k∈N，k≤n. (1) 試求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值； (2) 試猜測fn(x)關于n的表達式，并證明你的結論． 解：(1) f1(x)＝Cx－C(x－1)＝x－x＋1＝1， f2(x)＝Cx2－C(x－1)2＋C(x－2)2＝x2－2(x2－2x＋1)＋(x2－4x＋4)＝2， f3(x)＝Cx3－C(x－1)3＋C(x－2)3－C(x－3)3＝x3－3(x－1)3＋3(x－2)3－(x－3)3＝6. (2) 猜想：fn(x)＝n！. 證明：① 當n＝1時，猜

55、想顯然成立； ② 假設n＝k時猜想成立，即fk(x)＝Cxk－C(x－1)k＋C(x－2)k＋…＋(－1)kC(x－k)k＝k！， 則n＝k＋1時，fk＋1(x)＝Cxk＋1－C(x－1)k＋1＋C(x－2)k＋1＋…＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1＝xC·xk－(x－1)C(x－1)k＋(x－2)C(x－2)k＋…＋(－1)k(x－k)C(x－k)k＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1＝x[Cxk－C(x－1)k＋C(x－2)k＋…＋(－1)kC·(x－k)k]＋[C(x－1)k－2C(x－2)k＋…＋(－1)k＋1·kC(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1 ＝

56、x[Cxk－(C＋C)(x－1)k＋(C＋C)(x－2)k＋…＋(－1)k(C＋C)(x－k)k]＋(k＋1)[C(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k＋1C(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1 ＝x[Cxk－C(x－1)k＋C(x－2)k＋…＋(－1)kC(x－k)k]－x[C(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k－1C(x－k)k＋(－1)kC(x－k－1)k]＋(k＋1)[C(x－1)k－C·(x－2)k＋…＋(－1)k＋1C(x－k)k＋(－1)kC(x－k－1)k]＝xk?。瓁k！＋(k＋1)k?。?k＋1)！. ∴ 當n＝k＋1時，猜想成立． 綜上

57、所述，猜想成立． 2. 設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1，2，3，…. (1) 求a1，a2； (2) 猜想數(shù)列{Sn}的通項公式，并給出證明． 解：(1) 當n＝1時，x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1， 于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝. 當n＝2時，x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a2－， 于是－a2－a2＝0，解得a2＝. (2) 由題設知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1S

58、n－2Sn＋1＝0.　① 由(1)得S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝. 由①可得S3＝.由此猜想Sn＝，n＝1，2，3，…. 下面用數(shù)學歸納法證明這個結論． (ⅰ) n＝1時已知結論成立. (ⅱ) 假設n＝k(k∈N*)時結論成立，即Sk＝， 當n＝k＋1時，由①得Sk＋1＝， 即Sk＋1＝，故n＝k＋1時結論也成立． 綜上，由(ⅰ)、(ⅱ)可知Sn＝對所有正整數(shù)n都成立． 3. 已知x1，x2，…，xn∈R＋，且x1x2…xn＝1. 求證：(＋x1)(＋x2)…(＋xn)≥(＋1)n. 證明：(數(shù)學歸納法)① 當n＝1時，＋x1＝＋1，不等式成立． ② 假設n＝

59、k時不等式成立，即(＋x1)(＋x2)…(＋xk)≥(＋1)k成立． 則n＝k＋1時，若xk＋1＝1，則命題成立；若xk＋1>1，則x1，x2，…，xk中必存在一個數(shù)小于1，不妨設這個數(shù)為xk，從而(xk－1)(xk＋1－1)<0，即xk＋xk＋1>1＋xkxk＋1.同理可得xk＋1<1時，xk＋xk＋1>1＋xkxk＋1. 所以(＋x1)(＋x2)…(＋xk)(＋xk＋1) ＝(＋x1)(＋x2)…[2＋(xk＋xk＋1)＋xkxk＋1] ≥(＋x1)(＋x2)…[2＋(1＋xkxk＋1)＋xkxk＋1] ＝(＋x1)(＋x2)…(＋xkxk＋1)(＋1)≥(＋1)k·(＋1)＝(

60、＋1)k＋1. 故n＝k＋1時，不等式也成立． 由①②及數(shù)學歸納法原理知原不等式成立． 4. 已知函數(shù)f0(x)＝x(sin x＋cos x)，設fn(x)為fn－1(x)的導數(shù)，n∈N*. (1) 求f1(x)，f2(x)的表達式； (2) 寫出fn(x)的表達式，并用數(shù)學歸納法證明． 解：(1) 因為fn(x)為fn－1(x)的導數(shù)， 所以f1(x)＝f0′(x)＝(sin x＋cos x)＋x(cos x－sin x)＝(x＋1)cos x＋(x－1)(－sin x)， 同理，f2(x)＝－(x＋2)sin x－(x－2)cos x. (2) 由(1)得f3(x)＝f2

61、′(x)＝－(x＋3)cos x＋(x－3)sin x， 把f1(x)，f2(x)，f3(x)分別改寫為 f1(x)＝(x＋1)sin＋(x－1)·cos， f2(x)＝(x＋2)sin＋(x－2)·cos， f3(x)＝(x＋3)sin＋(x－3)·cos， 猜測fn(x)＝(x＋n)sin＋(x－n)·cos(x＋)　(*)． 下面用數(shù)學歸納法證明上述等式． ① 當n＝1時，由(1)知，等式(*)成立； ② 假設當n＝k時，等式(*)成立， 即fk(x)＝(x＋k)sin＋(x－k)cos. 則當n＝k＋1時，fk＋1(x)＝fk′(x) ＝sin＋(x＋k)cos(

62、x＋)＋cos(x＋)＋(x－k) ＝(x＋k＋1)cos＋[x－(k＋1)] ＝[x＋(k＋1)]sin＋[x－(k＋1)]·cos， 即當n＝k＋1時，等式(*)成立． 綜上所述，當n∈N*時，fn(x)＝(x＋n)·sin＋(x－n)cos成立． 1. 設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15. (1) 求a1，a2，a3的值； (2) 求數(shù)列{an}的通項公式． 解：(1) 由題意知S2＝4a3－20，∴ S3＝S2＋a3＝5a3－20. 又S3＝15，∴ a3＝7，S2＝4a3－20＝8. 又S2＝S1＋a2

63、＝(2a2－7)＋a2＝3a2－7， ∴ a2＝5，a1＝S1＝2a2－7＝3. 綜上知，a1＝3，a2＝5，a3＝7. (2) 由(1)猜想an＝2n＋1，下面用數(shù)學歸納法證明． ① 當n＝1時，結論顯然成立； ② 假設當n＝k(k≥1)時，ak＝2k＋1， 則Sk＝3＋5＋7＋…＋(2k＋1)＝＝k(k＋2)． 又Sk＝2kak＋1－3k2－4k， ∴ k(k＋2)＝2kak＋1－3k2－4k，解得2ak＋1＝4k＋6， ∴ ak＋1＝2(k＋1)＋1，即當n＝k＋1時，結論成立． 由①②知，?n∈N*，an＝2n＋1. 2. 由下列式子： 1>； 1＋＋>1；

64、 1＋＋＋＋＋＋>； 1＋＋＋…＋>2； … 猜想第n個表達式，并用數(shù)學歸納法給予證明． 解：可以猜得第n個式子是1＋＋＋＋…＋＞ (n≥1，n∈N)． 用數(shù)學歸納法證明如下： ① 當n＝1 時，1>； ② 假設當n＝k(n≥1，n∈N)時，命題成立，即1＋＋＋＋…＋>. 當n＝k＋1時，1＋＋＋…＋＋＋＋…＋>＋＋＋…＋,\s\do4(2k)) ＞＋＋＋…＋,\s\do4(2k)) ＝＋＝＋＝. 所以，對一切n≥1，n∈N命題都成立． 3. 已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*. (1) 當n＝1，2，3時，試比較f(n)與g(n)的大小關系； (

65、2) 猜想f(n)與g(n)的大小關系，并給出證明． 解：(1) 當n＝1時，f(1)＝1，g(1)＝－＝1，所以f(1)＝g(1)； 當n＝2時，f(2)＝1＋＝，g(2)＝－＝，所以f(2)

66、切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立． 4. 已知數(shù)列{an}的各項都是正數(shù)，且滿足：a0＝1，an＋1＝·an·(4－an)，n∈N. (1) 求a1，a2； (2) 證明：an0，∴ ak－ak＋1<0. 又ak＋1＝ak(4－ak)＝[4－(ak－2)2]<2.∴ n＝k＋1時命題成立． 由①②知，對一切n∈N都有an