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第七章 推理与证明第1课时合情推理与演绎推理能用归纳和类比等方法进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用；掌握演绎推理的基本方法，并能运用它们进行一些简单的推理；了解合情推理和演绎推理的联系和区别 了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用. 了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理. 了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异1. 已知2，3，4，类比这些等式，若6(a，b均为正数)，则ab_答案：41解析：观察等式2，3，4，第n个应该是(n1)，则第5个等式中a6，ba2135，ab41.2. 在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则，推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则_答案：解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为13，故.3. 设等差数列an的前n项和为Sn.若存在正整数m，n(mn)，使得SmSn，则Smn0.类比上述结论，设正项等比数列bn的前n项积为Tn.若存在正整数m，n(mch； a2b2c3h3； a4b4c4h4.其中真命题是_(填序号)，进一步类比得到的一般结论是_答案：anbncnhn(nN*)解析：在直角三角形ABC中，acsin A，bccos A，abch，所以hcsin Acos A于是anbncn(sinnAcosnA)，cnhncn(1sinnAcosnA)anbncnhncn(sinnAcosnA1sinnAcosnA)cn(sinnA1)(1cosnA)0，所以anbncnhn.,3演绎推理),3)设同时满足条件：bn1(nN*)；bnM(nN*，M是与n无关的常数)的无穷数列bn叫“特界” 数列(1) 若数列an为等差数列，Sn是其前n项和，a34，S318，求Sn；(2) 判断(1)中的数列Sn是否为“特界” 数列，并说明理由解：(1) 设等差数列an的公差为d，则a12d4，3a13d18，解得a18，d2，Snna1dn29n.(2) Sn为“特界”数列理由如下：由Sn110，得abc，a，b，cN*.(1) 8ab4bmax6.(2) cmin3，6ab3a5，b4abc12.4. 已知an，把数列an的各项排成如下的三角形：a1a2a3a4a5a6a7a8a9记A(s，t)表示第s行的第t个数，则A(11，12)_答案：解析：该三角形数阵每行所对应元素的个数为1，3，5，那么第10行的最后一个数为a100，第11行的第12个数为a112，即A(11，12).5. 某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的三条线段，长度相等，两两夹角为120；二级分形图是从一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长度为原来的线段，且这两条线段与原线段两两夹角为120，依此规律得到n级分形图n级分形图中共有_条线段答案：(32n3)(nN*)解析：从分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，由题图知，一级分形图中有3(323)条线段，二级分形图中有9(3223)条线段，三级分形图中有21(3233)条线段，按此规律，n级分形图中的线段条数为(32n3)(nN*)1. 如图所示的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，有，则运用归纳推理得到第11行第2个数(从左往右数)为_答案：解析：由“莱布尼茨调和三角形”中数的排列规律，我们可以推断：第10行的第一个数为，第11行的第一个数为，则第11行的第二个数为.2. 有一个游戏，将标有数字1，2，3，4的四张卡片分别随机发给甲、乙、丙、丁4个人，每人一张，并请这4人在看自己的卡片之前进行预测：甲说：乙或丙拿到标有3的卡片；乙说：甲或丙拿到标有2的卡片；丙说：标有1的卡片在甲手中；丁说：甲拿到标有3的卡片结果显示：这4人的预测都不正确，那么甲、乙、丙、丁4个人拿到的卡片上的数字依次为_，_，_，_答案：4213解析：由于4个人预测不正确，其各自的对立事件正确，即甲：乙、丙没拿到3；乙：甲、丙没拿到2；丙：甲没拿到1；丁：甲没拿到3.综上，甲没拿到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. 观察下列等式：1312，132332，13233362，13233343102，根据上述规律，则第n个等式为_答案：13233343n3解析：因为1312，1323(12)2，132333(123)2，13233343(1234)2，由此可以看出左边是连续的自然数的立方和，右边是左边的连续的自然数的和的平方，照此规律，第n个等式为13233343n3(123n)2.4. 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上通过画点或用小石子来表示数他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn，可以推测：(1) b2 018是数列an的第_项；(2) b2k1_(用k表示)答案：(1) 5 045(2) 解析：(1) an12n，b1a4，b2a5，b3a9，b4a10，b5a14，b6a15，b2 018a5 045.(2) 由(1)知b2k1.5. 某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车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五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是_(填序号) 今天是周六； 今天是周四； A车周三限行； C车周五限行答案：解析：因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路，E车周四限行，所以今天不是周三；因为B车昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因为A，C两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，所以错误，正确因为B车昨天限行，即B车周三限行，所以错误因为从今天算起，A、C两车连续四天都能上路行驶，所以错误1. 合情推理主要包括归纳推理和类比推理数学研究中，在得到一个新的结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路和方法2. 合情推理的过程概括为：从具体问题出发观察、分析、比较、联想归纳、类比提出猜想3. 演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况的结论的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段论，数学问题的证明主要通过演绎推理来进行4. 合情推理仅是符合情理的推理，得到的结论不一定正确，而演绎推理得到的结论一定正确(在前提和推理形式都正确的前提下)备课札记第2课时直接证明与间接证明(对应学生用书(文)、(理)104105页)了解分析法、综合法、反证法，会用这些方法处理一些简单问题 了解直接证明的两种基本方法分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程、特点. 了解间接证明的一种基本方法反证法；了解反证法的思考过程、特点1. 已知向量m(1，1)与向量n(x，22x)垂直，则x_答案：2解析：mnx(22x)2x. mn， mn0，即x2.2. 用反证法证明命题“如果ab，那么”时，假设的内容应为_答案：或解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即或解析： 由分析法可得，要证2，只需证2，即证132134，即2.因为4240，所以2成立4. 定义集合运算：ABZ|Zxy，xA，yB，设集合A1，0，1，Bsin ，cos ，则集合AB的所有元素之和为_答案：0解析：依题意知k，kZ. k(kZ)时，B，AB； 2k或2k(kZ)时，B0，1，AB0，1，1； 2k或2k(kZ)时，B0，1，AB0，1，1； 且k(kZ)时，Bsin ，cos ，AB0，sin ，cos ，sin ，cos 综上可知，AB中的所有元素之和为0.5. 设a，b为两个正数，且ab1，则使得恒成立的的取值范围是_答案：(，4解析： ab1，且a，b为两个正数， (ab)2224.要使得恒成立，只要4.1. 直接证明(1) 定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法(2) 一般形式ABC本题结论(3) 综合法 定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止这种证明方法称为综合法 推证过程(4) 分析法 定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件吻合为止这种证明方法称为分析法 推证过程2. 间接证明(1) 常用的间接证明方法有反证法、正难则反等(2) 反证法的基本步骤 反设假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真 归谬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 存真由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立.,1直接证明(综合法和分析法),1)对于定义域为0，1的函数f(x)，如果同时满足： 对任意的x0，1，总有f(x)0； f(1)1； 若x10，x20，x1x21，都有f(x1x2)f(x1)f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数(1) 若函数f(x)为理想函数，求证：f(0)0；(2) 试判断函数f(x)2x(x0，1)，f(x)x2(x0，1)，f(x)(x0，1)是否为理想函数？(1) 证明：取x1x20，则x1x201， f(00)f(0)f(0)， f(0)0.又对任意的x0，1，总有f(x)0， f(0)0.于是f(0)0.(2) 解：对于f(x)2x，x0，1，f(1)2不满足新定义中的条件， f(x)2x(x0，1)不是理想函数对于f(x)x2，x0，1，显然f(x)0，且f(1)1.对任意的x1，x20，1，x1x21，f(x1x2)f(x1)f(x2)(x1x2)2xx2x1x20，即f(x1x2)f(x1)f(x2) f(x)x2(x0，1)是理想函数对于f(x)(x0，1)，显然满足条件.对任意的x1，x20，1，x1x21，有f2(x1x2)f(x1)f(x2)2(x1x2)(x12x2)20，即f2(x1x2)f(x1)f(x2)2. f(x1x2)f(x1)f(x2)，不满足条件. f(x)(x0，1)不是理想函数综上，f(x)x2(x0，1)是理想函数，f(x)2x(x0，1)与f(x)(x0，1)不是理想函数设首项为a1的正项数列an的前n项和为Sn，q为非零常数，已知对任意正整数n，m，SnmSmqmSn总成立求证：数列an是等比数列证明：因为对任意正整数n，m，SnmSmqmSn总成立，令nm1，得S2S1qS1，则a2qa1.令m1，得Sn1S1qSn， 从而Sn2S1qSn1，得an2qan1(n1)，综上得an1qan(n1)，所以数列an是等比数列,2)已知m0，a，bR，求证：.证明：因为m0，所以1m0，所以要证原不等式成立，只需证明(amb)2(1m)(a2mb2)，即证m(a22abb2)0，即证(ab)20，而(ab)20显然成立，故原不等式得证变式训练已知函数f(x)3x2x，试求证：对于任意的x1，x2R，均有f.证明：要证明f，只要证明32，因此只要证明(x1x2)3(x1x2)，即证明3，因此只要证明，由于x1，x2R时，3x10，3x20, 由基本不等式知显然成立，故原结论成立,2间接证明(反证法),3)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，求证：数列an1不是等比数列(1) 解：设an的前n项和为Sn，则Sna1a2an，因为an是公比为q的等比数列，所以当q1时，Sna1a1a1na1.当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，所以Sn，所以Sn(2) 证明：假设an1是等比数列，则对任意的kN*，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1，因为a10，所以2qkqk1qk1.因为q0，所以q22q10，所以q1，这与已知矛盾所以假设不成立，故an1不是等比数列变式训练已知数列an的前n项和为Sn，且满足anSn2.(1) 求数列an的通项公式；(2) 求证：数列an中不存在三项按原来顺序成等差数列(1) 解：当n1时，a1S12a12，则a11.又anSn2，所以an1Sn12，两式相减得an1an，所以an是首项为1，公比为的等比数列，所以an.(2) 证明：反证法：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap1，aq1，ar1(pqr，且p，q，rN*)，则2，所以22rq2rp1.因为pqr，所以rq，rpN*.所以式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立所以假设不成立，原命题得证1. 用反证法证明命题“a，bR，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，假设的内容是_答案：a，b中没有一个能被5整除解析：“至少有n个”的否定是“最多有n1个”，故应假设a，b中没有一个能被5整除2. 已知a，b，c(0，)且ac，bc，1.若以a，b，c为三边构造三角形，则c的取值范围是_答案：(10，16)解析：要以a，b，c为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，而ac，bc恒成立而ab(ab)1016， c， 10， 10c0，求证：a2.证明：要证a2，只需要证2a.因为a0，故只需要证，即a244a2222，从而只需要证2，只需要证42，即a22，而上述不等式显然成立，故原不等式成立4. 若f(x)的定义域为a，b，值域为a，b(a2)，使函数h(x)是区间a，b上的“四维光军”函数？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由解：(1) 由题设得g(x)(x1)21，其图象的对称轴为直线x1，区间1，b在对称轴的右边，所以函数在区间1，b上单调递增由“四维光军”函数的定义可知，g(1)1，g(b)b，即b2bb，解得b1或b3.因为b1，所以b3.(2) 假设函数h(x)在区间a，b (a2)上是“四维光军”函数，因为h(x)在区间(2，)上单调递减，所以有即解得ab，这与已知矛盾，故不存在1. 用反证法证明结论“三角形的三个内角中至少有一个不大于60”，应假设_答案：三角形的三个内角都大于60解析：“三角形的三个内角中至少有一个不大于60”即“三个内角至少有一个小于等于60”，其否定为“三角形的三个内角都大于60”2. 凸函数的性质定理：如果函数f(x)在区间D上是凸函数，则对于区间D内的任意x1，x2，xn，有f.已知函数ysin x在区间(0，)上是凸函数，则在ABC中，sin Asin Bsin C的最大值为_答案：解析： f(x)sin x在区间(0，)上是凸函数，且A，B，C(0，)， ff，即sin Asin Bsin C3sin ， sin Asin Bsin C的最大值为.3. 定义：若存在常数k，使得对定义域D内的任意两个x1，x2(x1x2)，均有|f(x1)f(x2)|k|x1x2| 成立，则称函数f(x)在定义域D上满足利普希茨条件若函数f(x)(x1)满足利普希茨条件，则常数k的最小值为_答案：解析：若函数f(x)(x1)满足利普希茨条件，则存在常数k，使得对定义域1，)内的任意两个x1，x2(x1x2)，均有|f(x1)f(x2)|k|x1x2| 成立，设x1x2，则k.而0，所以k的最小值为.4. 设函数f(x)x3，x0，1求证：(1) f(x)1xx2；(2) f(x).证明：(1) 因为1xx2x3，由于x0，1，有，即1xx2x3，所以f(x)1xx2.(2) 由0x1得x3x，故f(x)x3xx，所以f(x).由(1)得f(x)1xx2，又f，所以f(x).综上，f(x).5. 已知数列an满足a1，anan10，anan10，故an(1)n1.bnaa.(2) 证明：用反证法证明假设数列bn中存在三项br，bs，bt(rsbsbt，则只能有2bsbrbt成立即2，两边同乘3t121r，化简得3tr2tr22sr3ts.由于rst，则上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不可能成立，导致矛盾故数列bn中任意三项不可能成等差数列备课札记第3课时数学归纳法(对应学生用书(理)106107页)理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题1. (选修22P94习题7改编)用数学归纳法证明11)时，第一步应验证_答案：11， n取的第一个数为2，左端分母最大的项为.2. (选修22P90练习3改编)用数学归纳法证明不等式“2nn21对于nn0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取为_答案：5解析：当n4时，2nn21；当n5时，253252126，所以n0应取为5.3. (选修22P103复习题13改编)在数列an中，a1，且Snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为_答案：an解析：当n2时，a2(23)a2， a2；当n3时，a3(35)a3， a3；当n4时，a4(47)a4， a4；故猜想an.4. (选修22P103复习题14改编)比较nn1与(n1)n(nN*)的大小时会得到一个一般性的结论，用数学归纳法证明这一结论时，第一步要验证_答案：当n3时，nn134(n1)n43解析：当n1时，nn11(n1)n2不成立；当n2时，nn18(n1)n9不成立；当n3时，nn134(n1)n43，结论成立5. (选修22P105本章测试13改编)已知a1，an1，则a2，a3，a4，a5的值分别为_由此猜想an_答案：，解析：a2，同理a3，a4，a5，a1，符合以上规律故猜想an.1. 由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法2. 对某些与正整数有关的数学命题常采用下面的方法来证明它们的正确性：先证明当n取第1个值n0时，命题成立；然后假设当nk(kN*，kn0)时命题成立；证明当nk1时，命题也成立，这种证明方法叫做数学归纳法3. 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤如下：(1) 归纳奠基：证明取第一个自然数n0时命题成立；(2) 归纳递推：假设nk(kN*，kn0)时命题成立，证明当nk1时，命题成立；(3) 由(1)(2)得出结论备课札记,1证明等式),1)用数学归纳法证明：(nN*)证明： 当n1时，左边，右边，左边右边，所以等式成立 假设nk(kN*)时等式成立，即有，则当nk1时，.所以当nk1时，等式也成立由可知，对于一切nN*等式都成立变式训练用数学归纳法证明：1(nN*)证明： 当n1时，等式左边1右边，等式成立 假设当nk(kN*)时，等式成立，即1，那么，当nk1时，有1，所以当nk1时，等式也成立由知，等式对任何nN*均成立,2证明不等式),2)用数学归纳法证明不等式：1(nN*且n1)证明： 当n2时，1成立 设nk时，1成立由于当k1时，k2k10，即k(2k1)k22k1，则当nk1时，()1111.综合可知，原不等式对nN*且n1恒成立用数学归纳法证明：12(nN*，n2)证明： 当n2时，12，命题成立 假设nk时命题成立，即12.当nk1时，120)(1) 求a2，a3，a4；(2) 猜想an 的通项公式，并加以证明解：(1) a2222(2)222，a3(222)3(2)222323，a4(2323)4(2)233424.(2) 由(1)可猜想数列an的通项公式为an(n1)n2n.下面用数学归纳法证明： 当n1，2，3，4时，等式显然成立， 假设当nk(k4，kN*)时等式成立，即ak(k1)k2k，那么当nk1时，ak1akk1(2)2k(k1)k2kk12k12k(k1)k1k12k1(k1)1k12k1，所以当nk1时，猜想成立由知数列an的通项公式为an(n1)n2n(nN*，0),4综合运用),4)设集合M1，2，3，n(nN，n3)，记M的含有三个元素的子集个数为Sn，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为Tn.(1) 分别求，的值；(2) 猜想关于n的表达式，并加以证明解：(1) 当n3时，M1，2，3，S31，T32，2；当n4时，M1，2，3，4，S44，T4223310，3，.(2) 猜想.下面用数学归纳法证明： 当n3时，由(1)知猜想成立 假设当nk(k3)时，猜想成立，即，而SkC，所以TkC.则当nk1时，易知Sk1C，而当集合M从1，2，3，k变为1，2，3，k，k1时，Tk1在Tk的基础上增加了1个2，2个3，3个4，(k1)个k，所以Tk1Tk213243k(k1)C2(CCCC)C2(CCCC)C2CCSk1，即.所以当nk1时，猜想也成立综上所述，猜想成立已知过一个凸多边形的不相邻的两个端点的连线段称为该凸多边形的对角线(1) 分别求出凸四边形，凸五边形，凸六边形的对角线的条数；(2) 猜想凸n边形的对角线条数f(n)，并用数学归纳法证明解：(1) 凸四边形的对角线条数为2条；凸五边形的对角线条数为5条，凸六边形的对角线条数为9条(2) 猜想：f(n)(n3，nN*)证明如下：当n3时，f(3)0成立；设当nk(k3)时猜想成立，即f(k)，则当nk1时，考察k1边形A1A2AkAk1，k边形A1A2Ak中原来的对角线都是k1边形中的对角线，且边A1Ak也成为k1边形中的对角线；在Ak1与A1，A2，Ak连结的k条线段中，除Ak1A1，Ak1Ak外，都是k1边形中的对角线，共计有f(k1)f(k)1(k2)1(k2)(条)，即当nk1时，猜想也成立综上，得f(n)对任何n3，nN*都成立1. (2017苏锡常镇二模)已知fn(x)CxnC(x1)n(1)kC(xk)n(1)nC(xn)n，其中xR，nN*，kN，kn.(1) 试求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；(2) 试猜测fn(x)关于n的表达式，并证明你的结论解：(1) f1(x)CxC(x1)xx11，f2(x)Cx2C(x1)2C(x2)2x22(x22x1)(x24x4)2，f3(x)Cx3C(x1)3C(x2)3C(x3)3x33(x1)33(x2)3(x3)36.(2) 猜想：fn(x)n！.证明： 当n1时，猜想显然成立； 假设nk时猜想成立，即fk(x)CxkC(x1)kC(x2)k(1)kC(xk)kk！，则nk1时，fk1(x)Cxk1C(x1)k1C(x2)k1(1)k1C(xk1)k1xCxk(x1)C(x1)k(x2)C(x2)k(1)k(xk)C(xk)k(1)k1C(xk1)k1xCxkC(x1)kC(x2)k(1)kC(xk)kC(x1)k2C(x2)k(1)k1kC(xk)k(1)k1C(xk1)k1xCxk(CC)(x1)k(CC)(x2)k(1)k(CC)(xk)k(k1)C(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)k(1)k1C(xk1)k1xCxkC(x1)kC(x2)k(1)kC(xk)kxC(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)k(1)kC(xk1)k(k1)C(x1)kC(x2)k(1)k1C(xk)k(1)kC(xk1)kxk！xk！(k1)k！(k1)！. 当nk1时，猜想成立综上所述，猜想成立2. 设数列an的前n项和为Sn，且方程x2anxan0有一根为Sn1，n1，2，3，.(1) 求a1，a2；(2) 猜想数列Sn的通项公式，并给出证明解：(1) 当n1时，x2a1xa10有一根为S11a11，于是(a11)2a1(a11)a10，解得a1.当n2时，x2a2xa20有一根为S21a2，于是a2a20，解得a2.(2) 由题设知(Sn1)2an(Sn1)an0，即S2Sn1anSn0.当n2时，anSnSn1，代入上式得Sn1Sn2Sn10.由(1)得S1a1，S2a1a2.由可得S3.由此猜想Sn，n1，2，3，.下面用数学归纳法证明这个结论() n1时已知结论成立. () 假设nk(kN*)时结论成立，即Sk，当nk1时，由得Sk1，即Sk1，故nk1时结论也成立综上，由()、()可知Sn对所有正整数n都成立3. 已知x1，x2，xnR，且x1x2xn1.求证：(x1)(x2)(xn)(1)n.证明：(数学归纳法) 当n1时，x11，不等式成立 假设nk时不等式成立，即(x1)(x2)(xk)(1)k成立则nk1时，若xk11，则命题成立；若xk11，则x1，x2，xk中必存在一个数小于1，不妨设这个数为xk，从而(xk1)(xk11)1xkxk1.同理可得xk11xkxk1.所以(x1)(x2)(xk)(xk1)(x1)(x2)2(xkxk1)xkxk1(x1)(x2)2(1xkxk1)xkxk1(x1)(x2)(xkxk1)(1)(1)k(1)(1)k1.故nk1时，不等式也成立由及数学归纳法原理知原不等式成立4. 已知函数f0(x)x(sin xcos x)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1) 求f1(x)，f2(x)的表达式；(2) 写出fn(x)的表达式，并用数学归纳法证明解：(1) 因为fn(x)为fn1(x)的导数，所以f1(x)f0(x)(sin xcos x)x(cos xsin x)(x1)cos x(x1)(sin x)，同理，f2(x)(x2)sin x(x2)cos x.(2) 由(1)得f3(x)f2(x)(x3)cos x(x3)sin x，把f1(x)，f2(x)，f3(x)分别改写为f1(x)(x1)sin(x1)cos，f2(x)(x2)sin(x2)cos，f3(x)(x3)sin(x3)cos，猜测fn(x)(xn)sin(xn)cos(x)(*)下面用数学归纳法证明上述等式 当n1时，由(1)知，等式(*)成立； 假设当nk时，等式(*)成立，即fk(x)(xk)sin(xk)cos.则当nk1时，fk1(x)fk(x)sin(xk)cos(x)cos(x)(xk)(xk1)cosx(k1)x(k1)sinx(k1)cos，即当nk1时，等式(*)成立综上所述，当nN*时，fn(x)(xn)sin(xn)cos成立1. 设数列an的前n项和为Sn，满足Sn2nan13n24n，nN*，且S315.(1) 求a1，a2，a3的值；(2) 求数列an的通项公式解：(1) 由题意知S24a320， S3S2a35a320.又S315， a37，S24a3208.又S2S1a2(2a27)a23a27， a25，a1S12a273.综上知，a13，a25，a37.(2) 由(1)猜想an2n1，下面用数学归纳法证明 当n1时，结论显然成立； 假设当nk(k1)时，ak2k1，则Sk357(2k1)k(k2)又Sk2kak13k24k， k(k2)2kak13k24k，解得2ak14k6， ak12(k1)1，即当nk1时，结论成立由知，nN*，an2n1.2. 由下列式子：1；11；1；12；猜想第n个表达式，并用数学归纳法给予证明解：可以猜得第n个式子是1 (n1，nN)用数学归纳法证明如下： 当n1 时，1； 假设当nk(n1，nN)时，命题成立，即1.当nk1时，1,sdo4(2k),sdo4(2k).所以，对一切n1，nN命题都成立3. 已知f(n)1，g(n)，nN*.(1) 当n1，2，3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2) 猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明解：(1) 当n1时，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)；当n2时，f(2)1，g(2)，所以f(2)g(2)；当n3时，f(3)1，g(3)，所以f(3)g(3)(2) 由(1)猜想f(n)g(n)，下面用数学归纳法给出证明 当n1时，不等式显然成立 假设当nk(kN*)时不等式成立即1，那么，当nk1时，f(k1)f(k).因为0，所以f(k1)g(k1)由可知，对一切nN*，都有f(n)g(n)成立4. 已知数列an的各项都是正数，且满足：a01，an1an(4an)，nN.(1) 求a1，a2；(2) 证明：anan12，nN.解：(1) a01，a1a0(4a0)，a2a1(4a1).(2) 用数学归纳法证明： 当n0时，a01，a1， a0a12，命题成立 假设nk时有ak1ak2.则nk1时，akak1ak1(4ak1)ak(4ak)2(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak)而ak1ak0， akak10.又ak1ak(4ak)4(ak2)22. nk1时命题成立由知，对一切nN都有anan12.1. 数学归纳法是专门证明与整数有关命题的一种方法，分两步，第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，两步缺一不可2. 运用数学归纳法时易犯的错误：对项
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