第二章《推理与证明》章末复习习题考试要求1．了解合情推理的思维过程；2．掌握演绎推理的一般模式；3．会灵活运用直接证明和间接证明的方法，证明问题；4．掌握数学归纳法的整体思想.典例精析精讲例1 、如图，已知□ABCD ，直线BC ⊥平面ABE ，F 为CE 的中点.（1）求证：直线AE ∥平面BDF ；（2）若90AEB ∠=，求证：平面BDF ⊥平面BCE ．证明：（1）设AC ∩BD ＝G ，连接FG .由四边形ABCD 为平行四边形，得G 是AC 的中点.又∵F 是EC 中点，∴在△ACE 中，FG ∥AE .∵AE ⊂/平面BFD ，FG ⊂平面BFD ，∴AE ∥平面BFD ；（2）∵π2AEB ∠=，∴AE BE ⊥.又∵直线BC ⊥平面ABE ，∴AE BC ⊥.又BC BE B =，∴直线AE ⊥平面BCE .由（1）知，FG ∥AE ，∴直线FG ⊥平面BCE .例2 已知数列{}n a 的前n 项和11()22n n n S a -=--+（n 为正整数）. （Ⅰ）令2n n n b a =，求证数列{}n b 是等差数列，并求数列{}n a 的通项公式； （Ⅱ）令1n n n c a n +=，12........n n T c c c =+++试比较n T 与521n n +的大小，并予以证明.解：（I ）在11()22n n n S a -=--+中，令n =1，可得1112n S a a =--+=，即112a =.例1图当2n ≥时，21111111()2()22n n n n n n n n n S a a S S a a ------=--+∴=-=-++，， 11n 1112a (),212n n n n n a a a ----∴=+=+n 即2. 112,1,n 21n n n n n n b a b b b --=∴=+≥-=n 即当时，b .又1121,b a ==∴数列}{n b 是首项和公差均为1的等差数列. 于是1(1)12,2n n n n n n b n n a a =+-⋅==∴=. (II)由（I ）得11(1)()2n n n n c a n n +==+，所以 23111123()4()(1)()2222n n T n =⨯+⨯+⨯+++， 2341111112()3()4()(1)()22222n n T n +=⨯+⨯+⨯+++. 由①-②得231111111()()()(1)()22222n n n T n +=++++-+ 11111[1()]133421(1)()122212332n n n n n n n n T -++-+=+-+=--+∴=- 535(3)(221)3212212(21)n n n n n n n n n T n n n ++---=--=+++.于是确定521n n T n +与的大小关系等价于比较221n n +与的大小. 由23452211;2221;2231;2241;225;<⨯+<⨯+<⨯+<⨯+<⨯ 可猜想当322 1.n n n ≥>+时，证明如下： 证法1：（1）当n=3时，由上验算显示成立.（2）假设1n k =+时，12222(21)422(1)1(21)2(1)1k k k k k k k +=>+=+=+++->++. 所以当1n k =+时猜想也成立.综合（1）（2）可知 ，对一切3n ≥的正整数，都有22 1.n n >+证法2：当3n ≥时，01210112(11)2221n n n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C C n n --=+=+++++≥+++=+>+综上所述，当1,2n =时521n n T n <+，当3n ≥时521n n T n >+.例3 设数列{}n a 的前n 项和为n S ，对任意的正整数n ，都有51n n a S =+成立，记*4()1n n na b n N a +=∈-. （I ）求数列{}n a 与数列{}n b 的通项公式；（II ）设数列{}n b 的前n 项和为n R ，是否存在正整数k ，使得4n R k ≥成立？若存在，找出一个正整数k ；若不存在，请说明理由；（III ）记*221()n n n c b b n N -=-∈，设数列{}n c 的前n 项和为n T ，求证：对任意正整数n 都有32n T <. 解：（I ）当1=n 时，111151,4=+∴=-a S a . 又1151,51++=+=+n n n n a S a S ，11115,4即+++∴-==-n n n n n a a a a a .∴数列{}n a 是首项为114=-a ，公比为14=-q 的等比数列. ∴1()4=-n n a ，*14()4()11()4+-=∈--n n nb n N . （II ）不存在正整数k ，使得4n R k ≥成立.证明：由（I ）知14()5441(4)11()4+-==+----n n n n b . 212212555201516408888.(4)1(4)1161164(161)(164)--⨯-+=++=+-=-<-----+-+k k k k k k k k k b b ∴当n 为偶数时，设2()n m m N *=∈.∴1234212()()()84n m m R b b b b b b m n -=++++++<=.当n 为奇数时，设21()n m m N *=-∈.∴1234232221()()()8(1)4844n m m m R b b b b b b b m m n ---=+++++++<-+=-=. ∴对于一切的正整数n ，都有4n R k <.∴不存在正整数k ，使得4n R k ≥成立.（III ）由54(4)1n n b =+--，得 2122212255151615161516154141(161)(164)(16)3164(16)16n n n n n n n n n n n n n n c b b --⨯⨯⨯=+=+==<=-+-++⨯-又1221343,,33b bc ==∴=，当1=n 时，132T <， 当2n ≥时，2223211[1()]41114161625()2513161616311614693162513482116n n n T --<+⨯+++=+⨯-<+⨯=<-例4 设函数()ln f x x x x =-．数列{}n a 满足101a <<，1()n n a f a +=． （Ⅰ）证明：函数()f x 在区间(01)，是增函数；（Ⅱ）证明：11n n a a +<<；（Ⅲ）设1(1)b a ∈，，整数11ln a b k a b-≥．证明：1k a b +>． 解析：（Ⅰ）证明：()ln f x x x x =-，()'ln .f x x =-()()0,1'ln 0.x f x x ∈=->当时， 故函数()f x 在区间(0,1)上是增函数.（Ⅱ）证明：（用数学归纳法）（i ）当n =1时，101a <<，11ln 0a a <，211111()ln a f a a a a a ==->，由函数()f x 在区间(01)，是增函数，且函数()f x 在1x =处连续，则()f x 在区间(01]，是增函数，21111()ln 1a f a a a a ==-<，即121a a <<成立； （ⅱ）假设当(*)x k k N =∈时，11k k a a +<<成立，即1101k k a a a +<<<≤， 那么当1n k =+时，由()f x 在区间(01]，是增函数，1101k k a a a +<<<≤，得 1()()(1)k k f a f a f +<<.而1()n n a f a +=，则121(),()k k k k a f a a f a +++==， 121k k a a ++<<，也就是说当1n k =+时，11n n a a +<<也成立； 根据（ⅰ）、（ⅱ）可得对任意的正整数n ，11n n a a +<<恒成立. （Ⅲ）证明：由()ln f x x x x =-，1()n n a f a +=，可得k k k k a a b a b a ln 1--=-+11ln ki i i a b a a ==--∑. （1） 若存在某i k ≤满足i a b ≤，则由（ⅱ）知：1k i a b a b +-<-≥0；（2）若对任意i k ≤都有b a i >，则kk k k a a b a b a ln 1--=-+ 11ln k i i i a b a a ==--∑11ln k i i a b a b ==--∑11()ln ki i a b a b ==--∑b ka b a ln 11--> b ka b a ln 11--≥)(11b a b a --->0=，即1k a b +>成立. 例5 已知函数))((R x x f ∈满足下列条件：对任意的实数x 1，x 2都有)]()()[()(λ2121221x f x f x x x x --≤-和2121)()(x x x f x f -≤-，其中λ是大于0的常数.设实数a 0，a ，b 满足 0)(0=a f 和)(λa f a b -=.（Ⅰ）证明:1λ≤，并且不存在00a b ≠，使得0)(0=b f ； （Ⅱ）证明:20220))(λ1()(a a a b --≤-；（Ⅲ）证明:222)]()[λ1()]([a f b f -≤.证明：（Ⅰ）不妨设12x x >，由[]2121212()()()()x x x x f x f x λ-≤-⋅-，可知12()()0f x f x ->，()f x ∴是R 上的增函数.∴不存在00b a ≠，使得0()0f b =. 又[]2212121212()()()()()x x x x f x f x x x λ-≤-⋅-≤-，1λ∴≤. （Ⅱ）要证：222000()(1)()b a a a λ-≤--，即证：2200()()2()()a a f a f a a a λ⎡⎤-+≤-⎣⎦. (*)不妨设0a a >，由[]2121212()()()()x x x x f x f x λ-≤-⋅-，得00()()()f a f a a a λ-≥-. 即0()()f a a a λ≥-.则2002()()2()f a a a a a λ-≥-. （1） 由1212()()f x f x x x -≤-，得00()()f a f a a a -≤-， 即0()f a a a ≤-.则22200()()2()a a f a a a λλ⎡⎤-+≤-⎣⎦. （2） 由（1）（2）可得2200()()2()()a a f a f a a a λ⎡⎤-+≤-⎣⎦.222000()(1)()b a a a λ∴-≤--. （Ⅲ）220[()]()f a a a ≤-,22220(1)[()](1)()f a a a λλ∴-≤--.220[()]()f b b a ≤-,又由（2）中结论222000()(1)()b a a a λ-≤--，222[()](1)[()]f b f a λ∴≤-.。