数列专题四第三讲

1、第三讲推理与证明考点整合(1) 归纳推理的一般步骤： 通过观察某些个别情况发现某些相同性质； 从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想)(2) 类比推理的一般步骤： 找出两类事物之间的相似性或一致性； 用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)综合法的特点是：从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，要求逐步推理，实际 上是寻找它的必要条件.(4) 分析法的特点是：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，即从要证明的结论出 发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，即把要证明的结论归结为判定一个明显 成立的条件为止.(5) 适合用反证法证明的四类数学命题： 唯

2、一性命题； 结论涉及“至多” “至少”“无限”的命题； 否定性命题； 直接证明较繁琐或困难的命题.(6) 数学归纳法数学归纳法证明的步骤 证明当n取第一个值no(no N*)时结论成立； 假设n = k(k N*，且k>n°)时结论成立，证明 n= k+ 1时结论也成立. 由可知，对任意 n> n。，且n N*时，结论都成立.12 22= 312 22+ 32= 612 22+ 32 42= 10照此规律，第 n个等式可为 3 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数n n+ 1111,3,6,10,，第n个三角形数为2= 2«+ 2门，记第n

3、个k边形数为N(n, k)(k > 3),以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式:三角形数1 1N( n,3)= 2门2+ 尹，正方形数N( n,4)= n2,五边形数N( n,5)= |n2 |n,六边形数N( n,6)= 2n2 n可以推测N(n, k)的表达式，由此计算N(10,24)=4. (2012陕西)观察下列不等式:1 31 + 歹<2，照此规律，第五个不等式为2ab5.设a>0, b>0，称为a, b的调和平均数如图， C为线段AB上的点，且AC= a,a+ bCB = b, O为AB中点，以AB为直径作半圆.过点 C作AB的垂线交半圆于 D,连结OD

4、 , AD , BD.过点C作OD的垂线，垂足为 E.则图中线段 OD的长度是a, b的算术平 均数，线段 的长度是a, b的几何平均数，线段 的长度是a, b的调和平均数.题型一合情推理1【例1 (1)设数列a*是首项为0的递增数列，n N*, fn(x)= sin - x an , x an, an+1,满足：对于任意的b 0,1), fn(x) = b总有两个不同的根，则an的通项公式为 .X2 V2若Po(xo, V0)在椭圆-2+ 2= 1(a>b>0)外，则过Po作椭圆的两条切线的切点为P1, P2,a b则切点弦卩己所在直线方程是x02x+ V0y= 1那么对于双曲线

5、则有如下命题：若卩0他，V0)a bx2 V2在双曲线a2 詁=1(a>0, b>0)外，则过P0作双曲线的两条切线的切点为P1, P2,则切点变式训练1 (1)若从点0所作的两条射线 OM、ON上分别有点Mx M2与点Ni、N2，则三S角形面积之比=00MM2'ON.如图，若从点o所作的不在同一平面内的三条射线S OM 2N2OP、0Q和OR上分别有点 Pi、P2，点Qi、Q2和点Ri、R2,则类似的结论为 .已知命题：若数列an为等差数列，且am= a, an= b (m n, m、n N*)，贝U am+n =窑；现已知等比数列 bn (b丰 0, n N*), bm

6、= a, bn= b (m n, m、n N*)，若类比上述结论，则可得到bm+ n=题型二直接证明与间接证明【例2 设实数数列an的前n项和Sn满足Sn+1= an+ iSn (n N*).(1) 若ai, S2,- 2a2成等比数列，求 S2和a3；4(2) 求证：对 k>3 有 Ow ak+iw ak< .变式训练2(2013陕西)设a.是公比为q的等比数列.(1) 推导an的前n项和公式；(2) 设qz 1,证明：数列an+ 1不是等比数列.题型三数学归纳法【例3 已知数列an满足关系式an+1 = + 2, n N*，且a= 2.(1) 求 a2,(2) 求证：a3, a

7、4； / n+ 1 w anv mjn + 1 + 1;(3)求证：n + 1- 1v + + + 丄2( n+ 3 3). 弋a1 a2an* 7111131变式训练 3 已知 f(n)=1+23+弓+家+ n3, g(n)=22?, n N*当n= 1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系;猜想f(n)与 g(n)的大小关系，并给出证明.【典例1 (1)观察下列各式：a+ b = 1, a2+ b2= 3, a3+ b3= 4, a4 + b4= 7, a5+ b5= 11,则a10 + b10 等于A . 28B . 76C. 123D . 199an等于1.积为Tn，且bn&g

8、t;0 (n N*)，试类比等差数列求和的方法，可将Tn表示成首项 3、与项数n的一个关系式，即公式 Tn=.2B.-n n+ 1 D亠2n 1(I)记等差数列an的前n项和为Sn,利用倒序求和的方法，可将Sn表示成首项a1、末项an与项数n的一个关系式，即公式 Sn= n a1； an ;类似地，记等比数列bn的前n项末项bn2A. 2 n+ 1 2C 2 C.2n 14项，则这个数列的一个通2.下列四个图形中，着色三角形的个数依次构成一个数列的前 项公式为C an= 3n 2nF列推理中属于归纳推理且结论正确的是径为R,四面体P ABC的体积为V,则R等于-V_2VA 'S1+ 9

9、 + Sb+ S43VCS+ S2 + S3+ S41 , 1 2观察等式：1X 2+ 2X 3 3B'S1 + S2+ S3 + S44VD. S1 + S2+ S3 + S41,131七+戎+丈=4,匕+戎+丈+法=5，根据D an= 3n_1 + 2n-3( )A 设数列an的前n项和为Sn,由an= 2n 1，求出S1 = 12, S2 = 22, S3= 32,，推 断：Sn= n2B 由f(x)= xcosx满足f( x) = f(x)对？ x R都成立，推断：f(x)= xcosx为奇函数C 由圆x2+y2= r2的面积S=n2,推断：椭圆学+£= 1(a>

10、;b>0)的面积S=nbD 由(1 + 1)2>21, (2 + 1)2>22, (3 + 1)2>23，,推断：对一切 n N*, (n+ 1)2>2n2S 设厶ABC的三边长分别为 a、b、c, ABC的面积为S,内切圆半径为r，则r =卄匕十c；类比这个结论可知：四面体 S ABC的四个面的面积分别为 S1、S2、S3、S4,内切球的半上结论有：设等比数列bn的前n项积为Tn,则T4,A 01B 43C. 07D 49定义一种运算“* ” ：对于自然数n满足以下运算性质:(i )1*1=1,( ii )(n+1)*1= n*1 + 1,则n*1等于D n2定

11、义A*B, B*C, C*D, D*A的运算分别对应下图中的所对应的运算结果可能是(1)(2)(3)(4)，那么下图中的(A)(B)以上规律，第四个等式为设等差数列an的前n项和为Sn,贝y S4, S8 S4, S12 S8, S16 S12成等差数列类比以 ,F成等比数列'T12专题限时规范训练、选择题观察下列各式:72= 49,73 = 343,74= 2 401 ,，则72 014的末两位数字为(B)A*DB.B*D ,A*DD .C*D,12132143 211, 1 2, 1, 2 3, 1,2 34,A*CA . B*D,C. B*C,A*D已知数列:，依它的前10项的规

12、律，这个数列的第2 013项a2 013满足1A . 0<a2 013<101 /a2 013<1C. 1 < a2 013W 10D. a2 013>10给出若干数字按如图所示排成倒三角形，其中第一行各数依次是1,2,3,，2 011,从第二行起每个数分别等于上一行左、右两数之和，最后一行只有一个数 M ,则这个数1 23 2 009 2 01Q 2 011334019 4 021爲 S (MOA . 2 012 22009B . 2 011 22010C . 2 0 1 0 22011D . 2 010 22007设 a, b, c,dr+,若 a+ d= b

13、 + c 且d|<|b- c|,则有A . ad= bc已知a>b>0,C . ad>bca2+ b2且 ab = 1,若 0<c<1, p= logc-2,ad<bcD . ad< bc1q= logc()2,贝U p, q的大小关玄阜系是a . p>qb . p<qD . p> q二、填空题9. 观察下列等式2 + 3 + 4= 93 + 4 + 5+ 6 + 7 = 254 + 5 + 6+ 7 + 8 + 9+ 10= 49照此规律，第n个等式为110. 若数列an的通项公式an= n+1 2,记f(n) = 2(1 -

14、 a”(1 a2)(1 - an)，试通过计算f(1), f(2), f(3)的值，推测出 f(n) =.11. 二维空间中圆的一维测度(周长)1 = 2 n,二维测度(面积)S= n2,观察发现 S'= I;三维 空间中球的二维测度 俵面积)S= 4n2,三维测度(体积)V= 4 n3,观察发现 V'= S.则四3维空间中“超球”的四维测度W= 2n4,猜想其三维测度 V =.12. 函数f(x)的定义域为 A,若X1, X2 A ,且f(X1)= f(X2)时总有X1= X2,则称f(x)为单函数.例 如f(x)= 2x+ 1 (x R)是单函数，下列命题：函数 f(x)

15、= x2 (x R)是单函数；指数函 数f(X)= 2X (x R)是单函数，若f(X)为单函数，X1, X2 A且X1工X2,则f(X1)丰f(X2): 在定义域上具有单调性的函数一定是单函数.其中的真命题是 (写出所有真命题的编号).三、解答题13. 某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数： sin213 °+ cos217° sin 13 cos 17 ;° sin215 °+ cos215 °- sin 15 cOs 15 ;° sin218 °+ cos212 ° sin 18 c

16、Os 12 ； sin2( 18°) + cos248°- sin( 18°)cos 48 ;° sin2( - 25 °) + cos255。 sin( - 25 °)cos 55 . °(1) 试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2) 根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论.14. 设集合 W是满足下列两个条件的无穷数列an的集合. an+2an+2w an+!；anW M，其中n N*, M是与n无关的常数.若an是等差数列，S是其前n项的和，a3= 4, Ss= 18,试探究 S

17、n与集合 W之间的 关系；(2) 若数列bn的通项为bn= 5n 2n,且bn W, M的最小值为 m,求m的值；1(3) 在的条件下，设 cn = 5【bn + (m 5)n +2,求证：数列 cn中任意不同的三项都不 能成为等比数列.第三讲推理与证明考点整(1) 归纳推理的一般步骤： 通过观察某些个别情况发现某些相同性质； 从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想).类比推理的一般步骤： 找出两类事物之间的相似性或一致性； 用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想).综合法的特点是：从“已知”看“可知”，逐步推向“未知”，要求逐步推理，实际 上是寻找它的

18、必要条件.(4) 分析法的特点是：从“未知”看“需知”，逐步靠拢“已知”，即从要证明的结论出 发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，即把要证明的结论归结为判定一个明显 成立的条件为止.(5) 适合用反证法证明的四类数学命题： 唯一性命题； 结论涉及“至多” “至少”“无限”的命题； 否定性命题； 直接证明较繁琐或困难的命题.(6) 数学归纳法数学归纳法证明的步骤 证明当n取第一个值n°(nN*)时结论成立； 假设n = k(k N*，且k>n°)时结论成立，证明 n= k+ 1时结论也成立.由可知，对任意 n> n。，且n N*时，结论都成立.1 .设S,

19、T是R的两个非空子集，如果存在一个从S到T的函数y= f(x)满足：(1)T= f(X)|x S；对任意XI, X2 S,当X1<X2时，恒有f(X1)<f(X2).那么称这两个集合“保 序同构” 以下集合对不是“保序同构”的是()A . A= N*, B = NB . A= x| 1< xw 3 , B = x|x=- 8 或 0<xW 10C. A= x|0<x<1 , B= RD . A= Z , B = Q答案 D解析 对于A，取f(x)= x+ 1，满足题意.8, x=- nn+ 1,对于B,取f(x)= x+ 1, 1<x<0,满足题

20、意.X2+ 1, 0W x< 3,1对于C,取f(x)= tan nx 2)，满足题意.排除法，选D.2 .观察下列等式12= 112 22= 312 22+ 32= 612 22+ 32 42= 10照此规律，第 n个等式可为 .答案12 22 + 32 42+ ( 1)n+ 1n2= ( 1)n+1 n 罗 1解析观察等式左边的式子，每次增加一项，故第n个等式左边有n项，指数都是2,且正、负相间，所以等式左边的通项为(一1)n+1n2.等式右边的值的符号也是正、负相间，其绝对值分别为1,3,6,10,15,21 ,.设此数列为 an，则a2 a1= 2, a3 a2= 3, a4 a

21、3=4, a5 a4= 5,，an an1 = n,各式相加得 an a1 = 2+ 3+ 4 + + n,即 an= 1 + 2n n+ 1+ 3 + n =.所以第 n 个等式为 12 22 + 32 42+ ( 1)n + 1n2 = ( 1)n +3 古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数n n + 1111,3,6,10,，第n个三角形数为2= 2«+ qn,记第n个k边形数为N(n, k)(k > 3),以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式:三角形数1 2 1N( n,3)= 2门2+知正方形数N( n,4)= n2,五边形数N( n,5)=

22、 2n2-*n,六边形数N( n,6)= 2n2 n可以推测N(n, k)的表达式，由此计算N(10,24) =.答案 1 000k 24 k解析 由N(n,4) = n2, N(n,6) = 2n2 n,可以推测：当k为偶数时，N(n, k)= 厂n2+ n,24 24 24 N(10,24) = X 100+ X 10=1 100 100= 1 000.4. (2012陕西)观察下列不等式:1 31 + 歹<2，照此规律，第五个.不等式为答案1+点+ *+右+吉+ 解析归纳观察法.观察每行不等式的特点，每行不等式左端最后一个分数的分母与右端值的分母相等，且每行右端分数的分子构成等差数

23、列.1 1 1 1 1 11第五个不等式为1+ 22+金+42+52+卞<§AO (fiAC= a,2ab5.设a>0, b>0，称-为a, b的调和平均数.如图， C为线段AB上的点，且a + bCB = b, O为AB中点，以AB为直径作半圆.过点 C作AB的垂线交半圆于 D,连结OD , AD , BD.过点C作OD的垂线，垂足为 E.则图中线段 OD的长度是a, b的算术平均数，线段 的长度是a, b的几何平均数，线段 的长度是a, b的调和平均数.答案 CD DE解析 在Rt ABD中，CD是斜边AB上的高，所以CD2= AC CB,所以CD = AC C

24、B = ab,所以线段CD的长度是a, b的几何平均数.在Rt OCD中，因为DE CDCE 丄 OD，所以 CD = OD，所以线段DE的长度=CD2_ ab _ 2ab OD a+ b a + b2所以线段DE的长度是a， b的调和平均数.1sin x an, x an, an+1,题型一合情推理 【例1 (1)设数列a*是首项为0的递增数列，n N*, fn(x) =满足：对于任意的 b 0,1) , fn(x)_ b总有两个不同的根，则an的通项公式为 .X2 V2若Po(xo, V0)在椭圆1+ 2_ 1(a>b>0)外，则过Po作椭圆的两条切线的切点为Pi, P2,a

25、b则切点弦P1P2所在直线方程是x0x+ V0V_ 1那么对于双曲线则有如下命题：若Po(xo, yo)a bx2 y2在双曲线2V2(2) 对于椭圆申+ 护1,切点弦P1P2所在直线方程2 V2_ 1(a>0, b>0)外，则过Po作双曲线的两条切线的切点为P1, P2,则切点a b弦P1P2所在的直线方程是.审题破题(1)先求数列an的前几项，归纳项的规律，作出猜想；双曲线和椭圆方程相比，形式类似，只要注意到椭圆的切线方程中x2, V2分别换成了 xox, yoy即可.答案(1)an_ nn (2)爭器_ 1解析(1) T a1_ 0，当 n_ 1 时，f1 (x)_ |sin

26、(x a1)| _ |sin x|,x 0, a2，又对任意的b 0,1), f1 (x)_ b总有两个不同的根，二a2_ %；1 1f2(x)_ sinx a2 _ sin ? x nx_ cos 2 , x n a3,对任意的b 0,1), f2(x)_ b总有两个不同的根,1二 a3_ 3 n f3(x)_ sin 3 x a31 1_ sin 3 x 3 n _ sin , x 3 n a4,对任意的b 0,1), f3(x)_ b总有两个不同的根,a4_ 6 n.n n 1 nX0X V0V22了 + 苗 _ 1, x2t xx0 , y2T yy0.类比,由此可得 an+1 an_

27、 n n,二 an_2x2 y2xox yoy双曲线孑b=i的切点弦piP2所在直线方程为 孑一孝=1.反思归纳 应用合情推理应注意的问题：(1)在进行归纳推理时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论.(2)在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后类比推导类比对象的性质.注意：归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性.变式训练1 (1)若从点O所作的两条射线 OM、ON上分别有点Mi、M2与点Ni、N2，则三S角形面积之比OMiNiS OM 2N2OMi ONi=om阪.如图，若从点 o所作的不在同一平面内的三条射线OP、OQ和OR上

28、分别有点答案VO P1Q1R1VO P2Q2R2Pl、P2，点Qi、Q2和点Rl、R2，则类似的结论为OP2 OQ2 OR2解析之比为考查类比推理问题，由图看出三棱锥 Pi ORiQi及三棱锥OQ i ORi益 OR2，又过顶点分别向底面作垂线，得到高的比为P2 OR2Q2的底面面积OPiop，故体积之比为Vo Pi QiR| OPi OQi ORiVo P2Q2R2 =范呢录.Pi QiR|m、 n N*)，贝V am+n =已知命题：若数列an为等差数列，且 am= a, an= b (m n,bnam;现已知等比数列 bn (b丰 0, n N*), bm= a, bn= b (m n,

29、 m、n N*)，若类 n m比上述结论，则可得到bm+ n =n m fbn 答案.缶解析等差数列中的bn和am可以类比等比数列中的 bn和am,等差数列中的bn am可以类比等比数列中的bnbn amam，等差数列中的可以类比等比数列中的an mn m bnU，n 故 bm+n=题型二直接证明与间接证明 【例2 设实数数列an的前n项和Sn满足Sn+1= an +iSn (n N*).(1) 若ai, S2, 2a2成等比数列，求 S2和a3；4求证：对 k> 3 有 Ow ak+1< akW 3.审题破题根据S§= 2aia2及S2= a2ai从方程的角度求出 S2

30、.再由S3 = a3S2= S2 + a3,求出a3.根据Sn+ 1= an+ iSn (n N )的关系，寻找an+ 1与an的递推关系，再用不等式放缩法、 分 析法、反证法的思想方法求解.S2 2 ai a2(1)解由题意' 得S2 2S2,S2 a2Si aia2,由S2是等比中项知 S2M0.因此S2= 2.由 S2+ a3 S3 a3S2 解得 a3 S2 1(2)证明由题设条件有 Sn+ an+ 1 an+ 1Sn ,，-一Sn-an+1故 SnM 1 , an + 1 丰 1 且 an+ 1, Sn Sn 1an+ 1 1从而对k > 3有S 1ak 1+ Sk 2

31、akSk 1 1 ak 1 + S- 2 1ak 1ak 1+2ak 1 1ak1ak 1ak 1 ak 1 + 1ak 1 + 1ak1 113因 ak1 ak 1+ 1 ak 1 3 2+ 4>0 且 ak 1 > 0,由得ak>0.4 ak 14要证ak<，由只要证w3ak-1 ak 1 + 1 3即证 3ak1 w 4(ak1 ak1+ 1),即(ak-1 2)2> 0,此式明显成立.因此akw4(k> 3).”ak最后证 ak+ 1W ak,若不然 ak+1 >ak,ak ak+1ako又因 ak> 0，故>1,即(ak1)2&l

32、t;0.矛盾.ak ak+ 1因此 ak+1W ak (k> 3).4综上，当 k> 3 时有 0w ak+ 1W akw 3.反思归纳综合法与分析法是直接证明中的“姊妹证明”方法通常情况下，运用分析法，由果索因，找到一个正确的结论或已知条件，然后运用综合法正确推理书写在进 行立体几何证明中， 我们常从结论出发寻找问题的突破口，但在逆推时也可能碰到障碍, 这时再从已知出发顺推找寻中间细节，问题即可得以解决当然，若所证命题从正面难 以入手时，不妨使用反证法.变式训练2(2013陕西)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qz 1,证明：数列an+ 1不

33、是等比数列.(1) 解 设 an的前n项和为Sn,当 q= 1 时，Sn= a1 + a1+ a1= na1;当 qz 1 时，Sn= a1 + ag+ ag2+ a1qn_ 1.qSn= aq+ ag2+ ag3+ a1qn,一得，(1 q)Sn= a1 a1qn,a1 1 qn Sn=1 qna1, q= 1,二 Sn= a1 1 qnqz 1.1 q(2) 证明 假设an+ 1是等比数列，则对任意的k N*,(ak+1 + 1)2= (ak +1)( ak+ 2+ 1),ak+1 + 2ak+1 +1 = akak+ 2+ ak+ ak+ 2+ 1,a2q2k+ 2a1qk= a1qk-

34、1 a1qk+1 + a1qk-1 + a1qk+1,T a1z 0, 2qk= qk 1+ qk+ 1. q z 0,q2 2q + 1 = 0, q = 1，这与已知矛盾.假设不成立，故an+ 1不是等比数列.题型三数学归纳法【例3 已知数列an满足关系式an+1 = + 2, n N*，且a1 = 2.an(1) 求 a2, a3, a4；(2) 求证：.n+ 1< an< ,n+ 1 + 1; 1 1 1 _(3) 求证：.n + 1 1< + + + <2( , n+ 3 ,3).a1 a2an审题破题(1)根据递推式和初始值求解即可；根据已知的递推式an +

35、 1=+ 2,使用an数学归纳法进行证明；(3)根据(2)的结果进行证明.5 1443(1) 解 由题意，知a2= 2, a3 = , a4=石.(2) 证明 由 an+1 = ： + 2 及 a1= 2，知 an>0.F面用数学归纳法证明: 当 n= 1 时，ai = 2 满足.1+ K ai<- 1 + 1+ 1,成立. 假设当 n= k (k N*)时，k+ 1< ak<i：k+ 1 + 1 成立，则当 n= k+ 1 时，ak+ 1 =巴+ 2>+ 2 =、k+ 1 + 1.akd dv屮 + 1 +1kkak+1 = + 2<+ 2.ak>/

36、k+ 1F面用分析法证明:k.k+ 1卜 2< k+ 2 + 1.欲证+ 2< k+ 2+ 1,只需证 k +k+ 1<(k+ 1)；k+ 2, 只需证(k+ ,k+ 1)2<( _k+ 1)- k+ 22, 只需证2 k+ 1>0,此式显然成立.所以k.k+ 1+ 2<“ k+ 2+ 1 成立.从而ak+1 =k+ 2 w ak2< k+ 2 + 1.由可知，对一切k N*,.n+ 1 w an< n + 1+ 1成立.1 1 1证明由知< a w5+1+1 an G +1而一一-=寸n+ 1 -祈,n+ 1 + 1n +1 + n1 2

37、v2n+ 1 n+ 1 + . n+ 1n+ 3+n + 2=2(“ n+ 3 n + 2),所以 n+ 1 . n<a；<2(n + 3, n+ 2),所以(21) + + ( n + 1 n)<丄+丄+十丄a1 a2an<2( 4 3) + + 2(一 n+ 3 n + 2), 所以 n+ 1 1<a；+ a2+ 0?2n+ 3 3).反思归纳在递推数列问题中，如果给出的是形如an+1 = f(an )的递推式，则可以考虑用数学归纳法进行证明，这是因为在设出ak满足的结论后，可以根据 an+1 = f(an)得到ak +1满足的结论在使用数学归纳法证明问题时，

38、在归纳假设后，归纳假设就是证明n=k+1时的已知条件，把归纳假设当已知条件证明后续结论时，可以使用综合法、分析法、反证法，也可以再次使用数学归纳法.变式训练31111,、31已知 f(n)= 1 + 23 + 33 + 产+ 孑，g(n) = 2乔n N*.(1)当n= 1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系;猜想f(n)与 g(n)的大小关系，并给出证明.解 当 n = 1 时，f(1) = 1, g=1,所以 f(1) = g(1);911当 n= 2 时，f(2) = 8, g(2) = 8，所以 f(2)<g(2)；当 n= 3 时，f(3)=251216,g(3)=3

39、12216，所以 f(3)< g(3).由(1)，猜想f(n)w g(n)，下面用数学归纳法给出证明:当n= 1,2,3时，不等式显然成立.假设当n= k(k>3，k N*)时，不等式成立，刖，1111 31即 1 + 尹?+P+ ?<2-21?，1311那么，当 n= k+ 1 时，f(k+ 1) = f(k) +<亍2+3k+ 1 3 2 2kk+ 1 31丄1k+ 31 3k 1因为 2 k+ 1 2 2"k+ 1 3 = 2 k+ 1 3 2=2 k+ 1 3k2<°，31所以 f(k+1)<3一= g(k+ 1).2 2 k+

40、1 2当 n= k+ 1 时 f(n)wg(n)成立.由可知对一切n N*，都有f(n)w g(n)成立.【典例】(1)观察下列各式：a+ b = 1，a2+b2= 3，a3+b3=4，a4 + b4= 7，a5+ b5= 11，,则a10 + b10 等于()A . 28B . 76C. 123D . 199解析 观察规律，归纳推理.从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10+ b10= 123.答案 C(2)记等差数列an的前n项和为Si,利用倒序求和的方法， 可将Sn表示成首项a1、末项 an与项数n的一个关

41、系式，即公式 Sn= n a1+ an ;类似地，记等比数列bn的前n项积 为Tn,且bn>0 (n N*),试类比等差数列求和的方法，可将Tn表示成首项b1、末项bn与项数n的一个关系式，即公式 Tn =.解析 利用等比数列的性质：若m+ n = p+ q,贝y bm bn= bp bq,利用倒序求积方法有nTn= b1b2 bn,2两式相乘得 Tn= (b1bn)n, 即卩 Tn= (b1bn).T n= bnbn 1 b1 ,2答案(b1bn)得分技巧合情推理的关键是寻求规律，明确已知结论的性质或特征.高考中此类问题的指向性很强，要得到正确结论的归纳或类比.阅卷老师提醒(1)在进行

42、归纳推理时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论.在进行类比推理时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后通过类比，推导出类 比对象的性质.(3) 归纳推理关键是找规律，类比推理关键是看共性.小题冲关1.已知数列an的前n项和Si=n2an(n2)，而ai=1,通过计算a2,a3,a4,猜想an等于A.n+ 1 2C.22n_ 12D.2n -1答案 B解析 an= Si Si-1= n2an- (n- 1)2an-1,n 1' (n- 1)2an-1= (n- 1)(n+ 1)an. /. an=an-1.A . an= 3n 1 2C. a

43、n= 3n 2n 答案 AB. an= 3nD . an = 3n 1 + 2n 3解析a1 = 1, a2= 3, a3= 9, a4= 27,故猜 an= 3n-13.下列推理中属于归纳推理且结论正确的是A .设数列an的前n项和为Sn,由an= 2n 1，求出S1= 12, S2 = 22, S3= 32,，推断：Sn= n2B .由f(x)= xcos x满足f( x) = f(x)对？ x R都成立，推断：f(x)= xcos x为奇函数C .由圆x2+ y2= r2的面积S= n2,推断：椭圆 乍+器=1(a>b>0)的面积S= nbD .由(1 + 1)2>21

44、, (2 + 1)2>22, (3 + 1)2>23，,推断：对一切 n N*, (n+ 1)2>2nn+ 1答案解析注意到，选项A由一些特殊事例得出一般性结论，且注意到数列an是等差数列,其前n 1 + 2n 1n项和等于Sn =n2,选项D中的推理属于归纳推理， 但结论不正确.因此选A.设厶ABC的三边长分别为2Sa、b、c, ABC的面积为S,内切圆半径为r,贝U r = 卄 匕十c；类比这个结论可知：四面体S ABC的四个面的面积分别为 3、S2、S3、S4,内切球的半径为R,四面体P ABC的体积为V,则R等于V2VA S1+ 9 + Sb+ S43VCS1 + S

45、2+ S3 + S4BSi + S2+ S3+ S44VS1 + S2 + S3 + S4答案 C解析 本题考查类比推理，用体积分割的方法，可以得出R=.S1 + S2 + S3 + S112观察等式：翫+药=21X 2 卜亦+374+ 45 Y，根据以上规律，第四个等式为答案1，1，11X 2卜贡+右+ 4 +之=63V则T4,成等比数列.解析 等差数列类比于等比数列，和类比于积,t8等比数列bn的前n项积为Tn,则T4, T41 .观察下列各式:A . 01B . 43C. 07D. 49答案 D解析因为717,72 = 49,73 = 343,74 = 2 401,7 5= 16 807

46、,76= 117 649 ,，所以这些数的末两位数字呈周期性出现，且周期T= 4又因为2 014 = 4X 503+ 2,所以72 014的末两位数字与72的末两位数字相同，故选D.2.定义一种运算“ * ” ：对于自然数n满足以下运算性质:(i )1*1=1,( ii )(n+1)*1= n*1 + 1,设等差数列an的前n项和为Sn,贝y S4, S3 S4, S12 S8, S16 S12成等差数列.类比以 上结论有：设等比数列bn的前n项积为Tn,答案T8半T4 T8减法类比于除法，可得类比结论为：设T12 T16T-猜想an=，故选 B.n n + 12.下列四个图形中，着色三角形的

47、个数依次构成一个数列的前4项，则这个数列的一个通项公式为,忑成等比数列.专题限时规范训练、选择题72= 49,73 = 343,74= 2 401 ,，则72 014的末两位数字为则n*1等于答案 A解析 由(n +1)*1 = n*1 + 1，得 n*1 = (n 1)*1 + 1 = (n 2)*1 + 2=1定义 A*B，B*C，C*D，D*A的运算分别对应下图中的(1)(2)(3)(4)，那么下图中的(A)(B)所对应的运算结果可能是A . B*D, A*DC . B*C, A*DA*CA*D(B)1 /a2 013<1(1,2,3,4),；分子每一组中从大到小排列(1) , (

48、2,1), (3,2,1), (4,3,2,1),，由上规律a2 013 =60丄15.答案 B解析 由(1)(2)(3)(4)图得A表示I, B表示口，C表示一，D表示O ,故图(A)(B)表示B*D和 A* C.已知数列：1,2,2，3，2,1，4，I，2,1，依它的前10项的规律，这个数列的第2 013项a2 013满足1A . 0<a2 O13<10C. 1 < a2 013< 10D . a2 013>10答案 A(1), (1,2), (1,2,3),解析 数列中项的规律：分母每一组中从小到大排列:5.给出若干数字按如图所示排成倒三角形，其中第一行各数

49、依次是1,2,3,，2 011，从第二行起每个数分别等于上一行左、右两数之和，最后一行只有一个数M，则这个数M是( )232 009 2 010 10113 歩40L4 4 021S & 040 /7”A . 2 012 22009B . 2 011 22010C . 2 010 22011D . 2 010 22007答案 A解析第一行公差为1 ;第二行公差为2;第2 010行公差为22 009,第2 011行只有M，发现规律，得M = (1 + 2 011) 22-009.或从第一行为1,2,3及1,2,3,4,5的两个“小三角形”结合选项归纳得结果为(3 + 1) X 21及(5

50、 + 1) X 23,猜一般规律为(n+ 1) 2n 2+设 a, b, c, d R ,A . ad= bcad<bcC. ad>bcD. ad< bc若 a+ d= b + c 且|a d|<|b c|,则有答案 C(a d)2<(b c)2? a2+ d2 2ad<b2 + c2 2bc,又/ a + d= b+ c? (a + d)2 = (b+ c)2? a + d? + 2ad = b? + c? + 2bc, - 4ad< 4bc, - ad>bc.q= lOgc(.a +,b)2,解析 |a d|<|b c|?a已知 a&g

51、t;b>0,且 ab = 1,若 0<c<1, p= log2+ b2p, q的大小关玄阜系是a . p>qb . p<qC . p = q答案 BD . p>q解析a2 + b22 >ab = 1,1 2 又q=號(話) p= logca2 + b2；2 <0.=logc>log c a+ b + 2 ab 4 . ab1>logc = logc。, / q>p.对大于1的自然数m的三次幕可用奇数进行以下方式的“分裂”：23733 9,1143 151713，.仿此，若m3的“分裂数”中有一个是59,则m的值为19C. 7答案

52、解析由已知可观察出 m3可分裂为 m个连续奇数，最小的一个为 (m 1)m+ 1.当m= 8时，最小的数为 57,第二个便是59. m= 8.二、填空题9. 观察下列等式2 + 3 + 4= 93 + 4 + 5+ 6 + 7 = 254 + 5 + 6+ 7 + 8 + 9+ 10= 49照此规律，第n个等式为答案 n+(n+ 1) + (n+ 2) + + (3n - 2) = (2n 1)2解析 第n个等式是首项为 n,公差为1，项数为2n- 1的等差数列，即n + (n+ 1) + (n + 2) + + (3n 2)= (2n 1)2.110. 若数列an的通项公式an= n+1 2,记f(n) = 2(1 a“ a2)(1 an)，试通过计算f(1),f(2), f(3)的值，推测出f(n)=答案n+ 2n+ 1解析 f(1)= 2(1 a” = 2=2 1 + 11f(2) = 2(1 a1)(1 a2) = 2 1 44 2 + 23 = 2 + 1,5= 3±24 3+ 1 'f(3) = 2(1 a1)(1 a2)(1 a3)1 1 1 =2 1 1 1 一21419116n+ 2可猜测f(n)=-n+ 111. 二维空间中圆的一维测度 (周长)1 = 2 n,二维测度(面积)S= n2,观察发现