第7章 不等式、推理与证明 第4节　推理与证明

第4节推理与证明考试要求1.了解合情推理的含义，能进行简单的归纳推理和类比推理，体会并认识合情推理在数学发现中的作用.2.了解演绎推理的含义，掌握演绎推理的“三段论”，并能运用“三段论”进行一些简单演绎推理.3.了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异.4.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和特点.5.了解反证法的思考过程的特点.6.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.合情推理类型定义特点归纳推理根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的全部对象都具有这种性质的推理由部分到整体、由个别到一般类比推理根据两类事物之间具有某些类似(一致)性，推测一类事物具有另一类事物类似(或相同)的性质的推理由特殊到特殊2.演绎推理(1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理.简言之，演绎推理是由一般到特殊的推理.(2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情况；③结论——根据一般原理，对特殊情况作出的判断.3.直接证明内容综合法分析法定义利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直到最后把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止实质由因导果执果索因框图表示eq\x(P⇒Q1)→eq\x(Q1⇒Q2)→…→eq\x(Qn⇒Q)eq\x(Q⇐P1)→eq\x(P1⇐P2)→…→eq\x(\a\al(得到一个明显,成立的条件))文字语言因为……所以……或由……得……要证……只需证……即证……4.间接证明间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法.(1)反证法的定义：假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立的证明方法.(2)用反证法证明的一般步骤：①反设——假设命题的结论不成立；②归谬——根据假设进行推理，直到推出矛盾为止；③结论——断言假设不成立，从而肯定原命题的结论成立.5.数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立.只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立.上述证明方法叫做数学归纳法.1.合情推理包括归纳推理和类比推理，其结论是猜想，不一定正确，若要确定其正确性，则需要证明.2.在进行类比推理时，要从本质上去类比，只从一点表面现象去类比，就会犯机械类比的错误.3.分析法是执果索因，实际上是寻找使结论成立的充分条件；综合法是由因导果，就是寻找已知的必要条件.4.用反证法证题时，首先否定结论，否定结论就是找出结论的反面的情况，然后推出矛盾，矛盾可以与已知、公理、定理、事实或者假设等相矛盾.5.推证n＝k＋1时一定要用上n＝k时的假设，否则就不是数学归纳法.1.思考辨析(在括号内打“√”或“×”)(1)归纳推理得到的结论不一定正确，类比推理得到的结论一定正确.()(2)由平面三角形的性质推测空间四面体的性质，这是一种合情推理.()(3)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a<b”.()(4)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证n＝1时结论成立.()答案(1)×(2)√(3)×(4)×解析(1)类比推理的结论不一定正确.(3)应假设“a≤b”.(4)有的证明问题第一步并不是验证n＝1时结论成立，如证明凸n边形的内角和为(n－2)·180°，第一步要验证n＝3时结论成立.2.(易错题)正弦函数是奇函数，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函数，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函数，以上推理()A.结论正确 B.大前提不正确C.小前提不正确 D.全不正确答案C解析f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函数，所以小前提错误.3.(易错题)用反证法证明命题：“设a，b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要作的假设是()A.方程x3＋ax＋b＝0没有实根B.方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C.方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D.方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根答案A解析方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根的反面是方程x3＋ax＋b＝0没有实根.4.在等差数列{an}中，若a10＝0，则有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n＜19，且n∈N*)成立.类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b9＝1，则存在的等式为________.答案b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n＜17，且n∈N*)解析根据类比推理的特点可知：等比数列和等差数列类比，在等差数列中是和，在等比数列中是积，故有b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n＜17，且n∈N*).5.(2022·延边质检)有三张卡片，分别写有1和2、1和3、2和3，甲、乙、丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”；乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”；丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则下列说法中正确的是()A.甲的卡片上的数字是1和3B.甲的卡片上的数字是2和3C.乙的卡片上的数字是1和3D丙的卡片上的数字是1和3答案A解析由丙说的话可知丙的卡片上的数字一定不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2，则乙的卡片上的数字是2和3，甲的卡片上的数字是1和3，满足题意；若丙的卡片上的数字是1和3，则乙的卡片上的数字是2和3，此时，甲的卡片上的数字只能是1和2，不满足题意.故甲的卡片上的数字是1和3.6.(2021·南充联考)将正整数对做如下分组，第1组为{(1，2)，(2，1)}，第2组为{(1，3)，(3，1)}，第3组为{(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)}，第4组为{(1，5)，(2，4)，(4，2)，(5，1)}，……，则第30组的第16个数对为________.答案(17，15)解析由题意可得第1组整数对的和为3，第2组整数对的和为4，第3组整数对的和为5，第4组整数对的和为6，……，第n组整数对的和为n＋2，且各个数对数字按顺序排列，可得第30组整数对的和为32，则第30组的第16个数对为(17，15).考点一合情推理与演绎推理角度1归纳推理例1(2021·安徽六校测试)如图，第1个图形由正三角形扩展而成，共12个顶点.第n个图形由正n＋2边形扩展而来，其中n∈N*，则第n个图形的顶点个数是()A.(2n＋1)(2n＋2) B.3(2n＋2)C.2n(5n＋1) D.(n＋2)(n＋3)答案D解析由已知中的图形可以得到：当n＝1时，图形的顶点个数为12＝3×4，当n＝2时，图形的顶点个数为20＝4×5，当n＝3时，图形的顶点个数为30＝5×6，当n＝4时，图形的顶点个数为42＝6×7，……由此可以推断：第n个图形的顶点个数为(n＋2)(n＋3).角度2类比推理例2斐波那契数列，又称黄金分割数列，指的是这样一个数列：1，1，2，3，5，8，13，21，34，55，89，…，在数学上，斐波那契数列{an}定义为：a1＝1，a2＝1，an＋2＝an＋an＋1，斐波那契数列有种看起来很神奇的巧合，如根据an＋2＝an＋an＋1可得an＝an＋2－an＋1，所以a1＋a2＋…＋an＝(a3－a2)＋(a4－a3)＋…＋(an＋2－an＋1)＝an＋2－a2＝an＋2－1，类比这一方法，可得aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,10)＝()A.714 B.1870C.4895 D.4896答案C解析将an＋1＝an＋2－an两边同乘an＋1，可得aeq\o\al(2,n＋1)＝an＋2an＋1－an＋1an，则aeq\o\al(2,1)＋aeq\o\al(2,2)＋…＋aeq\o\al(2,10)＝aeq\o\al(2,1)＋(a2a3－a2a1)＋(a3a4－a2a3)＋…＋(a10a11－a9a10)＝1－a2a1＋a10a11＝1－1＋55×89＝4895.角度3演绎推理例3(2022·河南名校联考)自主招生联盟成形于2009年清华大学等五校联考，主要包括“北约”联盟，“华约”联盟，“卓越”联盟和“京派”联盟.调查某高中学校学生自主招生报考的情况，得到如下结果：①报考“北约”联盟的学生，都没报考“华约”联盟；②报考“华约”联盟的学生，也报考了“京派”联盟；③报考“卓越”联盟的学生，都没报考“京派”联盟；④不报考“卓越”联盟的学生，就报考“华约”联盟.根据上述调查结果，下列结论错误的是()A.没有同时报考“华约”和“卓越”联盟的学生B.报考“华约”和“京派”联盟的考生一样多C.报考“北约”联盟的考生也报考了“卓越”联盟D.报考“京派”联盟的考生也报考了“北约”联盟答案D解析设该校报考“北约”联盟，“华约”联盟，“京派”联盟和“卓越”联盟的学生分别为集合A，B，C，D，报考自主招生的总学生为U，则由题意，知A∩B＝∅，B⊆C，D∩C＝∅，∁UD＝B，∴A⊆D，B＝C，B∩D＝∅.选项A中，B∩D＝∅，正确；选项B中，B＝C，正确；选项C中，A⊆D，正确.感悟提升1.归纳推理问题的常见类型及解题策略(1)与数字有关的等式的推理.观察数字特点，找出等式左右两侧的规律及符号.(2)与式子有关的推理.观察每个式子的特点，注意纵向对比，找到规律.(3)与图形变化有关的推理.合理利用特殊图形归纳推理出结论，并用赋值检验法验证其真伪性.2.类比推理常见的情形有：平面与空间类比；低维与高维类比；等差与等比数列类比；运算类比(加与乘，乘与乘方，减与除，除与开方).数的运算与向量运算类比；圆锥曲线间的类比等.3.演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题，应当首先明确什么是大前提和小前提.训练1(1)中国有句名言“运算帷幄之中，决胜千里之外”，其中的“筹”原意是指《孙子算经》中记载的算筹.古代用算筹(一根根同样长短和粗细的小棍子)来进行运算.算筹的摆放有纵式、横式两种(如图所示).当表示一个多位数时，个位、百位、万位数用纵式表示，十位、千位、十万位数用横式表示，依此类推，遇零则置空，例如3266用算筹表示就是，则8771用算筹应表示为()中国古代的算筹数码A. B.C. D.(2)“正三角形的内切圆半径等于此正三角的高的eq\f(1,3)”，拓展到空间，类比平面几何的上述结论，则正四面体的内切球半径等于这个正四面体的高的()A.eq\f(1,2) B.eq\f(1,3) C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,5)答案(1)C(2)C解析(1)由算筹的定义，得所以8771用算筹应表示为.(2)从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，可得如下结论：正四面体的内切球半径等于这个正四面体高的eq\f(1,4).证明如下：球心到正四面体一个面的距离即球的半径r，连接球心与正四面体的四个顶点.把正四面体分成四个高为r的三棱锥，所以4×eq\f(1,3)·S·r＝eq\f(1,3)·S·h，则r＝eq\f(1,4)h.(其中S为正四面体一个面的面积，h为正四面体的高)考点二直接证明与间接证明角度1综合法例4已知a，b，c＞0，a＋b＋c＝1.求证：(1)eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)；(2)eq\f(1,3a＋1)＋eq\f(1,3b＋1)＋eq\f(1,3c＋1)≥eq\f(3,2).证明(1)∵(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))2＝(a＋b＋c)＋2eq\r(ab)＋2eq\r(bc)＋2eq\r(ca)≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，∴eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)≤eq\r(3)(当且仅当a＝b＝c时取等号).(2)∵a＞0，∴3a＋1＞1，∴eq\f(4,3a＋1)＋(3a＋1)≥2eq\r(\f(4,3a＋1)·（3a＋1）)＝4，∴eq\f(4,3a＋1)≥3－3a(当且仅当a＝eq\f(1,3)时，取等号).同理得eq\f(4,3b＋1)≥3－3b，eq\f(4,3c＋1)≥3－3c，以上三式相加得4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3a＋1)＋\f(1,3b＋1)＋\f(1,3c＋1)))≥9－3(a＋b＋c)＝6，∴eq\f(1,3a＋1)＋eq\f(1,3b＋1)＋eq\f(1,3c＋1)≥eq\f(3,2)(当且仅当a＝b＝c＝eq\f(1,3)时取等号).角度2分析法例5已知a＞0，证明：eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2.证明要证eq\r(a2＋\f(1,a2))－eq\r(2)≥a＋eq\f(1,a)－2，只需证eq\r(a2＋\f(1,a2))≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2)).因为a＞0，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－(2－eq\r(2))＞0，所以只需证eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(a2＋\f(1,a2))))eq\s\up12(2)≥eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))－（2－\r(2)）))eq\s\up12(2)，即2(2－eq\r(2))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)))≥8－4eq\r(2)，只需证a＋eq\f(1,a)≥2.因为a＞0，a＋eq\f(1,a)≥2显然成立(当a＝eq\f(1,a)＝1时等号成立)，所以要证的不等式成立.角度3反证法例6设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和.(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？(1)证明假设数列{Sn}是等比数列，则Seq\o\al(2,2)＝S1S3，即aeq\o\al(2,1)(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，这与公比q≠0矛盾，所以数列{Sn}不是等比数列.(2)解当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；当q≠1时，{Sn}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，得q＝0，这与公比q≠0矛盾.综上，当q＝1时，数列{Sn}是等差数列；当q≠1时，数列{Sn}不是等差数列.感悟提升1.综合法证题从已知条件出发，分析法从要证结论入手，证明一些复杂问题，可采用两头凑的方法.2.反证法适用于不好直接证明的问题，应用反证法证明时必须先否定结论.训练2(1)已知a＞0，b＞0，求证：eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)；(2)已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ca＞0，abc＞0，求证：a＞0，b＞0，c＞0.证明(1)∵a＞0，b＞0，要证eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)，只要证(a＋b)2≥4ab，只要证(a＋b)2－4ab≥0，即证a2－2ab＋b2≥0，而a2－2ab＋b2＝(a－b)2≥0恒成立，故eq\f(a＋b,2)≥eq\f(2ab,a＋b)成立.(2)假设a，b，c不全是正数，即至少有一个不是正数，不妨先设a≤0，下面分a＝0和a＜0两种情况讨论，如果a＝0，则abc＝0与abc＞0矛盾，所以a＝0不可能，如果a＜0，那么由abc＞0可得，bc＜0，又因为a＋b＋c＞0，所以b＋c＞－a＞0，于是ab＋bc＋ca＝a(b＋c)＋bc＜0，这和已知ab＋bc＋ca＞0相矛盾，因此，a＜0也不可能，综上所述，a＞0，同理可证b＞0，c＞0，所以原命题成立.考点三数学归纳法例7用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))>eq\f(\r(2n＋1),2)成立.证明(1)当n＝2时，左＝1＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，右＝eq\f(\r(5),2)，左>右，∴不等式成立.(2)假设n＝k(k≥2且k∈N*)时，不等式成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2)，那么当n＝k＋1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2（k＋1）－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2)·eq\f(2k＋2,2k＋1)＝eq\f(2k＋2,2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(4k2＋8k＋4),2\r(2k＋1))>eq\f(\r(4k2＋8k＋3),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋3)·\r(2k＋1),2·\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2（k＋1）＋1),2)，∴n＝k＋1时，不等式也成立.由(1)(2)知，对一切大于1的自然数n，不等式都成立.感悟提升1.利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性.2.“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”.高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题.训练3已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝eq\f(an,2)＋eq\f(1,an)－1，且an>0，n∈N*.(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；(2)证明(1)中的猜想.(1)解当n＝1时，由已知得a1＝eq\f(a1,2)＋eq\f(1,a1)－1，即aeq\o\al(2,1)＋2a1－2＝0.∴a1＝eq\r(3)－1(a1>0).当n＝2时，由已知得a1＋a2＝eq\f(a2,2)＋eq\f(1,a2)－1，将a1＝eq\r(3)－1代入并整理得aeq\o\al(2,2)＋2eq\r(3)a2－2＝0.∴a2＝eq\r(5)－eq\r(3)(a2>0).同理可得a3＝eq\r(7)－eq\r(5).猜想an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)(n∈N*).(2)证明①由(1)知，当n＝1，2，3时，通项公式成立.②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，通项公式成立，即ak＝eq\r(2k＋1)－eq\r(2k－1).由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(ak＋1,2)＋eq\f(1,ak＋1)－eq\f(ak,2)－eq\f(1,ak)，将ak＝eq\r(2k＋1)－eq\r(2k－1)代入上式，整理得aeq\o\al(2,k＋1)＋2eq\r(2k＋1)ak＋1－2＝0，∴ak＋1＝eq\r(2k＋3)－eq\r(2k＋1)，即n＝k＋1时通项公式成立.根据①②可知，对所有n∈N*，an＝eq\r(2n＋1)－eq\r(2n－1)成立.1.“对数函数是非奇非偶函数，f(x)＝log2|x|是对数函数，因此f(x)＝log2|x|是非奇非偶函数”，以上推理()A.结论正确 B.大前提错误C.小前提错误 D.推理形式错误答案C解析本命题的小前提是f(x)＝log2|x|是对数函数，但是这个小前提是错误的，因为f(x)＝log2|x|不是对数函数，它是一个复合函数，只有形如y＝logax(a>0且a≠1)的才是对数函数.2.观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由归纳推理得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)＝()A.f(x) B.－f(x)C.g(x) D.－g(x)答案D解析由已知得偶函数的导函数为奇函数，故g(－x)＝－g(x).3.观察一列算式：1⊗1，1⊗2，2⊗1，1⊗3，2⊗2，3⊗1，1⊗4，2⊗3，3⊗2，4⊗1，…，则式子3⊗5是第()A.22项 B.23项 C.24项 D.25项答案C解析两数和为2的有1个，和为3的有2个，和为4的有3个，和为5的有4个，和为6的有5个，和为7的有6个，前面共有21个，3⊗5是和为8的第3项，所以为第24项.4.《周易》历来被人们视为儒家经典之首，它表现了古代中华民族对万事万物的深刻而又朴素的认识，是中华文化的基础，它反映了中国古代的二进制计数的思想方法.我们用近代术语解释为：把阳爻“”当作数字“1”，把阴爻“”当作数字“0”，则八卦代表的数表示如下：卦名符号表示的二进制数表示的十进制数坤0000震0011坎0102兑0113以此类推，则六十四卦中的“屯”卦，符号“”表示的十进制数是()A.18 B.17 C.16 D.15答案B解析由题意类推，可知六十四卦中的“屯”卦符号“”表示二进制数的010001，转化为十进制数的计算为1×20＋0×21＋0×22＋0×23＋1×24＋0×25＝17.5.设x，y，z为正实数，a＝x＋eq\f(1,y)，b＝y＋eq\f(1,z)，c＝z＋eq\f(1,x)，则a，b，c三个数()A.至少有一个不大于2 B.都小于2C.至少有一个不小于2 D.都大于2答案C解析假设a，b，c都小于2，则a＋b＋c＜6，而a＋b＋c＝x＋eq\f(1,y)＋y＋eq\f(1,z)＋z＋eq\f(1,x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,x)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y＋\f(1,y)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(z＋\f(1,z)))≥2＋2＋2＝6(当且仅当x＝y＝z＝1，等号成立)，与a＋b＋c＜6矛盾，∴a，b，c都小于2错误.∴a，b，c三个数至少有一个不小于2.6.用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)＞eq\f(13,14)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时，不等式左边()A.增加了eq\f(1,2（k＋1）)B.增加了eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)C.增加了eq\f(1,2（k＋1）)－eq\f(1,k＋1)D.增加了eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)答案D解析当n＝k时，eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k＋k)＞eq\f(13,14)，①当n＝k＋1时，左边＝eq\f(1,（k＋1）＋1)＋eq\f(1,（k＋1）＋2)＋…eq\f(1,（k＋1）＋（k＋1）)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,k＋k)))－eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)，②②－①得，不等式左边增加了eq\f(1,2k＋2)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,k＋1).7.(2022·江西重点高中联考)将连续正偶数有规律地排列如下：24，6，810，12，14，16，1820，22，24，26，28，30，32……则第15行第14列出现的数字是________.答案420解析根据题意可知，第1行有1个数，第2行有3个数，第3行有5个数，第4行有7个数，……，第14行有2×14－1＝27个数，设第n行的第一个数为an，则a1＝2，a2＝2＋2，a3＝2＋2＋6，a4＝2＋2＋6＋10，a5＝2＋2＋6＋10＋14，……，故a15＝2＋2＋6＋10＋14＋…＋54＝2＋eq\f(14×（2＋54）,2)＝394，设第15行的数构成数列{bn}，则{bn}是首项为394，公差为2的等差数列，所以b14＝394＋(14－1)×2＝420，故第15行第14列出现的数字是420.8.已知f(x)＝eq\f(x,1＋x)，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n∈N*，则f2023(x)的表达式为________.答案f2023(x)＝eq\f(x,1＋2023x)解析f1(x)＝eq\f(x,1＋x)，f2(x)＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，f3(x)＝eq\f(\f(x,1＋2x),1＋\f(x,1＋2x))＝eq\f(x,1＋3x)，…，fn＋1(x)＝f(fn(x))＝eq\f(x,1＋（n＋1）x)，归纳可得f2023(x)＝eq\f(x,1＋2023x).9.若P0(x0，y0)在椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)外，过P0作椭圆的两条切线，切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在的直线方程是eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1，那么对于双曲线，则有如下命题：若P(x0，y0)在双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)外，过P0作双曲线的两条切线，切点为P1，P2，则切点弦P1P2所在直线的方程是________.答案eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1解析类比椭圆的切点弦方程可得双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的切点弦方程为eq\f(x0x,a2)－eq\f(y0y,b2)＝1.10.若a，b，c是不全相等的正数，求证：lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.证明∵a，b，c∈(0，＋∞)，∴eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)＞0，eq\f(b＋c,2)≥eq\r(bc)＞0，eq\f(a＋c,2)≥eq\r(ac)＞0.由于a，b，c是不全相等的正数，∴上述三个不等式中等号不能同时成立，∴eq\f(a＋b,2)·eq\f(b＋c,2)·eq\f(c＋a,2)＞abc＞0成立.上式两边同时取常用对数，得lgeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)·\f(b＋c,2)·\f(c＋a,2)))＞lgabc，∴lgeq\f(a＋b,2)＋lgeq\f(b＋c,2)＋lgeq\f(c＋a,2)＞lga＋lgb＋lgc.11.已知xi＞0(i＝1，2，3，…，n)，我们知道(x1＋x2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)))≥4成立.(1)求证：(x1＋x2＋x3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)＋\f(1,x3)))≥9；(2)同理我们也可以证明出(x1＋x2＋x3＋x4)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)＋\f(1,x3)＋\f(1,x4)))≥16.由上述几个不等式，请你猜测一个与x1＋x2＋…＋xn和eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＋…＋eq\f(1,xn)(n≥2，n∈N*)有关的不等式，并用数学归纳法证明.(1)证明法一(x1＋x2＋x3)(eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＋eq\f(1,x3))≥3eq\r(3,x1x2x3)·3eq\r(3,\f(1,x1)·\f(1,x2)·\f(1,x3))＝9(当且仅当x1＝x2＝x3时，等号成立).法二(x1＋x2＋x3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)＋\f(1,x3)))＝3＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)＋\f(x1,x2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,x1)＋\f(x1,x3)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x3,x2)＋\f(x2,x3)))≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当x1＝x2＝x3时，等号成立).(2)解猜想：(x1＋x2＋…＋xn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)＋…＋\f(1,xn)))≥n2(n≥2，n∈N*).证明如下：①当n＝2时，由已知得猜想成立；②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，猜想成立，即(x1＋x2＋…＋xk)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x1)＋\f(1,x2)＋…＋\f(1,xk)))≥k2，则当n＝k＋1时，(x1＋x2＋…＋xk＋xk＋1)(eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＋…＋eq\f(1,xk)＋eq\f(1,xk＋1))＝(x1＋x2＋…＋xk)(eq\f(1,x1)＋eq\f(1,x2)＋…＋eq\f(1,xk))＋(x1＋x2＋…＋xk)eq\f(1,xk＋1)＋xk＋1eq\b\lc\(