2.1.1 合情推理
课后训练
1．根据下图给出的数塔猜测123 456×9＋7等于( )．
1×9＋2＝11
12×9＋3＝111
123×9＋4＝1 111
1 234×9＋5＝11 111
12 345×9＋6＝111 111
……
A．1 111 110 B．1 111 111
C．1 111 112 D．1 111 113
2．下面使用类比推理恰当的是( )．
A．“若a·3＝b·3，则a＝b”类比推出“若a·0＝b·0，则a＝b”
B．“(a＋b)c＝ac＋bc”类比推出“(a·b)c＝ac·bc”
C．“(a＋b)c＝ac＋bc”类比推出“(c≠0)”
D．“(ab)n＝anbn”类比推出“(a＋b)n＝an＋bn”
3．如图为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律继续往下排，那么第36颗珠子应是什么颜色的( )．
A．白色 B．黑色
C．白色可能性大 D．黑色可能性大
4．我们把1,4,9,16,25，…这些数称作正方形数，这是因为这些数目的点可以排成一个正方形(如图)，则第n个正方形数是( )．
A．n(n－1) B．n(n＋1)
C．n2 D．(n＋1)2
5．在立体几何中，为了研究四面体的性质，可以把平面几何中的( )作为类比对象．
A．直线 B．三角形
C．正方形 D．圆
6．由f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，计算得，f(4)＞2，，f(16)＞3，.推测当n≥2时，有__________．
7．类比平面几何中的三角形中位线定理：△ABC中，若DE∥BC，则有S△ADE∶S△ABC＝DE2∶BC2.若三棱锥ABCD中有截面EFG∥面BCD，则截得三棱锥的体积与原来三棱锥的体积之间的关系式为：__________________.
8．现有一个关于平面图形的命题：
如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为.类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．
9．若a1，a2为正实数，则有不等式成立，此不等式能推广吗？请你至少写出两个不同类型的推广．
10．在平面几何中有如下特性：从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离之比为定值．类比上述性质，请叙述在立体几何(空间)中相应的特性(至少写出5条)．
参考答案
1. 答案：B 由数塔猜测结果应是各位数字都是1的七位数，即1 111 111.
2. 答案：C
3. 答案：A 由题图知，三白二黑周而复始相继排列，
∵36÷5＝7……1，
∴第36颗珠子的颜色与第1颗相同，为白色．
4. 答案：C
5. 答案：B 四面体底面有三条边三个角，与三角形具有一定的相似性．
6. 答案：f(2n)＞
7. 答案：VAEFG∶VABCD＝EF3∶BC3
8. 答案：
9. 答案：分析：可从个数上推广，可从指数上推广，也可全面考虑，同时推广．
解：可以从a1，a2的个数以及指数上进行推广，第一类型：
，
，
……
；
第二类型：
，
，
……
.
……
第三类型：
，
……
.
上述a1，a2，…，an为正实数，m，n为正整数．
10. 答案：解：(1)从二面角的棱出发的一个半平面内任意一点到二面角的两个半平面的距离之比为定值；
(2)从二面角的棱上一点出发的一条射线上任意一点到二面角的两个面的距离之比为定值；
(3)在空间中，从角的顶点出发的一条射线上任意一点到角两边的距离之比为定值；
(4)在空间中，射线OD上任意一点P到射线OA，OB，OC的距离之比为定值；
(5)在空间中，射线OD上任意一点P到平面AOB，BOC，COA的距离之比为定值．
2.1.2 演绎推理
课后训练
1．“三段论”是演绎推理的一般模式，三段的顺序是( )．
A．大前提、小前提、结论
B．小前提、大前提、结论
C．小前提、结论、大前提
D．大前提、结论、小前提
2．对于完全归纳推理的理解正确的是( )．
A．完全归纳推理不可以与其他的演绎推理规则同时运用
B．完全归纳推理是对某类事物的全部个别对象的考查
C．完全归纳推理不一定是一种必然性推理
D．完全归纳推理不一定要对某类事物的全部个别对象逐个考查
3．有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面，则直线平行于平面内的所有直线，已知直线b?平面α，直线a?平面α，直线b∥平面α，则直线b∥直线a”的结论显然是错误的，这是因为( )．
A．大前提错误
B．小前提错误
C．推理形式错误
D．非以上错误
4．三段论“①只有船准时起航，才能准时到达目的港；②这艘船是准时到达目的港的；③所以这艘船是准时起航的”．其中“小前提”是( )．
A．① B．②
C．①② D．③
5．在R上定义运算：xy＝x(1－y)，若不等式(x－a)(x＋a)＜1对任意实数x都成立，则( )．
A．－1＜a＜1
B．0＜a＜2
C．
D．
6．已知数列{an}满足，且前n项和Sn满足Sn＝n2an，则an＝________.
7．对于任意实数x，若|x＋1|－|x－2|＞k恒成立，则k的取值范围是________．
8．指出下列推理中的错误，并分析产生错误的原因：
(1)整数是自然数，
－3是整数，
－3是自然数．
(2)无理数是无限小数，
(0.333…)是无限小数，是无理数．
9．如图，m，n是空间两条相交直线，l1，l2是与m，n都垂直的两条直线，直线l与l1，l2都相交，求证：∠1＝∠2.
10．设函数f(x)＝|lg x|，若0＜a＜b，且f(a)＞f(b)，求证：ab＜1.
参考答案
1. 答案：A
2. 答案：B
3. 答案：A 大前提错误，直线平行于平面，则它平行于平面内的无数条直线，但并非与平面内的所有直线平行．
4. 答案：B 三段论的公式中包含三个判断，第二个判断叫小前提，它指出了一个特殊情况，由此可知选项B正确．
5. 答案：C (x－a)(x＋a)＜1(x－a)[1－(x＋a)]＜1，即x2－x－a2＋a＋1＞0，要使x2－x－a2＋a＋1＞0恒成立，则Δ＝4a2－4a－3＜0，∴.
6. 答案： 方法一：(归纳法)，，，，寻找分母的规律．方法二：Sn＋1－Sn＝(n＋1)2an＋1－n2an，所以(n2＋2n)an＋1＝n2an，所以，，，…，，，，所以＝.又因为，所以an＋1＝，又因为a1＝＝.所以.
7. 答案：k＜－3 构造函数f(x)＝|x＋1|－|x－2|，画出f(x)的图象，从而求得f(x)的最小值为－3，∴k＜－3.
8. 答案：解：(1)大前提错．
大于等于0的整数是自然数，
－3是小于0的整数，
－3不是自然数．
(2)大前提错．无理数是无限不循环小数，
(0.333…)是无限循环小数，不是无理数．
9. 答案：证明：因为m，n是两条相交直线，所以直线m，n确定一个平面α，如图．因为l1⊥m，l1⊥n，所以l1⊥α.同理l2⊥α.所以l1∥l2.所以l1，l2确定一个平面β，又l与l1，l2都相交，所以l?β.在同一平面β内，由l1∥l2，得∠1＝∠2.
10. 答案：分析：f(x)是绝对值函数，解答时应去掉绝对值号，故需对a，b讨论．
证明：f(a)＝|lg a|，f(b)＝|lg b|，当a＜b≤1时，f(a)＝－lg a，f(b)＝－lg b，有f(a)＞f(b)，所以0＜ab＜1成立；
当1≤a＜b时，f(a)＝lg a，f(b)＝lg b，则必有f(a)＜f(b)与已知矛盾；
当0＜a＜1≤b时，f(a)＝－lg a，f(b)＝lg b；
由f(a)＞f(b)得－lg a＞lg b，∴lg a＋lg b＜0，
故lg(ab)＜0，所以ab＜1.综上可知，ab＜1成立．
2.2.1 综合法与分析法
课后训练
1．已知，则有( )．
A．最大值 B．最小值
C．最大值1 D．最小值1
2．如果某林区的森林蓄积量每年平均比上一年增长10.4%，那么经过x(x∈(0，＋∞))年可以增长到原来的y倍，则函数y＝f(x)的图象大致应为图中的( )．
3．设a，b∈R，已知p：a＝b；q：，则p是q成立的( )．
A．必要不充分条件
B．充分不必要条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
4．设P是△ABC所在平面内的一点，＋＝2，则( )．
A． B．
C． D．
5．已知a＞b＞0，且ab＝1，若0＜c＜1，，，则p，q的大小关系是( )．
A．p＞q B．p＜q
C．p＝q D．p≥q
6．在不等边三角形中，a为最长边，要想得到∠A为钝角的结论，三边a，b，c应满足的条件是________．
7．下列说法中正确的序号是________．
①若a，b∈R，则
②若a，b∈R，则lg a＋lg b≥
③若x∈R，则＝|x|＋≥＝4
④的最小值是2
8．已知α，β为实数，给出下列三个论断：①αβ＞0；②|α＋β|＞5；③，.
以其中的两个论断为条件，另一个论断为结论，写命题，则你认为正确的命题是________．
9．△ABC的三个内角A，B，C成等差数列，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，求证：(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
10．已知数列{an}，Sn是它的前n项和，且Sn＋1＝4an＋2(n＝1,2，…)，a1＝1.
(1)设bn＝an＋1－2an(n＝1,2，…)，求证：数列{bn}是等比数列；
(2)设(n＝1,2，…)，求证：数列{cn}是等差数列；
(3)求数列{an}的通项公式及前n项和公式．
参考答案
1. 答案：D f(x)＝＝＋，
设x－2＝t≥，∴.
当且仅当t＝1，即x＝3时，f(x)min＝1.
2. 答案：D 因为f(0)＝1，排除选项B，平均增长率问题属指数函数型，故选D.
3. 答案：B 当a＝b时，，，∴pq.当时，a＞0，b＞0，当且仅当a＝b时取等号，∴qp.
4. 答案：B ∵＋＝2，由向量加法的平行四边形法则知P为AC中点．
如图．
∴＋＝0.
5. 答案：B ∵≥ab＝1，∴p＝logc＜0.
又q＝logc＝logc＞logc＝logc＞0.∴q＞p.故选B.
6. 答案：a2＞b2＋c2 由cos A＝＜0，知b2＋c2－a2＜0，∴a2＞b2＋c2.
7. 答案：③ 当a＝－1，b＝1时，①错．当lga，lgb均为负数时，②错．③x与同号，∴，正确．
④＝＋≥2，
当且仅当x2＋2＝1，即x2＝－1时等号成立，显然错．
8. 答案：①③② ∵αβ＞0，，，
∴|α＋β|2＝α2＋β2＋2αβ＞8＋8＋2×8＝32＞25.
∴|α＋β|＞5.
9. 答案：分析：应用分析法找证题思路，根据综合法写出证明过程．
证法一：(分析法)要证(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1，即证，，，只需证c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，只需证c2＋a2＝ac＋b2，只需证b2＝c2＋a2－2accos 60°，只需证B＝60°.
因为A，B，C成等差数列，所以B＝60°.
所以(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
证法二：(综合法)因为△ABC三个内角A，B，C成等差数列，所以B＝60°.
由余弦定理，有b2＝c2＋a2－2cacos 60°，即c2＋a2＝ac＋b2.
两边加ab＋bc，得c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)．
两边除以(a＋b)(b＋c)，得.
所以，即.
所以(a＋b)－1＋(b＋c)－1＝3(a＋b＋c)－1.
10. 答案：分析：按等差(比)数列的定义证明即可．
(1)证明：∵Sn＋1＝4an＋2，∴Sn＋2＝4an＋1＋2，两式相减得，Sn＋2－Sn＋1＝4an＋1－4an，即an＋2＝4an＋1－4an，∴an＋2－2an＋1＝2(an＋1－2an)，∵bn＝an＋1－2an，∴bn＋1＝2bn，所以数列{bn}是公比为2的等比数列．
(2)证明：由S2＝a1＋a2＝4a1＋2，a1＝1，得a2＝5，b1＝a2－2a1＝3，故bn＝3·2n－1，∵，∴cn＋1－cn＝＝＝，将bn＝3·2n－1代入，得cn＋1－cn＝(n＝1,2，…)，由此可知，数列{cn}是公差为的等差数列，其首项，故.
(3)解：∵，∴an＝2n·cn＝(3n－1)×2n－2.
当n≥2时，Sn＝4an－1＋2＝(3n－4)·2n－1＋2，由于S1＝a1＝1也适合此公式，所以{an}的前n项和Sn＝(3n－4)·2n－1＋2.
2.2.2 反证法
课后训练
1．命题“关于x的方程ax＝b(a≠0)的解是唯一的”的结论的否定是( )．
A．无解
B．有两个解
C．至少有两个解
D．无解或至少有两个解
2．否定“至多有两个解”的说法中，正确的是( )．
A．有一个解
B．有两个解
C．至少有三个解
D．至少有两个解
3．用反证法证明命题“如果a＞b，那么”时，假设的内容应是( )．
A． B．
C．，且 D．，或
4．设a，b，c为正实数，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR＞0”是“P，Q，R同时大于零”的( )．
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分又不必要条件
5．有下列叙述：①“a＞b”的反面是“a＜b”；②“x＝y”的反面是“x＞y，或x＜y”；③“三角形的外心在三角形外”的反面是“三角形的外心在三角形内”；④“三角形的内角中最多有一个钝角”的反面是“三角形的内角中没有钝角”，其中正确的叙述有( )．
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
6．用反证法证明“已知p3＋q3＝2，求证：p＋q≤2”时的假设为________，得出的矛盾为________．
7．已知函数f(x)是(－∞，＋∞)上的增函数，a，b∈R.
(1)若a＋b≥0，求证：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)；
(2)判断(1)中命题的逆命题是否成立，并证明你的结论．
8．已知数列{an}满足：，，anan＋1＜0(n≥1)；数列{bn}满足：bn＝(n≥1)．
(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
参考答案
1. 答案：D “唯一”的意思是“有且只有一个”，其反面是“没有”或“至少有两个”．
2. 答案：C “至多有两个”包括“0个，1个，2个”，其否定应为“至少有三个”．
3. 答案：D 与包括＞，＝，＜三个方面的关系，所以＞的反面应为＝，或＜.
4. 答案：C
5. 答案：B ①错，应为a≤b；②对；③错，应为三角形的外心在三角形内或三角形的边上；④错，应为三角形的内角中有2个或3个钝角．
6. 答案：p＋q＞2 (q－1)2＜0 假设p＋q＞2，则p＞2－q，
∴p3＞(2－q)3＝8－12q＋6q2－q3.
将p3＋q3＝2代入，得6q2－12q＋6＜0，
∴(q－1)2＜0.这是错误的．∴p＋q≤2.
7. 答案：分析：(1)充分利用已知条件中函数的单调性并结合不等式的性质推证，用综合法证明．
(2)写出逆命题后，看一看能不能直接证，若不能，则可考虑用反证法．
证明：(1)∵a＋b≥0，∴a≥－b.
由已知f(x)的单调性，得f(a)≥f(－b)．
又a＋b≥0b≥－af(b)≥f(－a)．
两式相加，得
f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．
(2)逆命题：f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)a＋b≥0.
下面用反证法证之．
假设a＋b＜0，那么
f(a)＋f(b)＜f(－a)＋f(－b)．
这与已知矛盾，故有a＋b≥0.逆命题得证．
8. 答案：解：(1)由题意可知，，令，则，又，则数列{cn}是首项为，公比为的等比数列，即，故，∴.
又a1＝＞0，anan＋1＜0，
故an＝(－1)n－1，
bn＝＝－＝.
(2)用反证法证明．
假设数列{bn}中存在三项br，bs，bt(r＜s＜t)按某种顺序成等差数列，由于数列{bn}是首项为，公比为的等比数列，于是有br＞bs＞bt，则只可能有2bs＝br＋bt成立．∴，两边同乘以3t－121－r化简，得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s，由于r＜s＜t，所以上式左边为奇数，右边为偶数，故上式不可能成立，导致矛盾，假设不成立，故数列{bn}中任意三项不可能成等差数列．
2.3 数学归纳法
课后训练
1．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋＜n(n∈N＋，n＞1)时，第一步应验证不等式( )．
A． B．
C． D．
2．利用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＜f(n)(n≥2，n∈N＋)的过程中，由n＝k到n＝k＋1时，左边增加了( )项．
A．1 B．k C．2k－1 D．2k
3．观察下列式子：，，，…，则可归纳出1＋＋＋…＋小于( )．
A． B．
C． D．
4．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然数m，使得对任意n∈N＋，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为( )．
A．30 B．26
C．36 D．6
5．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足“当f(k)≥k2成立时总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．”那么下列命题总成立的是( )．
A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立
C．若f(7)＜49成立，则当k≥8时，均有f(k)＜k2成立
D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
6．观察下列不等式：，,， ,，…，由此猜测第n个不等式为________．
7．用数学归纳法证明“当n∈N＋时，求证：1＋2＋22＋23＋…＋25n－1是31的倍数”，当n＝1时，原式为________________，从n＝k到n＝k＋1时需增添的项是________________．
8．用数学归纳法证明34n＋2＋52n＋1能被14整除的过程中，当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1应变形为________________________．
9．是否存在常数a，b使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋1)对于一切n∈N＋都成立？若存在，求出a，b，并证明；若不存在，说明理由．
10．已知在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(－1)(an＋2)，n＝1,2,3，….
(1)求{an}的通项公式；
(2)若数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝，n＝1,2，3，….证明：＜bn≤a4n－3，n＝1,2,3，….
参考答案
1. 答案：B nN＋，n＞1，∴n取的第一个自然数为2，左端分母最大的项为.
2. 答案：D 1＋＋＋…＋－＝＋＋…＋，共增加了2k项．
3. 答案：C 所猜测的分式的分母为n＋1，分子恰好是第n＋1个正奇数，即2n＋1.
4. 答案：C ∵f(1)＝36，f(2)＝108＝3×36，f(3)＝360＝10×36，
∴f(1)，f(2)，f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除．
证明：当n＝1,2时，由上得证，设当n＝k(k≥2)时，f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除，则当n＝k＋1时，f(k＋1)－f(k)＝(2k＋9)·3k＋1－(2k＋7)·3k＝(6k＋27)·3k－(2k＋7)·3k＝(4k＋20)·3k＝36(k＋5)·3k－2(k≥2)f(k＋1)能被36整除．
∵f(1)不能被大于36的数整除，∴所求的最大的m的值等于36.
5. 答案：D 由数学归纳法原理可得，
若f(3)≥9成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立，故A不正确．
若f(5)≥25成立，则当k≥5时，均有f(k)≥k2成立，故B不正确．
若f(7)＜49成立，则当k≤6时，均有f(k)＜k2成立，故C不正确．
若f(4)＝25＞42成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立．
6. 答案：1＋＋＋…＋＞ 由3＝22－1,7＝23－1,15＝24－1，可猜测第n个不等
式为1＋＋＋…＋＞.
7. 答案：7．1＋2＋22＋23＋24 25k＋25k＋1＋25k＋2＋25k＋3＋25k＋4 当n＝1时，原式应加到25×1－1＝24，
∴原式为1＋2＋22＋23＋24，
从n＝k到n＝k＋1时需添25k＋25k＋1＋…＋25(k＋1)－1.
8. 答案：25(34k＋2＋52k＋1)＋56·34k＋2 当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1＝81×34k＋2＋25×52k＋1＝25(34k＋2＋52k＋1)＋56×34k＋2.
9. 答案：分析：令n＝1,2解方程组求得a，b的值，再用数学归纳法证明a，b的值对一切nN＋等式都成立．
解：假设存在a，b使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋1)对于一切nN＋都成立，令n＝1,2，得解得
下面用数学归纳法证明a＝，b＝2时等式对一切nN＋都成立．
(1)当n＝1时，已证．
(2)假设当n＝k(kN＋)时等式成立，即
12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12＝k(2k2＋1)；
则当n＝k＋1时，12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12
＝k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2＝k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2
＝k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2＝(k＋1)(2k2＋4k＋3)＝(k＋1)[2(k＋1)2＋1]．
∴当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)和(2)，知存在a＝，b＝2，使等式对一切nN＋都成立．
10. 答案：解：(1)由题设an＋1＝(－1)(an＋2)
＝(－1)(an－)＋(－1)(2＋)
＝(－1)(an－)＋，
所以an＋1－＝(－1)(an－)．
所以数列{an－}是首项为2－，公比为－1的等比数列．则an－＝(－1)n，
即an的通项公式为an＝[(－1)n＋1]，n＝1,2,3，….
(2)用数学归纳法证明．
①当n＝1时，因为＜2，b1＝a1＝2，
所以＜b1≤a1，结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，即＜bk≤a4k－3，
也即0＜bk－≤a4k－3－.
则当n＝k＋1时，bk＋1－＝－
＝＝＞0，
又＝，
所以bk＋1－＝＜(3－)2·(bk－)≤(－1)4(a4k－3－)＝a4k＋1－，
也就是说，当n＝k＋1时，结论成立．
根据①和②，知＜bn≤a4n－3，n＝1,2,3，….
