课时素养评价六 数学归纳法
(20分钟·50分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn+yn能被x+y整除”，第二步归纳假设应写成
( )
A.假设n=2k+1(k∈N+)时正确，再推n=2k+3时正确
B.假设n=2k-1(k∈N+)时正确，再推n=2k+1时正确
C.假设n=k(k∈N+)时正确，再推n=k+1时正确
D.假设n=k(k∈N+)时正确，再推n=k+2时正确
【解析】选B.因为n为正奇数，
所以证明时，归纳假设应写成：
假设当n=2k-1(k∈N+)时正确，再推出当n=2k+1时正确.
2.设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)≥k+1成立时，总能推出f(k+1)≥k+2成立，那么下列命题总成立的是
( )
A.若f(1)<2成立，则f(10)<11成立
B.若f(3)≥4成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k+1成立
C.若f(2)<3成立，则f(1)≥2成立
D.若f(4)≥5成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k+1成立
【解析】选D.当f(k)≥k+1成立时，总能推出f(k+1)≥k+2成立，说明如果当k=n时，f(n)≥n+1成立，那么当k=n+1时，f(n+1)≥n+2也成立，所以如果当k=4时，f(4)≥5成立，那么当k≥4时，f(k)≥k+1也成立.
3.用数学归纳法证明“1+2+22+…+2n+2=2n+3-1”，在验证n=1时，左边计算所得的式子为( )
A.1
B.1+2
C.1+2+22
D.1+2+22+23
【解析】选D.当n=1时，左边=1+2+22+23.
4.对于不等式≤n+1(n∈N
)，某学生的证明过程如下：
(1)当n=1时，≤1+1，不等式成立.
(2)假设n=k(k∈N
)时，不等式成立，即
所以当n=k+1时，不等式成立，上述证法
( )
A.过程全都正确
B.n=1验证不正确
C.归纳假设不正确
D.从n=k到n=k+1的推理不正确
【解析】选D.n=1的验证及归纳假设都正确，但从n=k到n=k+1的推理中没有使用归纳假设，而通过不等式的放缩法直接证明，不符合数学归纳法的证题要求.故选D.
二、填空题(每小题5分，共15分)
5.用数学归纳法证明“2n+1≥n2+n+2(n∈N
)”时，第一步的验证为___________________________________________________________.?
【解析】当n=1时，左边≥右边，不等式成立，因为n∈N
，
所以第一步的验证为n=1的情形.
答案：当n=1时，左边=4，右边=4，左边≥右边，不等式成立
6.已知f(n)=1+++…+(n∈N+)，用数学归纳法证明f(2n)>时，f(2k+1)比f(2k)多的项为_________.?
【解析】f(2k+1)-f(2k)=1+++…+-=++…+.
答案：++…+
7.设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)=_________；当n>4时，f(n)=_________(用含n的代数式表示).?
【解析】如图，4条直线有5个交点，
则f(4)=5.
由f(3)=2，f(4)=f(3)+3，…，
f(n-1)=f(n-2)+n-2，f(n)=f(n-1)+n-1，累加可得f(n)=2+3+…+(n-2)+(n-1)=(n-2)(n-1+2)=(n-2)(n+1).
答案：5 (n-2)(n+1)
三、解答题
8.(15分)用数学归纳法证明·…·=(n≥2，
n∈N+).
【证明】(1)当n=2时，左边=1-=，右边==，所以左边=右边，所以n=2时等式成立.
(2)假设当n=k(k≥2，k∈N+)时等式成立，即
·…·=，
那么当n=k+1时，·…·
=
=·==，
即当n=k+1时等式成立.
综合(1)(2)知，对任意n≥2，n∈N+等式恒成立.
【加练·固】
用数学归纳法证明：12-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2=-n(2n+1)(n∈N+).
【证明】(1)当n=1时，左边=12-22=-3，右边=-1×(2×1+1)=-3，所以左边=右边，等式成立.
(2)假设当n=k(n≥1，n∈N+)时等式成立，
即12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2
=-k(2k+1)成立.
则当n=k+1时，左边=12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2+-
=-k(2k+1)+(2k+1)2-(2k+2)2
=(2k+1)(k+1)-4(k+1)2
=(k+1)
=(k+1)(-2k-3)
=-(k+1)=右边，
所以当n=k+1时，等式成立.
由(1)(2)可知对于任意正整数n，等式都成立.
(15分钟·30分)
1.(5分)用数学归纳法证明“n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈N+)能被9整除”，利用归纳法假设证明n=k+1时，只需展开
( )
A.(k+3)3
B.(k+2)3
C.(k+1)3
D.(k+1)3+(k+2)3
【解析】选A.假设n=k时，原式=k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除，当n=k+1时，(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k+3)3展开，让其出现k3即可.
2.(5分)下列代数式(其中k∈N+)能被9整除的是( )
A.6+6·7k
B.2+7k-1
C.2(2+7k+1)
D.3(2+7k)
【解析】选D.(1)当k=1时，显然只有3(2+7k)能被9整除.(2)假设当k=n(n∈N+，n≥1)时命题成立，即3(2+7n)能被9整除.当k=n+1时，3(2+7n+1)=21(2+7n)-36也能被9整除.这就是说，当k=n+1时命题也成立.由(1)(2)可知，3(2+7k)能被9整除对任何k∈N+都成立.
3.(5分)用数学归纳法证明+cos
α+cos
3α+…+cos(2n-1)α=
·sinα·cosα(α≠nπ，n∈N+)，在验证n=1等式成立时，左边计算所得的项是_________.?
【解析】由等式的特点知，当n=1时，左边从第一项起，一直加到cos(2n-1)α，所以左边计算所得的项是+cos
α.
答案：+cos
α
4.(5分)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______________.?
【解析】当n=1时，原式应加到25×1-1=24，
所以原式为1+2+22+23+24，
从n=k到n=k+1时需添25k+25k+1+…+25(k+1)-1.
答案：1+2+22+23+24
25k+25k+1+25k+2+25k+3+25k+4
5.(10分)已知{fn(x)}满足f1(x)=(x>0)，fn+1(x)=f1(fn(x)).
(1)求f2(x)，f3(x)，并猜想fn(x)的表达式；
(2)用数学归纳法证明对fn(x)的猜想.
【解析】(1)f2(x)=f1(f1(x))==，f3(x)=f1(f2(x))
==，
猜想：fn(x)=(n∈N
).
(2)下面用数学归纳法证明
fn(x)=(n∈N
).
①当n=1时，f1(x)=，显然成立；
②假设当n=k(k∈N
)时，猜想成立，
即fk(x)=，
则当n=k+1时，fk+1(x)=f1[fk(x)]
==，
即对n=k+1时，猜想也成立；
结合①②可知，猜想fn(x)=对一切n∈N
都成立.
1.平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为
( )
A.n+1
B.2n
C.
D.n2+n+1
【解析】选C.1条直线将平面分成1+1个区域；2条直线最多可将平面分成1+(1+2)=4个区域；3条直线最多可将平面分成1+(1+2+3)=7个区域；……；n条直线最多可将平面分成1+(1+2+3+…+n)=1+=个区域.
【加练·固】
用数学归纳法证明“n3+5n(n∈N+)能被6整除”的过程中，当n=k+1时，式子(k+1)3+5(k+1)应变形为______________.?
【解析】证明当n=k+1时，n3+5n能被6整除，一定要用到归纳假设“k3+5k能被6整除”，所以需将(k+1)3+5(k+1)化成含有(k3+5k)的形式，使用拼凑法.(k+1)3+5(k+1)=k3+3k2+8k+6=(k3+5k)+3k(k+1)+6.
答案：(k3+5k)+3k(k+1)+6
2.是否存在a，b，c使等式+++…+=对一切n∈N
都成立？若不存在，说明理由；若存在，用数学归纳法证明你的结论.
【解析】取n=1，2，3可得
解得：a=，b=，c=.
下面用数学归纳法证明+++…+==.
即证12+22+…+n2=n(n+1)(2n+1)，
①n=1时，左边=1，右边=1，所以等式成立；
②假设n=k时等式成立，即12+22+…+k2=k(k+1)(2k+1)成立，
则当n=k+1时，等式左边=12+22+…+k2+(k+1)2=k(k+1)(2k+1)+(k+1)2=[k(k+1)(2k+1)+6(k+1)2]=(k+1)(2k2+7k+
6)=(k+1)(k+2)(2k+3)，所以当n=k+1时等式成立；
由数学归纳法，综合①②知当n∈N
时等式成立，
故存在a=，b=，c=使已知等式成立.
【加练·固】
已知数列，，，，…，(n∈N+)，计算S1，S2，S3，由此推测出Sn
的计算公式，并用数学归纳法证明.
【解题指南】由题已知数列的通项公式，可分别求出S1，S2，S3，进而通过观察猜想出Sn的公式.
再由猜想.需通过数学归纳法进行证明，分两步进行：(1)归纳奠基，(2)归纳递推而证出.
【解析】S1==，S2==，S3==，推测Sn=.
(1)当n=1时，左边==，右边==，左边=右边，所以等式成立.
(2)假设当n=k(k≥1，k∈N+)时等式成立，即有++…+=，则当n=k+1时，
++…++
=+=，
所以当n=k+1时，等式也成立.
综上可知，对一切n∈N+等式都成立.
PAGE课时素养评价五 反 证 法
(20分钟·50分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.反证法的关键是在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是
①与已知条件矛盾；②与假设矛盾；③与定义、公理、定理矛盾；④与事实矛盾.其中正确的为
( )
A.①②
B.②③
C.③④
D.①②③④
【解析】选D.利用已知定义、定理、公理等基本原理逐步推证出一个与命题的条件或已证明的定理或公认的简单事实相矛盾的结论，以此说明原假设的结论不成立，从而肯定原命题的结论成立的方法称为反证法.
①与已知条件矛盾；正确.②与假设矛盾；正确.
③与定义、公理、定理矛盾；正确.
④与事实矛盾.正确.
2.小方，小明，小马，小红四人参加完某项比赛，当问到四人谁得第一时，回答如下：小方：“我得第一名”；小明：“小红没得第一名”；小马：“小明没得第一名”；小红：“我得第一名”.已知他们四人中只有一人说真话，且只有一人得第一名.根据以上信息可以判断出得第一名的人是
( )
A.小明
B.小马
C.小红
D.小方
【解析】选A.假设第一名是小方，则小方、小明、小马说的都是真话，小红说的是假话，不合题意；
假设第一名是小明，则只有小明说的是真话，另外三人说的都是假话，符合题意；
假设第一名是小马，则小方、小红说的都是假话，小马、小明说的是真话，不合题意；
假设第一名是小红，则小方、小明说的是假话，小马和小红说的是真话，不合题意.
3.已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么直线c与b的位置关系为
( )
A.一定是异面直线
B.一定是相交直线
C.不可能是平行直线
D.不可能是相交直线
【解析】选C.假设c∥b，而由c∥a，可得a∥b，这与a，b异面矛盾，故c与b不可能是平行直线.
4.已知x1>0，x1≠1且xn+1=(n=1，2，…)，试证：数列{xn}对任意的正整数n都满足xn>xn+1，当此题用反证法否定结论时应为
( )
A.对任意的正整数n，有xn=xn+1
B.存在正整数n，使xn=xn+1
C.存在正整数n，使xn≥xn+1
D.存在正整数n，使xn≤xn+1
【解析】选D.任意的否定为存在，xn>xn+1的否定为xn≤xn+1.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.命题“任意多面体的面至少有一个是三角形或四边形或五边形”的结论的否定是__________________ .?
【解析】“至少有一个”的否定是“没有一个”.
答案：没有一个是三角形或四边形或五边形
6.命题“三角形中最多只有一个内角是直角”的否定是__________________ .?
【解析】“最多”的反面是“最少”，故本题的否定是：三角形中最少有两个内角是直角.
答案：“三角形中最少有两个内角是直角”
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.设二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)中，a，b，c均为整数，且f(0)，f(1)均为奇数.求证f(x)=0无整数根.
【证明】设f(x)=0有一个整数根k，则ak2+bk=-c.①
又因为f(0)=c，f(1)=a+b+c均为奇数，
所以a+b为偶数，当k为偶数时，显然与①式矛盾；
当k为奇数时，设k=2n+1(n∈Z)，
则ak2+bk=(2n+1)·(2na+a+b)为偶数，也与①式矛盾，故假设不成立，所以方程f(x)=0无整数根.
8.已知函数f(x)=ax+(a>1)，用反证法证明方程f(x)=0没有负数根.
【证明】假设方程f(x)=0有负数根，
设为x0(x0≠-1).
则有x0<0，且f(x0)=0.
所以+=0，
所以=-.
因为a>1，
所以0<<1，
所以0<-<1.
解上述不等式，得这与假设x0<0矛盾.
故方程f(x)=0没有负数根.
(15分钟·30分)
1.(5分)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
【解析】选A.结论“方程x3+ax+b=0至少有一个实根”的假设是“方程x3+ax+b=0没有实根.”
2.(5分)设x，y，z均为正数，a=x+，b=y+，c=z+，则a，b，c三个数
( )
A.至少有一个不大于2
B.都小于2
C.至少有一个不小于2
D.都大于2
【解析】选C.假设a，b，c都小于2，
则a+b+c<6，
而a+b+c=x++y++z+
=++
≥2+2+2=6，
与a+b+c<6矛盾，
所以a，b，c都小于2错误.
所以a，b，c三个数至少有一个不小于2.
3.(5分)若a，b，c，d都是有理数，，都是无理数，且a+=b+，则a与b，c与d之间的数量关系为_________.?
【解析】假设a≠b，
令a=b+m(m是不等于零的有理数)，
于是b+m+=b+，所以m+=，
两边平方整理得=.
左边是无理数，右边是有理数，矛盾，
因此a=b，从而c=d.
答案：a=b，c=d
4.(5分)某班有49位学生，用反证法证明：至少有5位学生的生日在同一个月.完善下列证明过程：
【证明】假设至多只有_________位学生的生日在同一个月，即生日同在1，2，3，…，12月的学生人数都不超过_________人，所以该班学生总数m≤_________人，与该班有49位学生的条件矛盾，所以假设不成立，原命题成立.?
【解析】“至少有5位学生的生日在同一个月”的否定为“至多只有4位学生的生日在同一个月”，
即生日同在1，2，3，…，12月的学生人数都不超过4人，
所以该班学生总数m≤4×12=48人.
答案：4 4 48
5.(10分)已知f(x)=x2+px+q.
(1)求证：f(1)+f(3)-2f(2)=2.
(2)求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
【证明】(1)f(1)+f(3)-2f(2)=(1+p+q)+(9+3p+q)-2(4+2p+q)=2.
(2)假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于不成立，
则|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于，
则|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2，而|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|≥f(1)+f(3)
-2f(2)=2，这与|f(1)|+2|f(2)|+|f(3)|<2相矛盾，
从而假设不成立，原命题成立，|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.
1.某市在今年高中学生足球联赛分组中，通过抽签方式，把甲、乙、丙、丁四支队伍分到编号为1，2，3，4的四个小组中作为种子队(每组有且只有一个种子队).A，B，C，D四位学生进行如下预测：
A预测：乙队在第1小组，丙队在第3小组；
B预测：乙队在第2小组，丁队在第3小组；
C预测：丁队在第4小组，丙队在第2小组；
D预测：甲队在第4小组，丙队在第3小组.
如果A，B，C，D四位学生每人的预测都只对了一半，那么在第3小组和第4小组的种子队分别是
( )
A.丁在第3小组，丙在第4小组或甲在第3小组，丁在第4小组
B.丙在第3小组，丁在第4小组或甲在第3小组，丁在第4小组
C.丁在第3小组，丙在第4小组或丁在第3小组，甲在第4小组
D.丙在第3小组，丁在第4小组或丁在第3小组，甲在第4小组
【解析】选D.A，B，C，D四位学生每人的预测都只对了一半，假设丁在第3小组，由B的预测可得乙不在第2小组，由C的预测可得丙在第2小组，由A的预测可得乙在第1小组，由D的预测可得甲在第4小组，符合题意，可得甲在第4小组，乙在第1小组，丙在第2小组，丁在第3小组；
假设丁在第4小组，由B的预测可得乙在第2小组，由C的预测可得丙不在第2小组，由A的预测可得丙在第3小组，由D的预测可得甲不在第4小组，符合题意，可得甲在第1小组，乙在第2小组，丙在第3小组，丁在第4小组.
2.设{an}是公比为q的等比数列.
(1)推导数列{an}的前n项和公式.
(2)设q≠1，证明数列{an+1}不是等比数列.
【解析】
(1)设数列{an}的前n项和为Sn，
当q=1时，Sn=a1+a1+…+a1=na1.
当q≠1时，Sn=a1+a1q+a1q2+…+a1qn-1，①
qSn=a1q+a1q2+…+a1qn，②
由①-②得(1-q)Sn=a1-a1qn所以Sn=，
综上所述，Sn=
(2)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)，
+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1，
q2k+2a1qk=a1qk-1·a1qk+1+a1qk-1+a1qk+1，
因为a1≠0，所以2qk=qk-1+qk+1.
因为q≠0，所以q2-2q+1=0，
所以q=1，这与已知矛盾.
所以假设不成立，故数列{an+1}不是等比数列.
PAGE课时素养评价四 分 析 法
(20分钟·50分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.用分析法证明：欲使①A>B，只需②C( )
A.充分条件
B.必要条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选A.分析法证明的本质是证明结论成立的充分条件成立，所以②是①的充分条件.
2.设a>1，n∈N+，当不等式-1<恒成立时，n的最小值为
( )
A.1
B.2
C.3
D.4
【解析】选B.n=1时，结论不成立；
n=2时，不等式变为2-2所以(-1)2>0，
因为a>1，所以不等式成立.
3.要证-<成立，a，b应满足的条件是
( )
A.ab<0且a>b
B.ab>0且a>b
C.ab<0且aD.ab>0且a>b或ab<0且a【解析】选D.要证-<，
只需证(-)3<()3，
即证a-b-3+3即证<，
只需证ab2只需ab>0且b-a<0或ab<0，且b-a>0.
4.若P=+，Q=+(a≥0)，则P，Q的大小关系是
( )
A.P>Q
B.P=Q
C.PD.由a的取值确定
【解析】选C.因为P>0，Q>0，所以要比较P，Q的大小关系，只需比较P2，Q2的大小关系，
因为P2=a+a+7+2·=2a+7+2，
Q2=a+3+a+4+2·=2a+7+2.
因为(a+3)(a+4)=a2+7a+12>a2+7a=a(a+7).
所以Q2>P2.所以P二、填空题(每小题5分，共10分)
5.使>成立的一个充分条件为______________.?
【解析】要使>成立，只需->0，即>0，
只要b>a>0或0>b>a或a>0>b.
答案：b>a>0(或0>b>a或a>0>b)
6.如图，四棱柱ABCD-A1B1C1D1的侧棱垂直于底面，满足_________时，BD⊥A1C(写上一个条件即可).?
【解析】要证BD⊥A1C，只需证BD⊥平面AA1C.因为AA1⊥BD，只要再添加条件AC⊥BD，即可证明BD⊥平面AA1C，从而有BD⊥A1C.
答案：AC⊥BD(答案不唯一)
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.设a，b，c均为大于1的正数，且ab=10，求证：logac+logbc≥4lg
c.
【证明】由于a>1，b>1，故要证logac+logbc≥4lg
c，只需证·lg
c≥4lg
c.
又因为c>1，故lg
c>0，所以只需证≥4.
因为ab=10，故lg
a+lg
b=1，
即只需证≥4.
(
)
由于a>1，b>1，故lg
a>0，lg
b>0，
所以0alg
b≤==，
即(
)式成立.所以原不等式成立.
8.设实数a，b，c成等比数列，非零实数x，y分别为a与b，b与c的等差中项，求证：+=2.
【证明】由已知条件得b2=ac，①
2x=a+b，2y=b+c.②
要证+=2，
只要证ay+cx=2xy，
只要证2ay+2cx=4xy.
由①②得2ay+2cx=a(b+c)+c(a+b)=ab+2ac+bc，4xy=(a+b)(b+c)=ab+b2+ac+bc=ab+2ac+bc，所以2ay+2cx=4xy.命题得证.
(15分钟·30分)
1.(5分)设a，b∈R，则“ab≠0”是“≤1”成立的
( )
A.充分非必要条件
B.必要非充分条件
C.充分且必要条件
D.非充分非必要条件
【解析】选A.≤1?≤1??|a|+|b|≠0，
所以ab≠0成立时|a|+|b|≠0成立，即≤1成立，a=0，b=1时≤1成立ab≠0不成立，“ab≠0”是“≤1”成立的充分非必要条件.
2.(5分)下列不等式不成立的是
( )
A.a2+b2+c2≥ab+bc+ca
B.+>(a>0，b>0)
C.-<-(a≥3)
D.+>2
【解析】选D.对A选项，要证a2+b2+c2≥ab+bc+ca，
只需证2a2+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac≥0，
只需证(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2≥0，
显然成立，故A不符合题意.
对B选项，要证+>(a>0，b>0)，
只需证(+)2>a+b，
只需证2>0，
显然成立，故B不符合题意.
对C选项，要证-<-，
只需证+<+，
只需证(+)2<(+)2，
只需证2a-3+2
<2a-3+2，
只需证a(a-3)<(a-2)(a-1)，
只需证a2-3a显然0<2，故C不符合题意.
3.(5分)已知x，y∈(0，+∞)，当x2+y2=_________时，有x+y=1.?
【解析】要使x+y=1，
只需x2(1-y2)=1+y2(1-x2)-2y，
即2y=1-x2+y2，
只需使(-y)2=0，
即=y，所以x2+y2=1.
答案：1
4.(5分)分析法又叫执果索因法，若运用分析法证明“设a>b>c，且a+b+c=0，求证：①a-b>0；②a-c>0；
③(a-b)(a-c)>0；④(a-b)(a-c)<0.
【解析】要证明因为a+b+c=0，所以即证(a+c)2-ac<3a2.
需证2a2-ac-c2>0，即证(2a+c)(a-c)>0，即证(a-
b)(a-c)>0，故③正确.
答案：③
5.(10分)已知m>0，n>0，且m+n=1，试用分析法证明不等式·≥成立.
【证明】要证·≥，
只需证mn+≥，
只需证mn+-2≥，
只需证4(nm)2-33mn+8≥0，即证mn≥8或mn≤，
而由1=m+n≥2，可得mn≤显然成立，
所以不等式·≥成立.
1.将下面用分析法证明≥ab的步骤补充完整：要证≥ab，只需证a2+b2≥2ab，也就是证_________，即证_________.由于_________显然成立，因此原不等式成立.?
【解析】
用分析法证明≥ab的步骤为：要证≥ab成立，只需证a2+b2≥2ab，也就是证a2+b2-2ab≥0，即证(a-b)2≥0.
由于(a-b)2≥0显然成立，所以原不等式成立.
答案：a2+b2-2ab≥0 (a-b)2≥0 (a-b)2≥0
2.已知数列{an}是首项为2，公比为的等比数列，Sn为它的前n项和.
(1)用Sn表示Sn+1.
(2)是否存在自然数c和k，使得>2成立.
【解析】(1)因为Sn=4，
所以Sn+1=4=Sn+2(n∈N
).
(2)不存在这样的自然数c和k使不等式成立.
要使>2，只要<0.
因为Sk=4<4，
所以Sk-=2-Sk>0(k∈N
).
故只要Sk-2)
①.
因为Sk+1>Sk(k∈N
)，所以Sk-2≥S1-2=1.
又Sk<4，故要使①成立，c只能取2或3.
当c=2时，因为S1=2，所以当k=1时，c当k≥2时，因为S2-2=>c，
所以由Sk)，得Sk-2故当k≥2时，Sk-2>c，从而①不成立.
当c=3时，因为S1=2，S2=3，
所以当k=1，k=2时，c因为S3-2=>c，又Sk-2所以当k≥3时，Sk-2>c，从而①不成立.
所以不存在这样的自然数c和k使不等式成立.
PAGE课时素养评价三 综 合 法
(20分钟·50分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.A，B为△ABC的内角，A>B是sin
A>sin
B的
( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分也不必要条件
【解析】选C.若A>B，则a>b.
又因为=，所以sin
A>sin
B.
若sin
A>sin
B，则由正弦定理得a>b，所以A>B.
2.在△ABC中，已知sin
Acos
A=sin
Bcos
B，则该三角形是
( )
A.等腰三角形
B.直角三角形
C.等腰直角三角形
D.等腰或直角三角形
【解析】选D.由sin
Acos
A=sin
Bcos
B，得
sin
2A=sin
2B，所以2A=2B或2A=π-2B，
所以A=B或A+B=.
3.设a>0，b>0且ab-(a+b)≥1，则
( )
A.a+b≥2(+1)
B.a+b≤+1
C.a+b≤(+1)2
D.a+b>2(+1)
【解析】选A.由条件知a+b≤ab-1≤-1，
令a+b=t，则t>0且t≤-1，解得t≥2+2.
4.已知a，b为非零实数，则使不等式：+≤-2成立的一个充分而不必要条件是
( )
A.a·b>0
B.a·b<0
C.a>0，b<0
D.a>0，b>0
【解析】选C.因为+≤-2，所以≤-2.
因为a2+b2>0，所以ab<0，
所以使不等式+≤-2成立的一个充分而不必要的条件是a>0，b<0.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.已知x，y∈(0，+∞)，a=x4+y4，b=x3y+xy3，则a，b的大小关系是_________.?
【解析】因为a=x4+y4，b=x3y+xy3，
所以a-b=(x4+y4)-(x3y+xy3)=(x3-y3)(x-y)≥0.故a≥b.
答案：a≥b
6.已知数列{an}的前n项和为Sn，f(x)=，an=log
2，则S
2
017=_________.?
【解析】an=log2=log2f(n+1)-log2f(n)，
所以S2
017=a1+a2+a3+…+a2
017
=[log2f(2)-log2f(1)]+[log2f(3)-log2f(2)]
+[log2f(4)-log2f(3)]+…+[log2f(2
018)-log2f(2
017)]=log2f(2
018)-log2f(1)
=log2-log2=log2+1.
答案：log2+1
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.已知a，b，c成等差数列，求证：a2-bc，b2-ac，c2-ab也成等差数列.
【证明】因为a，b，c成等差数列，所以2b=a+c，
所以4b2=(a+c)2，
因为2(b2-ac)-[(a2-bc)+(c2-ab)]
=2(b2-ac)-[a2+c2-b(a+c)]
=2(b2-ac)-a2-c2+2b2=4b2-(a+c)2=0，
所以2(b2-ac)=(a2-bc)+(c2-ab)，
所以a2-bc，b2-ac，c2-ab是等差数列.
8.在△ABC中，若a2=b(b+c)，求证：A=2B.
【证明】因为a2=b(b+c)，
所以cos
A===，
cos
2B=2cos2B-1=2-1
=2-1==，
所以cos
A=cos
2B.
又A，B是三角形的内角，所以A=2B.
(15分钟·30分)
1.(5分)设x，y∈R，a>1，b>1，若ax=by=3，a+b=2，则+的最大值为( )
A.2
B.
C.1
D.
【解析】选C.因为ax=by=3，所以x=loga3，y=logb3，
所以+=log3(ab)≤log3=1.
2.(5分)下面的几个不等式：
①a2+b2+c2≥ab+bc+ca；
②a(1-a)≤；
③+≥2；
④(a2+b2)·(c2+d2)≥(ac+bd)2.
其中恒成立的有
( )
A.1个
B.2个
C.3个
D.4个
【解析】选C.因为(a2+b2+c2)-(ab+bc+ac)=[(a-b)2+(b-c)2+(c-a)2]≥0，
a(1-a)-=-a2+a-=-≤0，
(a2+b2)·(c2+d2)=a2c2+a2d2+b2c2+b2d2≥a2c2+2abcd+b2d2=(ac+bd)2.所以应选C.
3.(5分)若0【解析】由02，a2+b2>2ab.又a>a2，b>b2，知a+b>a2+b2，从而a+b最大.
答案：a+b
4.(5分)已知a，b，c，m∈R，且满足a<【解析】因为a<所以>0，
且>0，<0，
因为a0，b-c<0.
所以>0，<0，>0，
所以m<0或1所以m的取值范围为(-∞，0)∪(1，2).
答案：(-∞，0)∪(1，2)
5.(10分)已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=2an-n(n∈N
).
(1)证明：数列{an+1}为等比数列.
(2)若数列{bn}为等差数列，且b3=a2，b7=a3，求数列的前n项和Tn.
【解析】(1)由Sn=2an-n，得Sn-1=2an-1-n+1(n≥2)，
两式作差可得：an=2an-2an-1-1，
即an=2an-1+1(n≥2)，
所以an+1=2(an-1+1)(n≥2).
由Sn=2an-n，取n=1，可得a1=1，则a1+1=2.
所以数列{an+1}是以2为首项，以2为公比的等比数列.
(2)由(1)知，an+1=2n，所以an=2n-1.
b3=a2=3，b7=a3=7.
因为数列{bn}为等差数列，
所以公差d===1.
所以bn=b3+(n-3)×1=n，
所以==-，
则数列的前n项和Tn=1-+-+-+…+-=1-=.
1.已知α，β为实数，给出下列三个论断：①αβ>0；②|α+β|>5；③|α|>2，|β|>2.
以其中的两个论断为条件，另一个论断为结论，写出你认为正确的命题_________.(用序号及“?”表示)?
【解析】因为αβ>0，|α|>2，|β|>2，所以|α+β|2=α2+β2+2αβ>8+8+2×8=32>25.
所以|α+β|>5.故可得①③?②.
答案：①③?②
2.已知函数f(x)=.
(1)证明：函数f(x)是偶函数.
(2)记A=f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2
019)，B=f(1)+f+f+…+f，求A+B的值.
(3)若实数x1，x2满足f(x1)+f(x2)>1，求证：|x1x2|>1.
【解析】(1)对任意实数x，有f(-x)===f(x)，故函数f(x)是偶函数.
(2)当x≠0时，f(x)+f=+=+=1，
所以A+B=[f(1)+f(1)]++…+=2
019.
(3)由f(x1)+f(x2)>1?+>1
?(+1)+(+1)>(+1)(+1)
?>1?|x1x2|>1.
PAGE课时素养评价二 类
比
推
理
(20分钟·50分)
一、选择题(每小题5分，共15分)
1.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”
【解析】选C.由实数运算的知识易得C项正确.
2.下面几种推理是合情推理的是
( )
①由圆的性质类比出球的有关性质；
②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°；
③张军某次考试成绩是100分，由此推出全班同学的成绩都是100分；
④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得凸n边形内角和是(n-2)·180°.
A.①②
B.①③
C.①②④
D.②④
【解析】选C.①是类比推理；②是归纳推理；④是归纳推理.所以①、②、④是合情推理.故C正确.
3.长、宽分别为a，b的矩形的外接圆的面积为(a2+b2)，将此结论类比到空间中，正确的结论为( )
A.长，宽，高分别为a，b，c的长方体的外接球的半径为
B.长，宽，高分别为a，b，c的长方体的外接球的表面积为(a2+b2+c2)
C.长，宽，高分别为a，b，c的长方体的外接球的体积为(a3+b3+c3)
D.长，宽，高分别为a，b，c的长方体的外接球的表面积为π(a2+b2+c2)
【解析】选D.长方体的长，宽，高分别为a，b，c，则长方体的体对角线长=2×外接球的半径=；
所以空间长方体外接球的半径为r=.
外接球表面积S=4πr2=π(a2+b2+c2).
二、填空题(每小题5分，共15分)
4.在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜边AB上的高为h1，则=+；类比此性质，如图，在四面体P-ABC中，若PA，PB，PC两两垂直，底面ABC上的高为h，则得到的正确结论为_________.?
【解析】设点P在平面ABC的射影为O，连接CO且延长交AB于点D，连接PD，
由已知得PC⊥PD，在直角三角形PDC中，DC·h=PD·PC，即·h=PD·PC，
所以==+，
容易知道
AB⊥平面PDC，所以AB⊥PD，
在直角三角形APB中，AB·PD=PA·PB，
所以·PD=PA·PB，
==+，
故=++.(也可以由等体积法得到)
答案：=++
5.在平面直角坐标系xOy中，二元一次方程Ax+By=0(A，B不同时为0)表示过原点的直线.类似地，在空间直角坐标系O
-xyz中，三元一次方程Ax+By+Cz=0(A，B，C不同时为0)表示________________.?
【解析】由方程的特点可知：平面几何中的直线类比到立体几何中应为平面，“过原点”类比仍为“过原点”，因此应得到：在空间直角坐标系O
-xyz中，三元一次方程Ax+By+Cz=0(A，B，C不同时为0)表示过原点的平面.
答案：过原点的平面
6.在平面上，若两个正三角形的边长比为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长比为1∶2，则它们的体积比为_________.?
【解析】==·=×=.
答案：1∶8
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.在等差数列{an}中，若a10=0，则有等式a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n(n<19，n∈N+)成立.类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b9=1，则有什么样的等式成立？
【解析】在等差数列{an}中，由a10=0，得a1+a19=a2+a18=…=an+a20-n=an+1+a19-n=2a10=0，
所以a1+a2+…+an+…+a19=0，
即a1+a2+…+an=-a19-a18-…-an+1，
又因为a1=-a19，a2=-a18，…，a19-n=-an+1，
所以a1+a2+…+an=a1+a2+…+a19-n，
类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b9=1，则可得
b1b2…bn=b1b2…b17-n(n<17，n∈N+).
8.如图所示为m行m+1列的士兵方阵(m∈N
，m≥2).
(1)写出一个数列，用它表示当m分别是2，3，4，5，…时，方阵中士兵的人数.
(2)若把(1)中的数列记为{an}，归纳该数列的通项公式.
(3)求a10，并说明a10表示的实际意义.
(4)已知an=9
900，问：an是数列第几项？
【解析】(1)当m=2时，表示一个2行3列的士兵方阵，共有6人，依次可以得到当m=3，4，5，…时的士兵人数分别为12，20，30，…，故所求数列为6，12，20，30，….
(2)因为a1=2×3，a2=3×4，a3=4×5，…，所以猜想an=(n+1)(n+2)，n∈N
.
(3)a10=11×12=132.a10表示11行12列的士兵方阵的人数为132.
(4)令(n+1)(n+2)=9
900，所以n=98，即9
900是数列的第98项，此时方阵为99行100列.
(15分钟·25分)
1.(5分)我国古代数学名著《九章算术》中，割圆术有：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣.”其体现的是一种无限与有限的转化过程，如在中，“…”即代表无限次重复，但原式却是个定值x，这可以通过方程=x确定x的值，类似地的值为
( )
A.3
B.
C.6
D.2
【解析】选A.令=m(m>0)，则两边平方得，则3+2=m2，即3+2m=m2，解得，m=3，m=-1舍去.
2.(5分)若P0(x0，y0)在椭圆+=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+=1，那么对于双曲线则有如下命题：若P(x0，y0)在双曲线-=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_________ .?
【解析】类比椭圆的切点弦方程可得双曲线-=1的切点弦方程为-=1.
答案：-=1
3.(5分)已知从2开始的连续偶数蛇形排列成宝塔形的数表，第一行为2，第二行为4，6，第三行为12，10，8，第四行为14，16，18，20，…，如图所示，在该数表中位于第i行、第j列的数记为aij，如a32=10，a54=24.若amn=2
018，则m+n=_________.?
2
4 6
12 10 8
14 16 18 20
30 28 26 24 22
…
【解析】由题干图可知，第一行放1个偶数，第二行放2个偶数，第三行放3个偶数，……，由于2
018是该偶数列的第1
009个数，所以可以断定2
018应位于该数表的45行，故m=45.又第45行的第45个即该偶数列的第991个偶数为1
982，利用等差数列的任意两项之间关系可知2
018应出现在该行的第27列，故n=27，所以m+n=45+27=72.
答案：72
4.(10分)若数列{an}是等比数列，且an>0，设数列{bn}的通项公式bn=(n∈N
)，则数列{bn}也是等比数列.若数列{an}是等差数列，可类比得到关于等差数列的一个性质为：若数列{bn}的通项公式bn=，则数列{bn}是等差数列，请问这个结论对吗？
【解析】考虑在等比数列中，很多性质为应用二三级运算(乘除法，乘方开方)，到了等差数列中，很多性质可类比为一二级运算(加减，数乘).在本题中所给等比数列用到了乘法与开方，所以可联想到类比等差数列，乘法运算对应类比为加法，开方运算对应类比为除法.这个结论是正确的，证明如下：
设等差数列{an}的公差为d，则
bn+1-bn=-=
==，
因为{an}为等差数列
所以an+1-ai=(n+1-i)d(i=1，2，…，n)
，
所以bn+1-bn=
===
，
所以{bn}为公差是的等差数列.
1.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=，类比推广到空间：已知正四面体P-ABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2.则下列类比结论中正确的是
( )
A.=
B.=
C.=
D.=
【解析】选D.设正四面体的棱长为1，取BC的中点D，连接AD，作正四面体的高PM.
则AD=，AM=AD=，
所以PM==.
所以VP-ABC=××12×=.
设内切球的半径为r，内切球球心为O，
则VP-ABC=4VO
-ABC=4×××12×r，解得r=.设外接球的半径为R，外接球球心为N，
则MN=|PM-R|或|R-PM|，AN=R，
在Rt△AMN中，由勾股定理得AM2+MN2=AN2，
所以+=R2，解得R=.
所以=.所以==.
2.(1)椭圆C：+=1(a>b>0)与x轴交于A，B两点，点P是椭圆C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，求证：·为定值b2-a2.
(2)类比(1)可得如下真命题：双曲线-=1(a>0，b>0)与x轴交于A，B两点，点P是双曲线C上异于A，B的任意一点，直线PA，PB分别与y轴交于点M，N，则·为定值，请写出这个定值(不要求写出解题过程).
【解析】(1)设点P(x0，y0)(x0≠±a).
依题意，得A(-a，0)，B(a，0)，
所以直线PA的方程为y=(x+a)，
令x=0，得yM=.同理得yN=-.
所以yMyN=.
又点P(x0，y0)在椭圆上，所以+=1，
因此=(a2-).所以yMyN==b2.
因为=(a，yN)，=(-a，yM)，
所以·=-a2+yMyN=b2-a2.
(2)定值为-(a2+b2).
PAGE课时素养评价一 归
纳
推
理
(20分钟·50分)
一、选择题(每小题5分，共20分)
1.用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：
按照上面的规律，第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为
( )
A.6n-2
B.8n-2
C.6n+2
D.8n+2
【解析】选C.设第n个“金鱼”图需要火柴棒的根数为an，则a1=8，a2=14，a3=20，猜想an=6n+2.
2.已知整数对的序列为(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，(1，5)，(2，4)，…，则第57个数对是
( )
A.(2，10)
B.(10，2)
C.(3，5)
D.(5，3)
【解析】选A.由题意，发现所给整数对有如下规律：
(1，1)的和为2，共1个；
(1，2)，(2，1)的和为3，共2个；
(1，3)，(2，2)，(3，1)的和为4，共3个；
(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)的和为5，共4个；
(1，5)，(2，4)，(3，3)，(4，2)，(5，1)的和为6，共5个.由此可知，当数对中两个数字之和为n时，有n-1个数对.易知第57个数对中两数之和为12，且是两数之和为12的数对中的第2个数对，故为(2，10).
3.观察下列各式：
32-1=8，
72-1=48，
112-1=120，
152-1=224，
…
据此规律，所得的结果都是8的倍数.由此推测可得
( )
A.其中包含等式：1032-1=10
608
B.其中包含等式：852-1=7
224
C.其中包含等式：532-1=2
808
D.其中包含等式：332-1=1
088
【解析】选A.数列3，7，11，15，…的通项为an=3+(n-1)×4=4n-1，
当n=26时，a26=103，但是85，53，33都不是数列{an}中的项.
4.(2019·全国卷Ⅱ)在“一带一路”知识测验后，甲、乙、丙三人对成绩进行预测.
甲：我的成绩比乙高.
乙：丙的成绩比我和甲的都高.
丙：我的成绩比乙高.
成绩公布后，三人成绩互不相同且只有一个人预测正确，那么三人按成绩由高到低的次序为
( )
A.甲、乙、丙
B.乙、甲、丙
C.丙、乙、甲
D.甲、丙、乙
【解析】选A.若甲正确，则乙，丙都不正确，即由此判断乙>丙，即甲>乙>丙成立.
二、填空题(每小题5分，共10分)
5.根据图中线段的排列规则，试猜想第8个图形中线段的条数为_________.?
【解析】分别求出前4个图形中线段的数目，发现规律，得出猜想，图形①到④中线段的条数分别为1，5，13，29，因为1=22-3，5=23-3，13=24-3，29=25-3，因此可猜想第8个图形中线段的条数应为28+1-3=509.
答案：509
6.观察分析下表中的数据：
多面体
面数(F)
顶点数(V)
棱数(E)
三棱柱
5
6
9
五棱锥
6
6
10
正方体
6
8
12
猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是__________________.?
【解析】由表格可知：三棱柱：5+6=9+2；五棱锥，6+6=10+2，正方体，6+8=12+2，猜想一般凸多面体中，面数、顶点数、棱数F，V，E所满足的等式是：F+V-E=2.
答案：F+V-E=2
三、解答题(每小题10分，共20分)
7.某同学在一次研究性学习中发现：若集合A，B满足：A∪B={1，2}，则A，B共有9组；若集合A，B，C满足：A∪B∪C={1，2}，则A，B，C共有49组；若集合A，B，C，D满足：A∪B∪C∪D={1，2}，则A，B，C，D共有225组.根据上述结果，将该同学的发现推广为A，B，C，D，E五个集合，可以得出的正确结论是：若集合A，B，C，D，E满足：A∪B∪C∪D∪E={1，2}，则A，B，C，D，E共有多少组？
【解析】由A∪B={1，2}时，A，B共有9组，即32=9；
A∪B∪C={1，2}时，A，B，C共有49组，即72=49；
A∪B∪C∪D={1，2}时，A，B，C，D共有225组，
即152=225；
根据上述结果，推广为：
A∪B∪C∪D∪E={1，2}时，A，B，C，D，E共有312=961即961组.所以A，B，C，D，E共有961组.
8.如图，在圆内画一条线段，将圆分成两部分；画两条线段，彼此最多分割成4条线段，同时将圆分割成4部分；画三条线段，彼此最多分割成9条线段，将圆最多分割成7部分；画四条线段，彼此最多分割成16条线段，将圆最多分割成11部分.
那么：
(1)在圆内画5条线段，它们彼此最多分割成多少条线段？将圆最多分割成多少部分？
(2)猜想：圆内两两相交的n(n≥2)条线段，彼此最多分割成多少条线段？将圆最多分割成多少部分？
【解析】设圆内两两相交的n条线段彼此最多分割成的线段为f(n)条，将圆最多分割为g(n)部分.
(1)f(1)=1=12，g(1)=2=；
f(2)=4=22，g(2)=4=；
f(3)=9=32，g(3)=7=；
f(4)=16=42，g(4)=11=；
所以n=5时，f(5)=25，g(5)==16.
(2)根据题意猜想：圆内两两相交的n(n≥2)条线段，彼此最多分割为f(n)=n2条线段，将圆最多分割为g(n)=部分.
(15分钟·30分)
1.(5分)根据给出的数塔，猜测123
456×9+7等于( )
1×9+2=11；
12×9+3=111；
123×9+4=1
111；
1234×9+5=11
111；
12345×9+6=111
111；
A.1
111
110
B.1
111
111
C.1
111
112
D.1
111
113
【解析】选B.由前5个等式知，右边各位数字均为1，位数比前一个等式依次多1位，所以123
456×9+7=1
111
111.
2.(5分)已知an=logn+1(n+2)(n∈N+)，观察下列算式：a1·a2=log23·log34=·
=2；a1·a2·a3·a4·a5·a6=log23·log34·…·log78=··…·=3，…；若a1·a2·a3·…·am=2
018(m∈N+)，则m的值为
( )
A.22
018+2 B.22
018 C.22
018-2 D.22
018-4
【解析】选C.由已知得a1·a2·a3·…·am==2
018，lg(m+2)=lg
22
018，解得m=22
018-2.
3.(5分)将正整数按如图规律排列：
第i行第j列的数字记为aij，若aij=2
018，则i+j=_________.?
【解析】由排列的规律可得，第n行结束的时候共排了1+2+3+…+n=n(n+1)个数，所以前63行共有×63×64=2
016个数，故若aij=2
018，则i=64，j=2，故i+j=66.
答案：66
4.(5分)
则上起第n行，左起第n+1列的数是_________.?
【解析】第1行第2个数为2=1×2，
第2行第3个数为6=2×3，
第3行第4个数为12=3×4，
第4行第5个数为20=4×5.
故归纳出第n行第n+1个数为n(n+1)=n2+n.
答案：n2+n
5.(10分)某少数民族的刺绣有着悠久的历史，如图(1)，(2)，(3)，(4)为最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮.现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形.
(1)求出f(5)的值.
(2)利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n+1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式.
(3)求+++…+的值.
【解析】(1)f(5)=41.
(2)因为f(2)-f(1)=4=4×1，
f(3)-f(2)=8=4×2，
f(4)-f(3)=12=4×3，
f(5)-f(4)=16=4×4，
…
由上式规律，得出f(n+1)-f(n)=4n.
因为f(n+1)-f(n)=4n?f(n+1)
=f(n)+4n?f(n)
=f(n-1)+4(n-1)
=f(n-2)+4(n-1)+4(n-2)
=f(n-3)+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)
=…
=f(1)+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)+…+4
=2n2-2n+1.
(3)当n≥2时，==.
所以+++…+
=1+×1-+-+-+…+-
=1+=-.
【补偿训练】
设f(x)=，x1=1，xn=f(xn-1)(n≥2)，则x2，x3，x4分别为_________，猜想xn=_________.?
【解析】x2=f(x1)==，
x3=f(x2)==，
x4=f(x3)==，所以xn=.
答案：，，
1.将正整数1，2，3，4，…按如图所示的方式排成三角形数组，则第20行从右往左数第1个数是
( )
A.397
B.398
C.399
D.400
【解析】选D.由三角形数组可推断出，第n行共有2n-1项，且最后一项为n2，所以第20行，最后一项为400.
2.设f(n)=n2+n+41(n∈N
)，计算f(1)，f(2)，f(3)，…，f(10)的值，同时作出归纳推理，并用n=40验证猜测是否正确.
【解析】f(1)=12+1+41=43，
f(2)=22+2+41=47，f(3)=32+3+41=53，
f(4)=42+4+41=61，f(5)=52+5+41=71，
f(6)=62+6+41=83，f(7)=72+7+41=97，
f(8)=82+8+41=113，f(9)=92+9+41=131，
f(10)=102+10+41=151，
由于43，47，53，61，71，83，97，113，131，151均为质数，我们猜测f(n)=n2+n+41为质数.
当n=40时，f(40)=402+40+41=41×41，
因此f(40)为合数，故猜测不正确.
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