2021高考数学（理）人教A版一轮复习学案作业：第七章7.5推理与证明

§7.5　推理与证明
最新考纲
考情考向分析
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和特点．
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.
推理部分以理解类比推理、归纳推理和演绎推理的推理方法为主，常以演绎推理的方法根据几个人的不同说法作出推理判断进行命题，在高考中以填空题的形式进行考查，属于中低档题．证明部分常以立体几何中的证明及相关选修内容中不等式的证明为载体加以考查，在高考中主要以解答题的形式考查，难度为中档.



1．合情推理
类型
定义
特点
归纳推理
根据某类事物的部分对象具有某些特征，推出该类事物的全部对象都具有这些特征的推理，或者由个别事实概括出一般结论的推理
由部分到整体、由个别到一般
类比推理
由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推出另一类对象也具有这些特征的推理
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
(1)综合法
①定义：一般地，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，这种证明方法叫做综合法．
②框图表示：―→―→―→…―→
(其中P表示已知条件、已有的定义、公理、定理等，Q表示所要证明的结论)．
③思维过程：由因导果．
(2)分析法
①定义：一般地，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，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，这种证明方法叫做分析法．
②框图表示：―→―→―→…―→
(其中Q表示要证明的结论)．
③思维过程：执果索因．
4．间接证明
反证法：一般地，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，从而证明原命题成立的证明方法．
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．
概念方法微思考
1．合情推理所得结论一定是正确的吗？
提示　合情推理所得结论是猜想，不一定正确，用演绎推理能够证明的猜想是正确的，否则不正确．
2．综合法与分析法的推理过程有何区别？
提示　综合法是执因索果，分析法是执果索因，推理方式是互逆的．

题组一　思考辨析
1．判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”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)“所有3的倍数都是9的倍数，某数m是3的倍数，则m一定是9的倍数”，这是三段论推理，但其结论是错误的．(　√　)
(3)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件．(　×　)
(4)用反证法证明结论“a>b”时，应假设“a 题组二　教材改编
2．已知在数列{an}中，a1＝1，当n≥2时，an＝an－1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是(　　)
A．an＝3n－1 B．an＝4n－3
C．an＝n2 D．an＝3n－1
答案　C
解析　a2＝a1＋3＝4，a3＝a2＋5＝9，a4＝a3＋7＝16，a1＝12，a2＝22，a3＝32，a4＝42，猜想an＝n2.
3．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有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，则存在的等式为________________．
答案　b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)
解析　利用类比推理，借助等比数列的性质，
b＝b1＋n·b17－n，
可知存在的等式为b1b2…bn＝b1b2…b17－n(n<17，n∈N*)．
题组三　易错自纠
4．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．
5．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，故选A.
6．对于不等式 (1)当n＝1时，<1＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式成立，即 ∴当n＝k＋1时，不等式成立．
则上述证法(　　)
A．过程全部正确
B．n＝1验证的不正确
C．归纳假设不正确
D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确
答案　D
解析　在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法.

合情推理与演绎推理
命题点1　归纳推理
例1 分形理论是当今世界十分风靡和活跃的新理论、新学科．其中，把部分与整体以某种方式相似的形体称为分形．分形是一种具有自相似特性的现象、图象或者物理过程．标准的自相似分形是数学上的抽象，迭代生成无限精细的结构．也就是说，在分形中，每一组成部分都在特征上和整体相似，只仅仅是变小了一些而已，谢尔宾斯基三角形就是一种典型的分形，是由波兰数学家谢尔宾斯基在1915年提出的，按照如下规律依次在一个黑色三角形内去掉小三角形，则当n＝6时，该黑色三角形内去掉小三角形个数为(　　)

A．81 B．121
C．364 D．1 093
答案　C
解析　由图可知，每一个图形中去掉小三角形的个数等于前一个图形去掉小三角形个数的3倍加1，
所以，n＝1时，a1＝1；
n＝2时，a2＝3＋1＝4；
n＝3时，a3＝3×4＋1＝13；
n＝4时，a4＝3×13＋1＝40；
n＝5时，a5＝3×40＋1＝121；
n＝6时，a6＝3×121＋1＝364，故选C.
命题点2　类比推理
例2 在平面上，设ha，hb，hc是△ABC三条边上的高，P为三角形内任一点，P到相应三边的距离分别为Pa，Pb，Pc，我们可以得到结论：＋＋＝1.把它类比到空间中，则三棱锥中的类似结论为____________________．
答案　＋＋＋＝1
解析　设ha，hb，hc，hd分别是三棱锥A－BCD四个面上的高，P为三棱锥A－BCD内任一点，P到相应四个面的距离分别为Pa，Pb，Pc，Pd，于是可以得出结论：＋＋＋＝1.
命题点3　演绎推理
例3 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．证明：
(1)数列是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
证明　(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
∴＝2·，
又＝1≠0，(小前提)
故是以1为首项，2为公比的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义，这里省略了)
(2)由(1)可知＝4·(n≥2)，
∴Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1
＝4an(n≥2)，(小前提)
又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
∴对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)
(第(2)问的大前提是第(1)问的结论以及题中的已知条件)
思维升华 (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．
跟踪训练1 (1)观察下列式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，根据以上式子可以猜想：1＋＋＋…＋<________.
答案　
解析　由题意得，不等式右边分数的分母是左边最后一个分数的分母的底数，所以猜想的分母是2 020，分子是一个以3为首项，2为公差的等差数列中的项，所以a2 019＝3＋(2 019－1)×2＝4 039.
(2)祖暅是我国古代的伟大科学家，他在5世纪末提出：“幂势即同，则积不容异”，意思是：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意一个平面所截，若截面面积都相等，则这两个几何体的体积相等．祖暅原理常用来由已知几何体的体积推导未知几何体的体积，例如由圆锥和圆柱的体积推导半球体的体积，其示意图如图所示，其中图①是一个半径为R的半球体，图②是从圆柱中挖去一个圆锥所得到的几何体．(圆柱和圆锥的底面半径和高均为R)

利用类似的方法，可以计算抛物体的体积：在xOy坐标系中，设抛物线C的方程为y＝1－x2
(－1≤x≤1)，将曲线C围绕y轴旋转，得到的旋转体称为抛物体．利用祖暅原理可计算得该抛物体的体积为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　构造如图所示的直三棱柱，高设为x，底面两个直边长为2,1，

若底面积相等得到，2x＝π×12，x＝.
下面说明截面面积相等，设截面距底面为t，矩形截面长为a，圆形截面半径为r，
由左图得到，＝，∴a＝2(1－t)，
∴截面面积为2(1－t)×＝(1－t)π，
由右图得到，t＝1－r2(坐标系中易得)，∴r2＝1－t，
∴截面面积为(1－t)π，
∴二者截面面积相等，∴体积相等．
∴抛物体的体积为V三棱柱＝Sh＝×2×1×＝.
故选B.
(3)某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是(　　)
A．今天是周六 B．今天是周四
C．A车周三限行 D．C车周五限行
答案　B
解析　因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路，E车周四限行，所以今天不是周三；因为B车昨天限行，所以今天不是周一，不是周五，也不是周日；因为A，C两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周二和周六，所以今天是周四．故选B.
直接证明与间接证明
命题点1　综合法
例4 已知a，b，c>0，a＋b＋c＝1.求证：
(1)＋＋≤；
(2)＋＋≥.
证明　(1)∵(＋＋)2＝(a＋b＋c)＋2＋2＋2≤(a＋b＋c)＋(a＋b)＋(b＋c)＋(c＋a)＝3，
∴＋＋≤(当且仅当a＝b＝c时取等号)．
(2)∵a>0，∴3a＋1>1，
∴＋(3a＋1)≥2＝4，
∴≥3－3a，
同理得≥3－3b，≥3－3c，
以上三式相加得
4≥9－3(a＋b＋c)＝6，
∴＋＋≥(当且仅当a＝b＝c＝时取等号)．
命题点2　分析法
例5 已知a>0，证明：－≥a＋－2.
证明　要证－≥ a＋－2，
只需证 ≥－(2－)．
因为a>0，所以－(2－)>0，
所以只需证2≥2，
即2(2－)≥8－4，
只需证a＋≥2.
因为a>0，a＋≥2显然成立
，
所以要证的不等式成立．
命题点3　反证法
例6 等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项公式an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
(1)解　设等差数列{an}的公差为d.
由已知得
所以d＝2，故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)(n∈N*)．
(2)证明　由(1)得bn＝＝n＋，
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r∈N*，且互不相等)成等比数列，则b＝bpbr.
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，
所以(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0，
因为p，q，r∈N*，所以
所以2＝pr，(p－r)2＝0，
所以p＝r，与p≠r矛盾，
所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
思维升华 (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．
跟踪训练2 设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
证明　由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，
有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时，等号成立．
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，
则由a2＋a<2及a>0，得0 同理，0 故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
数学归纳法
例7 数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式·…·>均成立．
证明　①当n＝2时，左边＝1＋＝，右边＝.
∵左边>右边，∴不等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，且k∈N*)时不等式成立，
即·…·>.
则当n＝k＋1时，
·…·
>·＝＝
>＝＝.
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②知对一切大于1的自然数n，不等式都成立．
思维升华 用数学归纳法证明与n有关的不等式，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．
跟踪训练3 等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式··…·>成立．
(1)解　由题意得，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．
由于b>0且b≠1，
所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝S1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
所以当＝b，即＝b时，解得r＝－1.
(2)证明　由(1)及b＝2知an＝2n－1.
因此bn＝2n(n∈N*)，
所证不等式为··…·>.
①当n＝1时，左式＝，右式＝，
左式>右式，所以结论成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，
即··…·>，
则当n＝k＋1时，··…··>·＝，
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证≥，
即证≥，
由基本不等式得＝≥成立，故≥成立，
所以当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，当n∈N*时，不等式··…·>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．故选C.
2．《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，是中华人文文化的基础，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“”当做数字“1”，把阴爻“”当做数字“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

000
0
震

001
1
坎

010
2
兑

011
3

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，故选B.
3．设x，y，z为正实数，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
答案　C
解析　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(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.
4．分析法又称执果索因法，已知x>0，用分析法证明<1＋时，索的因是(　　)
A．x2>1 B．x2>4
C．x2>0 D．x2>1
答案　C
解析　因为x>0，所以要证<1＋，
只需证()2<2，
即证0<，即证x2>0，
因为x>0，所以x2>0成立，
故原不等式成立．
5．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
答案　D
解析　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．
6．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”，则甲的卡片上的数字是________．
答案　1和3
解析　由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，又甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”．
7．(2019·上饶模拟)二维空间中，圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2；三维空间中，球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝πr3.应用合情推理，若四维空间中，“特级球”的三维测度V＝12πr3，则其四维测度W＝________.
答案　3πr4
解析　二维空间中圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2；观察发现
S′＝l，三维空间中球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝πr3，观察发现V′＝S，∴四维空间中“特级球”的三维测度V＝12πr3，猜想其四维测度W，则W′＝V＝12πr3，∴W＝3πr4.
8．已知f (x)＝，x≥0，若f1(x)＝f (x)，fn＋1(x)＝f (fn(x))，n∈N*，则f2 020(x)的表达式为________．
答案　f2 020(x)＝
解析　f1(x)＝，f2(x)＝＝，f3(x)＝＝，…，fn＋1(x)＝f (fn(x))＝，
归纳可得f2 020(x)＝.
9.如图所示，在平面上，用一条直线截正方形的一个角，截下的是一个直角三角形，有勾股定理c2＝a2＋b2.空间中的正方体，用一平面去截正方体的一角，截下的是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，若这三个两两垂直的侧面的面积分别为S1，S2，S3，截面面积为S，类比平面的结论有________．

答案　S2＝S＋S＋S
解析　三角形类比空间中的三棱锥，线段的长度类比图形的面积，于是作出猜想：S2＝S＋S＋S.
10．“中国剩余定理”又称“孙子定理”.1852年英国来华传教伟烈亚利将《孙子算经》中“物不知数”问题的解法传至欧洲，1874年，英国数学家马西森指出此法符合1801年由高斯得出的关于同余式解法的一般性定理，因而西方称之为“中国剩余定理”．“中国剩余定理”讲的是一个关于整除的问题，现有这样一个整除问题：将2至2 018这2 017个整数中能被2除余1且被3除余1的数按由小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列的项数为________．
答案　336
解析　因为这些整数能被2除余1且被3除余1，
所以这些数组成的数列的通项an＝6n＋1，
设6n＋1≤2 018，所以6n≤2 017，所以n≤336.
所以此数列的项数为336.
11．若a，b，c是不全相等的正数，求证：
lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c.
证明　∵a，b，c∈(0，＋∞)，
∴≥ >0，≥ >0，≥ >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，
∴··>abc>0成立．
上式两边同时取常用对数，得
lg>lg abc，
∴lg ＋lg ＋lg >lg a＋lg b＋lg c.
12．已知xi>0(i＝1,2,3，…，n)，我们知道(x1＋x2)·≥4成立．
(1)求证：(x1＋x2＋x3)≥9；
(2)同理我们也可以证明出(x1＋x2＋x3＋x4)·≥16.由上述几个不等式，请你猜测一个与x1＋x2＋…＋xn和＋＋…＋(n≥2，n∈N*)有关的不等式，并用数学归纳法证明．
(1)证明　方法一　(x1＋x2＋x3)
≥3·3＝9(当且仅当x1＝x2＝x3时，等号成立)．
方法二　(x1＋x2＋x3)
＝3＋＋＋
≥3＋2＋2＋2＝9(当且仅当x1＝x2＝x3时，等号成立)．
(2)解　猜想：(x1＋x2＋…＋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)≥k2，
则当n＝k＋1时，
(x1＋x2＋…＋xk＋xk＋1)
＝(x1＋x2＋…＋xk)＋(x1＋x2＋…＋xk)＋xk＋1＋1
≥k2＋(x1＋x2＋…＋xk)＋xk＋1＋1
＝k2＋＋＋…＋＋1≥k2＋＋1
＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2，
所以当n＝k＋1时不等式成立．
综合①②可知，猜想成立．

13．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
答案　C
解析　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．
14．对于给定的正整数k，若数列{an}满足an－k＋an－k＋1＋…＋an－1＋an＋1＋…＋an＋k－1＋an＋k＝2kan对任意正整数n(n>k)总成立，则称数列{an}是“P(k)数列”．
(1)证明：等差数列{an}是“P(3)数列”；
(2)若数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，证明：{an}是等差数列．
证明　(1)因为{an}是等差数列，设其公差为d，
则an＝a1＋(n－1)d，从而，当n≥4时，
an－k＋an＋k＝a1＋(n－k－1)d＋a1＋(n＋k－1)d
＝2a1＋2(n－1)d＝2an，k＝1,2,3，
所以an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an，
因此等差数列{an}是“P(3)数列”．
(2)数列{an}既是“P(2)数列”，又是“P(3)数列”，因此，
当n≥3时，an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＝4an，①
当n≥4时，an－3＋an－2＋an－1＋an＋1＋an＋2＋an＋3＝6an.②
由①知，an－3＋an－2＝4an－1－(an＋an＋1)，③
an＋2＋an＋3＝4an＋1－(an－1＋an)．④
将③④代入②，得an－1＋an＋1＝2an，其中n≥4，
所以a3，a4，a5，…是等差数列，设其公差为d′.
在①中，取n＝4，则a2＋a3＋a5＋a6＝4a4，
所以a2＝a3－d′，
在①中，取n＝3，则a1＋a2＋a4＋a5＝4a3，
所以a1＝a3－2d′，所以数列{an}是等差数列．

15.如图，有一个六边形的点阵，它的中心是1个点(算第1层)，第2层每边有2个点，第3层每边有3个点，…，依此类推，如果一个六边形点阵共有169个点，那么它的层数为(　　)

A．6 B．7 C．8 D．9
答案　C
解析　由题意知，第1层的点数为1，第2层的点数为6，第3层的点数为2×6，第4层的点数为3×6，第5层的点数为4×6，…，第n(n≥2，n∈N*)层的点数为6(n－1)．设一个点阵有n(n≥2，n∈N*)层，则共有的点数为1＋6＋6×2＋…＋6(n－1)＝1＋6·＝3n2－3n＋1，由题意，得3n2－3n＋1＝169，即(n＋7)·(n－8)＝0，所以n＝8，故共有8层．
16．分形几何学是一门以不规则几何形态为研究对象的几何学．分形的外表结构极为复杂，但其内部却是有规律可寻的．一个数学意义上分形的生成是基于一个不断迭代的方程式，即一种基于递归的反馈系统．下面我们用分形的方法来得到一系列图形，如图1，线段AB的长度为a，在线段AB上取两个点C，D，使得AC＝DB＝AB，以CD为一边在线段AB的上方做一个正六边形，然后去掉线段CD，得到图2中的图形；对图2中的最上方的线段EF做相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形：

记第n个图形(图1为第1个图形)中的所有线段长的和为Sn，现给出有关数列{Sn}的四个命题：
①数列{Sn}不是等比数列；
②数列{Sn}是递增数列；
③存在最小的正数a，使得对任意的正整数n，都有Sn>2 019；
④存在最大的正数a，使得对任意的正整数n，都有Sn<2 019.
其中真命题的序号是________．
答案　①②④
解析　由题意，得图1中的线段为a，S1＝a，
图2中的正六边形的边长为，
S2＝S1＋×4＝S1＋2a，
图3中的最小正六边形的边长为，
S3＝S2＋×4＝S2＋a，
图4中的最小正六边形的边长为，
S4＝S3＋×4＝S3＋，
由此类推，Sn－Sn－1＝(n≥2)，
即{Sn}为递增数列，且不是等比数列，
即①，②正确；
因为Sn＝S1＋(S2－S1)＋(S3－S2)＋…＋(Sn－Sn－1)
＝a＋2a＋a＋＋…＋＝a＋
＝a＋4a<5a(n≥2，n∈N*)，
又S1＝a<5a，
所以存在最大的正数a＝，
使得对任意的正整数n，都有Sn<2 019，
即④正确，③错误．