推理与证明M1 合情推理与演绎推理 15．B13，J3，M1[2022·福建卷]当x∈R，|x|<1时，有如下表达式：1＋x＋x2＋…＋xn＋…＝.两边同时积分得：∫01dx＋∫0xdx＋∫0x2dx＋…＋∫0xndx＋…＝∫0dx，从而得到如下等式：1×＋×＋×＋…＋×＋…＝ln2.请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：C×＋C×2＋C×3＋…＋C×＝__________．15. [解析](1＋x)n＝C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn，两边同时积分得C∫01dx＋C∫0xdx＋C∫0x2dx＋…＋C∫0xndx＝∫0(1＋x)ndx，得C×＋C×2＋C×3＋…＋C×n＋1＝n＋1－1.14．M1[2022·湖北卷]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1，3，6，10，…，第n个三角形数为＝n2＋n，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 N(n，3)＝n2＋n，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)＝________.14．1000 [解析]观察得k每增加1，n2项系数增加，n项系数减少，N(n，k)＝n2＋(4－k)，故N(10，24)＝1000.16．B7、M1[2022·山东卷]定义“正对数”：ln＋x＝现有四个命题：①若a>0，b>0，则ln＋(ab)＝bln＋a；②若a>0，b>0，则ln＋(ab)＝ln＋a＋ln＋b；③若a>0，b>0，则ln＋≥ln＋a－ln＋b；-4-\n④若a>0，b>0，则ln＋(a＋b)≤ln＋a＋ln＋b＋ln2.其中的真命题有________．(写出所有真命题的编号)16．①③④ [解析]①中，当ab≥1时，∵b>0，∴a≥1，ln＋(ab)＝lnab＝blna＝bln＋a；当0<ab<1时，∵b>0，∴0<a<1，ln＋(ab)＝bln＋a＝0，∴①正确；②中，当0<ab<1，且a>1时，左边＝ln＋(ab)＝0，右边＝ln＋a＋ln＋b＝lna＋0＝lna>0，∴②不成立；③中，当≤1，即a≤b时，左边＝0，右边＝ln＋a－ln＋b≤0，左边≥右边成立；当>1时，左边＝ln＝lna－lnb>0，若a>b>1时，右边＝lna－lnb，左边≥右边成立；若0<b<a<1时，右边＝0,左边≥右边成立；若a>1>b>0，左边＝ln＝lna－lnb>lna，右边＝lna，左边≥右边成立，∴③正确；④中，若0<a＋b<1，左边＝ln＋＝0，右边＝ln＋a＋ln＋b＋ln2＝ln2>0，左边≤右边；若a＋b≥1，ln＋－ln2＝ln－ln2＝ln，又∵≤a或≤b，a，b至少有1个大于1，∴ln≤lna或ln≤lnb，即有ln＋－ln2＝ln－ln2＝ln≤ln＋a＋ln＋b，∴④正确．14．M1[2022·陕西卷]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________．14．12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1 [解析]结合已知所给几项的特点，可知式子左边共n项，且正负交错，奇数项为正，偶数项为负，右边的绝对值为左边底数的和，系数和最后一项正负保持一致，故表达式为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1.M2 直接证明与间接证明 20．M2，D2，D3，D5[2022·北京卷]已知{an}是由非负整数组成的无穷数列，该数列前n项的最大值记为An，第n项之后各项an＋1，an＋2，…的最小值记为Bn，dn＝An－Bn.(1)若{an}为2，1，4，3，2，1，4，3，…，是一个周期为4的数列(即对任意n∈N*，an＋4＝an)，写出d1，d2，d3，d4的值；(2)设d是非负整数，证明：dn＝－d(n＝1，2，3，…)的充分必要条件为{an}是公差为d的等差数列；-4-\n(3)证明：若a1＝2，dn＝1(n＝1，2，3，…)，则{an}的项只能是1或者2，且有无穷多项为1.20．解：(1)d1＝d2＝1，d3＝d4＝3.(2)(充分性)因为{an}是公差为d的等差数列，且d≥0，所以a1≤a2≤…≤an≤….因此An＝an，Bn＝an＋1，dn＝an－an＋1＝－d(n＝1，2，3，…)．(必要性)因为dn＝－d≤0(n＝1，2，3，…)．所以An＝Bn＋dn≤Bn.又因为an≤An，an＋1≥Bn，所以an≤an＋1.于是，An＝an，Bn＝an＋1.因此an＋1－an＝Bn－An＝－dn＝d，即{an}是公差为d的等差数列．(3)因为a1＝2，d1＝1，所以A1＝a1＝2，B1＝A1－d1＝1.故对任意n≥1，an≥B1＝1.假设{an}(n≥2)中存在大于2的项．设m为满足am>2的最小正整数，则m≥2，并且对任意1≤k<m，ak≤2.又因为a1＝2，所以Am－1＝2，且Am＝am>2，于是，Bm＝Am－dm>2－1＝1，Bm－1＝min{am，Bm}>1.故dm－1＝Am－1－Bm－1<2－1＝1，与dm－1＝1矛盾．所以对于任意n≥1，有an≤2，即非负整数列{an}的各项只能为1或2.因为对任意n≥1，an≤2＝a1，所以An＝2.故Bn＝An－dn＝2－1＝1.因此对于任意正整数n，存在m满足m>n，且am＝1，即数列{an}有无穷多项为1.M3 数学归纳法 M4 单元综合 1．[2022·黄山质检]已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…＋＝2(＋＋…＋)时，若已假设n＝k(k≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n＝( )时等式成立( )A．k＋1B．k＋2C．2k＋2D．2(k＋2)1．B [解析]根据数学归纳法的步骤可知，则n＝k(k≥2为偶数)下一个偶数为k＋2，故答案为B.2．[2022·石景山期末]在整数集Z中，被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”，记为[k]，即[k]＝{5n＋k|n∈Z}，k＝0，1，2，3，4.给出如下四个结论：①2013∈[3]；②－2∈[2]；③Z＝[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4]；④整数a，b属于同一“类”的充要条件是a－b∈[0]．其中，正确结论的个数为( )A．1B．2C．3D．4-4-\n2．C [解析]因为2013＝402×5＋3，所以2013∈[3]，①正确．－2＝－1×5＋3，－2∈[3]，所以②不正确．因为整数集中的数被5除的余数可以且只可以分成五类，所以③正确．整数a，b属于同一“类”，则整数a，b被5除的余数相同，从而a－b被5除的余数为0，反之也成立，故整数a，b属于同一“类”的充要条件是a－b∈[0]，故④正确．所以正确的结论个数为3，选C.3．[2022·汕头期末]已知＝2，＝3，＝4，若＝6(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则a－t＝________．3．－29 [解析]类比等式可推测a＝6，t＝35，则a－t＝－29.4．[2022·福州期末]已知点A(x1，ax1)，B(x2，ax2)是函数y＝ax(a>1)的图像上任意不同两点，依据图像可知，线段AB总是位于A、B两点之间函数图像的上方，因此有结论>a成立．运用类比思想方法可知，若点A(x1，sinx1)，B(x2，sinx2)是函数y＝sinx(x∈(0，π))的图像上的不同两点，则类似地有________成立．4.<sin [解析]函数y＝sinx在x∈(0，π)的图像上任意不同两点A，B，依据图像可知，线段AB总是位于A，B两点之间函数图像的下方，所以<sin.[规律解读]类比推理中的结论要注意问题在变化之后的不同，要“求同存异”才能够正确解决问题．5．[2022·云南师大附中月考]我们把平面内与直线垂直的非零向量称为直线的法向量，在平面直角坐标系中，利用求动点轨迹方程的方法，可以求出过点A(－3，4)，且法向量为n＝(1，－2)的直线(点法式)方程为1×(x＋3)＋(－2)×(y－4)＝0，化简得x－2y＋11＝0.类比以上方法，在空间直角坐标系中，经过点A(1，2，3)，且法向量为n＝(－1，－2，1)的平面(点法式)方程为________．5．x＋2y－z－2＝0 [解析]设B(x，y，z)为平面内的任一点，类比得平面的方程为(－1)×(x－1)＋(－2)×(y－2)＋1×(z－3)＝0，即x＋2y－z－2＝0.6．[2022·黄山质检]已知数列{an}满足a1＝1，an＝logn(n＋1)(n≥2，n∈N*)．定义：使乘积a1·a2·…·ak为正整数的k(k∈N*)叫作“简易数”．则在[1，2012]内所有“简易数”的和为________．6．2036 [解析]∵an＝logn(n＋1)＝，∴a1·a2·…·ak＝1···…·＝＝log2(k＋1)，则“简易数”k使log2(k＋1)为整数，即满足2n＝k＋1，所以k＝2n－1，则在[1，2012]内所有“简易数”的和为21－1＋22－1＋…＋210－1＝－10＝1023×2－10＝2036.-4-
