推理与证明随堂练习

第一篇：推理与证明随堂练习

第二章 推理与证明随堂练习

例

1、.对于任意正实数a,b

成立的一个条件可以是____.例

2、已知抛物线有性质：过抛物线的焦点作一直线与抛物线交于A、B两点，则当AB与抛物线的对称轴垂直时，AB的长度最短；试将上述命题类比到其他曲线，写出相应的一个真命题为．

例

3、定义[x]为不超过x的最大整数，则[-2.1]=

例

4、通过观察下列等式，猜想出一个一般性的结论，并证明结论的真假。sin2150sin2750sin2135033202020；sin30sin90sin150；2

233202020；sin60sin120sin18022sin2450sin21050sin21650

例

5、(2008佛山二模文、理)对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式： 221332135421357

23353379114313151719根据上述分解规律，则5213579, 若m3(mN*)的分解中最小的数是73，则m值为.例

6、(2008惠州调研二理)函数f(x)由下表定义：

x5321

4f(x)1 2 3 4 5若a05，an1f(an)，n0,1,2,...，则a2007

例

7、(2008深圳调研)图（1）、（2）、（3）、（4）分别包含1个、5个、13个、25个第二十九届北京奥运会吉祥物“福娃迎迎”，按同样的方式构造图形，设第n个图形包含f(n)个“福娃迎迎”，则f(5)；f(n)f(n1)．（答案用数字或n的解析式表示）

例

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a

2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，4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．

例

9、在平面直角坐标系中，直线一般方程为AxByC0，圆心在(x0,y0)的圆的一般方程为(xx0)(yy0)r；则类似的，在空间直角坐标系中，平面的一般方程为 1 22

2________________,球心在(x0,y0,z0)的球的一般方程为_______________________.例

10、（1）已知等差数列的定义为:在一个数列中，从第二项起,如果每一项与它的前一项的差都为同一个常数，那么这个数叫做等差数列，这个常数叫做该数列的公差．

类比等差数列的定义给出“等和数列”的定义：；

（2）已知数列an是等和数列，且a12，公和为5，那么a18的值为____________．这个数列的前n项和Sn的计算公式为_____________________________________．

例

11、已知集合M是满足下列性质的函数f(x)的全体：存在非零常数T，对任意x∈R，有f(x+T)=T f(x)成立.（1）函数f(x)= x 是否属于集合M？说明理由；

（2）设函数f(x)=ax（a>0,且a≠1）的图象与y=x的图象有公共点，证明： f(x)=ax∈M；

（3）若函数f(x)=sinkx∈M ,求实数k的取值范围.例

12、定义a*b是向量a和b的“向量积”，它的长度|a*b||a||b|sin,其中为向量a和b的夹角，若u(2,0),uv(1,则|u*(uv)|=.例

13、为确保信息安全，信息需加密传输，发送方由明文密文（加密），接受方由密文明文（解密），已知加密规则为：明文a,b,c,d对应密文a2b,2bc,2c3d,4d，例如，明文1,2,3,4对应密文5,7,18,16．当接受方收到密文14,9,23,28时，则解密得到的明文为（）．

A． 4，6，1，7B． 7，6，1，4C． 6，4，1，7D． 1，6，4，7

例

14、对于任意的两个实数对(a,b)和(c,d)，规定：(a,b)(c,d)，当且仅当ac,bd；运算“”为：(a,b)(c,d)(acbd,bcad)；运算“”为：(a,b)(c,d)(ac,bd)，设p,qR，若(1,2)(p,q)(5,0)，则(1,2)(p,q)„„„（）

A．(4,0)B．(2,0)C．(0,2)D．(0,4)

例

15、对于集合A,B,定义运算AB{x|xA且xB}，则A(AB)=（）

A.BB.AC.ABD.AB

例

16、给出下面类比推理命题（其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集）：

①“若a、bR，则ab0ab”类比推出“a、cC,则ab0ab”②“若a、b、c、dR，则复数abicdiac,bd”类比推出 “a、b、c、dQ，则ab2cd2ac,bd”

③“若a、b、R，则ab0ab”类比推出“若a、bC,则ab0ab”

④“若xR，则|x|11x1”类比推出“若zC，则|z|11z1”其中类比结论正确的个数有 ．．．．

A．1 B．2C．3D．4（）

例

17、如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，„，xn，f(x1)f(x2)f(xn)xx2xnf(1).若ysinx在区间(0,)上是nn

凸函数，那么在ABC中，sinAsinBsinC的最大值是________________.1x例

18、设 fx，又记f1xfx,fk1xffkx,k1,2,, 则1x

f2008x（）

1xx11A．；B．；C．x；D．； 1xx1x

aa2an例

19、（1）已知等差数列an，bn1（nN），求证：bn仍为等差n都有

数列；

（2）已知等比数列cn，cn0（nN），类比上述性质，写出一个真命题并加以证明．

例20、我们将具有下列性质的所有函数组成集合M：函数yf(x)(xD)，对任意

xyxy1D均满足f()[f(x)f(y)]，当且仅当xy时等号成立。22

2（1）若定义在(0，＋∞)上的函数f(x)∈M，试比较f(3)f(5)与2f(4)大小.x,y,（2）设函数g(x)＝－x2，求证：g(x)∈M.例21、对于定义域为0,1的函数f(x)，如果同时满足以下三条：①对任意的x0,1，)(1；总有f(x)0；②f1③若x10,x20,x1x21，都有f(x1x2)f(x1)f(x2)

成立，则称函数f(x)为理想函数．

(1)若函数f(x)为理想函数，求f(0)的值；

(2)判断函数g(x)21（x[0,1]）是否为理想函数，并予以证明；例

22、证明:若a,b0,则lgxablgalgb 2

2例23.在锐角三角形ABC中,求证:sinAsinBsinCcosAcosBcosC 例24.已知ab0,求证aab

例25.若abcd0且adbc，求证：dac

例26.已知a,bR,ab1，求证：(a2)(b2)

例27.已知f(x)ax2225 2x2(a1)，证明方程f(x)0没有负数根 x

1*例28.某个命题与正整数n有关，若nk(kN)时该命题成立，那么可推得nk1时

该命题也成立，现在已知当n5时该命题不成立，那么可推得

A.当n6时，该命题不成立B.当n6时，该命题成立

C.当n4时，该命题不成立D.当n4时，该命题成立

例29．已知a、b、c成等差数列且公差d0，求证：111、、不可能成等差数列 abc

a2xa2例30.设函数f(x)为奇函数.2x1

（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）用定义法判断f(x)在其定义域上为增函数

例31.设,为非零向量，且,不平行，求证，不平行

例32.已知为锐角，且tan

221，函数f(x)xtan2xsin(2

4)，数列{an}的首项a11,an1f(an).2

⑴ 求函数f(x)的表达式； ⑵ 求证：an1an；

1112(n2,nN*)⑶ 求证：11a11a21an

例33．（1）已知n是正偶数，用数学归纳法证明时，若已假设n=k（k2且为偶数）时命题为真，则还需证明（）

A.n=k+1时命题成立B.n=k+2时命题成立

C.n=2k+2时命题成立D.n=2（k+2）时命题成立

（2）用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN)，从“k到k+1”左端需乘的代数式是（）

2k12k3D.k1k1

111n,(nN,n1)时，（3）用数学归纳法证明：1+++n在第二步证明从n=k2321A.2k+1B.2(2k1)C.到n=k+1成立时，左边增加的项数是（）

A.2B.21C.2kkk1D.21 k

1(n1)2 2

11111111...例35.用数学归纳法证明等式：1... 2342n12nn1n22n例34．用数学归纳法证明不等式223n(n1)

5an例36.数列{an}中，a1,an1用数学归纳法证明：an2(nN)(nN)，22(an1)

例37.在数列{an}中，a1tanx,an121an，1an

（1）写出a1,a2,a3；（2）求数列{an}的通项公式

n(n1)(2n1)6

例39.证明：1(x3)n,(nN)能被x2整除 例38.求证：12n222例40.数列an满足a11且an1(111)a(n1).，用数学归纳法证明：n2nnn2an2(n2)；

第二篇：推理与证明练习

推理与证明课后练习

一、选择题

1．观察下列各式：11，2343，345675，456789107，以得出的一般结论是()

A．n(n1)(n2)

B．n(n1)(n2)

C．n(n1)(n2)

D．n(n1)(n2)(3n2)n2(3n2)(2n1)2 (3n1)n2 2222，可(3n1)(2n1)

22．求证：3725，下述证明过程应用了()

A．综合法 B．综合法、分析法配合使用 C．分析法 D．间接证法 证明过程：因为37和2都是正数，所以为了证明372 只需证明725，展开得102222120,215，只需证明2125.因为2125，所以不等式37

2ab”假设的内容应是()ab3．用反证法证明“如果，那么

A．abB．ab

3333333abababbC． 且D． 或

4．用反证法证明：将9个球分别染成红色或白色，那么无论怎么染，至少有5个球是同色的。其假设应是()

A．至少有5个球是同色的 B．至少有5个球不是同色的C． 至多有4个球是同色的 D．至少有4个球不是同色的5．用火柴棒摆“金鱼”，如图所示：

3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

234749,7343,72401，„则72011的末两位数字为()6．观察下列各式

A．01 B．43 C．07 D．49

7.图1是一个水平摆放的小正方体木块，图2，图3是由这样的小正方体木块叠放而成的，按照这样的规律放下去，至第七个

叠放的图形中，小正方体木块总数就是()

A．25 B．66 C．91 D．120

二、解答题

1b1aa0,b0且ab2,求证:,ab中至少有一个小于2.8．已知

9．求证： 5 > 227

10.若a、b、c是不全相等的正数．

求证：lg（a＋b）/2＋lg(b＋c)/2＋lg(c＋a)/2>lga＋lgb＋lgc.11.已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，点P1(x1，y1)、P2(x2，y2)、P3(x3，y3)在抛物线上，且2x2＝x1＋x3，则|FP1|、|FP2|、|FP3|之间有什么关系（梯形中位线）。

12.已知数列{an}的前n项和Sn＝n2an(n≥2)，而a1＝1，通过计算a2、a3、a4，猜想an,并证明。

第三篇：推理与证明

第3讲 推理与证明

【知识要点】

1.归纳推理：由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，或由个别事实概括出一般结论的推理

2．类比推理是从特殊到特殊的推理，是寻找事物之间的共同或相似性质。类比的性质相似性越多，相似的性质与推测的性质之间的关系就越相关，从而类比得出的结论就越可靠。3．类比推理的一般步骤：

①找出两类事物之间的相似性或者一致性。

②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题（猜想）【典型例题】

1、（2011•江西）观察下列各式：7=49，7=343，7=2401，„，则7

34201

1的末两位数字为（）

A、01 B、43 C、07 D、49

2、（2011•江西）观察下列各式：5=3125，5=15625，5=78125，„，则5A、3125 B、5625 C、0625 D、8125

3、（2010•临颍县）平面内平行于同一条直线的两条直线平行，由此类比思维，我们可以得到（）A、空间中平行于同一平面的两个平面平行 B、空间中平行于同一条直线的两条直线平行 C、空间中平行于同一条平面的两条直线平行 D、空间中平行于同一条直线的两个平面平行

4、（2007•广东）设S是至少含有两个元素的集合，在S上定义了一个二元运算“*”（即对任意的a，b∈S，对于有序元素对（a，b），在S中有唯一确定的元素与之对应）有a*（b*a）=b，则对任意的a，b∈S，下列等式中不恒成立的是（）

A、（a*b）*a=a B、[a*（b*a）]*（a*b）=a C、b*（b*b）=b D、（a*b）*[b*（a*b）]=b

5、（2007•广东）如图是某汽车维修公司的维修点环形分布图．公司在年初分配给A，B，C，D四个维修点某种配件各50件．在使用前发现需将A，B，C，D四个维修点的这批配件分别调整为40，45，54，61件，但调整只能在相邻维修点之间进行，那么要完成上述调整，最少的调动件次（n件配件从一个维修点调整到相邻维修点的调动件次为n）为（）

A、15 B、16 C、17 D、18

6、（2006•陕西）为确保信息安全，信息需加密传输，发送方由明文→密文（加密），接收方由密文→明文（解密），已知加密规则为：明文a，b，c，d对应密文a+2b，2b+c，2c+3d，4d，例如，明文1，2，3，4对应密文5，7，18，16．当接收方收到密文14，9，23，28时，则解密得到的明文为（）A、4，6，1，7 B、7，6，1，4 C、6，4，1，7 D、1，6，4，7

7、（2006•山东）定义集合运算：A⊙B={z︳z=xy（x+y），x∈A，y∈B}，设集合A={0，1}，B={2，3}，则集合A⊙B的所有元素之和为（）

A、0 B、6 C、12 D、18

7201

1的末四位数字为（）

8、（2006•辽宁）设⊕是R上的一个运算，A是V的非空子集，若对任意a，b∈A，有a⊕b∈A，则称A对运算⊕封闭．下列数集对加法、减法、乘法和除法（除数不等于零）四则运算都封闭的是（）A、自然数集 B、整数集 C、有理数集 D、无理数集

9、（2006•广东）对于任意的两个实数对（a，b）和（c，d），规定：（a，b）=（c，d），当且仅当a=c，b=d；运算“⊗”为：（a，b）⊗（c，d）=（ac-bd，bc+ad）；运算“⊕”为：（a，b）⊕（c，d）=（a+c，b+d），设p，q∈R，若（1，2）⊗（p，q）=（5，0），则（1，2）⊕（p，q）=（）A、（4，0）B、（2，0）C、（0，2）D、（0，-4）

10、（2005•湖南）设f0（x）=sinx，f1（x）=f0′（x），f2（x）=f1′（x），„，fn+1（x）=fn′（x），n∈N，则f2005（x）=（）

A、sinx B、-sinx C、cosx D、-cosx

11、（2004•安徽）已知数列{an}满足a0=1，an=a0+a1+„+an-1，n≥

1、，则当n≥1时，an=（）A、2 B、n

C、2 D、2-

1n-1n

12、若数列{an}满足a1=1，a2=2，an=（n≥3且n∈N*），则a17=（）

A、1 B、2 C、D、2-987

13、如图所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，有，则运用归纳推理得到第11 行第2个数（从左往右数）为（）A、B、C、D、14、根据给出的数塔猜测1 234 567×9+8=（）

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、11111110 B、11111111 C、11111112 D、11111113

15、将n个连续自然数按规律排成右表，根据规律，从2008到2010，箭头方向依次是（）

A、B、C、D、16、下列推理过程利用的推理方法分别是（）（1）通过大量试验得出抛硬币出现正面的概率为0.5；（2）函数f（x）=x2-|x|为偶函数；

（3）科学家通过研究老鹰的眼睛发明了电子鹰眼． A、演绎推理，归纳推理，类比推理 B、类比推理，演绎推理，类比推理 C、归纳推理，合情推理，类比推理 D、归纳推理，演绎推理，类比推理

17、下列表述正确的是（）①归纳推理是由部分到整体的推理； ②归纳推理是由一般到一般的推理； ③演绎推理是由一般到特殊的推理； ④类比推理是由特殊到一般的推理； ⑤类比推理是由特殊到特殊的推理． A、①②③ B、②③④ C、②④⑤ D、①③⑤

18、在古希腊，毕达哥拉斯学派把1，3，6，10，15，21，28，„这些数叫做三角形数，因为这些数对应的点可以排成一个正三角形，则第n个三角形数为（）A、n B、1、（2011•陕西）观察下列等式 1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49 照此规律，第五个等式应为 5+6+7+8+9+10+11+12+13=81．

2、（2011•陕西）观察下列等式 1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=25 4+5+6+7+8+9+10=49 „

照此规律，第n个等式为 n+（n+1）+（n+2）+„+（3n-2）=（2n-1）2 ．

C、n-1 D、2

第四篇：推理与证明

推理与证明

学生推理与证明的建立，是一个漫长的过程，这个过程的开始可以追溯到小孩牙牙学语时候起，小孩在爸爸妈妈跟前不停的问为什么，可以看做推理的雏形。接着到幼儿园、小学，教材里也有简单的说理，小学教材里有简单地说理题，意在培养学生的逻辑思维。

初中新教材对推理与证明的渗透，也是从说理开始的，但内容比较少，也就是教材中的直观几何内容。很快便转向推理，也就是证明。刚开始推理的步骤，是简单的两三步，接着到四五步，后面还一定要求学生写清楚为什么。在学习这一部分内容的时候，好多学生在后面的括号里不写为什么，我便给他们举例小孩子学走路的过程，一个小孩刚开始学走路的时候，需要大人或其他可依附的东西，渐渐地，她会脱离工具自己走。学习证明的过程亦如此，起先在括号里写清为什么，并且只是简单的几步，然后证明比较难一点的，步骤比较多的。

随着社会的进步，中学教材加强了解析几何、向量几何，传统的欧式几何受到冲击，并且教材对这一部分的编排分散在初中各个年级，直观几何分量多了还加入了变换如平移变换、旋转变换、对称变换，投影等内容。老师们对内容的编排不太理解，看了专家的讲座，渐渐明白了：这样编排不是降低了推理能力，而是加强了推理能力的培养，体现了逐步发展的过程，把变换放到中学，加强了中学和大学教材的统一，但一个不争的事实是，对演绎推理确实弱了。

关于开展课题学习的实践与认识

新课程教材编排了课题学习这部分内容，对授课的老师，还是学生的学习都是一个全新的内容，怎样上好这部分内容，对老师、对学生而言，都是一个创新的机会。至于课题学习的评价方式，到现在为止，大多数省份还是一个空白，考不考?怎样考?学习它吧，学习的东西不能在试卷上体现出来，于是，好多老师对这部分采取漠视的处理方法;不学习吧，课本上安排了这部分内容。还有一部分老师觉得，课题学习是对某一个问题专门研究，很深!老师不知讲到什么程度才合理，学生不知掌握到什么程度。

经过几年的实践与这次培训的认识，我觉得课题学习是“实践与综合应用”在新课课程中的主要呈现形式，是一种区别于传统的、全新的，具有挑战性的学习，课本的编写者安排的主要目的是：

1.希望为学生提供更多的实践与探索的机会。

2.让学生通过对有挑战性和综合性问题的解决，经历数学化的过程。

3.让学生获得研究问题地方法和经验，使学生的思维能力、自主探索与合作交流的意识和能力得到发展。

4.让学生体验数学知识的内在联系，以及解决问题的成功喜悦，增进学生学习数学的信心。

5.使数学学习活动成为生动活泼的、主动的和富有个性的过程。

课题学习首先提出一个主问题(问题是一个载体)，然后给出资料，利用资料挖掘知识。在这个过程中，多关注知识的价值，淡化数学术语，让学生充分经历数学化的过程，激发学生参与的热情，使其体会到学习数学的乐趣，始终以学生为主体，明白课题学习是为学习服务的。

第五篇：推理与证明

推理与证明

1． 蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图.其中第一个图有1个蜂巢，第二个

图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)

表示第n幅图的蜂巢总数.则f(4)=___37

__;f(n)=_3n23n

1__________.2．下面是按照一定规律画出的一列“树型”图：

设第n个图有an个树枝，则an1与an(n≥2)之间的关系是．

答案：an12an

2若平面内有n条直线,其中任何两条不平行,且任何三条不共点(即不相交于一点),则这n条直线将平面分成了几部分。

3．类比平面向量基本定理:“如果e1,e2是平面内两个不共线的向量，那么对于平面内任一向量a，有且只有一对实数1,2，使得a1e12e2”，写出空间向量基本定理是．

如果e1,e2,e3是空间三个不共面的向量，那么对于空间内任一向量a，有且只有一对实数



1,2,3，使得a1e12e23e

34．写出用三段论证明f(x)x3sinx(xR)为奇函数的步骤是： 大前提． 小前提结论

满足f(x)f(x)的函数是奇函数，大前提

f(x)(x)sin(x)xsinx(xsinx)f(x)，小前提

所以f(x)x3sinx是奇函数．结论5． 已知f(n)1 答案：

12

1k





1n

(nN)，用数学归纳法证明f(2)



n

n2

时，f(2k1)f(2k)

等于．



122

k



k1

6lg1

.53a

bclg121a2b

7．用数学归纳法证明1+2+3+„

+n2=

n



n2，则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加

上.(k+1)+(k+2)+(k+3)++(k+1)

8

m，n成立的条件不

等式．

当mn20

9．在数列an中，a12，an1

答案：an10．

26n

5an3an1

(nN)，可以猜测数列通项an的表达式为

．

若三角形内切圆的半径为r，三边长为a，b，c，则三角形的面积等于S

r(abc)，根据类比推理的方法，若一个四面体的内切球的半径为R，四个面的面积分别是

V． S1，S2，S，S，则四面体的体积3

4答案：R(S1S2S3S4)

11．已知f(x)ax

x2x1

(a1)，证明方程f(x)0没有负数根.假设x0是f(x)0的负数根，则x00且x01且ax

0a

x0

x02x01，10

x02x01

解得1，12

这与x00矛盾，故方程f(x)0x02，没有负数根.12．已知命题：“若数列an是等比数列，且an

0，则数列bn

nN)



也是等

比数列”．类比这一性质，你能得到关于等差数列的一个什么性质？并证明你的结论．

解：类比等比数列的性质，可以得到等差数列的一个性质是：若数列an是等差数列，则数列bn

a1a2an

n

也是等差数列．

n(n1)d

2n

a1

d2(n1)

证明如下：

设等差数列an的公差为d，则bn所以数列bn是以a1为首项，13．用数学归纳法证明等式1(n212)2(n222)n(n2n2)都成立．

（1）当n1时，由以上可知等式成立；

（2）假设当nk时，等式成立，即1(k212)2(k222)k(k2k2)则当nk1时，1[(k1)1]2[(k1)2]k[(k1)k](k1)[(k1)(k1)] 1(k1)2(k2)k(kk)(2k1)2(2k1)k(2k1)14k

a1a2an

n

na1，d2

为公差的等差数列．

n

n

对一切正整数n

k

k，22222222

222222

k(2k1)·

k(k1)



(k1)

(k1)

．

由（1）（2）知，等式结一切正整数 都成立．

14．用数学归纳法证明42n1+3n+2能被13整除，其中n∈N*.2×1+11+2

(1)当n=1时，4+3=91能被13整除.(2)假设当n=k时，42k+1+3k+2能被13整除，则当n=k+1时，42(k+1)+1+3k+3=42k+1·42+3k+2·3－42k+1·3+42k+1·3=42k+1·13+3·(42k+1+3k+2).∵42k+1·13能被13整除，42k+1+3k+2能被13整除, ∴当n=k+1时也成立.由（1）（2）知，当n∈N*时，42n+1+3n+2能被13整除.15．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式（1+

2n12

13）（1+）„（1+

112n1）＞

均成立.43

（1）当n=2时，左边=1+=；右边=

.∵左边＞右边，∴不等式成立.（2）假设n=k(k≥2,且k∈N*)时不等式成立，即（1+）（1+）„（1+

12k1）＞

2k12

12k1

.12(k1)1

]

则当n=k+1时，（1+）（1+）„（1+＞

2k12）＞[1

4k

2k1

·

2k22k1

=

2k222k1

=

4k

8k4

＞

8k3

=

2k3

=

2(k1)1

.22k122k122k1

∴当n=k+1时，不等式也成立.由（1）（2）知，对于一切大于1的自然数n,不等式都成立.16。试证明：不论正数a、b、c是等差数列还是等比数列，当n＞1,n∈N*且a、b、c互不相

等时，均有：an+cn＞2bn.设a、b、c为等比数列，a=∴a+c=

n

n

bq,c=bq(q＞0且q≠1),bq

nn

+bnqn=bn（1q

n

+qn)＞2bn.a

n

(2)设a、b、c为等差数列，则2b=a+c猜想下面用数学归纳法证明：

①当n=2时，由2(a+c)＞(a+c)，∴②设n=k时成立，即则当n=k+1时，＞

c

2n

＞（ac2)n(n≥2且n∈N*)

a

c2

（ac2)

a

k

c2

k

1k

(1

4ac2),k

a

k1

c2

(ak+1+ck+1+ak+1+ck+1)

ac2

(ak+1+ck+1+ak·c+ck·a)=

(ak+ck)(a+c)＞()k·（ac2)=（ac2)k+1

17．平面内有n个圆，其中每两个圆都相交于两点，且每三个圆都不相交于同一点，求证这n个圆把平面分成nn2个部分。

证明：（1）当n1时，一个圆把平面分成两个区域，而12122，命题成立．

（2）假设n=k（k≥1）时，命题成立，即k个圆把平面分成kk2个区域．

当n=k+1时，第k+1个圆与原有的k个圆有2k个交点，这些交点把第k+1个圆分成了2k段弧，而其中的每一段弧都把它所在的区域分成了两部分，因此增加了2k个区域，共有k2k22k(k1)2(k1)2个区域． ∴n=k+1时，命题也成立．

由（1）、（2）知，对任意的n∈N*，命题都成立．

18．如图（1），在三角形ABC中，ABAC，若ADBC，则AB2BD·BC；若类比该命题，如图（2），三棱锥ABCD中，AD面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，则有什么结论？命题是否是真命题．

解：命题是：三棱锥ABCD中，AD面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影

为M，则有S△S△BCM·S△BCD是一个真命题． ABC证明如下：

在图（2）中，连结DM，并延长交BC于E，连结AE，则有DEBC． 因为AD面ABC，所以ADAE． 又AMDE，所以AE2EM·ED． 于是S

△ABC

111BC·AEBC·EM·BC·EDS△BCM·S△BCD． 222

19． 已知数列{an}中，Sn是它的前n项和，并且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cn=

an2

n

(n=1,2,„),求证：数列{cn}是等差数列.（1）∵ Sn+1=4an+2，∴Sn+2=4an+1+2.两式相减，得Sn+2-Sn+1=4an+1-4an(n=1,2,„), 即an+2=4an+1-4an,变形得an+2-2an+1=2(an+1-2an).∵ bn=an+1-2an(n=1,2,„), ∴ bn+1=2bn.由此可知，数列{bn}是公比为2的等比数列.（2）由S2=a1+a2=4a1+2，a1=1.得a2=5,b1=a2-2a1=3.故bn=3·2n-1.∵ cn=

an2

n

(n=1,2,„),∴ cn+1-cn=

an12

n1

an2

n

=

an12an

n1

=

bn2

n1

.34

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，它的首项c1=

a12

=，故cn=n-(n=1,2,„).131