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问题1：3的方幂及不相等的3的方幂的和排列成递增序列{1,3,4,9,10,12,13&}，写出数列第300项。
这里说明一下，全文都不考虑数的长度会不会超过我们定义类型的最大值。
分析：首先想到的是再继续列出后面的一些项，找找规律。
1 &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&第一行有1个数
3，4&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&第二行有2个数
9，10，12，13&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&第三行有4个数
27，28，30，34，36，37，39，40&&&&&&第四行有8个数
&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&第k行有2k个数
看见右边的数，我们应该很能够很敏感的看出规律来。比如这个数列的第12项37就可以拆成这样的形式：37=1x33+1x32+0x31+0x30，然后我们把3的方幂前面的系数提取出来，就能得到一串数字：1100，这也就是12的二进制数。
然后我们推广到一般的情况，对于上述数组中的第n项an，我们也可以拆成
an=b0x30+ b1x31+ b2x32+ b3x33+&&+ bmx3m
而bn等于0或1，然后按照bm&b2b1的顺序写出来，就是一个二进制数。因此，我们的问题就可以解决的。将300写成二进制数就是1 ，所以a300=1x38+1x35+1x33+1x32=6848。
剩下的问题无非是二进制的转换（O(logN)）和求幂（O(logN)）的两个算法。
其实得到这样的答案并不难，有同学提示我说这不就是三进制么，然后我就把3进制的数挨个列出来，也发现了规律，于是就有了后面的问题3。
下面列出1-20与之对应的3进制数
1 &&&&&&001 &&&&&1
2 &&&&&&002
3 &&&&&&010&&&&&&2
4 &&&&&&011 &&&&&3
5 &&&&&&012
6 &&&&&&020
7 &&&&&&021
8&&&&&&&022
9 &&&&&&100&&&&&&4
10 &&&&101&&&&&&5
11 &&&&102
12 &&&&110&&&&&&6
13&&&&&111&&&&&&7
14&&&&&112
15&&&&&120
16&&&&&121
17&&&&&122
18&&&&&200
19&&&&&201
20&&&&&202
其中红色的数字就是我们上面的数组an的前几项，第三列就是数字在数组中的第几项，发现他们对应的三进制编码里面都没有2，所以才恍然大悟，是因为在组成和的时候，3的方幂都最多只用了一次，因此3进制编码里面才不会出现2（果然不同的同学思路和观察角度是不一样的）。
问题2：我们再把这个问题扩展一下，给定一个正整数k，把所有k的方幂及所有有限个互不相等的k的方幂之和构成一个递增的序列，写出数列第n项。
分析：有了上一个问题的分析，这个问题解决起来就简单多了。我们先将n转换成2进制数bm&b2b1，然后计算an=b0xk0+ b1xk1+ b2xk2+ b3xk3+&&+ bmxkm就可以得到第n项的值了。
问题3：再把这个问题扩展一下，用5的方幂{1,5,25,125,625&}序列中的项组成的和，其中每项至多能用2次，这些和构成一个递增的序列{1,5,6,7,10,11,25,26,27,30,31,32&}，写出数列第n项。
分析：当然，这个题你肯定能迅速想到将n转换成3进制，然后用每一位去乘以对应的5的方幂，在求和，就能得到第n项的值。
但是这里还是分析一下。在问题1中有分析到3进制的问题，所以我们不妨把1到20的数写成5进制来找一找规律：
1&&&&&&&&001&&&&&&&&1
2&&&&&&&&002&&&&&&&&2
3&&&&&&&&003
4&&&&&&&&004
5&&&&&&&&010&&&&&&&&3
6&&&&&&&&011&&&&&&&&4
7&&&&&&&&012&&&&&&&&5
8&&&&&&&&013
9&&&&&&&&014
10&&&&&&020&&&&&&&&6
11&&&&&&021&&&&&&&&7
12&&&&&&022&&&&&&&&8
13&&&&&&023
14&&&&&&024
15&&&&&&030
16&&&&&&031
17&&&&&&032
18&&&&&&033
19&&&&&&034
20&&&&&&040
红色加粗的数字就是an的前几项，很显然，他们对应5进制数中，只含有0,1,2，因为每个方幂都有可能被用到0次、1次和2次，仍然有an=b0xk0+ b1xk1+ b2xk2+ b3xk3+&&+ bmxkm，只不过这里的k=5，并且bn可以取到0、1、2三个数，所以此时bm&b2b1是一个三进制数。我们把n转换成3进制再去计算，就是顺理成章的了。
问题4：你应该猜得出来接下来这个扩展的问题是什么了，就是把问题3中的5换成k，并且其中每项最多能用到j次(j，求第n项。
看过前面几个问题的分析，这个问题的解决就不在话下了。
问题5：现在给你一个序列{1,3,7,15,31,63,127,255&},该序列每一项都是前一项的两倍加1，同样用这个序列中的项组成和，且每项最多用一次，结果按照升序排列，求第100项的值。
解法也很显然，我们把100写成2进制数就是110 0100，原序列的通项公式是2n-1，所以第100项就是1x127+1x63+1x7=197。
只要序列满足前n-1项的和小于第n项，我们就能按照前面的思想，就算给定的序列是没有通项公式的，我们都能用这个方法算出新得到的序列的第n项。Service Unavailable欢迎来到高考学习网，
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& 2015届高考数学总复习 第七章 7.4《归纳与类比》课件 理 北师大版
2015届高考数学总复习 第七章 7.4《归纳与类比》课件 理 北师大版
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B组　专项能力提升 练出高分 2 3 4 5 1 C
B组　专项能力提升 练出高分 2 3 4 5 1 C B组　专项能力提升 练出高分 2 3 4 5 1 B组　专项能力提升 练出高分 2 3 4 5 1 B组　专项能力提升 练出高分 2 3 4 5 1 B组　专项能力提升 练出高分 2 3 4 5 1 B组　专项能力提升 练出高分 2 3 4 5 1 B组　专项能力提升 练出高分 2 3 4 5 1 思 维 启 迪 解 析 题型分类·深度剖析 温 馨 提 醒 高频小考点7 高考中的合情推理问题
思 维 启 迪 解 析 题型分类·深度剖析 1 000
温 馨 提 醒 高频小考点7 高考中的合情推理问题
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温 馨 提 醒 高频小考点7 高考中的合情推理问题
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题型分类·深度剖析 易 错 分 析 解 析 温 馨 提 醒 高频小考点7 高考中的合情推理问题
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思 维 启 迪 解 析 温 馨 提 醒 方 法 与 技 巧 思想方法·感悟提高 失 误 与 防 范 思想方法·感悟提高 练出高分 A组　专项基础训练 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 C A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 A A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 B
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A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 D
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A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 A组　专项基础训练 练出高分 2 3 4 5 6 7 8 9 1 10 B组　专项能力提升 练出高分 2 3 4 5 1 第七章
不等式、推理与证明 §7.4　归纳与类比 数学
北（理） 基础知识·自主学习 知识回顾
理清教材 要点梳理 基础知识 题型分类 思想方法 练出高分 部分事物
每一个事物
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题型一 归纳推理
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题型一 归纳推理
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题型一 归纳推理
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题型二 类比推理
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题型二 类比推理
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题型三 演绎推理
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温 馨 提 醒 思 维 启 迪 解 析 题型分类·深度剖析 温 馨 提 醒 高频小考点7 高考中的合情推理问题
1．归纳推理：根据一类事物中
具有某种属性，推断该类事物中
都有这种属性．我们将这种推理方式称为归纳推理(简称归纳)．简言之，归纳推理是由
归纳推理的基本模式：a、b、c∈M且a、b、c具有某属性，
结论：任意d∈M，d也具有某属性．
2．类比推理：由于
具有某些类似的特征，在此基础上，根据
的其他特征，推断
也具有类似的其他特征，我们把这种推理过程称为类比推理(简称类比)．简言之，类比推理是两类事物特征之间的推理．
类比推理的基本模式：A：具有属性a，b，c，d；
B：具有属性a′，b′，c′；
结论：B具有属性d′.
(a，b，c，d与a′，b′，c′，d′相似或相同)
3．归纳推理和类比推理是最常见的合情推理，合情推理的结果
4．演绎推理是根据已知的事实和正确的结论，按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程．
12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·
(1)× (2) √ (3) × (4) √ (5) ×(6) √
观察等式左边的式子，每次增加一项，故第n个等式左边有n项，指数都是2，且正、负相间，
所以等式左边的通项为(－1)n＋1n2.等式右边的值的符号也是正、负相间，其绝对值分别为1,3,6,10,15,21，….
设此数列为{an}，则a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，a5－a4＝5，…，an－an－1＝n，各式相加得an－a1＝2＋3＋4＋…＋n，
即an＝1＋2＋3＋…＋n＝.
所以第n个等式为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1.
【例1　设f(x)＝，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．
【例1　设f(x)＝，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．
解题的关键是由f(x)计算各式，利用归纳推理得出结论并证明．
【例1　设f(x)＝，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．
解　f(0)＋f(1)＝＋
＝＋＝＋＝，
同理可得：f(－1)＋f(2)＝，
f(－2)＋f(3)＝，并注意到在这三个特殊式子中，自变量之和均等于1.
【例1　设f(x)＝，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．
归纳猜想得：当x1＋x2＝1时，均为f(x1)＋f(x2)＝.
证明：设x1＋x2＝1，
∵f(x1)＋f(x2)
【例1　设f(x)＝，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．
【例1　设f(x)＝，先分别求f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明．
(1)归纳是依据特殊现象推断出一般现象，因而由归纳所得的结论超越了前提所包含的范围．
(2)归纳的前提是特殊的情况，所以归纳是立足于观察、经验或试验的基础之上的．
(3)归纳推理所得结论未必正确，有待进一步证明，但对数学结论和科学的发现很有用．
跟踪训练1　(1)观察下列等式
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__________________________．
(2)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，经计算得f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，则有________________________．
解析　(1)由于1＝12,2＋3＋4＝9＝32,3＋4＋5＋6＋7＝25＝52,4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49＝72，所以第五个等式为5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝92＝81.
(2)由题意得f(22)>，f(23)>，f(24)>，f(25)>，所以当n≥2时，有f(2n)>.
故填f(2n)>(n≥2，n∈N＋)．
答案　(1)5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝81
(2)f(2n)>(n≥2，n∈N＋)
【例　已知数列{an}为等差数列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N＋)，则am＋n＝.类比等差数列{an}的上述结论，对于等比数列{bn}(bn>0，n∈N＋)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N＋)，则可以得到bm＋n＝________.
【例　已知数列{an}为等差数列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N＋)，则am＋n＝.类比等差数列{an}的上述结论，对于等比数列{bn}(bn>0，n∈N＋)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N＋)，则可以得到bm＋n＝________.
等差数列{an}和等比数列{bn}类比时，等差数列的公差对应等比数列的公比，等差数列的加减法运算对应等比数列的乘除法运算，等差数列的乘除法运算对应等比数列中的乘方开方运算．
【例　已知数列{an}为等差数列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N＋)，则am＋n＝.类比等差数列{an}的上述结论，对于等比数列{bn}(bn>0，n∈N＋)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N＋)，则可以得到bm＋n＝________.
设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q.
因为an＝a1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1，am＋n＝，
所以类比得bm＋n＝
【例　已知数列{an}为等差数列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N＋)，则am＋n＝.类比等差数列{an}的上述结论，对于等比数列{bn}(bn>0，n∈N＋)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N＋)，则可以得到bm＋n＝________.
设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q.
因为an＝a1＋(n－1)d，bn＝b1qn－1，am＋n＝，
所以类比得bm＋n＝
【例　已知数列{an}为等差数列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N＋)，则am＋n＝.类比等差数列{an}的上述结论，对于等比数列{bn}(bn>0，n∈N＋)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N＋)，则可以得到bm＋n＝________.
(1)进行类比推理，应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比，提出猜想．其中找到合适的类比对象是解题的关键．
(2)类比推理常见的情形有平面与空间类比；低维的与高维的类比；等差数列与等比数列类比；数的运算与向量的运算类比；圆锥曲线间的类比等．
【例　已知数列{an}为等差数列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N＋)，则am＋n＝.类比等差数列{an}的上述结论，对于等比数列{bn}(bn>0，n∈N＋)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N＋)，则可以得到bm＋n＝________.
(3)在进行类比推理时，不仅要注意形式的类比，还要注意方法的类比，且要注意以下两点：①找两类对象的对应元素，如：三角形对应三棱锥，圆对应球，面积对应体积等等；②找对应元素的对应关系，如：两条边(直线)垂直对应线面垂直或面面垂直，边相等对应面积相等．
跟踪训练2　(1)给出下列三个类比结论：
①(ab)n＝anbn与(a＋b)n类比，则有(a＋b)n＝an＋bn；
②loga(xy)＝logax＋logay与sin(α＋β)类比，则有sin(α＋β)＝sin αsin β；
③(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2与(a＋b)2类比，则有(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2.
其中结论正确的个数是(　　)
(2)把一个直角三角形以两直角边为邻边补成一个矩形，则矩形的对角线长即为直角三角形外接圆直径，以此可求得外接圆半径r＝(其中a，b为直角三角形两直角边长)．类比此方法可得三条侧棱长分别为a，b，c且两两垂直的三棱锥的外接球半径R＝________.
解析　(1)①②错误，③正确．
(2)由平面类比到空间，把矩形类比为长方体，从而得出外接球半径．
【例　已知函数f(x)＝－(a>0，且a≠1)．
(1)证明：函数y＝f(x)的图像关于点(，－)对称；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
【例　已知函数f(x)＝－(a>0，且a≠1)．
(1)证明：函数y＝f(x)的图像关于点(，－)对称；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
证明本题依据的大前提是中心对称的定义，函数y＝f(x)的图像上的任一点关于对称中心的对称点仍在图像上．小前提是f(x)＝－(a>0且a≠1)的图像关于点(，－)对称．
【例　已知函数f(x)＝－(a>0，且a≠1)．
(1)证明：函数y＝f(x)的图像关于点(，－)对称；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
(1)证明　函数f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，
它关于点(，－)对称的点的坐标为(1－x，－1－y)．
由已知得y＝－，
则－1－y＝－1＋＝－，
【例　已知函数f(x)＝－(a>0，且a≠1)．
(1)证明：函数y＝f(x)的图像关于点(，－)对称；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
f(1－x)＝－＝－＝－＝－，
∴－1－y＝f(1－x)，即函数y＝f(x)的图像关于点(，－)对称．
(2)解　由(1)知－1－f(x)＝f(1－x)，
即f(x)＋f(1－x)＝－1.
【例　已知函数f(x)＝－(a>0，且a≠1)．
(1)证明：函数y＝f(x)的图像关于点(，－)对称；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，f(0)＋f(1)＝－1.
则f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.
【例　已知函数f(x)＝－(a>0，且a≠1)．
(1)证明：函数y＝f(x)的图像关于点(，－)对称；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
演绎推理是由一般到特殊的推理，常用的一般模式为三段论，演绎推理的前提和结论之间有着某种蕴含关系，解题时要找准正确的大前提，一般地，若大前提不明确时，可找一个使结论成立的充分条件作为大前提．
跟踪训练3　已知函数y＝f(x)，满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)>af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数．
证明　设x1，x2∈R，取x1x1f(x2)＋x2f(x1)，
∴x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]>0，
[f(x2)－f(x1)](x2－x1)>0，
∵x10，f(x2)>f(x1)．
所以y＝f(x)为R上的单调增函数．
典例：(1)(5分)(2013·湖北)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，
N(n,4)＝n2，
N(n,5)＝n2－n，
N(n,6)＝2n2－n
………………………………………
可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝____________.
典例：(1)(5分)(2013·湖北)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，
N(n,4)＝n2，
N(n,5)＝n2－n，
N(n,6)＝2n2－n
………………………………………
可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝____________.
从已知的部分k边形数观察一般规律写出N(n，k)，然后求N(10,24)．
典例：(1)(5分)(2013·湖北)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，
N(n,4)＝n2，
N(n,5)＝n2－n，
N(n,6)＝2n2－n
………………………………………
可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝____________.
由N(n,4)＝n2，N(n,6)＝2n2－n，可以推测：当k为偶数时，N(n，k)＝n2＋n，
典例：(1)(5分)(2013·湖北)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，
N(n,4)＝n2，
N(n,5)＝n2－n，
N(n,6)＝2n2－n
………………………………………
可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝____________.
∴N(10,24)＝×100＋×10
＝1 100－100＝1 000.
典例：(1)(5分)(2013·湖北)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，
N(n,4)＝n2，
N(n,5)＝n2－n，
N(n,6)＝2n2－n
………………………………………
可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝____________.
(1)合情推理可以考查学生的抽象思维能力和创新能力，在每年的高考中经常会考到；
(2)合情推理的结论要通过演绎推理来判断是否正确．
(2)(5分)若P0(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点为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P0(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__________________．
(2)(5分)若P0(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点为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P0(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__________________．
直接类比可得．
(2)(5分)若P0(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点为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P0(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__________________．
设P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则P1，P2的切线方程分别是
－＝1，－＝1.
因为P0(x0，y0)在这两条切线上，
故有－＝1，－＝1，
(2)(5分)若P0(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点为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P0(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__________________．
这说明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)在直线－＝1上，
故切点弦P1P2所在的直线方程是－＝1.
(2)(5分)若P0(x0，y0)在椭圆＋＝1(a>b>0)外，过P0作椭圆的两条切线的切点为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P0(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__________________．
(1)合情推理可以考查学生的抽象思维能力和创新能力，在每年的高考中经常会考到；
(2)合情推理的结论要通过演绎推理来判断是否正确．
(3)(5分)在计算“1×2＋2×3＋…＋n(n＋1)”时，某同学学到了如下一种方法：先改写第k项：
k(k＋1)＝[k(k＋1)(k＋2)－(k－1)k(k＋1)]，由此得
1×2＝(1×2×3－0×1×2)，
2×3＝(2×3×4－1×2×3)，
n(n＋1)＝[n(n＋1)(n＋2)－(n－1)n(n＋1)]．
相加，得1×2＋2×3＋…＋n(n＋1)＝n(n＋1)·(n＋2)．
类比上述方法，请你计算“1×2×3＋2×3×4＋…＋n(n＋1)·(n＋2)”，其结果为________________________．
根据两个数积的和规律猜想，可以利用前几个式子验证．
类比已知条件得k(k＋1)(k＋2)＝[k(k＋1)(k＋2)(k＋3)－(k－1) k(k＋1)(k＋2)]，
由此得1×2×3＝(1×2×3×4－0×1×2×3)，
2×3×4＝(2×3×4×5－1×2×3×4)，
3×4×5＝(3×4×5×6－2×3×4×5)，
n(n＋1)(n＋2)＝[n(n＋1)(n＋2)(n＋3)－(n－1)n(n＋1)(n＋2)]．
以上几个式子相加得：
1×2×3＋2×3×4＋…＋n(n＋1)(n＋2)＝n(n＋1)(n＋2)(n＋3)．
答案　n(n＋1)(n＋2)(n＋3)
(1)合情推理可以考查学生的抽象思维能力和创新能力，在每年的高考中经常会考到；
(2)合情推理的结论要通过演绎推理来判断是否正确．
1．合情推理的过程概括为
―→―→―→
2．演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况的结论的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段论．数学问题的证明主要通过演绎推理来进行．
1．合情推理是从已知的结论推测未知的结论，发现与猜想的结论都要经过进一步严格证明．
2．演绎推理是由一般到特殊的证明，它常用来证明和推理数学问题，注意推理过程的严密性，书写格式的规范性．
3．合情推理中运用猜想时不能凭空想象，要有猜想或拓展依据．
1．(2012·江西)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10等于(　　)
B．76C．123
从给出的式子特点观察可推知，等式右端的值，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10＋b10＝123.
解析　观察规律，归纳推理．
2．定义一种运算“*”：对于自然数n满足以下运算性质：
B．n＋1C．n－1D．n2
解析　由(n＋1)*1＝n*1＋1，
得n*1=（n-1）*1+1=（n-2）*1+2=…=1*1+（n-1）.
又∵1*1=1,∴n*1=n.
3．下列推理是归纳推理的是(　　)
A．A，B为定点，动点P满足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，则P点的轨迹为椭圆
B．由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出数列的前n项和Sn的表达式
C．由圆x2＋y2＝r2的面积πr2，猜想出椭圆＋＝1的面积S＝πab
D．科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇
解析　从S1，S2，S3猜想出数列的前n项和Sn，是从特殊到一般的推理，所以B是归纳推理，故应选B.
4．已知△ABC中，∠A＝30°，∠B＝60°，求证：a<b.
证明：∵∠A＝30°，∠B＝60°，∴∠A<∠B.
则k≥＝，而0<<，所以k的最小值为.
8．在平面几何中，△ABC的内角平分线CE
分AB所成线段的比为＝，把这个结论类比到空间：在三棱锥A－BCD中(如图所示)，平面DEC平分二面角A－CD－B且与AB相交于点E，则类比得到的结论是___________．
解析　易知点E到平面BCD与平面ACD的距离相等，
9．已知等差数列{an}的公差d＝2，首项a1＝5.
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)设Tn＝n(2an－5)，求S1，S2，S3，S4，S5；T1，T2，T3，T4，T5，并归纳出Sn与Tn的大小规律．
解　(1)由于a1＝5，d＝2，
∴Sn＝5n＋×2＝n(n＋4)．
(2)∵Tn＝n(2an－5)＝n[2(2n＋3)－5]＝4n2＋n.
∴T1＝5，T2＝4×22＋2＝18，T3＝4×32＋3＝39，
T4＝4×42＋4＝68，T5＝4×52＋5＝105.
9．已知等差数列{an}的公差d＝2，首项a1＝5.
(1)求数列{an}的前n项和Sn；
(2)设Tn＝n(2an－5)，求S1，S2，S3，S4，S5；T1，T2，T3，T4，T5，并归纳出Sn与Tn的大小规律．
S1＝5，S2＝2×(2＋4)＝12，S3＝3×(3＋4)＝21，
S4＝4×(4＋4)＝32，S5＝5×(5＋4)＝45.
由此可知S1＝T1，当n≥2时，Sn<Tn.
归纳猜想：当n＝1时，Sn＝Tn；当n≥2，n∈N时，Sn0a>b”类比推出“若a，b∈C，则a－b>0a>b”．
其中类比结论正确的个数是(　　)
解析　①②正确，③错误．因为两个复数如果不全是实数，不能比较大小．
2．设是R的一个运算，A是R的非空子集．若对于任意a，b∈A，有ab∈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
解析　A错：因为自然数集对减法、除法不封闭；C对：因为任意两个有理数的和、差、积、商都是有理数，故有理数集对加、减、乘、除法(除数不等于零)四则运算都封闭；B错：因为整数集对除法不封闭；D错：因为无理数集对加、减、乘、除法都不封闭．
3．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________．
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．
4．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，
即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，
故＝2·，(小前提)
故{}是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义，这里省略了)
4．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.
(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)
5．对于三次函数f(x)＝ax3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，给出定义：设f′(x)是函数y＝f(x)的导数，f″(x)是f′(x)的导数，若方程f″(x)＝0有实数解x0，则称点(x0，f(x0))为函数y＝f(x)的“拐点”．某同学经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．若f(x)＝x3－x2＋3x－，请你根据这一发现，
(1)求函数f(x)＝x3－x2＋3x－的对称中心；
(2)计算f()＋f()＋f()＋f()＋…＋f()．
解　(1)f′(x)＝x2－x＋3，f″(x)＝2x－1，
由f″(x)＝0，即2x－1＝0，解得x＝.
f()＝×()3－×()2＋3×－＝1.
由题中给出的结论，可知函数f(x)＝x3－x2＋3x－的对称中心为(，1)．
(2)由(1)，知函数f(x)＝x3－x2＋3x－的对称中心为(，1)，
所以f(＋x)＋f(－x)＝2，即f(x)＋f(1－x)＝2.
故f()＋f()＝2，
f()＋f()＝2，
f()＋f()＝2，
f()＋f()＝2.
所以f()＋f()＋f()＋f()＋…＋f()＝×2×2 012＝2 012.
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