1、训练目标(1)会应用合情推理、演绎推理进行判断推理；(2)会用综合法、分析法、反证法进行推理证明训练题型(1)推理过程的判定；(2)合情推理、演绎推理的应用；(3)证明方法的应用解题策略(1)应用合情推理时，找准变化规律及问题实质，借助定义、性质、公式进行类比归纳；(2)用分析法证明时，要注意书写格式，执果索因逐步递推；(3)用反证法证明时，对所要证明的结论的否定性假设要具有全面性，防止片面性.1观察下列不等式：1，1，1，照此规律，第五个不等式为_2已知数列an为等差数列，若ama，anb(nm1，m，nN*)，则amn.类比上述结论，对于等比数列bn(bn0，nN*)，若bmc，bnd(n
2、m2，m，nN*)，则可以得到bmn_.3(2016合肥二模)正六边形A1B1C1D1E1F1的边长为1，它的6条对角线又围成了一个正六边形A2B2C2D2E2F2，如此继续下去，则所有这些正六边形的面积和是_4已知等差数列an中，有，则在等比数列bn中，会有类似的结论：_.5下面是一个类似杨辉三角的数阵，则第n(n2)行的第2个数为_133565711117918221896(2016苏北联考)若直角三角形的两直角边为a，b，斜边c上的高为h，则.类比以上结论，如图，在正方体的一角上截取三棱锥PABC，PO为该棱锥的高，记M，N，那么M，N的大小关系是M_N(填，或)7设等差数列an的前n项
3、和为Sn，若存在正整数m，n(mn)，使得SmSn，则Smn0.类比上述结论，设正项等比数列bn的前n项积为Tn，若存在正整数m，n(mn)，使得TmTn，则Tmn_.8我国古代称直角三角形为勾股形，并且直角边中较小者为勾，另一直角边为股，斜边为弦若a，b，c为直角三角形的三边，其中c为斜边，则a2b2c2，称这个定理为勾股定理现将这一定理推广到立体几何中：在四面体OABC中，AOBBOCCOA90，S为顶点O所对面的面积，S1，S2，S3分别为侧面OAB，OAC，OBC的面积，则下列选项中对于S，S1，S2，S3满足的关系描述正确的为_S2SSS；S2；SS1S2S3; S.9设数列an的首
4、项a1，前n项和为Sn，且满足2an1Sn3(nN*)，则满足的所有n的和为_10(2016湖南师大附中月考三)将正整数按如图方式排列，其中处在从左到右第m列，从下到上第n行的数记为A(m，n)，如A(3,1)4，A(4,2)12，则A(1，n)_，A(10,10)_.2821271520261014192569131824358121723124711162211(2015福建)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xn(nN*)，其中xk(k1,2，n)称为第k位码元二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1或者由1变为0)已知某种二元码x1x2x7的码元
5、满足如下校验方程组：其中运算定义为：000,011,101,110.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k_.12(2016武昌调研)如图，在圆内画1条线段，将圆分成2部分；画2条相交线段，将圆分割成4部分；画3条线段，将圆最多分割成7部分；画4条线段，将圆最多分割成11部分则(1)在圆内画5条线段，将圆最多分割成_部分；(2)在圆内画n条线段，将圆最多分割成_部分13(2016江西联考)“求方程()x()x1的解”有如下解题思路：设f(x)()x()x，则f(x)在R上单调递减，且f(2)1，所以原方程有唯一解x2.类比上
6、述解题思路，方程x6x2(x2)3x2的解集为_14在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第1件首饰是1颗珠宝，第2件首饰是由6颗珠宝构成的如图1所示的正六边形，第3件首饰是由15颗珠宝构成的如图2所示的正六边形，第4件首饰是由28颗珠宝构成的如图3所示的正六边形，第5件首饰是由45颗珠宝构成的如图4所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件的基础上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断：(1)第6件首饰上应有_颗珠宝；(2)前n(nN*)件首饰所用珠宝的总颗数为_(结果用n表示)答案精析112.3.解析在RtA1B1A2中，A1B1A230，A1B11，A1A2
7、A2B2，又易知这些正六边形的边长成等比数列，公比为，这些正六边形的面积成等比数列，公比为q，又正六边形A1B1C1D1E1F1的面积S161，故所有这些正六边形的面积和为Sli.4.5n22n3解析设第n(n2)行的第2个数为an，则a23，a36，a411，a518，所以a3a23，a4a35，a5a47，anan12(n1)12n3，由累加法得ana2n22n，所以ann22na2n22n3(n2)6解析由题意得所以MN.即MN.71解析因为TmTn，所以bm1bm2bn1，从而bm1bn1，Tmnb1b2bmbm1bnbn1bnm1bnm(b1bnm)(b2bnm1)(bmbn1)(b
8、m1bn)1.8解析如图，作ODBC于点D，连结AD，由立体几何知识知，ADBC，从而S2(BCAD)2BC2AD2BC2(OA2OD2)(OB2OC2)OA2BC2OD2(OBOA)2(OCOA)2(BCOD)2SSS.9.7解析由2an1Sn3，得2anSn13(n2)，两式相减，得2an12anan0，化简得2an1an(n2)，即(n2)，由已知求出a2，易得，所以数列an是首项为a1，公比为q的等比数列，所以Sn31()n，S2n31()2n，代入，可得()n，解得n3或4，所以所有n的和为7.10.181解析由题图得A(1，n)，A(1,10)55，A(10,10)55101118
9、181.115解析x4x5x6x711011，x2x3x6x710010；x1x3x5x710111.由知x5，x7有一个错误，中没有错误，x5错误，故k等于5.12(1)16(2)1解析(1)设在圆内画n条线段将圆最多可分成an部分，则a12，a24，a37，a411，所以a5a4511516，即在圆内画5条线段，将圆最多分割成16部分(2)因为anan1n，an1an2n1，a3a23，a2a12，所以将上述式子累加得ana123n，则an223n1，n2，显然当n1时上式也成立，故在圆内画n条线段将圆最多可分割成1部分131,2解析令f(x)x3x，则f(x)是奇函数，且为增函数，由方程x6x2(x2)3x2，得f(x2)f(x2)，故x2x2，解得x1或2，所以方程的解集为1,214(1)66(2)，nN*解析(1)设第n件首饰上的珠宝颗数为an，则a11，a26，a315，a428，a545，a2a1411，a3a2421，a4a3431，a5a4441，猜想anan14(n1)14n3，推断a6a545166.(2)由(1)知anan14n3，则an1an24(n1)3，a2a1423，以上各式相加得ana14(nn12)3(n1)3(n1)2n2n1，an2n2n，则a1a2an2(1222n2)(1n)2，前n件首饰所用珠宝的总颗数为，nN*.