訓(xùn)練目標(biāo)(1)會(huì)應(yīng)用合情推理、演繹推理進(jìn)行判斷推理；(2)會(huì)用綜合法、分析法、反證法進(jìn)行推理證明訓(xùn)練題型(1)推理過(guò)程的判定；(2)合情推理、演繹推理的應(yīng)用；(3)證明方法的應(yīng)用解題策略(1)應(yīng)用合情推理時(shí)，找準(zhǔn)變化規(guī)律及問(wèn)題實(shí)質(zhì)，借助定義、性質(zhì)、公式進(jìn)行類比歸納；(2)用分析法證明時(shí)，要注意書(shū)寫(xiě)格式，執(zhí)果索因逐步遞推；(3)用反證法證明時(shí)，對(duì)所要證明的結(jié)論的否定性假設(shè)要具有全面性，防止片面性.1觀察下列不等式：1，1，1，照此規(guī)律，第五個(gè)不等式為_(kāi)2已知數(shù)列an為等差數(shù)列，若ama，anb(nm1，m，nN*)，則amn.類比上述結(jié)論，對(duì)于等比數(shù)列bn(bn0，nN*)，若bmc，bnd(nm2，m，nN*)，則可以得到bmn_.3(20xx合肥二模)正六邊形A1B1C1D1E1F1的邊長(zhǎng)為1，它的6條對(duì)角線又圍成了一個(gè)正六邊形A2B2C2D2E2F2，如此繼續(xù)下去，則所有這些正六邊形的面積和是_4已知等差數(shù)列an中，有，則在等比數(shù)列bn中，會(huì)有類似的結(jié)論：_.5下面是一個(gè)類似楊輝三角的數(shù)陣，則第n(n2)行的第2個(gè)數(shù)為_(kāi)133565711117918221896(20xx蘇北聯(lián)考)若直角三角形的兩直角邊為a，b，斜邊c上的高為h，則.類比以上結(jié)論，如圖，在正方體的一角上截取三棱錐PABC，PO為該棱錐的高，記M，N，那么M，N的大小關(guān)系是M_N(填，或)7設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，若存在正整數(shù)m，n(mn)，使得SmSn，則Smn0.類比上述結(jié)論，設(shè)正項(xiàng)等比數(shù)列bn的前n項(xiàng)積為T(mén)n，若存在正整數(shù)m，n(mn)，使得TmTn，則Tmn_.8我國(guó)古代稱直角三角形為勾股形，并且直角邊中較小者為勾，另一直角邊為股，斜邊為弦若a，b，c為直角三角形的三邊，其中c為斜邊，則a2b2c2，稱這個(gè)定理為勾股定理現(xiàn)將這一定理推廣到立體幾何中：在四面體OABC中，AOBBOCCOA90，S為頂點(diǎn)O所對(duì)面的面積，S1，S2，S3分別為側(cè)面OAB，OAC，OBC的面積，則下列選項(xiàng)中對(duì)于S，S1，S2，S3滿足的關(guān)系描述正確的為_(kāi)S2SSS；S2；SS1S2S3; S.9設(shè)數(shù)列an的首項(xiàng)a1，前n項(xiàng)和為Sn，且滿足2an1Sn3(nN*)，則滿足的所有n的和為_(kāi)10(20xx湖南師大附中月考三)將正整數(shù)按如圖方式排列，其中處在從左到右第m列，從下到上第n行的數(shù)記為A(m，n)，如A(3,1)4，A(4,2)12，則A(1，n)_，A(10,10)_.2821271520261014192569131824358121723124711162211(20xx福建)一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2xn(nN*)，其中xk(k1,2，n)稱為第k位碼元二元碼是通信中常用的碼，但在通信過(guò)程中有時(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)誤(即碼元由0變?yōu)?或者由1變?yōu)?)已知某種二元碼x1x2x7的碼元滿足如下校驗(yàn)方程組：其中運(yùn)算定義為：000,011,101,110.現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通信過(guò)程中僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了1101101，那么利用上述校驗(yàn)方程組可判定k_.12(20xx武昌調(diào)研)如圖，在圓內(nèi)畫(huà)1條線段，將圓分成2部分；畫(huà)2條相交線段，將圓分割成4部分；畫(huà)3條線段，將圓最多分割成7部分；畫(huà)4條線段，將圓最多分割成11部分則(1)在圓內(nèi)畫(huà)5條線段，將圓最多分割成_部分；(2)在圓內(nèi)畫(huà)n條線段，將圓最多分割成_部分13(20xx江西聯(lián)考)“求方程()x()x1的解”有如下解題思路：設(shè)f(x)()x()x，則f(x)在R上單調(diào)遞減，且f(2)1，所以原方程有唯一解x2.類比上述解題思路，方程x6x2(x2)3x2的解集為_(kāi)14在一次珠寶展覽會(huì)上，某商家展出一套珠寶首飾，第1件首飾是1顆珠寶，第2件首飾是由6顆珠寶構(gòu)成的如圖1所示的正六邊形，第3件首飾是由15顆珠寶構(gòu)成的如圖2所示的正六邊形，第4件首飾是由28顆珠寶構(gòu)成的如圖3所示的正六邊形，第5件首飾是由45顆珠寶構(gòu)成的如圖4所示的正六邊形，以后每件首飾都在前一件的基礎(chǔ)上，按照這種規(guī)律增加一定數(shù)量的珠寶，使它構(gòu)成更大的正六邊形，依此推斷：(1)第6件首飾上應(yīng)有_顆珠寶；(2)前n(nN*)件首飾所用珠寶的總顆數(shù)為_(kāi)(結(jié)果用n表示)答案精析11<2.3.解析在RtA1B1A2中，A1B1A230，A1B11，A1A2A2B2，又易知這些正六邊形的邊長(zhǎng)成等比數(shù)列，公比為，這些正六邊形的面積成等比數(shù)列，公比為q，又正六邊形A1B1C1D1E1F1的面積S161，故所有這些正六邊形的面積和為Sli.4.5n22n3解析設(shè)第n(n2)行的第2個(gè)數(shù)為an，則a23，a36，a411，a518，所以a3a23，a4a35，a5a47，anan12(n1)12n3，由累加法得ana2n22n，所以ann22na2n22n3(n2)6解析由題意得所以MN.即MN.71解析因?yàn)門(mén)mTn，所以bm1bm2bn1，從而bm1bn1，Tmnb1b2bmbm1bnbn1bnm1bnm(b1bnm)(b2bnm1)(bmbn1)(bm1bn)1.8解析如圖，作ODBC于點(diǎn)D，連結(jié)AD，由立體幾何知識(shí)知，ADBC，從而S2(BCAD)2BC2AD2BC2(OA2OD2)(OB2OC2)OA2BC2OD2(OBOA)2(OCOA)2(BCOD)2SSS.9.7解析由2an1Sn3，得2anSn13(n2)，兩式相減，得2an12anan0，化簡(jiǎn)得2an1an(n2)，即(n2)，由已知求出a2，易得，所以數(shù)列an是首項(xiàng)為a1，公比為q的等比數(shù)列，所以Sn31()n，S2n31()2n，代入，可得()n，解得n3或4，所以所有n的和為7.10.181解析由題圖得A(1，n)，A(1,10)55，A(10,10)55101118181.115解析x4x5x6x711011，x2x3x6x710010；x1x3x5x710111.由知x5，x7有一個(gè)錯(cuò)誤，中沒(méi)有錯(cuò)誤，x5錯(cuò)誤，故k等于5.12(1)16(2)1解析(1)設(shè)在圓內(nèi)畫(huà)n條線段將圓最多可分成an部分，則a12，a24，a37，a411，所以a5a4511516，即在圓內(nèi)畫(huà)5條線段，將圓最多分割成16部分(2)因?yàn)閍nan1n，an1an2n1，a3a23，a2a12，所以將上述式子累加得ana123n，則an223n1，n2，顯然當(dāng)n1時(shí)上式也成立，故在圓內(nèi)畫(huà)n條線段將圓最多可分割成1部分131,2解析令f(x)x3x，則f(x)是奇函數(shù)，且為增函數(shù)，由方程x6x2(x2)3x2，得f(x2)f(x2)，故x2x2，解得x1或2，所以方程的解集為1,214(1)66(2)，nN*解析(1)設(shè)第n件首飾上的珠寶顆數(shù)為an，則a11，a26，a315，a428，a545，a2a1411，a3a2421，a4a3431，a5a4441，猜想anan14(n1)14n3，推斷a6a545166.(2)由(1)知anan14n3，則an1an24(n1)3，a2a1423，以上各式相加得ana14(nn12)3(n1)3(n1)2n2n1，an2n2n，則a1a2an2(1222n2)(1n)2，前n件首飾所用珠寶的總顆數(shù)為，nN*.