M单元 推理与证明
M1 合情推理与演绎推理
15．B13，J3，M1[2013·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×＋×＋×＋…＋×＋…＝ln 2.
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[2013·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)＝________.
14．1 000 [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)＝1 000.
16．B7、M1[2013·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若a>0，b>0，则ln＋(a＋b)≤ln＋a＋ln＋b＋ln 2.
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)＝ln ab＝bln a＝bln＋a；当00，∴01时，左边＝ln＋(ab)＝0，右边＝ln＋a＋ln＋b＝ln a＋0＝ln a>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＝ln a－ln b>0，若a>b>1时，右边＝ln a－ln b，左边≥右边成立；若01>b>0，左边＝ln＝ln a－ln b>ln a，右边＝ln a，左边≥右边成立，∴③正确；
④中，若00，左边≤右边；若a＋b≥1，ln＋－ln 2＝ln－ln 2＝ln，
又∵≤a或≤b，a，b至少有1个大于1，∴ln≤ln a或ln≤ln b，即有ln＋－ln 2＝ln－ln 2＝ln≤ln＋a＋ln＋b，∴④正确．
14．M1[2013·陕西卷] 观察下列等式：
12＝1
12－22＝－3
12－22＋32＝6
12－22＋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[2013·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；
(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≤k2，
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．[2013·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＋1 B．k＋2
C．2k＋2 D．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．[2013·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：
①2 013∈[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．1 B．2 C．3 D．4
2．C [解析] 因为2 013＝402×5＋3，所以2 013∈[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．[2013·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．[2013·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，sin x1)，B(x2，sin x2)是函数y＝sin x(x∈(0，π))的图像上的不同两点，则类似地有________成立．
4.
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