选修1-2_推理与证明

推理与证明

1．推理与证明的内容是高考的新增内容，主要以选择填空的形式出现。2．推理与证明与数列、几何、等有关内容综合在一起的综合试题多。

合情推理与演绎推理

1. 推理一般包括合情推理和演绎推理；2.合情推理包括和；

归纳推理：从个别事实中推演出，这样的推理通常称为归纳推理；归纳推理的思维过程是：、、.类比推理：根据两个（或两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其它方面也或，这样的推理称为类比推理，类比推理的思维过程是：、、.

3.演绎推理：演绎推理是，按照严格的逻辑法则得到的推理过程；三段论常用格式为：①M是P，②，③S是P；其中①是，它提供了一个个一般性原理；②是，它指出了一个个特殊对象；③是，它根据一般原理，对特殊情况作出的判断.

4.合情推理是根据已有的事实和正确的结论（包括定义、公理、定理等）、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程，归纳和类比是合情推理常用的思维方法；在解决问题的过程中，合情推理具有猜测和发现结论、探索和提供思路的作用，有得于创新意识的培养。演绎推理是根据已有的事实和正确的结论，按照严格的逻辑法则得到的新结论的推理过程．

2

例1. 已知：sin30sin90sin150

22

33222；sin5sin65sin12522

通过观察上述两等式的规律，请你写出一般性的命题：________________________________________=

'

3

（ * ）并给出（ * ）式的证明.2

变式训练1：设f0(x)cosx,f1(x)f0(x)，f2(x)f1'(x),,fn1(x)fn'(x)，n∈N，则f2008(x)

例2. 在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，

按图所标边长，由勾股定理有：cab.

222

设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的

三棱锥O—LMN，如果用s1,s2,s3表示三个侧面面积，s4表示截面面积，那么你类比得到的结论是.

变式训练2：在△ABC中，若∠C=90°，AC=b,BC=a，则△ABC的外接圆的半径r把上面的结论推广到空间，写出相类似的结论。

a2b2

，2

2

a12a2

例3.请你把不等式“若a1,a2是正实数，则有a1a2”推广到一般情形，并证

a2a1

明你的结论。

变式训练3：观察式子：1（ ）

2

122



31151117

,122,1222，„，则可归纳出式子为23423234

11

A、113

n1111

B、112n123n2n12n11112n

D、1222n2n123n

C、1

122



132



1n2



例4. 有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面,则平行于平面内所有直线；已知直线

b平面，直线a平面，直线b∥平面，则直线b∥直线a”的结论显然是错误



的，这是因为 （ ）

A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.非以上错误

变式训练4：“AC,BD是菱形ABCD的对角线，AC,BD互相垂直且平分。”补充以上推理的大前提是。

直接证明与间接证明

1.直接证明：直接从原命题的条件逐步推得结论成立,这种证明方法叫直接证明；直接证明的两种基本方法——分析法和综合法⑴综合法 ——；⑵分析法 ——；

2. 间接证明：间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法；反证法即从开始，经过正确的推理，说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样

的证明方法叫做反证法（归谬法）.

例1．若a,b,c均为实数，且ax22y,by22z,cz22x

2

3



6

。

求证：a,b,c中至少有一个大于0。

变式训练1：用反证法证明命题“a,bN,ab可以被5整除，那么a,b中至少有一个能被5整除。”那么假设的内容是

例2.△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，求证：

113

。abbcabc

变式训练2：用分析法证明：若a>0，则a2

1a

2

2a

1

2。a

2

例3．已知数列an，an0，a10，an1an11an(nN)．

2

记Sna1a2an．Tn



111

． 

1a1(1a1)(1a2)(1a1)(1a2)(1an)

求证：当nN时， （1）anan1； （2）Snn2； （3）Tn3。

推理与证明章节测试题

1.考察下列一组不等式： 252525,252525,

3

3

2

2

4433

255523522253,.将上述不等式在左右两端仍为两项和的情况下加以推广，

使以上的不等式成为推广不等式的特例，则推广的不等式可以是. 2．已知数列an满足a12，an1的值为．

1an*

（nN），则a3的值为， a1a2a3a2007

1an

2f(x)

（xN*）,f(1)1，猜想f(x）的表达式为（）

f(x)24212

A.f(x)x； B.f(x)； C.f(x)； D.f(x).

22x1x12x1

3. 已知f(x1)

4. 某纺织厂的一个车间有技术工人m名（mN），编号分别为1、2、3、„„、m，有



n台（nN）织布机，编号分别为1、2、3、„„、n，定义记号aij：若第i名工人操

作了第j号织布机，规定aij1，否则aij0，则等式a41a42a43a4n3的实际意义是（）

A、第4名工人操作了3台织布机； B、第4名工人操作了n台织布机； C、第3名工人操作了4台织布机； D、第3名工人操作了n台织布机.

35111

(nN*)，计算得f(2)，f(4)2，f(8)，

2223n

7

f(16)3，f(32)，由此推测：当n2时，有

2

6. 观察下图中各正方形图案，每条边上有n(n2)个圆圈，每个图案中圆圈的总数是Sn，

5. 已知f(n)1

按此规律推出：当n2时，Sn与n的关系式

„„

n2S4n3S8n4S12

7.观察下式：1=1，2+3+4=3，3+4+5+6+7=5，4+5+6+7+8+9+10=7，„，则可得出一般结

论：.

8.函数f(x

)由下表定义：

2

2

2

2

若a05，an1f(an)

，n0,1,2,，则a2007．

9.在一次珠宝展览会上,某商家展出一套珠宝首饰,第一件首饰是1颗珠宝, 第二件首饰是由6颗珠宝构成如图1所示的正六边形, 第三件首饰是由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形, 第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形, 第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形, 以后每件首饰都在前一件上,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,依此推断第6件首饰上应有_______颗珠宝;则前n件首饰所用珠宝总数为_颗.(结果用n表示)

图1

图2

图3

10.

那么2003应该在第行，第列。

11．如右上图，一个小朋友按如图所示的规则练习数数，1大拇指，2食指，3中指，4无名指，5小指，6

无名指，...，一直数到2008时，对应的指头是(填指头的名称). 12.在数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，„„中，第25项为_____． 13．观察下列的图形中小正方形的个数，则第n个图中有个小正方形.

14．同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第n个图案中需用黑色瓷砖___________块．（用含n的代数式表示）

15.如图所示，面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为

aii1,2,3,4，此四边形内任一点P到第i条边的距离记为

4

a1a2a3a42S

k，则.ihi类比以上hii1,2,3,4，若

1234ki1

性质,体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Sii1,2,3,4, 此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hii1,2,3,4,若

4

S1S2S3S4

K, 则1234

iH ( B )

i

i1

A.

4V3V2VV

B. C. D. 16.设O是ABC内一点，ABC三边上的KKKK

高分别为hA,hB,hC，O到三边的距离依次为la,lb,lc，则

lalblc

__ _______，类比hAhBhC

到空间，O是四面体ABCD内一点，四顶点到对面的距离分别为hA,hB,hC,hD，O到这四个面的距离依次为la,lb,lc,ld，则有_ __

17．在RtABC中，两直角边分别为a、b，设h为斜边上的高，则

111，由此类h2a2b2

比：三棱锥SABC中的三条侧棱SA、SB、SC两两垂直，且长度分别为a、b、c，设棱锥底面ABC上的高为h，则． 18、若数列an是等差数列，对于bn

1

(a1a2an)，则数列bn也是等差数列。n

类比上述性质，若数列cn是各项都为正数的等比数列，对于dn0，则dn=时，数列dn也是等比数列。

19．已知△ABC三边a，b，c的长都是整数，且a≤b≤c，如果b＝m（mN*），则这样的三角形共有个（用m表示）．

20．如图的三角形数阵中，满足：（1）第1行的数为1；（2）第n（n≥2)行首尾两数均为n，其余的数都等于它肩上的两个数相加．则第n行(n≥2)中第2个数是________（用n表示）.

123456

16



11

25

7

14

254

7

11

16

2

3

4

56

21．在△ABC中，sinA

sinBsinC

，判断△ABC的形状并证明.

cosBcosC

22．已知a、b、c是互不相等的非零实数.若用反证法证明三个方程ax+2bx+c=0，bx+2cx+a=0，

22

cx2+2ax+b=0至少有一个方程有两个相异实根.应假设

23.ABC中，已知3b2asinB，且cosAcosC，求证：ABC为等边三角形。

C：24．如图，Pn(xn,yn)(0y1y2yn) 是曲线1(x1,y1)、P2(x2,y2)、„、P

y23x(y0)上的n个点，点Ai(ai,0)（i1,2,3n）在x轴的正半轴上，且Ai1AiPi

是正三角形（A0是坐标原点）． （1）写出a1、a2、a3；

（2）求出点An(an,0)（nN）的横坐标an关于n的表达式并证明.

推理与证明章节测试题答案

1.ababab(a,b0,mkn,m,n,kN) 3．,3 3. B. 4. A

n

5.f(2)

nnmkkm*

12

2n1

(nN*) 2

2

*

6. n2(n2)2

7.n(n1)(3n2)(2n1),nN 8.4 9.

n(n1)(4n1)

nN*

6

10.251,3 12．食指

12.在数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，„„中，第25项为__7____．

n23n213．

2

14．4n8

15、B提示:平面面积法类比到空间体积法 16． 1. 提示：平面面积法类比到空间体积法 17．．

1111

 h2a2b2c2

1n

18nN*提示：等差数列类比到等比数列，算术平均数bn(a1a2an)类比到几何平均数dnnN 19．

*

m(m1)

2

n2n220．

2

21．解:sinA

sinBsinC

,ABC

cosBcosC

sinAcosBsinAcosCsin(AC)sin(BC)

sinCcosAsinBcosA(sinCsinB)cosA0 sinCsinB0,cosA0A

所以三角形ABC是直角三角形 22．三个方程中都没有两个相异实根 证明：假设三个方程中都没有两个相异实根，

则Δ1=4b－4ac≤0，Δ2=4c－4ab≤0，Δ3=4a－4bc≤0. 相加有a－2ab+b+b－2bc+c+c－2ac+a≤0， （a－b）+（b－c）+（c－a）≤0.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2



2

①

由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立.

∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根. 方法总结：反证法步骤—假设结论不成立→推出矛盾→假设不成立. 凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题适宜用反证法.

23.解: 分析：由3b2asinB3sinB2sinAsinBsinA

2

A,233

由cosAcosCAC

AC



3

B

所以ABC为等边三角形

C：24.如图，Pn(xn,yn)(0y1y2yn) 是曲线1(x1,y1)、P2(x2,y2)、„、P

y23x(y0)上的n个点，点Ai(ai,0)（i1,2,3n）在x轴的正半轴上，且Ai1AiPi

是正三角形（A0是坐标原点）． （1）写出a1、a2、a3；

（2）求出点An(an,0)（nN）的 横坐标an关于n的表达式并证明.

解:（Ⅰ）a12,a26,a312;„„„„„„.6分 （2）依题意，得xn

an1anaan12

,yn3n，由此及yn3xn得 22

(anan123)(anan1)， 22

即(anan1)22(an1an)．

由（Ⅰ）可猜想：ann(n1),(nN)． 下面用数学归纳法予以证明： （1）当n1时，命题显然成立； （2）假定当nk时命题成立，即有ank(k1)，则当nk1时，由归纳假设及 (ak1ak)22(akak1)

得[ak1k(k1)]22[k(k1)ak1]，即 (ak1)22(k2k1)ak1[k(k1)][(k1)(k2)]0， 解之得

ak1(k1)(k2)（ak1k(k1)ak不合题意，舍去）， 即当nk1时，命题成立．

由（1）、（2）知：命题成立．„„„„„„.10分

推理与证明

1．推理与证明的内容是高考的新增内容，主要以选择填空的形式出现。2．推理与证明与数列、几何、等有关内容综合在一起的综合试题多。

合情推理与演绎推理

1. 推理一般包括合情推理和演绎推理；2.合情推理包括和；

归纳推理：从个别事实中推演出，这样的推理通常称为归纳推理；归纳推理的思维过程是：、、.类比推理：根据两个（或两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其它方面也或，这样的推理称为类比推理，类比推理的思维过程是：、、.

3.演绎推理：演绎推理是，按照严格的逻辑法则得到的推理过程；三段论常用格式为：①M是P，②，③S是P；其中①是，它提供了一个个一般性原理；②是，它指出了一个个特殊对象；③是，它根据一般原理，对特殊情况作出的判断.

4.合情推理是根据已有的事实和正确的结论（包括定义、公理、定理等）、实验和实践的结果，以及个人的经验和直觉等推测某些结果的推理过程，归纳和类比是合情推理常用的思维方法；在解决问题的过程中，合情推理具有猜测和发现结论、探索和提供思路的作用，有得于创新意识的培养。演绎推理是根据已有的事实和正确的结论，按照严格的逻辑法则得到的新结论的推理过程．

2

例1. 已知：sin30sin90sin150

22

33222；sin5sin65sin12522

通过观察上述两等式的规律，请你写出一般性的命题：________________________________________=

'

3

（ * ）并给出（ * ）式的证明.2

变式训练1：设f0(x)cosx,f1(x)f0(x)，f2(x)f1'(x),,fn1(x)fn'(x)，n∈N，则f2008(x)

例2. 在平面上，我们如果用一条直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，

按图所标边长，由勾股定理有：cab.

222

设想正方形换成正方体，把截线换成如图的截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的

三棱锥O—LMN，如果用s1,s2,s3表示三个侧面面积，s4表示截面面积，那么你类比得到的结论是.

变式训练2：在△ABC中，若∠C=90°，AC=b,BC=a，则△ABC的外接圆的半径r把上面的结论推广到空间，写出相类似的结论。

a2b2

，2

2

a12a2

例3.请你把不等式“若a1,a2是正实数，则有a1a2”推广到一般情形，并证

a2a1

明你的结论。

变式训练3：观察式子：1（ ）

2

122



31151117

,122,1222，„，则可归纳出式子为23423234

11

A、113

n1111

B、112n123n2n12n11112n

D、1222n2n123n

C、1

122



132



1n2



例4. 有一段演绎推理是这样的：“直线平行于平面,则平行于平面内所有直线；已知直线

b平面，直线a平面，直线b∥平面，则直线b∥直线a”的结论显然是错误



的，这是因为 （ ）

A.大前提错误 B.小前提错误 C.推理形式错误 D.非以上错误

变式训练4：“AC,BD是菱形ABCD的对角线，AC,BD互相垂直且平分。”补充以上推理的大前提是。

直接证明与间接证明

1.直接证明：直接从原命题的条件逐步推得结论成立,这种证明方法叫直接证明；直接证明的两种基本方法——分析法和综合法⑴综合法 ——；⑵分析法 ——；

2. 间接证明：间接证明是不同于直接证明的又一类证明方法，反证法是一种常用的间接证明方法；反证法即从开始，经过正确的推理，说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样

的证明方法叫做反证法（归谬法）.

例1．若a,b,c均为实数，且ax22y,by22z,cz22x

2

3



6

。

求证：a,b,c中至少有一个大于0。

变式训练1：用反证法证明命题“a,bN,ab可以被5整除，那么a,b中至少有一个能被5整除。”那么假设的内容是

例2.△ABC的三个内角A、B、C成等差数列，求证：

113

。abbcabc

变式训练2：用分析法证明：若a>0，则a2

1a

2

2a

1

2。a

2

例3．已知数列an，an0，a10，an1an11an(nN)．

2

记Sna1a2an．Tn



111

． 

1a1(1a1)(1a2)(1a1)(1a2)(1an)

求证：当nN时， （1）anan1； （2）Snn2； （3）Tn3。

推理与证明章节测试题

1.考察下列一组不等式： 252525,252525,

3

3

2

2

4433

255523522253,.将上述不等式在左右两端仍为两项和的情况下加以推广，

使以上的不等式成为推广不等式的特例，则推广的不等式可以是. 2．已知数列an满足a12，an1的值为．

1an*

（nN），则a3的值为， a1a2a3a2007

1an

2f(x)

（xN*）,f(1)1，猜想f(x）的表达式为（）

f(x)24212

A.f(x)x； B.f(x)； C.f(x)； D.f(x).

22x1x12x1

3. 已知f(x1)

4. 某纺织厂的一个车间有技术工人m名（mN），编号分别为1、2、3、„„、m，有



n台（nN）织布机，编号分别为1、2、3、„„、n，定义记号aij：若第i名工人操

作了第j号织布机，规定aij1，否则aij0，则等式a41a42a43a4n3的实际意义是（）

A、第4名工人操作了3台织布机； B、第4名工人操作了n台织布机； C、第3名工人操作了4台织布机； D、第3名工人操作了n台织布机.

35111

(nN*)，计算得f(2)，f(4)2，f(8)，

2223n

7

f(16)3，f(32)，由此推测：当n2时，有

2

6. 观察下图中各正方形图案，每条边上有n(n2)个圆圈，每个图案中圆圈的总数是Sn，

5. 已知f(n)1

按此规律推出：当n2时，Sn与n的关系式

„„

n2S4n3S8n4S12

7.观察下式：1=1，2+3+4=3，3+4+5+6+7=5，4+5+6+7+8+9+10=7，„，则可得出一般结

论：.

8.函数f(x

)由下表定义：

2

2

2

2

若a05，an1f(an)

，n0,1,2,，则a2007．

9.在一次珠宝展览会上,某商家展出一套珠宝首饰,第一件首饰是1颗珠宝, 第二件首饰是由6颗珠宝构成如图1所示的正六边形, 第三件首饰是由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形, 第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形, 第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形, 以后每件首饰都在前一件上,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,依此推断第6件首饰上应有_______颗珠宝;则前n件首饰所用珠宝总数为_颗.(结果用n表示)

图1

图2

图3

10.

那么2003应该在第行，第列。

11．如右上图，一个小朋友按如图所示的规则练习数数，1大拇指，2食指，3中指，4无名指，5小指，6

无名指，...，一直数到2008时，对应的指头是(填指头的名称). 12.在数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，„„中，第25项为_____． 13．观察下列的图形中小正方形的个数，则第n个图中有个小正方形.

14．同样规格的黑、白两色正方形瓷砖铺设的若干图案，则按此规律第n个图案中需用黑色瓷砖___________块．（用含n的代数式表示）

15.如图所示，面积为S的平面凸四边形的第i条边的边长记为

aii1,2,3,4，此四边形内任一点P到第i条边的距离记为

4

a1a2a3a42S

k，则.ihi类比以上hii1,2,3,4，若

1234ki1

性质,体积为V的三棱锥的第i个面的面积记为Sii1,2,3,4, 此三棱锥内任一点Q到第i个面的距离记为Hii1,2,3,4,若

4

S1S2S3S4

K, 则1234

iH ( B )

i

i1

A.

4V3V2VV

B. C. D. 16.设O是ABC内一点，ABC三边上的KKKK

高分别为hA,hB,hC，O到三边的距离依次为la,lb,lc，则

lalblc

__ _______，类比hAhBhC

到空间，O是四面体ABCD内一点，四顶点到对面的距离分别为hA,hB,hC,hD，O到这四个面的距离依次为la,lb,lc,ld，则有_ __

17．在RtABC中，两直角边分别为a、b，设h为斜边上的高，则

111，由此类h2a2b2

比：三棱锥SABC中的三条侧棱SA、SB、SC两两垂直，且长度分别为a、b、c，设棱锥底面ABC上的高为h，则． 18、若数列an是等差数列，对于bn

1

(a1a2an)，则数列bn也是等差数列。n

类比上述性质，若数列cn是各项都为正数的等比数列，对于dn0，则dn=时，数列dn也是等比数列。

19．已知△ABC三边a，b，c的长都是整数，且a≤b≤c，如果b＝m（mN*），则这样的三角形共有个（用m表示）．

20．如图的三角形数阵中，满足：（1）第1行的数为1；（2）第n（n≥2)行首尾两数均为n，其余的数都等于它肩上的两个数相加．则第n行(n≥2)中第2个数是________（用n表示）.

123456

16



11

25

7

14

254

7

11

16

2

3

4

56

21．在△ABC中，sinA

sinBsinC

，判断△ABC的形状并证明.

cosBcosC

22．已知a、b、c是互不相等的非零实数.若用反证法证明三个方程ax+2bx+c=0，bx+2cx+a=0，

22

cx2+2ax+b=0至少有一个方程有两个相异实根.应假设

23.ABC中，已知3b2asinB，且cosAcosC，求证：ABC为等边三角形。

C：24．如图，Pn(xn,yn)(0y1y2yn) 是曲线1(x1,y1)、P2(x2,y2)、„、P

y23x(y0)上的n个点，点Ai(ai,0)（i1,2,3n）在x轴的正半轴上，且Ai1AiPi

是正三角形（A0是坐标原点）． （1）写出a1、a2、a3；

（2）求出点An(an,0)（nN）的横坐标an关于n的表达式并证明.

推理与证明章节测试题答案

1.ababab(a,b0,mkn,m,n,kN) 3．,3 3. B. 4. A

n

5.f(2)

nnmkkm*

12

2n1

(nN*) 2

2

*

6. n2(n2)2

7.n(n1)(3n2)(2n1),nN 8.4 9.

n(n1)(4n1)

nN*

6

10.251,3 12．食指

12.在数列1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，„„中，第25项为__7____．

n23n213．

2

14．4n8

15、B提示:平面面积法类比到空间体积法 16． 1. 提示：平面面积法类比到空间体积法 17．．

1111

 h2a2b2c2

1n

18nN*提示：等差数列类比到等比数列，算术平均数bn(a1a2an)类比到几何平均数dnnN 19．

*

m(m1)

2

n2n220．

2

21．解:sinA

sinBsinC

,ABC

cosBcosC

sinAcosBsinAcosCsin(AC)sin(BC)

sinCcosAsinBcosA(sinCsinB)cosA0 sinCsinB0,cosA0A

所以三角形ABC是直角三角形 22．三个方程中都没有两个相异实根 证明：假设三个方程中都没有两个相异实根，

则Δ1=4b－4ac≤0，Δ2=4c－4ab≤0，Δ3=4a－4bc≤0. 相加有a－2ab+b+b－2bc+c+c－2ac+a≤0， （a－b）+（b－c）+（c－a）≤0.

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2

2



2

①

由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立.

∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根. 方法总结：反证法步骤—假设结论不成立→推出矛盾→假设不成立. 凡是“至少”、“唯一”或含有否定词的命题适宜用反证法.

23.解: 分析：由3b2asinB3sinB2sinAsinBsinA

2

A,233

由cosAcosCAC

AC



3

B

所以ABC为等边三角形

C：24.如图，Pn(xn,yn)(0y1y2yn) 是曲线1(x1,y1)、P2(x2,y2)、„、P

y23x(y0)上的n个点，点Ai(ai,0)（i1,2,3n）在x轴的正半轴上，且Ai1AiPi

是正三角形（A0是坐标原点）． （1）写出a1、a2、a3；

（2）求出点An(an,0)（nN）的 横坐标an关于n的表达式并证明.

解:（Ⅰ）a12,a26,a312;„„„„„„.6分 （2）依题意，得xn

an1anaan12

,yn3n，由此及yn3xn得 22

(anan123)(anan1)， 22

即(anan1)22(an1an)．

由（Ⅰ）可猜想：ann(n1),(nN)． 下面用数学归纳法予以证明： （1）当n1时，命题显然成立； （2）假定当nk时命题成立，即有ank(k1)，则当nk1时，由归纳假设及 (ak1ak)22(akak1)

得[ak1k(k1)]22[k(k1)ak1]，即 (ak1)22(k2k1)ak1[k(k1)][(k1)(k2)]0， 解之得

ak1(k1)(k2)（ak1k(k1)ak不合题意，舍去）， 即当nk1时，命题成立．

由（1）、（2）知：命题成立．„„„„„„.10分