高考數(shù)學大二輪總復(fù)習與增分策略 專題四 數(shù)列、推理與證明 第4講 推理與證明練習 理

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第4講　推理與證明 1．(2016課標全國丙)定義“規(guī)范01數(shù)列”{an}如下：{an}共有2m項，其中m項為0，m項為1，且對任意k≤2m，a1，a2，…，ak中0的個數(shù)不少于1的個數(shù)．若m＝4，則不同的“規(guī)范01數(shù)列”共有(　　) A．18個 B．16個 C．14個 D．12個 答案　C 解析　第一位為0，最后一位為1，中間3個0,3個1,3個1在一起時為000111,001110；只有2個1相鄰時，共A個，其中110100；110010；110001,101100不符合題意，三個1都不在一起時有C個，共2＋8＋4＝14(個)． 2．(2016山東)觀察下列等式： －2＋－2＝12； －2＋－2＋－2＋－2＝23； －2＋－2＋－2＋…＋－2＝34； －2＋－2＋－2＋…＋－2＝45； … 照此規(guī)律，－2＋－2＋－2＋…＋－2＝__________. 答案　n(n＋1) 解析　觀察等式右邊的規(guī)律：第1個數(shù)都是，第2個數(shù)對應(yīng)行數(shù)n，第3個數(shù)為n＋1. 3．(2016課標全國甲)有三張卡片，分別寫有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是________． 答案　1和3 解析　由丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”可知，丙為“1和2”或“1和3”，又乙說“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，所以乙只可能為“2和3”，所以由甲說“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，所以甲只能為“1和3”． 1.以數(shù)表、數(shù)陣、圖形為背景與數(shù)列、周期性等知識相結(jié)合考查歸納推理和類比推理，多以小題形式出現(xiàn). 2.直接證明和間接證明的考查主要作為證明和推理數(shù)學命題的方法，常與函數(shù)、數(shù)列及不等式等綜合命題. 熱點一　歸納推理 1．歸納推理是由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或者由個別事實概括出一般結(jié)論的推理． 2．歸納推理的思維過程如下： →→ 例1　(1)古希臘畢達哥拉斯學派的數(shù)學家研究過各種多邊形數(shù)，如三角形數(shù)1,3,6,10，…，第n個三角形數(shù)為＝n2＋n，記第n個k邊形數(shù)為N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個數(shù)的表達式： 三角形數(shù)　　　　　 N(n,3)＝n2＋n， 正方形數(shù) N(n,4)＝n2， 五邊形數(shù) N(n,5)＝n2－n， 六邊形數(shù) N(n,6)＝2n2－n …… 可以推測N(n，k)的表達式，由此計算N(8,12)＝____________. (2)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，經(jīng)計算得f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，則有______________________． 答案　(1)288　(2)f(2n)>(n≥2，n∈N*) 解析　(1)原已知式子可化為N(n,3)＝n2＋n＝n2＋n，N(n,4)＝n2＝n2＋n，N(n,5)＝n2－n＝n2＋n，N(n,6)＝2n2－n＝n2＋n， 由歸納推理可得N(n，k)＝n2＋n， 故N(8,12)＝82＋8＝288. (2)由題意得f(22)>，f(23)>，f(24)>，f(25)>，所以當n≥2時，有f(2n)>. 故填f(2n)>(n≥2，n∈N*)． 思維升華　歸納遞推思想在解決問題時，從特殊情況入手，通過觀察、分析、概括，猜想出一般性結(jié)論，然后予以證明，這一數(shù)學思想方法在解決探索性問題、存在性問題或與正整數(shù)有關(guān)的命題時有著廣泛的應(yīng)用．其思維模式是“觀察—歸納—猜想—證明”，解題的關(guān)鍵在于正確的歸納猜想． 跟蹤演練1　(1)兩旅客坐火車外出旅游，希望座位連在一起，且有一個靠窗，已知火車上的座位的排法如圖所示，則下列座位號碼符合要求的應(yīng)當是(　　) A．48,49 B．62,63 C．75,76 D．84,85 (2)用黑白兩種顏色的正方形地磚依照下圖所示的規(guī)律拼成若干個圖形，則按此規(guī)律，第100個圖形中有白色地磚________塊；現(xiàn)將一粒豆子隨機撒在第100個圖中，則豆子落在白色地磚上的概率是________． 答案　(1)D　(2)503　 解析　(1)由已知圖形中座位的排列順序，可得：被5除余1的數(shù)和能被5整除的座位號臨窗，由于兩旅客希望座位連在一起，且有一個靠窗，分析答案中的4組座位號，只有D符合條件． (2)按拼圖的規(guī)律，第1個圖有白色地磚(33－1)塊，第2個圖有白色地磚(35－2)塊，第3個圖有白色地磚(37－3)塊，…，則第100個圖中有白色地磚3201－100＝503(塊)．第100個圖中黑白地磚共有603塊，則將一粒豆子隨機撒在第100個圖中，豆子落在白色地磚上的概率是. 熱點二　類比推理 1．類比推理是由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理． 2．類比推理的思維過程如下： →→ 例2　(1)已知結(jié)論：“在正△ABC中，若D是邊BC的中點，G是△ABC的重心，則＝2”．若把該結(jié)論推廣到空間，則有結(jié)論：“在棱長都相等的四面體A—BCD中，若△BCD的中心為M，四面體內(nèi)部一點O到四面體各面的距離都相等”，則等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 (2)已知雙曲正弦函數(shù)sh x＝和雙曲余弦函數(shù)ch x＝與我們學過的正弦函數(shù)和余弦函數(shù)有許多類似的性質(zhì)，請類比正弦函數(shù)和余弦函數(shù)的和角或差角公式，寫出雙曲正弦或雙曲余弦函數(shù)的一個類似的正確結(jié)論______________________． 答案　(1)C　(2)ch(x－y)＝ch xch y－sh xsh y 解析　(1)如圖，設(shè)正四面體的棱長為1，則易知其高AM＝，此時易知點O即為正四面體內(nèi)切球的球心，設(shè)其半徑為r，利用等積法有4r＝?r＝，故AO＝AM－MO＝－＝， 故AO∶OM＝∶＝3∶1. (2)ch x ch y－sh x sh y＝－ ＝(ex＋y＋ex－y＋e－x＋y＋e－x－y－ex＋y＋ex－y＋e－x＋y－e－x－y) ＝(2ex－y＋2e－(x－y))＝＝ch(x－y)， 故知ch(x＋y)＝ch xch y＋sh xsh y， 或sh(x－y)＝sh xch y－ch xsh y， 或sh(x＋y)＝sh xch y＋ch xsh y. 思維升華　類比推理是合情推理中的一類重要推理，強調(diào)的是兩類事物之間的相似性，有共同要素是產(chǎn)生類比遷移的客觀因素，類比可以由概念性質(zhì)上的相似性引起，如等差數(shù)列與等比數(shù)列的類比，也可以由解題方法上的類似引起．當然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的類比． 跟蹤演練2　(1)公比為4的等比數(shù)列{bn}中，若Tn是數(shù)列{bn}的前n項積，則有，，也成等比數(shù)列，且公比為4100；類比上述結(jié)論，相應(yīng)地在公差為3的等差數(shù)列{an}中，若Sn是{an}的前n項和，則有一相應(yīng)的S20－S10，S30－S20，S40－S30成等差數(shù)列，該等差數(shù)列的公差為________． (2)若點P0(x0，y0)在橢圓＋＝1(a>b>0)外，過點P0作該橢圓的兩條切線，切點分別為P1，P2，則切點弦P1P2所在直線的方程為＋＝1.那么對于雙曲線－＝1(a>0，b>0)，類似地，可以得到切點弦所在直線的方程為____________________． 答案　(1)300　(2)－＝1 解析　(1)在等比數(shù)列{bn}中，若Tn是數(shù)列{bn}的前n項積，則有，，也成等比數(shù)列，且公比為4100；類比上述結(jié)論，在公差為3的等差數(shù)列{an}中，我們可以類比推斷出：S20－S10，S30－S20，S40－S30也構(gòu)成等差數(shù)列，公差為100d＝300. (2)設(shè)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P0(x0，y0)，則過點P1，P2的切線的方程分別為－＝1，－＝1.因為P0(x0，y0)在這兩條切線上，所以－＝1，－＝1，這說明P1(x1，y1)，P2(x2，y2)都在直線－＝1上，故切點弦P1P2所在直線的方程為－＝1. 熱點三　直接證明和間接證明 直接證明的常用方法有綜合法和分析法，綜合法由因?qū)Ч?，而分析法則是執(zhí)果索因，反證法是反設(shè)結(jié)論導(dǎo)出矛盾的證明方法． 例3　已知{an}是正數(shù)組成的數(shù)列，a1＝1，且點(，an＋1) (n∈N*)在函數(shù)y＝x2＋1的圖象上． (1)求數(shù)列{an}的通項公式； (2)若數(shù)列{bn}滿足b1＝1，bn＋1＝bn＋2，求證：bnbn＋21)，證明：方程f(x)＝0沒有負根． 證明　(1)要證＋＝， 即證＋＝3， 也就是＋＝1， 只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)， 需證c2＋a2＝ac＋b2， 又△ABC三內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列， 故B＝60， 由余弦定理，得 b2＝c2＋a2－2accos 60， 即b2＝c2＋a2－ac， 故c2＋a2＝ac＋b2成立． 于是原等式成立． (2)假設(shè)x0是f(x)＝0的負根， 則x0<0，且x0≠－1， 所以?0<－<1， 解得1，f(2)>1； 下面用數(shù)學歸納法證明： 當n≥3時，f(n)<1. ①由(1)知當n＝3時，f(n)<1； ②假設(shè)當n＝k(k≥3，k∈N*)時，f(k)<1， 即f(k)＝＋＋…＋<1， 那么當n＝k＋1時， f(k＋1)＝＋＋…＋＋＋ ＝(＋＋＋…＋)＋＋－ <1＋(－)＋(－) ＝1＋＋ ＝1－－<1， 所以當n＝k＋1時，f(n)<1也成立． 由①和②知，當n≥3時，f(n)<1. 所以當n＝1和n＝2時，f(n)>1； 當n≥3時，f(n)<1. 思維升華　用數(shù)學歸納法證明與正整數(shù)有關(guān)的等式命題時，關(guān)鍵在于弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式的兩邊各有多少項，由n＝k到n＝k＋1時，等式的兩邊會增加多少項，增加怎樣的項．難點在于尋求等式在n＝k和n＝k＋1時的聯(lián)系． 跟蹤演練4　設(shè)a>0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*. (1)寫出a2，a3，a4的值，并猜想數(shù)列{an}的通項公式； (2)用數(shù)學歸納法證明你的結(jié)論． (1)解　∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝； a3＝f(a2)＝；a4＝f(a3)＝. 猜想an＝(n∈N*)． (2)證明　①由(1)易知，n＝1時，猜想正確． ②假設(shè)n＝k時猜想正確，即ak＝， 則ak＋1＝f(ak)＝＝ ＝＝. 這說明，n＝k＋1時猜想正確． 由①②知，對于任何n∈N*， 都有an＝. 1．將正整數(shù)作如下分組： (1)， (2,3)， (4,5,6)， (7,8,9,10)， (11,12,13,14,15)， (16,17,18,19,20,21)， (22,23,24,25,26,27,28)， … 分別計算各組包含的正整數(shù)的和，如下所示： S1＝1， S2＝2＋3＝5， S3＝4＋5＋6＝15， S4＝7＋8＋9＋10＝34， S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65， S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111， S7＝22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＝175， … 試猜測S1＋S3＋S5＋…＋S2 015＝________. 押題依據(jù)　數(shù)表(陣)是高考命題的常見類型，本題以三角形數(shù)表中對應(yīng)的各組包含的正整數(shù)的和的計算為依托，圍繞簡單的計算、歸納猜想以及數(shù)學歸納法的應(yīng)用等，考查考生歸納猜想能力以及對數(shù)學歸納法邏輯推理證明步驟的掌握程度． 答案　1 0084 解析　由題意知，當n＝1時，S1＝1＝14； 當n＝2時，S1＋S3＝16＝24； 當n＝3時，S1＋S3＋S5＝81＝34； 當n＝4時，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44； …… 猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4. ∴S1＋S3＋S5＋…＋S2 015＝1 0084. 2．已知下列不等式：x＋≥2，x＋≥3，x＋≥4，…，則第n個不等式為________________． 押題依據(jù)　根據(jù)n個等式或不等式歸納猜想一般規(guī)律的式子是近幾年高考熱點，相對而言，歸納推理在高考中出現(xiàn)的機率較大． 答案　x＋≥n＋1 解析　已知所給不等式的左邊第一個式子都是x，不同之處在于第二個式子，當n＝1時，為；當n＝2時，為；當n＝3時，為；…… 顯然式子中的分子與分母是對應(yīng)的，分母為xn，分子是nn， 所以不等式左邊的式子為x＋， 顯然不等式右邊的式子為n＋1， 所以第n個不等式為x＋≥n＋1. 3．設(shè)數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，Sn是它的前n項和，證明：數(shù)列{Sn}不是等比數(shù)列． 押題依據(jù)　反證法是一種重要的證明方法，對含“至多”“至少”等詞語的命題用反證法十分有效，近幾年高考時有涉及． 證明　假設(shè){Sn}是等比數(shù)列，則S＝S1S3，即a(1＋q)2＝a1a1(1＋q＋q2)．因為a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，即q＝0，這與q≠0矛盾，故{Sn}不是等比數(shù)列． A組　專題通關(guān) 1．觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10等于(　　) A．28 B．76 C．123 D．199 答案　C 解析　觀察可得各式的值構(gòu)成數(shù)列1,3,4,7,11，…，其規(guī)律為從第三項起，每項等于其前相鄰兩項的和，所求值為數(shù)列中的第10項． 繼續(xù)寫出此數(shù)列為1,3,4,7,11,18,29,47,76,123，…， 第10項為123，即a10＋b10＝123. 2．設(shè)a，b，c∈(－∞，0)，則a＋，b＋，c＋(　　) A．都不大于－2 B．都不小于－2 C．至少有一個不大于－2 D．至少有一個不小于－2 答案　C 解析　假設(shè)a＋，b＋，c＋都大于－2， 即a＋>－2，b＋>－2，c＋>－2， 將三式相加，得a＋＋b＋＋c＋>－6， 又因為a＋≤－2，b＋≤－2，c＋≤－2， 所以a＋＋b＋＋c＋≤－6， 所以假設(shè)不成立，故選C. 3．正弦函數(shù)是奇函數(shù)，f(x)＝sin(x2＋1)是正弦函數(shù)，因此f(x)＝sin(x2＋1)是奇函數(shù)，以上推理(　　) A．結(jié)論正確 B．大前提不正確 C．小前提不正確 D．全不正確 答案　C 解析　因為f(x)＝sin(x2＋1)不是正弦函數(shù)，所以小前提不正確． 4．某珠寶店丟了一件珍貴珠寶，以下四人中只有一個人說了真話，只有一人偷了珠寶．甲：我沒有偷；乙：丙是小偷；丙：丁是小偷；?。何覜]有偷．根據(jù)以上條件，可以判斷偷珠寶的人是(　　) A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 答案　A 解析　假如甲說了真話，則乙、丙、丁都說了假話，那么丙不是小偷，丁不是小偷，丁偷了珠寶，顯然矛盾，故甲說了假話，即甲是小偷，故選A. 5．設(shè)a，b∈R，定義：M(a，b)＝，m(a，b)＝，則下列式子錯誤的是(　　) A．M(a，b)＋m(a，b)＝a＋b B．m(|a＋b|，|a－b|)＝|a|－|b| C．M(|a＋b|，|a－b|)＝|a|＋|b| D．m(M(a，b)，m(a，b))＝m(a，b) 答案　B 解析　∵M(a，b)＝m(a，b)＝ ∴m(M(a，b)，m(a，b))＝m(a，b)，D正確； M(a，b)＋m(a，b)＝a＋b，A正確； m(|a＋b|，|a－b|)＝ ＝B錯誤； M(|a＋b|，|a－b|)＝ ＝C正確．故選B. 6．對于任意的兩個實數(shù)對(x1，y1)和(x2，y2)，規(guī)定：(x1，y1)＝(x2，y2)，當且僅當運算“?”為(x1，y1)?(x2，y2)＝(x1x2－y1y2，y1x2＋x1y2)；運算“”為(x1，y1)(x2，y2)＝(x1＋x2，y1＋y2)．設(shè)k，n∈R，若(1,2)?(k，n)＝(3,1)，則(1,2)(k，n)＝________. 答案　(2,1) 解析　由(1,2)?(k，n)＝(3,1)， 得　解得 所以(1,2)(k，n)＝(1,2)(1，－1)＝(2,1)． 7．宋元時期杰出的數(shù)學家朱世杰在其數(shù)學巨著《四元玉鑒》卷中“茭草形段”第一個問題“今有茭草六百八十束，欲令‘落一形’埵(同垛)之．問底子(每層三角形邊茭草束數(shù)，等價于層數(shù))幾何？”中探討了“垛枳術(shù)”中的落一形垛(“落一形”即是指頂上1束，下一層3束，再下一層6束，……，成三角錐的堆垛，故也稱三角垛，如圖，表示第二層開始的每層茭草束數(shù))，則本問題中三角垛底層茭草總束數(shù)為________． 答案　120 解析　由題意，第n層茭草束數(shù)為 1＋2＋…＋n＝， ∴1＋3＋6＋…＋＝680， 即為[n(n＋1)(2n＋1)＋n(n＋1)] ＝n(n＋1)(n＋2)＝680， 即有n(n＋1)(n＋2)＝151617， ∴n＝15，∴＝120. 8．如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，那么對于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，…，xn，都有≤f()．若y＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)，那么在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________． 答案　 解析　由題意知，凸函數(shù)滿足 ≤f()， 又y＝sin x在區(qū)間(0，π)上是凸函數(shù)， 則sin A＋sin B＋sin C≤3sin＝3sin＝. 9．某同學在一次研究性學習中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)： ①sin213＋cos217－sin 13cos 17； ②sin215＋cos215－sin 15cos 15； ③sin218＋cos212－sin 18cos 12； ④sin2(－18)＋cos248－sin(－18)cos 48； ⑤sin2(－25)＋cos255－sin(－25)cos 55. (1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)； (2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論． 解　方法一　(1)選擇②式，計算如下： sin215＋cos215－sin 15cos 15 ＝1－sin 30＝1－＝. (2)三角恒等式為 sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α) ＝sin2α＋(cos 30cos α＋sin 30sin α)2 －sin α(cos 30cos α＋sin 30sin α) ＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝. 方法二　(1)同方法一． (2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30－α)－sin αcos(30－α) ＝＋－sin α(cos 30cos α＋sin 30sin α) ＝－cos 2α＋＋(cos 60cos 2α＋sin 60sin 2α)－sin αcos α－sin2α ＝－cos 2α＋＋cos 2α＋sin 2α－sin 2α－(1－cos 2α) ＝1－cos 2α－＋cos 2α＝. 10．已知a，b，m為非零實數(shù)，且a2＋b2＋2－m＝0，＋＋1－2m＝0. (1)求證：＋≥； (2)求證：m≥. 證明　(1)(分析法)要證＋≥成立， 只需證(＋)(a2＋b2)≥9， 即證1＋4＋＋≥9， 即證＋≥4. 根據(jù)基本不等式，有＋≥2 ＝4成立， 所以原不等式成立． (2)(綜合法)因為a2＋b2＝m－2，＋＝2m－1， 由(1)，知(m－2)(2m－1)≥9，即2m2－5m－7≥0， 解得m≤－1或m≥.又因為a2＋b2＝m－2>0. 所以m>2，故m≤－1舍去，所以m≥. B組　能力提高 11．已知正方形ABCD的邊長是a，依次連接正方形ABCD各邊中點得到一個新的正方形，再依次連接新正方形各邊中點又得到一個新的正方形，由此規(guī)律，依次得到一系列的正方形，如圖所示．現(xiàn)有一只小蟲從A點出發(fā)，沿正方形的邊逆時針方向爬行，每遇到新正方形的頂點時，沿這個正方形的邊逆時針方向爬行，如此下去，爬行了10條線段．則這10條線段長度的平方和是(　　) A.a2 B.a2 C.a2 D.a2 答案　A 解析　由題意可知，這只小蟲爬行的第一條線段長度的平方為a＝(a)2＝a2，第二條線段長度的平方為a＝(a)2＝a2，第三條線段長度的平方為a＝(a)2＝a2，…，從而可知，小蟲爬行的線段長度的平方可以構(gòu)成以a＝a2為首項，為公比的等比數(shù)列，所以該數(shù)列的前10項和為S10＝＝.故選A. 12．對大于1的自然數(shù)m的三次冪可用奇數(shù)進行以下方式的“分裂”：23，33，43，….仿此，若m3的“分裂數(shù)”中有一個是59，則m的值為________． 答案　8 解析　由已知可觀察出m3可分裂為m個連續(xù)奇數(shù)，最小的一個為(m－1)m＋1.當m＝8時，最小的數(shù)為57，第二個便是59.∴m＝8. 13．如圖(1)，已知O是△ABC內(nèi)任意一點，連接AO，BO，CO并延長交對邊分別于點A′，B′，C′，則＋＋＝1.這是平面幾何中的一道題，其證明常采用“面積法”：＋＋＝＋＋＝＝1.請運用類比思想，如圖(2)所示，在空間四面體V—BCD中，任取一點O，連接VO，DO，BO，CO并延長分別交四個面于點E，F(xiàn)，G，H，用“體積法”可得的類似結(jié)論為________________． 答案　＋＋＋＝1 解析　利用類比推理，面積類比體積． 14．蜜蜂被認為是自然界中最杰出的建筑師，單個蜂巢可以近似地看作是一個正六邊形，如圖為一組蜂巢的截面圖．其中第一個圖有1個蜂巢，第二個圖有7個蜂巢，第三個圖有19個蜂巢，按此規(guī)律，以f(n)表示第n個圖的蜂巢總數(shù)． (1)試給出f(4)，f(5)的值，并求f(n)的表達式(不要求證明)； (2)證明：＋＋＋…＋<. (1)解　f(4)＝37，f(5)＝61. 由于f(2)－f(1)＝7－1＝6， f(3)－f(2)＝19－7＝26， f(4)－f(3)＝37－19＝36， f(5)－f(4)＝61－37＝46，… 因此，當n≥2時，有f(n)－f(n－1)＝6(n－1)， 所以f(n)＝[f(n)－f(n－1)]＋[f(n－1)－f(n－2)]＋…＋[f(2)－f(1)]＋f(1) ＝6[(n－1)＋(n＋2)＋…＋2＋1]＋1＝3n2－3n＋1. 又f(1)＝1＝312－31＋1， 所以f(n)＝3n2－3n＋1. (2)證明　當k≥2時， ＝<＝(－)． 所以＋＋＋…＋<1＋[(1－)＋(－)＋…＋(－)] ＝1＋(1－)<1＋＝.