2020届高考数学总复习第七章不等式推理与证明7_4合情推理与演绎推理课件文新人教A版
合集下载
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
【答案】 144 题组二 常错题 ◆索引：演绎推理的两个易错点：(1)推理形式；(2)大(小)前 提错误，类比不当致误．
【解析】 “指数函数y＝ax是增函数”是本推理的大前 提，它是错误的，因为实数a的取值范围没有确定，所以 导致结论是错误的．
【答案】 大前提错误导致结论错误 6．命题“有些有理数是无限循环小数，整数是有理数 ，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因 是____________________________________． 【解析】 大前提与小前提之间没有包含关系，虽然使 用了“三段论”，但推理形式错误． 【答案】 使用了“三段论”，但推理形式错误
四边形 ABCD 中，不等式A1＋B1＋C1＋D1 ≥21π6 成立；在凸五边形
ABCDE 中，不等式A1＋B1＋C1＋D1 ＋E1≥32π5 成立，……，依此类
推，在凸
n
边形
A1A2 … An
中
，
不
等
式
1 A1
＋
1 A2
＋
…
＋
1 An
≥
____________成立．
【解析】 因为A1＋B1＋C1≥π9 ＝π32，
列；若{cn}是等比数列，则 c1·c2·…·cn＝cn1·q1＋2＋…＋(n－1)＝
n（n－1） cn1·q 2 ，所以
dn＝ n
c1·c2·…·cn＝c1·qn－2 1
，即{dn}
为等比数列．故选 D.
【答案】 D
【反思归纳】
跟踪训练4 如图所示，在平面上，用一条直线截正方形 的一个角，截下的是一个直角三角形，有勾股定理c2＝a2 ＋b2.空间中的正方体，用一平面去截正方体的一角，截下 的是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，若这三个两两垂直 的侧面的面积分别为S1，S2，S3，截面面积为S，类比平面 的结论有__________．
【答案】以 R 为半径的球的体积 V(R)＝43π R3，其导函数为 V′(R) ＝4π R2，表示的是球的表面积 S(R)＝4π R2
考点一 归纳推理 角度1 与数字有关的推理 【例1】 (2019·兰州联考)观察下列等式：
1＝1 2＋3＋4＝9 3＋4＋5＋6＋7＝25 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49
2π 7
－2＋sin
3π 7
－2＋…＋sin
6π －2
7
＝34×3×4；
sin
π 9
－2＋sin
2π 9
－2＋sin
3π 9
－2＋…＋sin
8π －2
9
＝34×4×5；
……
照此规律，
sin2nπ＋1 －2 ＋ sin2n2＋π1 －2 ＋ sin
【答案】 nn
角度 3 与数列有关的推理 【例 3】 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n（n＋ 2 1） ＝21n2＋12n，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)＝12n2＋21n， 正方形数 N(n，4)＝n2， 五边形数 N(n，5)＝32n2－21n， 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) ＝ ____________．
【解析】 由 N(n，3)＝21n2＋12n＝3－2 2n2＋4－2 3n N(n，4)＝4－2 2n2＋4－2 4n N(n，5)＝5－2 2n2＋4－2 5n N(n，6)＝6－2 2n2＋4－2 6n
【解析】 由演绎推理三段论可知，“三角形不是平行 四边形”是小前提．
【答案】 三角形不是平行四边形
3．(教材改编)在平面内，若两个正三角形的边长的比 为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两 个 正 四 面 体 的 棱 长 的 比 为 1∶2 ， 则 它 们 的 体 积 的 比 为 __________．
7．已知圆的面积S(R)＝πR2.显然，S′(R)＝2πR，表示的 是圆的周长C＝2πR.把该结论类比到空间，写出球中的类 似结论：__________________．
【解析】 平面图形的面积应该和空间几何体的体积类比， 平面图形的周长应该和几何体的表面积类比，所以，球中类似的 结论是：以 R 为半径的球的体积 V(R)＝34πR3，其导函数为 V′(R) ＝4πR2，表示的是球的表面积 S(R)＝4πR2.本题易出现的问题是 从平面圆类比到空间时，误以为是球的表面积的导数问题．
【解析】 依题意，在平面内，两个正三角形的面积比 等于边长比的平方，在空间中，两个正四面体的体积比等 于棱长比的立方．
【答案】 1∶8
4．(教材改编)如图，根据图中的数构成的规律可知a表 示的数是____________．
【解析】 观察题图中数阵中的数字得出规律，每行最左边与 最右边的数字比上一行最左边与最右边的数字增加1，中间各数 字等于它肩上两个数字之积，所以a＝12×12＝144.
【反思归纳】
跟踪训练5 (1)有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4 号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第 一名；观众丙猜测：1，2，6号选手中的一位获得第一名 ；观众丁猜测：4，5，6号选手都不可能获得第一名．比 赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜 对比赛结果，此人是( )
【解析】 三角形类比空间中的三棱锥，线段的长度类比图 形的面积，于是作出猜想：S2＝S21＋S22＋S23.
【答案】 S2＝S21＋S22＋S23
考点三 演绎推理 【例 6】数列{an}的前 n 项和记为 Sn，已知 a1＝1，an＋1＝n＋n 2 Sn(n∈N*)．证明： (1)数列Snn是等比数列． (2)Sn＋1＝4an.
…… 照此规律，第n个等式为______________________．
【解析】 由前4个等式可知，第n个等式的左边第一个 数为n，且连续2n－1个整数相加，右边为(2n－1)2，故第n 个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.
【答案】 n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
题组一 常识题
1．(教材改编)已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an －1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是 ________．
【解析】 a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2. 【答案】 an＝n2
2．(教材改编)推理“矩形是平行四边形，三角形不是 平行四边形，所以三角形不是矩形”中的小前提是 __________．
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
(2)已知在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝60°，求证： a<b.
证明：∵∠A＝30°，∠B＝60°，∴∠A<∠B.∴a<b. 其中，画线部分是演绎推理的( ) A．大前提 B．小前提 C．结论 D．三段论 【解析】 (1)若甲猜测正确，则4号或5号得第一名，那 么乙猜测也正确，与题意不符，故甲猜测错误，即4号和5 号均不是第一名．若丙猜测正确，那么乙猜测也正确，与 题意不符，故仅有丁猜测正确，所以选D. 【答案】 (1)D (2)B
第4讲 合情推理与演绎推理 1．合情推理
类型
定义
特点
归纳 推理
根种据特一征类，事推物出的这类__部事__分物__的_对_象_全_具_部_有__某_对 由由__个__部__别__分____到_到_一____整般____体___、
象都具有这种特征的推理
由两类对象具有某些类似特征和其中 类比
一类对象的某些已知特征，推出另一 由_特__殊__到__特__殊___ 推理
【答案】 3×2n－3(n∈N*)
【反思归纳】
跟踪训练1 (2019·重庆模拟)某种树的分枝生长规律如图 所示，第1年到第5年的分枝数分别为1，1，2，3，5，则 预计第10年树的分枝数为( )
A．21 C．52
B．34 D．55
【解析】 因为2＝1＋1，3＝2＋1，5＝3＋2，即从第三 项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为 21＋34＝55.
【答案】 D
跟踪训练 2 观察下列等式：源自sinπ 3
－2＋sin
2π 3
－2＝43×1×2；
sin
π 5
－2＋sin
2π 5
－2＋sin
3π 5
－2＋sin
4π 5
－2
＝34
×2×3；
sin
π 7
－2＋sin
∴N(n，k)＝k－2 2n2＋4－2 kn 故 N(10，24)＝24－2 2×102＋4－224×10＝1000， 故答案为 1000. 【答案】 1000
角度 4 与图形有关的推理 【例 4】 (2019·青岛模拟)某种平面分形图如图所示，一级分 形图是由一点出发的三条线段，长度相等，两两夹角为 120°；
二级分形图是在一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长
度
为
原
来
1 3
的
线
段
，
且
这
两
条
线
段
与
原
线
段
两
两
夹
角
为
120°，……，依此规律得到 n 级分形图．
n级分形图中共有____________条线段．
【解析】 分形图的每条线段的末端出发再生成两条线 段，由题图知，一级分形图有3＝(3×2－3)条线段，二级 分 形 图 有 9 ＝ (3×22 － 3) 条 线 段 ， 三 级 分 形 图 中 有 21 ＝ (3×23－3)条线段，按此规律n级分形图中的线段条数an＝ 3×2n－3(n∈N*)．
3π 2n＋1
－2
＋
…
＋
sin 22nn＋π1－2＝______________．
【解析】 通过类比，可以发现，最前面的数字是43，接下来 是和项数有关的两项的乘积，即 n(n＋1)，故答案为34×n×(n＋ 1)．
【答案】 43×n×(n＋1)
跟踪训练 3 在△ABC 中，不等式A1＋B1＋C1≥π9 成立；在凸
【证明】 (1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝n＋n 2Sn， ∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即 nSn＋1＝2(n＋1)Sn， 故nS＋n＋11＝2·Snn，(小前提) 故Snn是以 2 为公比，1 为首项的等比数列．(结论) (大前提是等比数列的定义，这里省略了)
类对象也具有这些特征的推理
2.演绎推理 (1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下 的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推 理是由一般到___特__殊__的推理． (2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括： ①大前提——已知的一般原理； ②小前提——所研究的特殊情况； ③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．
A．dn＝c1＋c2＋n …＋cn
B．dn＝c1·c2·n …·cn
C．dn＝
n
c1n＋cn2＋…＋cnn n
D．dn＝n c1·c2·…·cn
【解析】 若{an}是等差数列，则 a1＋a2＋…＋an＝na1＋ n（n2－1）d，所以 bn＝a1＋n－2 1d＝d2n＋a1－2d，即{bn}为等差数
角度 2 与不等式有关的推理 【例 2】 已知 x∈(0，＋∞)，观察下列各式：x＋1x≥2，x ＋x42＝2x＋2x＋x42≥3，x＋2x73 ＝3x＋3x＋3x＋2x73 ≥4，…，类比得 x＋xan ≥n＋1(n∈N*)，则 a＝________．
【解析】 第一个式子是 n＝1 的情况，此时 a＝11＝1；第二 个式子是 n＝2 的情况，此时 a＝22＝4；第三个式子是 n＝3 的情 况，此时 a＝33＝27，归纳可知 a＝nn.
A1＋B1＋C1＋D1 ≥21π6 ＝24π2 ，
A1＋B1＋C1＋D1 ＋E1≥32π5 ＝35π2 ，……，
所以A11＋A12＋…＋A1n≥（n－n22 ）π(n∈N*，n≥3)．
【答案】
n2 （n－2）π
(n∈N*，n≥3)
考点二 类比推理
【例 5】 (2019·抚顺模拟)若数列{an}是等差数列，则数列 {bn}bn＝a1＋a2＋n …＋an也为等差数列．类比这一性质可知，若 正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则 dn 的表达式 应为( )
(2)由(1)可知nS＋n＋11＝4·nS－n－11(n≥2)， ∴Sn＋1＝4(n＋1)·nS－n－11 ＝4·n－n－1＋1 2·Sn－1＝4an(n≥2)．(小前提) 又∵a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提) ∴对于任意正整数 n，都有 Sn＋1＝4an.(结论)
【解析】 “指数函数y＝ax是增函数”是本推理的大前 提，它是错误的，因为实数a的取值范围没有确定，所以 导致结论是错误的．
【答案】 大前提错误导致结论错误 6．命题“有些有理数是无限循环小数，整数是有理数 ，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因 是____________________________________． 【解析】 大前提与小前提之间没有包含关系，虽然使 用了“三段论”，但推理形式错误． 【答案】 使用了“三段论”，但推理形式错误
四边形 ABCD 中，不等式A1＋B1＋C1＋D1 ≥21π6 成立；在凸五边形
ABCDE 中，不等式A1＋B1＋C1＋D1 ＋E1≥32π5 成立，……，依此类
推，在凸
n
边形
A1A2 … An
中
，
不
等
式
1 A1
＋
1 A2
＋
…
＋
1 An
≥
____________成立．
【解析】 因为A1＋B1＋C1≥π9 ＝π32，
列；若{cn}是等比数列，则 c1·c2·…·cn＝cn1·q1＋2＋…＋(n－1)＝
n（n－1） cn1·q 2 ，所以
dn＝ n
c1·c2·…·cn＝c1·qn－2 1
，即{dn}
为等比数列．故选 D.
【答案】 D
【反思归纳】
跟踪训练4 如图所示，在平面上，用一条直线截正方形 的一个角，截下的是一个直角三角形，有勾股定理c2＝a2 ＋b2.空间中的正方体，用一平面去截正方体的一角，截下 的是一个三条侧棱两两垂直的三棱锥，若这三个两两垂直 的侧面的面积分别为S1，S2，S3，截面面积为S，类比平面 的结论有__________．
【答案】以 R 为半径的球的体积 V(R)＝43π R3，其导函数为 V′(R) ＝4π R2，表示的是球的表面积 S(R)＝4π R2
考点一 归纳推理 角度1 与数字有关的推理 【例1】 (2019·兰州联考)观察下列等式：
1＝1 2＋3＋4＝9 3＋4＋5＋6＋7＝25 4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49
2π 7
－2＋sin
3π 7
－2＋…＋sin
6π －2
7
＝34×3×4；
sin
π 9
－2＋sin
2π 9
－2＋sin
3π 9
－2＋…＋sin
8π －2
9
＝34×4×5；
……
照此规律，
sin2nπ＋1 －2 ＋ sin2n2＋π1 －2 ＋ sin
【答案】 nn
角度 3 与数列有关的推理 【例 3】 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n（n＋ 2 1） ＝21n2＋12n，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)＝12n2＋21n， 正方形数 N(n，4)＝n2， 五边形数 N(n，5)＝32n2－21n， 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) ＝ ____________．
【解析】 由 N(n，3)＝21n2＋12n＝3－2 2n2＋4－2 3n N(n，4)＝4－2 2n2＋4－2 4n N(n，5)＝5－2 2n2＋4－2 5n N(n，6)＝6－2 2n2＋4－2 6n
【解析】 由演绎推理三段论可知，“三角形不是平行 四边形”是小前提．
【答案】 三角形不是平行四边形
3．(教材改编)在平面内，若两个正三角形的边长的比 为1∶2，则它们的面积比为1∶4.类似地，在空间中，若两 个 正 四 面 体 的 棱 长 的 比 为 1∶2 ， 则 它 们 的 体 积 的 比 为 __________．
7．已知圆的面积S(R)＝πR2.显然，S′(R)＝2πR，表示的 是圆的周长C＝2πR.把该结论类比到空间，写出球中的类 似结论：__________________．
【解析】 平面图形的面积应该和空间几何体的体积类比， 平面图形的周长应该和几何体的表面积类比，所以，球中类似的 结论是：以 R 为半径的球的体积 V(R)＝34πR3，其导函数为 V′(R) ＝4πR2，表示的是球的表面积 S(R)＝4πR2.本题易出现的问题是 从平面圆类比到空间时，误以为是球的表面积的导数问题．
【解析】 依题意，在平面内，两个正三角形的面积比 等于边长比的平方，在空间中，两个正四面体的体积比等 于棱长比的立方．
【答案】 1∶8
4．(教材改编)如图，根据图中的数构成的规律可知a表 示的数是____________．
【解析】 观察题图中数阵中的数字得出规律，每行最左边与 最右边的数字比上一行最左边与最右边的数字增加1，中间各数 字等于它肩上两个数字之积，所以a＝12×12＝144.
【反思归纳】
跟踪训练5 (1)有6名选手参加演讲比赛，观众甲猜测：4 号或5号选手得第一名；观众乙猜测：3号选手不可能得第 一名；观众丙猜测：1，2，6号选手中的一位获得第一名 ；观众丁猜测：4，5，6号选手都不可能获得第一名．比 赛后发现没有并列名次，且甲、乙、丙、丁中只有1人猜 对比赛结果，此人是( )
【解析】 三角形类比空间中的三棱锥，线段的长度类比图 形的面积，于是作出猜想：S2＝S21＋S22＋S23.
【答案】 S2＝S21＋S22＋S23
考点三 演绎推理 【例 6】数列{an}的前 n 项和记为 Sn，已知 a1＝1，an＋1＝n＋n 2 Sn(n∈N*)．证明： (1)数列Snn是等比数列． (2)Sn＋1＝4an.
…… 照此规律，第n个等式为______________________．
【解析】 由前4个等式可知，第n个等式的左边第一个 数为n，且连续2n－1个整数相加，右边为(2n－1)2，故第n 个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2.
【答案】 n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2
题组一 常识题
1．(教材改编)已知数列{an}中，a1＝1，n≥2时，an＝an －1＋2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是 ________．
【解析】 a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2. 【答案】 an＝n2
2．(教材改编)推理“矩形是平行四边形，三角形不是 平行四边形，所以三角形不是矩形”中的小前提是 __________．
A．甲 B．乙 C．丙 D．丁
(2)已知在△ABC中，∠A＝30°，∠B＝60°，求证： a<b.
证明：∵∠A＝30°，∠B＝60°，∴∠A<∠B.∴a<b. 其中，画线部分是演绎推理的( ) A．大前提 B．小前提 C．结论 D．三段论 【解析】 (1)若甲猜测正确，则4号或5号得第一名，那 么乙猜测也正确，与题意不符，故甲猜测错误，即4号和5 号均不是第一名．若丙猜测正确，那么乙猜测也正确，与 题意不符，故仅有丁猜测正确，所以选D. 【答案】 (1)D (2)B
第4讲 合情推理与演绎推理 1．合情推理
类型
定义
特点
归纳 推理
根种据特一征类，事推物出的这类__部事__分物__的_对_象_全_具_部_有__某_对 由由__个__部__别__分____到_到_一____整般____体___、
象都具有这种特征的推理
由两类对象具有某些类似特征和其中 类比
一类对象的某些已知特征，推出另一 由_特__殊__到__特__殊___ 推理
【答案】 3×2n－3(n∈N*)
【反思归纳】
跟踪训练1 (2019·重庆模拟)某种树的分枝生长规律如图 所示，第1年到第5年的分枝数分别为1，1，2，3，5，则 预计第10年树的分枝数为( )
A．21 C．52
B．34 D．55
【解析】 因为2＝1＋1，3＝2＋1，5＝3＋2，即从第三 项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为 21＋34＝55.
【答案】 D
跟踪训练 2 观察下列等式：源自sinπ 3
－2＋sin
2π 3
－2＝43×1×2；
sin
π 5
－2＋sin
2π 5
－2＋sin
3π 5
－2＋sin
4π 5
－2
＝34
×2×3；
sin
π 7
－2＋sin
∴N(n，k)＝k－2 2n2＋4－2 kn 故 N(10，24)＝24－2 2×102＋4－224×10＝1000， 故答案为 1000. 【答案】 1000
角度 4 与图形有关的推理 【例 4】 (2019·青岛模拟)某种平面分形图如图所示，一级分 形图是由一点出发的三条线段，长度相等，两两夹角为 120°；
二级分形图是在一级分形图的每条线段末端出发再生成两条长
度
为
原
来
1 3
的
线
段
，
且
这
两
条
线
段
与
原
线
段
两
两
夹
角
为
120°，……，依此规律得到 n 级分形图．
n级分形图中共有____________条线段．
【解析】 分形图的每条线段的末端出发再生成两条线 段，由题图知，一级分形图有3＝(3×2－3)条线段，二级 分 形 图 有 9 ＝ (3×22 － 3) 条 线 段 ， 三 级 分 形 图 中 有 21 ＝ (3×23－3)条线段，按此规律n级分形图中的线段条数an＝ 3×2n－3(n∈N*)．
3π 2n＋1
－2
＋
…
＋
sin 22nn＋π1－2＝______________．
【解析】 通过类比，可以发现，最前面的数字是43，接下来 是和项数有关的两项的乘积，即 n(n＋1)，故答案为34×n×(n＋ 1)．
【答案】 43×n×(n＋1)
跟踪训练 3 在△ABC 中，不等式A1＋B1＋C1≥π9 成立；在凸
【证明】 (1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝n＋n 2Sn， ∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即 nSn＋1＝2(n＋1)Sn， 故nS＋n＋11＝2·Snn，(小前提) 故Snn是以 2 为公比，1 为首项的等比数列．(结论) (大前提是等比数列的定义，这里省略了)
类对象也具有这些特征的推理
2.演绎推理 (1)定义：从一般性的原理出发，推出某个特殊情况下 的结论，我们把这种推理称为演绎推理．简言之，演绎推 理是由一般到___特__殊__的推理． (2)“三段论”是演绎推理的一般模式，包括： ①大前提——已知的一般原理； ②小前提——所研究的特殊情况； ③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．
A．dn＝c1＋c2＋n …＋cn
B．dn＝c1·c2·n …·cn
C．dn＝
n
c1n＋cn2＋…＋cnn n
D．dn＝n c1·c2·…·cn
【解析】 若{an}是等差数列，则 a1＋a2＋…＋an＝na1＋ n（n2－1）d，所以 bn＝a1＋n－2 1d＝d2n＋a1－2d，即{bn}为等差数
角度 2 与不等式有关的推理 【例 2】 已知 x∈(0，＋∞)，观察下列各式：x＋1x≥2，x ＋x42＝2x＋2x＋x42≥3，x＋2x73 ＝3x＋3x＋3x＋2x73 ≥4，…，类比得 x＋xan ≥n＋1(n∈N*)，则 a＝________．
【解析】 第一个式子是 n＝1 的情况，此时 a＝11＝1；第二 个式子是 n＝2 的情况，此时 a＝22＝4；第三个式子是 n＝3 的情 况，此时 a＝33＝27，归纳可知 a＝nn.
A1＋B1＋C1＋D1 ≥21π6 ＝24π2 ，
A1＋B1＋C1＋D1 ＋E1≥32π5 ＝35π2 ，……，
所以A11＋A12＋…＋A1n≥（n－n22 ）π(n∈N*，n≥3)．
【答案】
n2 （n－2）π
(n∈N*，n≥3)
考点二 类比推理
【例 5】 (2019·抚顺模拟)若数列{an}是等差数列，则数列 {bn}bn＝a1＋a2＋n …＋an也为等差数列．类比这一性质可知，若 正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则 dn 的表达式 应为( )
(2)由(1)可知nS＋n＋11＝4·nS－n－11(n≥2)， ∴Sn＋1＝4(n＋1)·nS－n－11 ＝4·n－n－1＋1 2·Sn－1＝4an(n≥2)．(小前提) 又∵a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提) ∴对于任意正整数 n，都有 Sn＋1＝4an.(结论)