前言
素材备用
函数中
求值：(f(cfrac{1}{8})+f(cfrac{2}{8})+f(cfrac{3}{8})+cdots+f(cfrac{7}{8})=7)．
分析：由(f(cfrac{1}{2}+x)+f(cfrac{1}{2}-x)=2)可知，两个自变量之和为(1)时，其函数值之和为(2)，故(f(cfrac{1}{8})+f(cfrac{1}{8})=2)，等等，
又由已知可知，(f(1-x)+f(x)=2)，令(x=cfrac{1}{2})，可得(f(cfrac{1}{2})=f(cfrac{4}{8})=1)，
故(f(cfrac{1}{8})+f(cfrac{2}{8})+f(cfrac{3}{8})+cdots+f(cfrac{7}{8})=7)．
【观察】：注意到(cfrac{1}{2017}+cfrac{4033}{2017}=cfrac{4034}{2017}=2)，(cfrac{2}{2017}+cfrac{4032}{2017}=cfrac{4034}{2017}=2)，(cdots)，
【归纳】：以上诸多表达式，我们一般不会一一验证，如果我们用(x)和 (2-x)来代表上述不同表达式中的自变量，则到两端等距离的两项的函数值的和就可以归纳为(f(x)+f(2-x))，
【猜想】：是否对任意(x)，都满足(f(x)+f(2-x)=m)((m)为常数)？
【验证】：(f(x)+f(2-x)=x+sinpi x-3+(2-x)+sinpi(2-x)-3)
(=sinpi x+sin(2pi-pi x)-4=sinpi x-sinpi x-4=-4)，
结论：(f(x)+f(2-x)=-4)。
解析：故(f(cfrac{1}{2017})+f(cfrac{2}{2017})+cdots) (+f(cfrac{4032}{2017})+f(cfrac{4033}{2017}))
(=[f(cfrac{1}{2017})+f(cfrac{4033}{2017})]+[f(cfrac{2}{2017})+f(cfrac{4032}{2017})]+cdots+[f(cfrac{2016}{2017})+f(cfrac{2018}{2017})]+f(cfrac{2017}{2017}))
(=2016 imes(-4)+f(1)=-8064+1+0-3=-8066)，故选(D)。
分析：从研究函数的特殊性质入手，切入点是给定式子的结构；注意到自变量有(2)和(cfrac{1}{2})，
所以先尝试探究(f(x)+f(frac{1}{x}))，结果，(f(x)+f(frac{1}{x})=frac{x^2}{1+x^2}+cfrac{(frac{1}{x})^2}{1+(frac{1}{x})^2}=1)，
这样就可以将中的一部分求值，剩余其他部分里面的代表为(f(2)+cfrac{1}{2^2}f(2))，
故接下来探究(f(x)+cfrac{1}{x^2}f(x)=？)，结果发现(f(x)+cfrac{1}{x^2}f(x)=cfrac{x^2}{1+x^2}+cfrac{1}{x^2}cdotcfrac{x^2}{1+x^2}=1)，
到此我们以及对整个题目的求解心中有数了，则整个题目的求解思路基本清晰了。
解析：由(f(x)+f(cfrac{1}{x})=1)和(f(x)+cfrac{1}{x^2}f(x)=1)，可将所求式子变形得到：
(2f(2)+2f(3)+cdots+2f(2017)+f(frac{1}{2})+f(frac{1}{3})+cdots+f(frac{1}{2017})+frac{1}{2^2}f(2)) (+frac{1}{3^2}f(3)+cdots+)(frac{1}{2017^2}f(2017))
(={[f(2)+f(frac{1}{2})]+[f(3)+f(frac{1}{3})]+cdots+[f(2017)+f(frac{1}{2017})]}) (+{[f(2)+frac{1}{2^2}f(2)]+[f(3)+frac{1}{3^2}f(3)]+cdots++[f(2017)+frac{1}{2017^2}f(2017)]})
(=2016+2016=4032).
数列中的观察归纳，
类比推理中
二项式定理中
数学归纳法中
数学归纳法证明：“(1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{2^n-1}<n(nin N^*，n>1))”，由(n=k(k>1))不等式成立，推证(n=k+1)时，左边应增加的项数是____________。
观察：左边的和式是一系列的分式之和，分子都是(1)，分母从自然数(1)开始，逐项增加(1)，末项为(2^n-1)，由此得到，
由(n=k)时，左端的和式为(1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{2^k-1})，
当(n=k+1)时，左端的和式为(1+cfrac{1}{2}+cfrac{1}{3}+cdots+cfrac{1}{2^k-1}+cfrac{1}{2^k}+cfrac{1}{2^k+1}+cdots+cfrac{1}{2^(k+1)-1})，
增加的项数可以借助等差数列求项数的公式求解(n=cfrac{a_n-a_1}{d}+1)，
故增加的项数为(cfrac{2^{k+1}-1-2^k}{1}+1=2^{k+1}-2^k=2^k)，即增加的项数为(2^k)项。
用数学归纳法证明(cfrac{1}{n+1}＋cfrac{1}{n+2}＋cfrac{1}{n+3}＋cdots＋cfrac{1}{2n}≥cfrac{11}{34})时，由(n=k)到(n=k＋1)，不等式左边的变化是【】
解析：当(n=k)时，左边＝(cfrac{1}{k+1}＋cfrac{1}{k+2}＋cfrac{1}{k+3}＋cdots＋cfrac{1}{2k})，
当(n＝k＋1)时，左边＝(cfrac{1}{k+2}＋cfrac{1}{k+3}＋cfrac{1}{k+4}＋cdots＋cfrac{1}{2(k+1)})，
故由“(n＝k)”变成“(n＝k＋1)”时，不等式左边的变化是(cfrac{1}{2k+1}+cfrac{1}{2k+2}-cfrac{1}{k+1})，故选(C)。
验证
所举的函数例子虽说不是抽象函数，但对称性的验证同样适用。
分析：由于函数(f(x))是复合函数，定义域要使(x>0，2-x>0)，即定义域是((0，2))，
又(f(x)=ln[x(2-x)]=ln[-(x-1)^2+1])，则由复合函数的单调性法则可知，
在((0，1))上单增，在((1，2))上单减，故排除(A)，(B)；
若函数(y=f(x))关于点((1，0))对称，则函数(f(x))必然满足关系：(f(x)+f(2-x)=0)；
若函数(y=f(x))关于直线(x=1)对称，则函数(f(x))必然满足关系：(f(x)=f(2-x))；
接下来我们用上述的结论来验证，由于(f(x)=lnx+ln(2-x))，
(f(2-x)=ln(2-x)+ln(2-(2-x))=ln(2-x)+lnx)，即满足(f(x)=f(2-x))，故函数(y=f(x))的图像关于直线(x=1)对称，选(C)；
再来验证(D)，发现(f(x)+f(2-x)=2[lnx+ln(2-x)] eq 0)，(D)选项不满足。故选(C)。
分析：令内函数(g(x)=4x-x^2>0)，得到定义域((0，4))，又(g(x)=-(x-2)^2+4)，故内函数在((0，2])单减，在([2，4))单增，外函数只有单调递增，故复合函数(f(x))在((0，2])单减，在([2，4))单增，故排除(A)、(B)；
要验证(C)选项，只需要验证(f(x)=f(4-x))即可，这是(y=f(x))的图像关于直线(x=2)对称的充要条件；
而(f(4-x)=lg[4(4-x)-(4-x)^2]=lg(16-4x-16+8x-x^2)=lg(4x-x^2)=f(x))，故选(C)。
若要验证(D)选项，只需要利用(y=f(x))的图像关于点((2，0))对称的充要条件，即验证(f(x)+f(4-x)=0)即可。自行验证，不满足。
故本题目选(C).