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【步步高 通用(理)】2014届高三《考前三个月》专题复习篇【配套Word版文档】专题四 第三讲


第三讲

推理与证明

(1)归纳推理的一般步骤: ①通过观察某些个别情况发现某些相同性质; ②从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想). (2)类比推理的一般步骤: ①找出两类事物之间的相似性或一致性; ②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质,得出一个明确的命题(猜想). (3)综合法的特点是:从“已知”看“可知”,逐步推向“未知”,要求逐步推理,实际 上是寻找它的必要条件. (4)分析法的特点是:从“未知”看“需知”,逐步靠拢“已知”,即从要证明的结论出 发,逐步寻求使它成立的充分条件,直至最后,即把要证明的结论归结为判定一个明显 成立的条件为止. (5)适合用反证法证明的四类数学命题: ①唯一性命题; ②结论涉及“至多”“至少”“无限”的命题; ③否定性命题; ④直接证明较繁琐或困难的命题. (6)数学归纳法 数学归纳法证明的步骤 ①证明当 n 取第一个值 n0(n0∈N*)时结论成立; ②假设 n=k(k∈N*,且 k≥n0)时结论成立,证明 n=k+1 时结论也成立. 由①②可知,对任意 n≥n0,且 n∈N*时,结论都成立.

1. (2013· 福建)设 S,T 是 R 的两个非空子集,如果存在一个从 S 到 T 的函数 y=f(x)满足: (1)T ={f(x)|x∈S};(2)对任意 x1,x2∈S,当 x1<x2 时,恒有 f(x1)<f(x2).那么称这两个集合“保 序同构”.以下集合对不是“保序同构”的是 A.A=N*,B=N B.A={x|-1≤x≤3},B={x|x=-8 或 0<x≤10} C.A={x|0<x<1},B=R ( )

D.A=Z,B=Q 答案 D 解析 对于 A,取 f(x)=x+1,满足题意. -8,x=-1, ? ? 对于 B,取 f(x)=?x+1,-1<x<0,满足题意. ? ?x2+1,0≤x≤3, 1 对于 C,取 f(x)=tan[π(x- )],满足题意. 2 排除法,选 D. 2. (2013· 陕西)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________.
+ + n?n+1? 答案 12-22+32-42+?+(-1)n 1n2=(-1)n 1· 2

解析 观察等式左边的式子,每次增加一项,故第 n 个等式左边有 n 项,指数都是 2, 且正、负相间,所以等式左边的通项为(-1)n 1n2.等式右边的值的符号也是正、负相间,


其绝对值分别为 1,3,6,10,15,21,?.设此数列为{an},则 a2-a1=2,a3-a2=3,a4-a3 =4,a5-a4=5,?,an-an-1=n,各式相加得 an-a1=2+3+4+?+n,即 an=1+2 n?n+1? + + +3+?+n = . 所以第 n 个等式为 12 - 22 + 32 - 42 + ? + ( - 1)n 1n2 = ( - 1)n 2 1n?n+1? . 2 3. (2013· 湖北)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 n?n+1? 1 2 1 1,3,6,10,?,第 n 个三角形数为 = n + n,记第 n 个 k 边形数为 N(n,k)(k≥3), 2 2 2 以下列出了部分 k 边形数中第 n 个数的表达式: 1 1 三角形数 N(n,3)= n2+ n, 2 2 正方形数 五边形数 六边形数 N(n,4)=n2, 3 1 N(n,5)= n2- n, 2 2 N(n,6)=2n2-n

??????????????? 可以推测 N(n,k)的表达式,由此计算 N(10,24)=___________. 答案 1 000

k-2 2 4-k 解析 由 N(n,4)=n2, N(n,6)=2n2-n, 可以推测: 当 k 为偶数时, N(n, k)= n+ 2 2 n, 24-2 4-24 ∴N(10,24)= ×100+ ×10 2 2 =1 100-100=1 000. 4.(2012· 陕西)观察下列不等式: 1 3 1+ 2< , 2 2 1 1 5 1+ 2+ 2< , 2 3 3 1 1 1 7 1+ 2+ 2+ 2< , 2 3 4 4 ?? 照此规律,第五个 不等式为________. ... 1 1 1 1 1 11 答案 1+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2< 2 3 4 5 6 6 解析 归纳观察法. 观察每行不等式的特点,每行不等式左端最后一个分数的分母与右端值的分母相等,且 每行右端分数的分子构成等差数列. 1 1 1 1 1 11 ∴第五个不等式为 1+ 2+ 2+ 2+ 2+ 2< . 2 3 4 5 6 6 5.(2013· 福建)当 x∈R,|x|<1 时,有如下表达式: 1 1+x+x2+?+xn+?= . 1-x 1 1 1 1 1 1 两边同时积分得:? 01dx+? 0xdx+? 0x2dx+?+? 0xndx+?=? 0 dx, 2 2 2 2 2 1-x 从而得到如下等式: 1 1 1 1 1 1 1 + 1× + ×( )2+ ×( )3+?+ ×( )n 1+?=ln 2. 2 2 2 3 2 n+1 2 请根据以上材料所蕴含的数学思想方法计算: 1 1 1 12 1 2 13 1 n 1 n+1 0 Cn × + Cn ×( ) + Cn×( ) +?+ C ×( ) =________. 2 2 2 3 2 n+1 n 2 1 3 n+1 答案 [( ) -1] n+1 2 1 1 2 1 2 3 1 n n+1 解析 设 f(x)=C0 Cx , nx+ Cnx + Cnx +?+ 2 3 n+1 n
1 2 2 n n n ∴f′(x)=C0 n+Cnx+Cnx +?+Cnx =(1+x) . 1 1? 1 1 + n ?1+x?n 1? 0 ∴f? ?2?=?20(1+x) dx= n+1 ?2 1 ? 1?n+1 1 + 1+ = - (1+0)n 1 2 ? ? n+1 n+1 1 ??3?n+1 ? = -1?, n+1??2? 1 1 1 ?1?2 1 2 ?1?3 1 n ?1?n+1 1 ??3?n+1 ? 即 C0 C× = -1?. n× + Cn× 2 + Cn× 2 +?+ ? ? 3 ? ? 2 2 n+1 n ?2? n+1??2?

题型一 合情推理 例1 1 ? (1)设数列{an}是首项为 0 的递增数列,n∈N*,fn(x)=? ?sin n?x-an??,x∈[an,an+1], 满足:对于任意的 b∈[0,1),fn(x)=b 总有两个不同的根,则{an}的通项公式为_______. x2 y2 (2)若 P0(x0,y0)在椭圆 2+ 2=1(a>b>0)外,则过 P0 作椭圆的两条切线的切点为 P1,P2, a b x0x y0y 则切点弦 P1P2 所在直线方程是 2 + 2 =1.那么对于双曲线则有如下命题:若 P0(x0,y0) a b x2 y2 在双曲线 2- 2=1(a>0,b>0)外,则过 P0 作双曲线的两条切线的切点为 P1,P2,则切点 a b 弦 P1P2 所在的直线方程是________. 审题破题 (1)先求数列{an}的前几项,归纳项的规律,作出猜想;(2)双曲线和椭圆方程 相比,形式类似,只要注意到椭圆的切线方程中 x2,y2 分别换成了 x0x,y0y 即可. n?n-1?π x0x y0y 答案 (1)an= (2) 2 - 2 =1 2 a b 解析 (1)∵a1=0,当 n=1 时,f1(x)=|sin(x-a1)|=|sin x|,

x∈[0,a2],又∵对任意的 b∈[0,1),f1(x)=b 总有两个不同的根,∴a2=π; 1 ? ? 1 ? f2(x)=? ?sin 2?x-a2??=?sin 2?x-π?? x cos ?,x∈[π,a3], =? 2 ? ? ∵对任意的 b∈[0,1),f2(x)=b 总有两个不同的根, 1 ? ∴a3=3π;f3(x)=? ?sin 3?x-a3?? 1 ? ? 1? =? ?sin 3?x-3π??=?sin 3x?,x∈[3π,a4], ∵对任意的 b∈[0,1),f3(x)=b 总有两个不同的根, ∴a4=6π. n?n-1?π 由此可得 an+1-an=nπ,∴an= . 2 x2 y2 x0x y0y (2)对于椭圆 2+ 2=1,切点弦 P1P2 所在直线方程 2 + 2 =1,x2→xx0,y2→yy0.类比, a b a b x2 y2 x0x y0y 双曲线 2- 2=1 的切点弦 P1P2 所在直线方程为 2 - 2 =1. a b a b 反思归纳 应用合情推理应注意的问题: (1)在进行归纳推理时,要先根据已知的部分个体,把它们适当变形,找出它们之间的联 系,从而归纳出一般结论. (2)在进行类比推理时,要充分考虑已知对象性质的推理过程,然后类比推导类比对象的 性质. 注意:归纳推理关键是找规律,类比推理关键是看共性.

变式训练 1

(1)若从点 O 所作的两条射线 OM、ON 上分别有点 M1、M2 与点 N1、N2,则三

角形面积之比

S ?OM 1N1 S ?OM 2N 2



OM1 ON1 · .如图,若从点 O 所作的不在同一平面内的三条射线 OM2 ON2

OP、OQ 和 OR 上分别有点 P1、P2,点 Q1、Q2 和点 R1、R2,则类似的结论为________.

答案

VO ? P1Q1R1 VO ? P 2 Q2 R2

OP1 OQ1 OR1 = · · OP2 OQ2 OR2

解析 考查类比推理问题,由图看出三棱锥 P1-OR1Q1 及三棱锥 P2-OR2Q2 的底面面积 OQ1 OR1 OP1 之比为 · ,又过顶点分别向底面作垂线,得到高的比为 ,故体积之比为 OQ2 OR2 OP2

VO ? P1Q1R1 VO ? P 2 Q2 R2



OP1 OQ1 OR1 · · . OP2 OQ2 OR2

(2)已知命题:若数列{an}为等差数列,且 am=a,an=b (m≠n,m、n∈N*),则 am+n= bn-am ;现已知等比数列{bn} (b≠0,n∈N*),bm=a,bn=b (m≠n,m、n∈N*),若类 n-m 比上述结论,则可得到 bm+n=__________. 答案 n-m bn am

解析 等差数列中的 bn 和 am 可以类比等比数列中的 bn 和 am, 等差数列中的 bn-am 可 n-m bn bn-am bn 以类比等比数列中的 m,等差数列中的 可以类比等比数列中的 , a am n-m 故 bm+n= n-m bn . am

题型二 直接证明与间接证明 例2 设实数数列{an}的前 n 项和 Sn 满足 Sn+1=an+1Sn (n∈N*). (1)若 a1,S2,-2a2 成等比数列,求 S2 和 a3; 4 (2)求证:对 k≥3 有 0≤ak+1≤ak≤ . 3 审题破题 求出 a3. (2)根据 Sn+1=an+1Sn (n∈N*)的关系,寻找 an+1 与 an 的递推关系,再用不等式放缩法、分 析法、反证法的思想方法求解. ?S2 ? 2=-2a1a2, 2 (1)解 由题意? 得 S2 =-2S2, ? S = a S = a a , ? 2 2 1 1 2 由 S2 是等比中项知 S2≠0.因此 S2=-2. (1)根据 S2 2=-2a1a2 及 S2=a2a1 从方程的角度求出 S2.再由 S3=a3S2=S2+a3,

由 S2+a3=S3=a3S2 解得 a3=

-2 S2 2 = = . S2-1 -2-1 3

(2)证明 由题设条件有 Sn+an+1=an+1Sn, an+1 Sn 故 Sn≠1,an+1≠1 且 an+1= ,Sn= , Sn-1 an+1-1 从而对 k≥3 有 Sk-1 ak-1+Sk-2 ak = = Sk-1-1 ak-1+Sk-2-1 ak-1 ak-1+ ak-1-1 a2 k-1 = = 2 . ak-1 ak-1-ak-1+1 ak-1+ -1 ak-1-1 1?2 3 2 ? 因 a2 k-1-ak-1+1= ak-1-2 + >0 且 ak-1≥0, ? ? 4 由①得 ak≥0. a2 4 4 k-1 要证 ak≤ ,由①只要证 2 ≤ , 3 ak-1-ak-1+1 3
2 2 即证 3ak -1≤4(ak-1-ak-1+1),



4 即(ak-1-2)2≥0,此式明显成立.因此 ak≤ (k≥3). 3 a2 k 最后证 ak+1≤ak,若不然 ak+1= 2 >a , ak -ak+1 k ak 又因 ak≥0,故 2 >1,即(ak-1)2<0.矛盾. ak -ak+1 因此 ak+1≤ak (k≥3). 4 综上,当 k≥3 时有 0≤ak+1≤ak≤ . 3 反思归纳 综合法与分析法是直接证明中的“姊妹证明”方法.通常情况下,运用分析 法,由果索因,找到一个正确的结论或已知条件,然后运用综合法正确推理书写.在进 行立体几何证明中, 我们常从结论出发寻找问题的突破口, 但在逆推时也可能碰到障碍, 这时再从已知出发顺推找寻中间细节,问题即可得以解决.当然,若所证命题从正面难 以入手时,不妨使用反证法. 变式训练 2 (2013· 陕西)设{an}是公比为 q 的等比数列. (1)推导{an}的前 n 项和公式; (2)设 q≠1,证明:数列{an+1}不是等比数列. (1)解 设{an}的前 n 项和为 Sn,

当 q=1 时,Sn=a1+a1+?+a1=na1; 当 q≠1 时,Sn=a1+a1q+a1q2+?+a1qn 1.


① ②

qSn=a1q+a1q +a1q +?+a1q , ①-②得,(1-q)Sn=a1-a1q , a1?1-qn? ∴Sn= , 1-q
n

2

3

n

na ,q=1, ? ? 1 ∴Sn=?a1?1-qn? ,q≠1. ? ? 1-q (2)证明 假设{an+1}是等比数列,则对任意的 k∈N*, (ak+1+1)2=(ak+1)(ak+2+1), a2 k+1+2ak+1+1=akak+2+ak+ak+2+1,
2k k k 1 a2 · a1qk 1+a1qk 1+a1qk 1, 1q +2a1q =a1q
- + - +

∵a1≠0,∴2qk=qk 1+qk 1.
- +

∵q≠0,∴q2-2q+1=0, ∴q=1,这与已知矛盾. ∴假设不成立,故{an+1}不是等比数列. 题型三 数学归纳法 例3 n 已知数列{an}满足关系式 an+1= +2,n∈N*,且 a1=2. an (1)求 a2,a3,a4; (2)求证: n+1≤an< n+1+1; 1 1 1 (3)求证: n+1-1< + +?+ <2( n+3- 3). a1 a2 an 审题破题 n (1)根据递推式和初始值求解即可;(2)根据已知的递推式 an+1= +2,使用 an

数学归纳法进行证明;(3)根据(2)的结果进行证明. 5 14 43 (1)解 由题意,知 a2= ,a3= ,a4= . 2 5 14 n (2)证明 由 an+1= +2 及 a1=2,知 an>0. an 下面用数学归纳法证明: ①当 n=1 时,a1=2 满足 1+1≤a1< 1+1+1,成立. ②假设当 n=k (k∈N*)时, k+1≤ak< k+1+1 成立, k k 则当 n=k+1 时,ak+1= +2> +2= k+1+1. ak k+1+1 k k ak+1= +2≤ +2. ak k+1 k 下面用分析法证明: +2< k+2+1. k+1 k 欲证 +2< k+2+1, k+1 只需证 k+ k+1<( k+1) k+2, 只需证(k+ k+1)2<[( k+1) k+2]2, 只需证 2 k+1>0,此式显然成立. k 所以 +2< k+2+1 成立. k+1

k k 从而 ak+1= +2≤ +2< k+2+1. ak k+1 由①②可知,对一切 k∈N*, n+1≤an< n+1+1 成立. 1 1 1 (3)证明 由(2)知 < ≤ , a n n +1 n+1+1 1 1 而 ≥ = n+1- n, n+1+1 n+1+ n 1 2 2 = < n+1 ? n+1?+? n+1? n+3+ n+2 =2( n+3- n+2), 1 所以 n+1- n< <2( n+3- n+2), an 1 1 1 所以( 2- 1)+?+( n+1- n)< + +?+ a1 a2 an <2( 4- 3)+?+2( n+3- n+2), 1 1 1 所以 n+1-1< + +?+ <2( n+3- 3). a1 a2 an 反思归纳 在递推数列问题中,如果给出的是形如 an+1=f(an)的递推式,则可以考虑用

数学归纳法进行证明,这是因为在设出 ak 满足的结论后,可以根据 an+1=f(an)得到 ak+1 满足的结论.在使用数学归纳法证明问题时,在归纳假设后,归纳假设就是证明 n=k+ 1 时的已知条件,把归纳假设当已知条件证明后续结论时,可以使用综合法、分析法、 反证法,也可以再次使用数学归纳法. 1 1 1 1 3 1 变式训练 3 已知 f(n)=1+ 3+ 3+ 3+?+ 3,g(n)= - 2,n∈N*. 2 3 4 n 2 2n (1)当 n=1,2,3 时,试比较 f(n)与 g(n)的大小关系; (2)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系,并给出证明. 解 (1)当 n=1 时,f(1)=1,g(1)=1,所以 f(1)=g(1); 9 11 当 n=2 时,f(2)= ,g(2)= ,所以 f(2)<g(2); 8 8 251 312 当 n=3 时,f(3)= ,g(3)= ,所以 f(3)<g(3). 216 216 (2)由(1),猜想 f(n)≤g(n),下面用数学归纳法给出证明: ①当 n=1,2,3 时,不等式显然成立. ②假设当 n=k(k≥3,k∈N*)时,不等式成立, 1 1 1 1 3 1 即 1+ 3+ 3+ 3+?+ 3< - 2, 2 3 4 k 2 2k 1 3 1 1 那么,当 n=k+1 时,f(k+1)=f(k)+ , 3< - 2+ 2 2 k ?k+1? ?k+1?3 1 ? k+3 -3k-1 1 1 ?1 因为 3 = 2- 2k2- 3- 2= ? k + 1 ? ? 2?k+1? 2k 2?k+1?3k2<0, 2?k+1? ? 3 1 所以 f(k+1)< - =g(k+1). 2 2?k+1?2 ∴当 n=k+1 时 f(n)≤g(n)成立. 由①②可知对一切 n∈N*,都有 f(n)≤g(n)成立.

典例

(1)(2012· 江西)观察下列各式:a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7,a5+b5 ( C.123 D.199 )

=11,?,则 a10+b10 等于 A.28 B.76

解析 观察规律,归纳推理. 从给出的式子特点观察可推知,等式右端的值,从第三项开始,后一个式子的右端值等 于它前面两个式子右端值的和,照此规律,则 a10+b10=123. 答案 C (2)记等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,利用倒序求和的方法,可将 Sn 表示成首项 a1、末项 n?a1+an? an 与项数 n 的一个关系式,即公式 Sn= ;类似地,记等比数列{bn}的前 n 项积 2 为 Tn,且 bn>0 (n∈N*),试类比等差数列求和的方法,可将 Tn 表示成首项 b1、末项 bn 与项数 n 的一个关系式,即公式 Tn=________. 解析 利用等比数列的性质:若 m+n=p+q,则 bm· bn=bp· bq,利用倒序求积方法有 n ? ?· bn, ?Tn=b1b2· n 2 ? 两式相乘得 T2 n=(b1bn) ,即 Tn=(b1bn) . ?Tn=bnbn-1· ?· b1, ? 答案 (b1bn)
n 2

得分技巧 合情推理的关键是寻求规律,明确已知结论的性质或特征.高考中此类问题 的指向性很强,要得到正确结论的归纳或类比. 阅卷老师提醒 (1)在进行归纳推理时,要先根据已知的部分个体,把它们适当变形,找

出它们之间的联系,从而归纳出一般结论. (2)在进行类比推理时,要充分考虑已知对象性质的推理过程,然后通过类比,推导出类 比对象的性质. (3)归纳推理关键是找规律,类比推理关键是看共性.

1. 已知数列{an}的前 n 项和 Sn=n2an(n≥2),而 a1=1,通过计算 a2,a3,a4,猜想 an 等于 ( 2 A. ?n+1?2 2 C. n 2 -1 答案 B 解析 an=Sn-Sn-1=n2an-(n-1)2an-1, 2 B. n?n+1? 2 D. 2n-1 )

n-1 ∴(n-1)2an-1=(n-1)(n+1)an.∴an= a-. n+1 n 1 1 1 由 a1=1 知:a2= ,a3= . 3 6 2 ∴猜想 an= ,故选 B. n?n+1? 2. 下列四个图形中,着色三角形的个数依次构成一个数列的前 4 项,则这个数列的一个通 项公式为 ( )

A.an=3n

-1

B.an=3n D.an=3n 1+2n-3


C.an=3n-2n 答案 A

解析 a1=1,a2=3,a3=9,a4=27,故猜 an=3n 1.


3. 下列推理中属于归纳推理且结论正确的是
2 2

(
2

)

A.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,由 an=2n-1,求出 S1=1 ,S2=2 ,S3=3 ,?,推 断:Sn=n2 B.由 f(x)=xcos x 满足 f(-x)=-f(x)对?x∈R 都成立,推断:f(x)=xcos x 为奇函数 x2 y2 C.由圆 x2+y2=r2 的面积 S=πr2,推断:椭圆 2+ 2=1(a>b>0)的面积 S=πab a b D.由(1+1)2>21,(2+1)2>22,(3+1)2>23,?,推断:对一切 n∈N*,(n+1)2>2n 答案 A 解析 注意到, 选项 A 由一些特殊事例得出一般性结论, 且注意到数列{an}是等差数列, n?1+2n-1? 2 其前 n 项和等于 Sn= =n , 选项 D 中的推理属于归纳推理, 但结论不正确. 因 2 此选 A. 2S 4. 设△ABC 的三边长分别为 a、b、c,△ABC 的面积为 S,内切圆半径为 r,则 r= ; a+b+c 类比这个结论可知:四面体 S—ABC 的四个面的面积分别为 S1、S2、S3、S4,内切球的半 径为 R,四面体 P—ABC 的体积为 V,则 R 等于 V 2V A. B. S1+S2+S3+S4 S1+S2+S3+S4 3V 4V C. D. S1+S2+S3+S4 S1+S2+S3+S4 答案 C 解析 本题考查类比推理,用体积分割的方法,可以得出 3V R= . S1+S2+S3+S4 1 1 2 1 1 1 3 1 1 1 1 4 5. 观察等式: + = , + + = , + + + = ,根据 1×2 2×3 3 1×2 2×3 3×4 4 1×2 2×3 3×4 4×5 5 以上规律,第四个等式为________. ( )

答案

1 1 1 1 1 5 + + + + = 1×2 2×3 3×4 4×5 5×6 6

6. 设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn,则 S4,S8-S4,S12-S8,S16-S12 成等差数列.类比以 T16 上结论有:设等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn,则 T4,________,________, 成等比数列. T12 T8 T12 答案 T4 T8 解析 等差数列类比于等比数列,和类比于积,减法类比于除法,可得类比结论为:设 T8 T12 T16 等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn,则 T4, , , 成等比数列. T4 T8 T12

专题限时规范训练
一、选择题 1. 观察下列各式:72=49,73=343,74=2 401,?,则 72 014 的末两位数字为 A.01 答案 D 解析 因为 71=7,72=49,73=343,74=2 401,75=16 807,76=117 649,?,所以这些数的 末两位数字呈周期性出现,且周期 T=4.又因为 2 014=4×503+2,所以 72 014 的末两位 数字与 72 的末两位数字相同,故选 D. 2. 定义一种运算“*”:对于自然数 n 满足以下运算性质:(ⅰ)1*1=1,(ⅱ)(n+1)*1=n*1+1, 则 n*1 等于 A.n 答案 A 解析 由(n+1)*1=n*1+1,得 n*1=(n-1)*1+1=(n-2)*1+2=?=1] 3. 定义 A*B,B*C,C*D,D*A 的运算分别对应下图中的(1)(2)(3)(4),那么下图中的(A)(B) 所对应的运算结果可能是 ( ) B.n+1 C.n-1 D.n2 ( ) B.43 C.07 D.49 ( )

A.B*D,A*D C.B*C,A*D 答案 B

B.B*D,A*C D.C*D,A*D

解析 由(1)(2)(3)(4)图得 A 表示|,B 表示□,C 表示—,D 表示○,故图(A)(B)表示 B*D 和 A*C. 1 2 1 3 2 1 4 3 2 1 4. 已知数列: , , , , , , , , , ,?,依它的前 10 项的规律,这个数列的第 1 1 2 1 2 3 1 2 3 4 2 013 项 a2 013 满足 ( )

1 A.0<a2 013< 10 C.1≤a2 013≤10 答案 A

1 B. ≤a2 013<1 10 D.a2 013>10

解析 数列中项的规律:分母每一组中从小到大排列:(1),(1,2),(1,2,3), (1,2,3,4),?;分子每一组中从大到小排列(1),(2,1),(3,2,1),(4,3,2,1),?,由上规律 4 1 知 a2 013= = . 60 15 5. 给出若干数字按如图所示排成倒三角形,其中第一行各数依次是 1,2,3,?,2 011,从第 二行起每个数分别等于上一行左、右两数之和,最后一行只有一个数 M,则这个数 M 是 ( )

A.2 012· 22 009 B.2 011· 22 010 C.2 010· 22 011 D.2 010· 22 007 答案 A 解析 第一行公差为 1;第二行公差为 2;??;第 2 010 行公差为 22 009,第 2 011 行只 有 M,发现规律,得 M=(1+2 011)· 22
009

.或从第一行为 1,2,3 及 1,2,3,4,5 的两个“小三


角形”结合选项归纳得结果为(3+1)×21 及(5+1)×23,猜一般规律为(n+1)· 2n 2. 6. 设 a,b,c,d∈R ,若 a+d=b+c 且|a-d|<|b-c|,则有 A.ad=bc 答案 C 解析 |a-d|<|b-c|?(a-d)2<(b-c)2?a2+d2-2ad<b2+c2-2bc,又∵a+d=b+c?(a B.ad<bc C.ad>bc D.ad≤bc


(

)

+d)2=(b+c)2?a2+d2+2ad=b2+c2+2bc,∴-4ad<-4bc,∴ad>bc. a2+b2 1 7. 已知 a>b>0,且 ab=1,若 0<c<1,p=logc ,q=logc( )2,则 p,q 的大小关 2 a+ b 系是 ( A.p>q C.p=q 答案 B a2+b2 a2+b2 解析 ∵ >ab=1,∴p=logc <0. 2 2 1 1 1 1 又 q=logc( )2=logc >logc =logc >0,∴q>p. 4 a+ b a+b+2 ab 4 ab ) B.p<q D.p≥q

f?x? f?1? f?-1? 8. 已知定义在 R 上的函数 f(x),g(x)满足 =ax,且 f′(x)g(x)<f(x)g′(x), + = g?x? g?1? g?-1? ? f?n? ? 5 31 ? (n∈N*)的前 n 项和等于 ,则 n 等于 ,若有穷数列? ( ) 2 32 g ? n ? ? ? A.4 答案 B f′?x?g?x?-f?x?g′?x? f?x? 解析 令 h(x)= , 则 h′(x)= <0, 故函数 h(x)为减函数, 即 0<a<1. g?x? g2?x? f?1? f?-1? 5 1 5 1 f?n? ?1?n 再根据 + = ,得 a+ = ,解得 a=2(舍去)或者 a= .所以 = ,数列 a 2 2 g?1? g?-1? 2 g?n? ?2? 1 1? 1- n? 2 ? ? ? f?n? ? 2 1 1 31 ? ?的前 n 项和是 =1- n,由于 1- n= ,所以 n=5. 1 2 2 32 ?g?n?? 1- 2 二、填空题 9.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 ?? 照此规律,第 n 个等式为________. 答案 n+(n+1)+(n+2)+?+(3n-2)=(2n-1)2 解析 第 n 个等式是首项为 n,公差为 1,项数为 2n-1 的等差数列,即 n+(n+1)+(n +2)+?+(3n-2)=(2n-1)2. 1 10.若数列{an}的通项公式 an= ,记 f(n)=2(1-a1)· (1-a2)?(1-an),试通过计算 f(1), ?n+1?2 f(2),f(3)的值,推测出 f(n)=________. n+2 答案 n+1 3 1+2 解析 f(1)=2(1-a1)= = , 2 1+1 1?? 1? f(2)=2(1-a1)(1-a2)=2? ?1-4??1-9? 4 2+2 = = , 3 2+1 f(3)=2(1-a1)(1-a2)(1-a3) 1?? 1?? 1 ? 5 3+2 =2? ?1-4??1-9??1-16?=4=3+1, n+2 可猜测 f(n)= . n+1 11.二维空间中圆的一维测度(周长)l=2πr,二维测度(面积)S=πr2,观察发现 S′=l;三维 B.5 C.6 D.7

4 空间中球的二维测度(表面积)S=4πr2,三维测度(体积)V= πr3,观察发现 V′=S.则四 3 维空间中“超球”的四维测度 W=2πr4,猜想其三维测度 V=________. 答案 8πr3 解析 由已知,可得圆的一维测度为二维测度的导函数;球的二维测度是三维测度的导 函数.类比上述结论,“超球”的三维测度是四维测度的导函数,即 V=W′=(2πr4)′ =8πr3. 12.函数 f(x)的定义域为 A,若 x1,x2∈A,且 f(x1)=f(x2)时总有 x1=x2,则称 f(x)为单函数.例 如 f(x)=2x+1 (x∈R)是单函数,下列命题:①函数 f(x)=x2 (x∈R)是单函数;②指数函 数 f(x)=2x (x∈R)是单函数,③若 f(x)为单函数,x1,x2∈A 且 x1≠x2,则 f(x1)≠f(x2);④ 在定义域上具有单调性的函数一定是单函数. 其中的真命题是__________(写出所有真命题的编号). 答案 ②③④
2 x 解析 由 x2 1=x2,未必有 x1=x2,故①不正确;对于 f(x)=2 ,当 f(x1)=f(x2)时一定有 x1

=x2,故②正确;当 f(x)为单函数时,有 f(x1)=f(x2)?x1=x2,则其逆否命题 f(x)为单函数 时,x1≠x2?f(x1)≠f(x2)为真命题,故③正确;当函数在其定义域上单调时,一定有 f(x1) =f(x2)?x1=x2,故④正确. 三、解答题 13.(2012· 福建)某同学在一次研究性学习中发现,以下五个式子的值都等于同一个常数: ①sin213° +cos217° -sin 13° cos 17° ; ②sin215° +cos215° -sin 15° cos 15° ; ③sin218° +cos212° -sin 18° cos 12° ; ④sin2(-18° )+cos248° -sin(-18° )cos 48° ; ⑤sin2(-25° )+cos255° -sin(-25° )cos 55° . (1)试从上述五个式子中选择一个,求出这个常数; (2)根据(1)的计算结果,将该同学的发现推广为三角恒等式,并证明你的结论. 解 方法一 (1)选择②式,计算如下:

sin215° +cos215° -sin 15° cos 15° 1 1 3 =1- sin 30° =1- = . 2 4 4 (2)三角恒等式为 3 sin2α+cos2(30° -α)-sin αcos(30° -α)= . 4 证明如下: sin2α+cos2(30° -α)-sin αcos(30° -α) =sin2α+(cos 30° cos α+sin 30° sin α)2-sin α(cos 30° cos α+sin 30° sin α)

3 3 1 3 1 3 3 3 =sin2α+ cos2α+ sin αcos α+ sin2α- sin αcos α- sin2α= sin2α+ cos2α= . 4 2 4 2 2 4 4 4 方法二 (1)同解法一. 3 (2)三角恒等式为 sin2α+cos2(30° -α)-sin αcos(30° -α)= . 4 证明如下: sin2α+cos2(30° -α)-sin αcos(30° -α) 1-cos 2α 1+cos?60° -2α? = + -sin α(cos 30° cos α+sin 30° sin α) 2 2 1 1 1 1 3 1 = - cos 2α+ + (cos 60° cos 2α+sin 60° sin 2α)- sin αcos α- sin2α 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 3 3 = - cos 2α+ + cos 2α+ sin 2α- sin 2α- 2 2 2 4 4 4 1 1 1 1 3 (1-cos 2α)=1- cos 2α- + cos 2α= . 4 4 4 4 4 14.设集合 W 是满足下列两个条件的无穷数列{an}的集合. an+an+2 ① ≤an+1;②an≤M,其中 n∈N*,M 是与 n 无关的常数. 2 (1)若{an}是等差数列,Sn 是其前 n 项的和,a3=4,S3=18,试探究{Sn}与集合 W 之间的 关系; (2)若数列{bn}的通项为 bn=5n-2n,且{bn}∈W,M 的最小值为 m,求 m 的值; 1 (3)在(2)的条件下,设 cn= [bn+(m-5)n]+ 2,求证:数列{cn}中任意不同的三项都不 5 能成为等比数列. (1)解 ∵a3=4,S3=18,

∴a1=8,d=-2, Sn+Sn+2 ∴Sn=-n2+9n, <Sn+1 满足条件①, 2 9?2 81 Sn=-? ?n-2? + 4 ,当 n=4 或 5 时,Sn 取最大值 20. ∴Sn≤20 满足条件②, ∴{Sn}∈W. (2)解 bn+1-bn=5-2n 可知{bn}中最大项是 b3=7,

∴M≥7,M 的最小值为 7. (3)证明 由(2)知 cn=n+ 2,假设{cn}中存在三项 cp、cq、cr(p、q、r 互不相等)成等比 数列,则 c2 cr, q=cp· ∴(q+ 2)2=(p+ 2)(r+ 2), ∴(q2-pr)+(2q-p-r) 2=0. 2 ? ?q =pr, * ? ∵p、q、r∈N ,∴ ?2q-p-r=0, ? 消去 q 得(p-r)2=0, ∴p=r,与 p≠r 矛盾.

∴{cn}中任意不同的三项都不能成为等比数列.


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