新編三年模擬一年創(chuàng)新高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第七章 第五節(jié) 推理與證明 理全國(guó)通用

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1、第五節(jié)第五節(jié)推理與證明推理與證明A 組專(zhuān)項(xiàng)基礎(chǔ)測(cè)試三年模擬精選一、選擇題1(20 xx上海閘北二模)平面內(nèi)有n條直線，最多可將平面分成f(n)個(gè)區(qū)域，則f(n)的表達(dá)式為()An1B2nC.n2n22Dn2n1解析1 條直線將平面分成 11 個(gè)區(qū)域；2 條直線最多可將平面分成 1(12)4 個(gè)區(qū)域；3 條直線最多可將平面分成 1(123)7 個(gè)區(qū)域；，n條直線最多可將平面分成 1(123n)1n（n1）2n2n22個(gè)區(qū)域，選 C.答案C2 (20 xx四平二模)設(shè)a，b是兩個(gè)實(shí)數(shù)， 給出下列條件： ab1； ab2； ab2；a2b22；ab1.其中能推出：“a，b中至少有一個(gè)大于 1”的條件

2、是()ABCD解析若a12，b23，則ab1，但a1，b2，故推不出；若a2，b3，則ab1，故推不出；對(duì)于，即ab2，則a，b中至少有一個(gè)大于 1，反證法：假設(shè)a1 且b1，則ab2 與ab2 矛盾，因此假設(shè)不成立，a，b中至少有一個(gè)大于 1.答案C二、填空題3(20 xx廣東模擬)已知n，kN N*，且kn，kCknnCk1n1，則可推出 C1n2C2n3C3nkCknnCnnn(C0n1C1n1Ck1n1Cn1n1)n2n1， 由此， 可推出 C1n22C2n32C3nk2Cknn2Cnn_.解析C1n22C2n32C3nk2Cknn2Cnnn(C0n12C1n1kCk1n1nCn1n1

3、)n(C0n1C1n1Ck1n1Cn1n1)(C1n12C2n1(k1)Ck1n1(n1)Cn1n1)答案n(n1)2n24(20 xx杭州二模)設(shè)等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn，則S4，S8S4，S12S8，S16S12成等差數(shù)列類(lèi)比以上結(jié)論設(shè)等比數(shù)列bn的前n項(xiàng)積為T(mén)n，則T4，_，_，T16T12成等比數(shù)列解析對(duì)于等比數(shù)列， 通過(guò)類(lèi)比等差數(shù)列， 有等比數(shù)列bn的前n項(xiàng)積為T(mén)n， 則T4a1a2a3a4，T8a1a2a8，T12a1a2a12，T16a1a2a16，所以T8T4a5a6a7a8，T12T8a9a10a11a12，T16T12a13a14a15a16，所以T4，T8T4，T12

4、T8，T16T12的后一項(xiàng)與前一項(xiàng)的比均為q16，因此T4，T8T4，T12T8，T16T12成等比數(shù)列答案T8T4T12T85(20 xx揚(yáng)州質(zhì)檢)設(shè)f(n)112131413n1(nN N*)，則f(n1)f(n)_.解析f(n)112131413n1，f(n1)1121313n113n13n113n2.f(n1)f(n)13n13n113n2.答案13n13n113n26(20 xx福建廈門(mén) 3 月)已知等差數(shù)列an中，有a11a12a2010a1a2a3030，則在等比數(shù)列bn中，會(huì)有類(lèi)似的結(jié)論：_解析由等比數(shù)列的性質(zhì)可知b1b30b2b29b11b20，10b11b12b2030b1

5、b2b30.答案10b11b12b2030b1b2b30一年創(chuàng)新演練7在下面的表格中，如果每格填上一個(gè)數(shù)后，每一橫行成等差數(shù)列，每一縱列成等比數(shù)列，那么xyz的值為()cos 02sin6tan4xyzA.1B2C3D4解析先算出三角函數(shù)值，然后根據(jù)每一橫行成等差數(shù)列，每一縱列成等比數(shù)列，填表可得，1322523121543214x1218y516116z316所以選 A.答案A8已知223223，338338，44154415，若7ab7ab，(a、b均為正實(shí)數(shù))，則類(lèi)比以上等式，可推測(cè)a、b的值，進(jìn)而可得ab_解析觀察下列等式223223，338338，44154415，照此規(guī)律，第 7

6、個(gè)等式中：a7，b72148，ab55，故答案為：55.答案55B 組專(zhuān)項(xiàng)提升測(cè)試三年模擬精選一、選擇題9(20 xx大連二模)已知f1(x)sinxcosx，記f2(x)f1(x)，f3(x)f2(x)，fn(x)fn1(x)(nN N* *，且n2)，則f12 f22 f2 0122 ()A503B1 006C0D2 012解析f1(x)sinxcosx，f2(x)cosxsinx，f3(x)sinxcosx，f4(x)cosxsinx，f5(x)sinxcosx，fn(x)是以 4 為周期的函數(shù)，f12 f22 f2 0122 f12 f22 f32 f425030.答案C二、填空題10

7、(20 xx西安師大附中模擬)觀察下列等式：13231，738310311312，16317319320322323339，則當(dāng)nm且m，nN N 時(shí)，3n133n233m233m13_(最后結(jié)果用m，n表示)解析當(dāng)n0，m1 時(shí)，為第一個(gè)式子13231，此時(shí) 1120m2n2，當(dāng)n2，m4 時(shí)，為第二個(gè)式子738310311312；此時(shí) 124222m2n2，當(dāng)n5，m8 時(shí)，為第三個(gè)式子16317319320322323339，此時(shí) 398252m2n2，由歸納推理可知觀察下列等式：3n133n233m233m13m2n2.故答案為：m2n2.答案m2n211(20 xx山東威海模擬)對(duì)大

8、于 1 的自然數(shù)m的三次冪可用奇數(shù)進(jìn)行以下方式的“分裂”2335， 337911， 4313151719， 仿此， 若m3的“分裂”數(shù)中有一個(gè)是 2 015， 則m的值為_(kāi)解析由題意，從 23到m3，正好用去從 3 開(kāi)始的連續(xù)奇數(shù)共 234m（m2） （m1）2個(gè)，2 015 是從 3 開(kāi)始的第 1 007 個(gè)奇數(shù)，當(dāng)m44 時(shí)，從 23到 443，用去從 3 開(kāi)始的連續(xù)奇數(shù)共46432989 個(gè)當(dāng)m45 時(shí)，從 23到 453，用去從 3 開(kāi)始的連續(xù)奇數(shù)共474421 034 個(gè)答案4512.(20 xx天津和平二模)將全體正整數(shù)排成一個(gè)三角形數(shù)陣：根據(jù)右面排列規(guī)律，數(shù)陣中第n(n3)行從左

9、至右的第 3 個(gè)數(shù)是_解析前n1 行共有正整數(shù) 12(n1)n（n1）2個(gè)，即n2n2個(gè)，因此第n行從左至右的第 3 個(gè)數(shù)是全體正整數(shù)中第n2n23 個(gè)，即為n2n62.答案n2n62三、解答題13 (20 xx黃岡二模)設(shè)f(x)sin(2x)(0)，f(x)圖象的一條對(duì)稱(chēng)軸是x8.(1)求的值；(2)求yf(x)的遞增區(qū)間；(3)證明：直線 5x2yc0 與函數(shù)yf(x)的圖象不相切(1)解由對(duì)稱(chēng)軸是x8得sin41，4k2(kZ Z)，即k4(kZ Z)，而2，即直線 5x2yc0 與函數(shù)yf(x)的圖象不相切14(20 xx湖南常德 4 月)設(shè)a0，f(x)axax，令a11，an1f

10、(an)，nN N* *.(1)寫(xiě)出a2，a3，a4的值，并猜想數(shù)列an的通項(xiàng)公式；(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明你的結(jié)論(1)解a11，a2f(a1)f(1)a1a；a3f(a2)a2a；a4f(a3)a3a.猜想ana（n1）a(nN N* *)(2)證明()易知，n1 時(shí)，猜想正確()假設(shè)nk時(shí)猜想正確，即aka（k1）a，則ak1f(ak)aakaakaa（k1）aaa（k1）aa（k1）a1a（k1）1a.這說(shuō)明，nk1 時(shí)猜想正確由()()知，對(duì)于任何nN N* *，都有ana（n1）a.一年創(chuàng)新演練15設(shè)函數(shù)f(x)xlnx(x0)(1)求函數(shù)f(x)的最小值；(2)設(shè)F(x)ax2f(

11、x)(aR R)，討論函數(shù)F(x)的單調(diào)性；(3)斜率為k的直線與曲線yf(x)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1x2)兩點(diǎn)， 求證：1x2k0)，令f(x)0，得x1e，當(dāng)x0，1e ，f(x)0.當(dāng)x1e時(shí)，f(x)min1eln1e1e.(2)解F(x)ax2lnx1(x0)，F(xiàn)(x)2ax1x2ax21x(x0)，當(dāng)a0 時(shí)，恒有F(x)0，F(xiàn)(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當(dāng)a0，得2ax210，解得 0 x12a；令F(x)0，得 2ax2112a.綜上，當(dāng)a0 時(shí)，F(xiàn)(x)在(0，)上單調(diào)遞增當(dāng)a0 時(shí)，F(xiàn)(x)在0，12a上單調(diào)遞增，在12a，上單調(diào)遞減(3)證明由題意k

12、f（x2）f（x1）x2x1lnx2lnx1x2x1.要證明不等式1x2k1x1成立，即證x11kx2成立，也就是證明x1x2x1lnx2lnx1x2成立，等價(jià)于證明不等式 1x2x11lnx2x11)，則只要證明 1t1lnt1，知 lnt0，故等價(jià)于證明不等式 lntt11)恒成立(*)令函數(shù)g(t)t1lnt(t1)，則g(t)11t0(t1)，故g(t)在1，)上是增函數(shù)，當(dāng)t1 時(shí)，g(t)t1lntg(1)0，即t1lnt(t1)成立令函數(shù)h(t)tlnt(t1)(t1)，則h(t)lnt0(t1)，故h(t)在1，)上是增函數(shù)，當(dāng)t1 時(shí)，h(t)tlnt(t1)h(1)0，即t

13、11)由知(*)成立，得證16已知數(shù)列an中，a11，an114an3，數(shù)列bn滿(mǎn)足bn1an1(nN N*)(1)求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式；(2)證明：1b211b221b2n7.(1)解an1124an32an2an3，bn11an11an32an2（an1）22（an1）1an112bn12，又b112，所以數(shù)列bn是首項(xiàng)為12，公差為12的等差數(shù)列，bnn2(也可以求出b112，b222，b332，b442猜想并用數(shù)學(xué)歸納法證明，數(shù)學(xué)歸納法證明過(guò)程如下： 當(dāng)n1 時(shí)，b112符合通項(xiàng)公式bnn2； 假設(shè)當(dāng)nk時(shí)猜想成立，即bk1ak1k2，ak2k1，那么當(dāng)nk1 時(shí)ak1ak1ak32k112k131k1k，bk11ak1111k1k1k12，即nk1 時(shí)猜想也能成立，綜合可知，對(duì)任意的nN N*都有bnn2)(2) 證明當(dāng)n1 時(shí)，左邊1b2147 不等式成立；當(dāng)n2 時(shí)，左邊1b211b224157 不等式成立；當(dāng)n3 時(shí)，1b2n4n24n（n1）41n11n，左邊1b211b221b2n414121313141n11n54121n 74n7，不等式成立.