高考数学一轮复习第七章推理与证明课时训练26

1、高考数学精品复习资料 2019.5第七章推理与证明第1课时合情推理与演绎推理一、 填空题1. 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_答案：55解析：因为211，321，532，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213455.2. 我们把 1，4，9，16，25，这些数称为正方形数，则第 n 个正方形数是_答案：n2解析： 112，422，932，1642，2552， 由此可推得第n个正方形数是n2.3. 观察(x2)2x，(x4)4x3，(cos x)sin x，由归纳推理得：若定义在r上的函数f(x

2、)满足f(x)f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(x)_答案：g(x)解析：由已知得偶函数的导函数为奇函数，故g(x)g(x)4. 如图是网格工作者经常用来解释网络运作的蛇形模型：数字1出现在第1行；数字2，3出现在第2行，数字6，5，4(从左至右)出现在第3行； 数字7，8，9，10出现在第4行，依此类推，则第20行从左到右第4个数字为_答案：194解析：前19行共有190(个)数字第19行最左端的数为190第20行从左到右第4个数字为194.5. 观察等式：，1，.照此规律，对于一般的角，有等式_答案：tan 解析：等式中左端三角函数式中两角之和的一半的正切值恰好等于右端的数值，

3、故tan .6. 已知命题：在平面直角坐标系xoy中，abc的顶点a(p，0)和c(p，0)，顶点b在椭圆1(m>n>0，p)上，椭圆的离心率是e，则.试将该命题类比到双曲线中，给出一个真命题是_答案：在平面直角坐标系xoy中，abc的顶点a(p，0)和c(p，0)，顶点b在双曲线1(m>0，n>0，p)上，双曲线的离心率是e，则解析：由正弦定理和椭圆定义可知，类比双曲线应有.7. 如图所示是毕达哥拉斯(pythagoras)的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续，若共得到1 023个正方形，设初始正方形的边长为，则最小正方形

4、的边长为_答案：解析：设1242n11 023，即1 023，解得n10.正方形边长构成数列，从而最小正方形的边长为.8. 将正奇数按如图所示的规律排列，则第21行从左向右的第5个数为_135791113151719212325272931答案：809解析：前20行共有正奇个)，则第21行从左向右的第5个数是第405个正奇数，所以这个数是2×4051809.9. 已知“整数对”按如下规律排成一行：(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，则第60个“整数对”是_答案：(5，7)解析

5、：依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第n组中每个“整数对”的和均为n1，且第n组共有n个“整数对”，这样的前n组一共有个“整数对”，注意到<60<，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各整数对依次为(1，11)，(2，10)，(3，9)，(4，8)，(5，7)，因此第60个“整数对”是(5，7)10. 已知结论：“在三边长都相等的abc中，若d是bc的中点，点g是abc外接圆的圆心，则2”若把该结论推广到空间，则有结论：“在六条棱长都相等的四面体abcd中，若点m是bcd的三边中线

6、交点，o为四面体abcd外接球的球心，则_”答案：3解析：如图，设四面体abcd的棱长为a，则由m是bcd的重心，得bma，ama.设oar，则obr，omar，于是由r2，解得ra.所以3.11. 某电子设备的锁屏图案设计的操作界面如图所示，屏幕解锁图案的设计规则如下：从九个点中选择一个点为起点，手指依次划过某些点(点的个数在1到9个之间)就形成了一个线路图(线上的点只有首次被划到时才起到确定线路的作用，即第二次被划到不会成为确定线路的点)，这个线路图就形成一个屏幕解锁图案，则图所给线路中可以成为屏幕解锁图案的是_(填序号)答案：a，b解析：由解锁图案的设计规则可知，构成线路图的所有的点能且

7、只能起到一次确定线路的作用a，b均满足题意，c中第二排第三列的点至少起到两次确定线路的作用二、 解答题12. 已知函数f(x)，先分别求f(0)f(1)，f(1)f(2)，f(2)f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明解：f(0)f(1)，同理可得f(1)f(2)，f(2)f(3).由此猜想f(x)f(1x).证明如下：f(x)f(1x).13. 某少数民族的刺绣有着悠久的历史，下图为他们刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形(1) 求出f(5)的值；(2) 利用合情推理的

8、“归纳推理思想”，归纳出f(n1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式；(3) 求n2时，的值解：(1) f(5)41.(2) 因为f(2)f(1)44×1，f(3)f(2)84×2，f(4)f(3)124×3，f(5)f(4)164×4，由此式规律，所以得出f(n1)f(n)4n.f(n1)f(n)4nf(n1)f(n)4nf(n)f(n1)4(n1)f(n2)4(n1)4(n2)f(n3)4(n1)4(n2)4(n3)f(1)4(n1)4(n2)4(n3)42n22n1.(3) 当n2时，所以1·(1)1.第2课

9、时直接证明与间接证明一、 填空题1. 用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是_答案：方程x3axb0没有实根解析：“方程x3axb0至少有一个实根”的否定是“方程x3axb0没有实根”2. 设ab0，m，n，则m，n的大小关系是_答案：m<n解析：ab0，0.m2n2ab2(ab)2b22()0.m2n2.又m0，n0，mn.3. 在等比数列an中，a12，前n项和为sn.若数列an1也是等比数列，则sn_答案：2n解析：因为数列an为等比数列，则an2qn1.因为数列an1也是等比数列，则(an11)2(an1)(an21)a2an1an&

10、#183;an2anan2anan22an1an(1q22q)0q1，即an2，所以sn2n.4. 已知函数f(x)满足f(ab)f(a)·f(b)，f(1)2，则_答案：16解析：根据f(ab)f(a)·f(b)得f(2n)f2(n)，又f(1)2，则2，故16.5. 已知直线l平面，直线m平面，有下列命题： lm； lm； lm； lm.其中正确的命题是_(填序号)答案：解析：l，又m， lm，正确； l，当l且m不垂直时，则l必与m相交，故错误； m，又m， ，故正确； 若n，且mn时，llnlm，故错误6. 已知实数a，b，c满足bc64a3a2，cb44aa2，则

11、a，b，c的大小关系是_答案：cb>a 解析： cb44aa2(2a)20， cb.已知两式作差得2b22a2，即b1a2. 1a2a>0， 1a2>a. b1a2>a. cb>a.7. 对实数a和b，定义运算“”：ab设函数f(x)(x22)(xx2)，xr.若函数yf(x)c的图象与x轴恰有两个公共点，则实数c的取值范围是_答案：(，2解析：由题意可得f(x)函数图象如图所示函数yf(x)c的图象与x轴恰有两个公共点，即函数yf(x)与yc的图象有2个交点，由图象可得c2或1c.8. 对于一切实数x，不等式x2a|x|10恒成立，则实数a的取值范围是_答案：2

12、，)解析： 当x0时不等式成立；用分离参数法得a(x0)，而|x|2， a2.9. 若二次函数f(x)4x22(p2)x2p2p1在区间1，1内至少存在一点c，使f(c)>0，则实数p的取值范围是_答案：解析：令解得p3或p， 故满足条件的p的取值范围是.10. 某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数f(x)在0，1上有意义，且f(0)f(1)，如果对于任意不同的x1，x20，1，都有|f(x1)f(x2)|<|x1x2|，求证|f(x1)f(x2)|<.那么他的反设应该是_答案：函数f(x)在0，1上有意义，且f(0)f(1)，存在不同的x1，x20，1，使得|f(x1)

13、f(x2)|<|x1x2|，则|f(x1)f(x2)|解析：要证明的问题是全称命题的形式，则其结论的否定应该是特称命题的形式，即“函数f(x)在0，1上有意义，且f(0)f(1)，存在不同的x1，x20，1，使得|f(x1)f(x2)|<|x1x2|，则|f(x1)f(x2)|”二、 解答题11. 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： sin213°cos217°sin 13°cos 17°； sin215°cos215°sin 15°cos 15°； sin218°

14、;cos212°sin 18°cos 12°； sin2(18°)cos248°sin(18°)cos 48°； sin2(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：(1) 选择式，计算如下：sin215°cos215°sin 15°cos 15°1sin 30°1.(2) 三角恒等式为sin2c

15、os2(30°)sin ·cos(30°).证明如下：sin2cos2(30°)sin ·cos(30°)sin2(cos 30°cos sin 30°sin )2sin ·(cos 30°cos sin 30°sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.12. 已知二次函数f(x)ax2bxc(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)0，且0<x<c时，f(x)>0.(1) 求证：是f(x)0的一个根；(

16、2) 试比较与c的大小；(3) 求证：2<b<1.(1) 证明： f(x)的图象与x轴有两个不同的交点， f(x)0有两个不等实根x1，x2. f(c)0， x1c是f(x)0的根，又x1x2， x2， 是f(x)0的一个根(2) 解：假设<c，又>0，由0<x<c时，f(x)>0，知f>0与f0矛盾， c. c， >c.(3) 证明：由f(c)0，得ac2bcc0，即acb10， b1ac.又a>0，c>0， b<1.二次函数f(x)的图象的对称轴方程为x<x2，即<.又a>0， b>2， 2&l

17、t;b<1.13. 设数列an的前n项和为sn，且sn2an2，nn*.(1) 求数列an的通项公式； (2) 设数列a的前n项和为tn，求；(3) 判断数列3nan中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论解：(1) 当n1时，s12a12，解得a12.当n2时，ansnsn1(2an2)(2an12)2an2an1，即an2an1.因为a10，所以2，从而数列an是以2为首项，2为公比的等比数列，所以an2n.(2) 因为a(2n)24n，所以4，故数列a是以4为首项，4为公比的等比数列，从而s2n2(4n1)，tn(4n1)，所以.(3) 不存在证明：假设3nan中存在三项成等差数列

18、，不妨设第m，n，k(m<n<k)项成等差数列，则2(3nan)3mam3kak，即2(3n2n)3m2m3k2k. 因为m<n<k，且m，n，kn*，所以n1k.因为2(3n2n)3m2m3k2k3m2m3n12n1，所以3n3m2m，不等式不成立所以数列3nan中不存在三项成等差数列第3课时数学归纳法一、 填空题1. 利用数学归纳法证明(n1)(n2)··(nn)2n×1×3××(2n1)，nn* 时，从“nk”变到 “nk1”时，左边应增乘的因式是_答案：2(2k1)解析：由题意知，nk时，左边为(k1)

19、(k2)··(kk)；当nk1时，左边为(k2)(k3)··(k1k1); 从而增加的两项为(2k1)(2k2)，减少的一项为k1.故左边应增乘的因式为2(2k1)2. 用数学归纳法证明不等式 的过程中，由nk推导nk1时，不等式的左边增加的式子是_答案：解析：不等式的左边增加的式子是，故应填.3. 若f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的递推关系式是_答案：f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)24. 设f(n)1(nn*)，则f(k1)f(k)_答案：解析：f(k1)f(k)1.5. 在平面上画n条直线，且任何两条直线都相交，任何

20、三条直线都不共点设这n条直线将平面分成f(x)个部分，则f(k1)f(k)_答案：k1解析：一条直线分成112(个)部分，两条直线分成1124(个)部分，三条直线分成11237(个)部分，f(n)11234n，则f(k1)f(k)11234k(k1)(11234k)k1.6. 用数学归纳法证明123n2时，当nk1时左端应在nk的基础上加上_答案：(k21)(k22)(k23)(k1)2解析： 当nk时，左侧123k2，当nk1时，左侧123k2(k21)(k1)2， 当nk1时，左端应在nk的基础上加上(k21)(k22)(k23)(k1)2.7. 观察下列式子：1，1，1，则可归纳出_答案

21、：1<(nn*)解析：1<，即1<；1<，即1<，归纳出1<(nn*)8. 用数学归纳法证明1>(nn*)成立，其初始值至少应取_答案：8解析：左边12，代入验证可知n的最小值是8.9. 用数学归纳法证明：；当推证nk1等式也成立时，用上归纳假设后需要证明的等式是_答案：解析：当nk1时，故只需证明即可10. 若数列an的通项公式an，记cn2(1a1)·(1a2)··(1an)，试通过计算c1，c2，c3的值，推测cn_答案：解析：c12(1a1)2×，c22(1a1)(1a2)2××，c32(1a1)(1a2)·(1a3)2×××，故由归纳推理得cn.二、 解答题11. 已知数列an满足an1(nn*)，a1.试通过求a2，a3，a4的值猜想an的表达式，并用数学归纳法加以证明解：a2，a3，a4.猜想：an(nn*)用数学归纳法证明如下： 当n1时，左边a1，右边，所以等式成立； 假设nk时等式成立，即ak，则当nk1时