高考数学二轮复习 专题17 推理与证明（含解析）试题

一、选择题1．(文)将正奇数1,3,5,7，…排成五列(如下表)，按此表的排列规律，89所在的位置是()第第第第第一二三四五列列列列列135715131191719212331292725…A．第一列 B．第二列C．第三列 D．第四列[答案]D[解析]正奇数从小到大排，则89位居第45位，而45＝4×11＋1，故89位于第四列．(理)(2014·广州市综合测试)将正偶数2,4,6,8，…按下表的方式进行排列，记aij表示第i行第j列的数，若aij＝2014，则i＋j的值为()第1列第2列第3列第4列第5列第1行2468第2行16141210第3行18202224第4行32302826第5行34363840………………A．257 B．256C．254 D．253[答案]C[解析]依题意，注意到题中的数表中，奇数行空置第1列，偶数行空置第5列；且自左向右，奇数行的数字由小到大排列，偶数行的数字由大到小排列；2014是数列{2n}的第1007项，且1007＝4×251＋3，因此2014位于题中的数表的第252行第2列，于是有i＋j＝252＋2＝254，故选C．[方法点拨]归纳推理根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的所有对象都具有这样性质的推理，叫做归纳推理，归纳是由特殊到一般的推理．归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理，在进行归纳时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，使其具有统一的表现形式，便于观察发现其规律，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论．2．(2015·广东文，6)若直线l1与l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是()A．l与l1，l2都不相交 B．l与l1，l2都相交C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l至少与l1，l2中的一条相交[答案]D[解析]考查空间点、线、面的位置关系．若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，假如l与l1、l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，与l1、l2异面矛盾，因此l至少与l1，l2中的一条相交，故选D．[方法点拨]演绎推理根据一般性的真命题(或逻辑规则)导出特殊性命题为真的推理叫做演绎推理．演绎推理是由一般性命题到特殊性命题的推理．(1)演绎推理的特点当前提为真时，结论必然为真．(2)演绎推理的一般模式——“三段论”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．3．(文)若数列{an}是等差数列，则数列{bn}(bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n))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，则数列{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为()A．dn＝eq\f(c1＋c2＋…＋cn,n) B．dn＝eq\f(c1·c2·…·cn,n)C．dn＝eq\r(n,\f(c\o\al(n,1)＋c\o\al(n,2)＋…＋c\o\al(n,n),n)) D．dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)[答案]D[解析]通过审题观察，对比分析得到：已知等差数列{an}前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋anbn＝eq\f(Sn,n)算术平均bn成等差类比项等比数列{cn}前n项积Tn＝c1c2…cndn＝eq\r(n,Tn)几何平均dn成等比故选D．[方法点拨]类比推理根据两类不同事物之间具有某些类似(或一致)性，推测其中一类事物具有与另一类事物类似(或相同)的性质的推理叫做类比推理，类比推理是由特殊到特殊的推理．进行类比推理时，要抓住类比对象之间相似的性质，如等差数列的和对应的可能是等比数列的和，更可能是等比数列的积，再结合其他要求进一步确定类比项．(理)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an与项数n的一个关系式，即公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)；类似地，记等比数列{bn}的前n项积为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＝()A．eq\f(nb1＋bn,2) B．eq\f(b1＋bnn,2)C．eq\r(n,b1bn) D．(b1bn)eq\f(n,2)[答案]D[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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tn＝b1b2·…·bn，,Tn＝bnbn－1·…·b1，))两式相乘得Teq\o\al(2,n)＝(b1bn)n，即Tn＝(b1bn)eq\f(n,2).4．观察下图：12343456745678910…………则第()行的各数之和等于20112.()A．2010 B．2009C．1006 D．1005[答案]C[解析]由题设图知，第一行各数和为1；第二行各数和为9＝32；第三行各数和为25＝52；第四行各数和为49＝72；…，∴第n行各数和为(2n－1)2，令2n－1＝2011，解得n＝1006.[点评]观察可见，第1行有1个数，第2行从2开始有3个数，第3行从3开始有5个数，第4行从4开始有7个数，…，第n行从n开始，有2n－1个数，因此第n行各数的和为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝eq\f(2n－1[n＋3n－2],2)＝(2n－1)2.5．已知正三角形内切圆的半径是其高的eq\f(1,3)，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是()A．正四面体的内切球的半径是其高的eq\f(1,2)B．正四面体的内切球的半径是其高的eq\f(1,3)C．正四面体的内切球的半径是其高的eq\f(1,4)D．正四面体的内切球的半径是其高的eq\f(1,5)[答案]C[解析]原问题的解法为等面积法，即S＝eq\f(1,2)ah＝3×eq\f(1,2)ar⇒r＝eq\f(1,3)h，类比问题的解法应为等体积法，V＝eq\f(1,3)Sh＝4×eq\f(1,3)Sr⇒r＝eq\f(1,4)h，即正四面体的内切球的半径是其高的eq\f(1,4)，所以应选C．6．(文)用反证法证明命题“设a、b为实数，则方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是()A．方程x3＋ax＋b＝0没有实根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根[答案]A[解析]至少有一个实根的否定为：没有实根．(理)①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2，②已知a、b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下结论正确的是()A．①与②的假设都错误B．①与②的假设都正确C．①的假设正确；②的假设错误D．①的假设错误；②的假设正确[答案]D[解析]反证法的实质是命题的等价性，因为命题p与命题的否定¬p真假相对，故直接证明困难时，可用反证法．故选D．[方法点拨]1.反证法的定义一般地，由证明p⇒q转向证明：綈q⇒r⇒…⇒t，t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾．从而判断綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法．2．反证法的特点先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、公式或已被证明了的结论，或与公认的简单事实等矛盾．7．(文)在平面直角坐标系中，设△ABC的顶点分别为A(0，a)、B(b,0)、C(c,0)，点P(0，p)在线段AO上(异于端点)，设a、b、c、p均为非零实数，直线BP、CP分别交AC、AB于点E、F，一同学已正确算出OE的方程：(eq\f(1,b)－eq\f(1,c))x＋(eq\f(1,p)－eq\f(1,a))y＝0，则OF的方程为：(________)x＋(eq\f(1,p)－eq\f(1,a))y＝0.()A．eq\f(1,b)－eq\f(1,c) B．eq\f(1,a)－eq\f(1,b)C．eq\f(1,c)－eq\f(1,b) D．eq\f(1,c)－eq\f(1,a)[答案]C[分析]观察E，F两点可以发现，E、F两点的特征类似，E是BP与AC的交点，F是CP与AB的交点，故直线OE与OF的方程应具有类似的特征，而y的系数相同，故只有x的系数满足某种“对称性”，据此可作猜测．[解析]方法1：类比法E在AC上，OE的方程为(eq\f(1,b)－eq\f(1,c))x＋(eq\f(1,p)－eq\f(1,a))y＝0.F在AB上，它们的区别在于B、C互换．因而OF的方程应为(eq\f(1,c)－eq\f(1,b))x＋(eq\f(1,p)－eq\f(1,a))y＝0.∴括号内应填：eq\f(1,c)－eq\f(1,b).方法2：画草图如右，由对称性可猜想填eq\f(1,c)－eq\f(1,b).事实上，由截距式可得直线AB：eq\f(x,b)＋eq\f(y,a)＝1，直线AP：eq\f(x,c)＋eq\f(y,p)＝1，两式相减得(eq\f(1,c)－eq\f(1,b))x＋(eq\f(1,p)－eq\f(1,a))y＝0，显然直线AB与CP的交点F满足此方程，又原点O也满足此方程，故为所求直线OF的方程．[方法点拨]类比推理是由特殊到特殊的推理，是两类类似的对象之间的推理，其中一个对象具有某个性质，则另一个对象也具有类似的性质．在进行类比时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后仿照推导类比对象的性质．(理)在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜边AB上的高为h1，则eq\f(1,h\o\al(2,1))＝eq\f(1,CA2)＋eq\f(1,CB2)；类比此性质，如图，在四面体P－ABC中，若PA、PB、PC两两垂直，底面ABC上的高为h，则得到的正确结论为()A．eq\f(1,h2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,BC2) B．h2＝PA2＋PB2＋PC2C．eq\f(1,h3)＝eq\f(1,AB3)＋eq\f(1,AC3)＋eq\f(1,BC3) D．eq\f(1,h2)＝eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PC2)[答案]D[解析]本题考查了合情推理的能力．连接CO并延长交AB于点D，连接PD，由已知可得PC⊥PD，在直角三角形PDC中，DC·h＝PD·PC，则eq\r(PD2＋PC2)·h＝PD·PC，所以eq\f(1,h2)＝eq\f(PD2＋PC2,PD2·PC2)＝eq\f(1,PC2)＋eq\f(1,PD2).容易知道AB⊥平面PDC，所以AB⊥PD，在直角三角形APB中，AB·PD＝PA·PB，所以eq\r(PA2＋PB2)·PD＝PA·PB，eq\f(1,PD2)＝eq\f(PA2＋PB2,PA2·PB2)＝eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)，故eq\f(1,h2)＝eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PC2).(也可以由等体积法得到)．[点评]上述解答完整的给出了结论eq\f(1,h2)＝eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PC2)的证明过程，如果注意到所给结论是一个真命题，可直接用作条件，则在Rt△PAB中，有eq\f(1,PD2)＝eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)，在Rt△PDC中，有eq\f(1,h2)＝eq\f(1,PD2)＋eq\f(1,PC2)，即可得出结论．8．(文)正方形ABCD的边长是a，依次连接正方形ABCD各边中点得到一个新的正方形，再依次连接新正方形各边中点又得到一个新的正方形，依次得到一系列的正方形，如图所示．现有一只小虫从A点出发，沿正方形的边逆时针方向爬行，每遇到新正方形的顶点时，沿这个正方形的边逆时针方向爬行，如此下去，爬行了10条线段．则这10条线段的长度的平方和是()A．eq\f(1023,2048)a2 B．eq\f(1023,768)a2C．eq\f(511,1024)a2 D．eq\f(2047,4096)a2[答案]A[解析]由题可知，这只小虫爬行的第一段长度的平方为aeq\o\al(2,1)＝(eq\f(1,2)a)2＝eq\f(1,4)a2，第二段长度的平方为aeq\o\al(2,2)＝(eq\f(\r(2),4)a)2＝eq\f(1,8)a2，…，从而可知，小虫爬行的线段长度的平方可以构成以aeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)a2为首项，eq\f(1,2)为公比的等比数列，所以数列的前10项和为S10＝eq\f(\f(1,4)a2[1－\f(1,2)10],1－\f(1,2))＝eq\f(1023a2,2048).(理)对于大于1的自然数m的三次幂可以用技术进行以下方式的“分裂”：23＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3,5))，33＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7,9,11))，43＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(13,15,17,19))，…，仿此，若m3的“分裂数”中有一个是59，则m＝()A．7 B．8C．9 D．10[答案]B[解析]由23,33,43的“分裂”规律可知m3的分裂共有m项，它们都是连续的奇数，其第一个奇数为(m－2)(m＋1)＋3，当m＝8时，第一个奇数为57，故m＝8，此时83＝57＋59＋61＋63＋65＋67＋69＋71.二、填空题9．(文)(2015·南昌市二模)观察下面数表：1，3,5，7,9,11,13，15,17,19,21,23,25,27,29.设1027是该表第m行的第n个数，则m＋n等于________．[答案]13[解析]由数表知第P行最后一个数为第SP个奇数，其中SP＝1＋2＋22＋…＋2P－1＝2P－1，易得第9行最后一个奇数为2(29－1)－1＝1021，故1027为第10行的第3个数，∴m＋n＝13.(理)(2015·河南八市质量监测)已知不等式1＋eq\f(1,4)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,9)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,16)<eq\f(7,4)，…，照此规律，总结出第n(n∈N*)个不等式为________．[答案]1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n＋12)<eq\f(2n＋1,n＋1)(n∈N*)[解析]由于1＋eq\f(1,4)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,9)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,16)<eq\f(7,4)，所以可以写为1＋eq\f(1,22)<eq\f(2×2－1,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(2×3－1,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(2×4－1,4)，照此规律，所以第n个不等式为1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n＋12)<eq\f(2n＋1,n＋1).10．(文)已知2＋eq\f(2,3)＝22×eq\f(2,3)，3＋eq\f(3,8)＝32×eq\f(3,8)，4＋eq\f(4,15)＝42×eq\f(4,15)，…，若9＋eq\f(b,a)＝92×eq\f(b,a)(a、b为正整数)，则a＋b＝________.[答案]89[解析]观察前三式的特点可知，3＝22－1,8＝32－1,15＝42－1，故其一般规律为n＋eq\f(n,n2－1)＝n2×eq\f(n,n2－1)，此式显然对任意n∈N，n≥2都成立，故当n＝9时，此式为9＋eq\f(9,80)＝81×eq\f(9,80)，∴a＝80，b＝9，a＋b＝89.(理)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________．[答案]12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)[解析]观察上述各式等号左边的规律发现，左边的项数每次加1，故第n个等式左边有n项，每项所含的底数的绝对值也增加1，依次为1,2,3，…，n，指数都是2，符号成正负交替出现可以用(－1)n＋1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等式的右边可以表示为(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2)，所以第n个式子可为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)．三、解答题11．(文)(2015·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E求证：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.[分析]考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理．(1)由三棱锥性质知侧面BB1C1C为平行四边形，因此点E为B1C的中点，从而由三角形中位线性质得DE∥AC，再由线面平行的判定定理得DE∥平面AA1C1C；(2)因为直三棱柱ABC－A1B1C1中BC＝CC1，所以侧面BB1C1C为正方形，因此BC1⊥B1C，又AC⊥BC，AC⊥CC1(可由直三棱柱推导)，因此由线面垂直的判定定理得AC⊥平面BB1C1C，从而AC⊥BC[证明](1)由题意知，E为B1C又D为AB1的中点，因此DE∥AC．又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C．(2)因为棱柱ABC－A1B1C1所以CC1⊥平面ABC．因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以B1C⊥AC．因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C．因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC．又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.(理)(2015·商丘市二模)如图，已知四棱锥P－ABCD的底面为菱形，∠BCD＝120°，AB＝PC＝2，AP＝BP＝eq\r(2).(1)求证：AB⊥PC；(2)求二面角B－PC－D的余弦值．[解析](1)证明：取AB的中点O，连接PO，CO，AC．∵AP＝BP，∴PO⊥AB．又四边形ABCD是菱形，且∠BCD＝120°，∴△ACB是等边三角形，∴CO⊥AB．又CO∩PO＝O，∴AB⊥平面PCO，又PC⊂平面PCO，∴AB⊥PC．(2)由AB＝PC＝2，AP＝BP＝eq\r(2)，易求得PO＝1，OC＝eq\r(3)，∴OP2＋OC2＝PC2，OP⊥OC．以O为坐标原点，以OC，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz，则B(0,1,0)，C(eq\r(3)，0,0)，P(0,0,1)，D(eq\r(3)，－2,0)，∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，－1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．设平面DCP的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则n1⊥eq\o(PC,\s\up6(→))，n1⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PC,\s\up6(→))＝\r(3)－z＝0,n1·\o(DC,\s\up6(→))＝2y＝0))，∴z＝eq\r(3)，y＝0，∴n1＝(1,0，eq\r(3))．设平面BCP的一个法向量为n2＝(1，b，c)，则n2⊥eq\o(PC,\s\up6(→))，n2⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PC,\s\up6(→))＝\r(3)－c＝0,n2·\o(BC,\s\up6(→))＝\r(3)－b＝0))，∴c＝eq\r(3)，b＝eq\r(3)，∴n2＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(4,2×\r(7))＝eq\f(2\r(7),7)，∵二面角B－PC－D为钝角，∴二面角B－PC－D的余弦值为－eq\f(2\r(7),7).12．(文)(2015·昆明质检)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)＋1.(1)证明：数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,n)))是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的前n项和为Sn，证明：Sn<eq\f(n2,n＋1).[解析](1)∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1＋\f(1,n＋1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,n)))＝an＋eq\f(1,nn＋1)＋1＋eq\f(1,n＋1)－an－eq\f(1,n)＝eq\f(1,nn＋1)－eq\f(1,nn＋1)＋1＝1.∴数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,n)))是公差为1的等差数列．又a1＋1＝1，故an＋eq\f(1,n)＝n.即数列{an}的通项公式为an＝n－eq\f(1,n).(2)由(1)知an＝n－eq\f(1,n)，则eq\f(an,n)＝1－eq\f(1,n2)，数列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的前n项和Sn＝n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,n2)))∵eq\f(1,n2)>eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).∴n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,n2)))<n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝n－1＋eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n2,n＋1).∴对∀n∈N*，Sn<eq\f(n2,n＋1)成立．(理)(2015·湖南文，19)设数列{an}的前n项和为Sn.已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.(1)证明：an＋2＝3an；(2)求Sn.[分析](1)依据已知等式利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)用构造法求解，然后验证当n＝1时，命题成立即可；(2)利用(1)中的结论先求出数列{an}的通项公式，然后通过求解数列{an}的奇数项与偶数项的和即可得到其对应前n项和的通项公式．[解析](1)由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，(n∈N*)，因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3，(n∈N*)，两式相减，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，(n≥2)，又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，故对一切n∈N*，an＋2＝3an.(2)由(1)知，an≠0，所以eq\f(an＋2,an)＝3，于是数列{a2n－1}是首项a1＝1，公比为3的等比数列，数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列，所以a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1，于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝eq\f(33n－1,2)从而S2n－1＝S2n－a2n＝eq\f(33n－1,2)－2×3n－1＝eq\f(3,2)(5×3n－2－1)，综上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)5×3\f(n－2,2)－1，n＝2k＋1，k∈N*,\f(3,2)3\f(n,2)－1，n＝2k，k∈N*)).[方法点拨]直接证明从命题的条件或结论出发，根据已知的定义、公理、定理，直接推证结论的真实性的证明称为直接证明．综合法和分析法是直接证明中最基本的两种方法，也是解决数学问题时常用的思维方法．(1)综合法从已知条件和某些数学定义、公理、定理等出发，经过逐步的推理论证，最后达到待证的结论，这种证明方法叫综合法．也叫顺推证法或由因导果法．(2)分析法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，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知的条件、定理、定义、公理等)为止．这种证明方法叫分析法．也叫逆推证法或执果索因法．13．(文)(2015·邯郸市二模)设函数f(x)＝lnx－a(x－2)，g(x)＝ex.(1)求f(x)的单调区间；(2)过原点分别作曲线y＝f(x)与y＝g(x)的切线l1，l2，且l1，l2的斜率互为倒数，试证明：a＝0或eq\f(1,2)－eq\f(1,e)<a<1－eq\f(1,e).(附：ln2＝0.693)．[解析](1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)①当a≤0时，对一切x>0，恒有f′(x)>0，f(x)的单增区间为(0，＋∞)；②当a>0时，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0.∴f(x)的增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(2)设过原点与函数f(x)，g(x)相切的直线分别为l1：y＝k1x，l2：y＝k2x，切点分别为A(x1，lnx1－ax1＋2a)，B(x2，ex2)，∵g′(x)＝ex，∴k2＝ex2＝eq\f(ex2,x2)，∴x2＝1，k2＝e，∴k1＝eq\f(1,e)又f′(x)＝eq\f(1,x)－a，∴k1＝eq\f(1,x1)－a＝eq\f(lnx1－ax1＋2a,x1)＝eq\f(1,e)，得a＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,e)，并将它代入eq\f(lnx1－ax1＋2a,x1)＝eq\f(1,e)中，可得lnx1－1＋eq\f(2,x1)－eq\f(2,e)＝0设h(x)＝lnx－1＋eq\f(2,x)－eq\f(2,e)，则h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)∴h(x)在(0,2]上单减，在(2，＋∞)上单增若x1∈(0,2]，∵h(1)＝1－eq\f(2,e)>0，h(2)＝ln2－eq\f(2,e)≈0.693－eq\f(2,e)<0，∴x1∈(1,2)而a＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,e)在x1∈(1,2)上单减，∴eq\f(1,2)－eq\f(1,e)<a<1－eq\f(1,e)，若x1∈(2，＋∞)，h(x)在(2，＋∞)上单增，且h(e)＝0，即x1＝e，得a＝0，综上所述：a＝0或eq\f(1,2)－eq\f(1,e)<a<1－eq\f(1,e).(理)(2015·安徽理，18)设n∈N*，xn是曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线与x轴交点的横坐标．(1)求数列{xn}的通项公式；(2)记Tn＝xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,3)…xeq\o\al(2,2n－1)，证明：Tn≥eq\f(1,4n).[分析]考查1.曲线的切线方程；2.数列的通项公式；3.放缩法证明不等式；4.考查运算求解能力和推理论证能力，分析和解决问题的能力．解答本题(1)可利用导数的几何意义求解，(2)根据数列的通项公式用放缩法证明不等式．[解析](1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2.从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．令y＝0.解得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).(2)由题设和(1)中的计算结果知Tn＝xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,3)…xeq\o\al(2,2n－1)＝(eq\f(1,2))2(eq\f(3,4))2…(eq\f(2n－1,2n))2.当n＝1时，T1＝eq\f(1,4).当n≥2时，因为xeq\o\al(2,2n－1)＝(eq\f(2n－1,2n))2＝eq\f(2n－12,2n2)>eq\f(2n－12－1,2n2)＝eq\f(n－1,n)，所以Tn>(eq\f(1,2))2×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×…×eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,4n).综上可得对任意的n∈N*，均有Tn≥eq\f(1,4n).14．(2015·新课标Ⅱ文，20)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(2),2)，点(2，eq\r(2))在C上．(1)求C的方程；(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．[解析](1)由题意有eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(4,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，解得a2＝8，b2＝4，所以椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，把y＝kx＋b代入eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1得，(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－2kb,2k2＋1)，yM＝kxM＋b＝eq\f(b,2k2＋1)，于是直线OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(1,2k)，即kOM·k＝－eq\f(1,2)，所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值．15．(文)已知点P为y轴上的动点，点M为x轴上的动点，点F(1,0)为定点，且满足eq\o(PN,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(NM,\s\up6(→))＝0，eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0.(1)求动点N的轨迹E的方程；(2)过点F且斜率为k的直线l与曲线E交于两点A、B，试判断在x轴上是否存在点C，使得|CA|2＋|CB|2＝|AB|2成立，请说明理由．[解析](1)设N(x，y)，则由eq\o(PN,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(NM,\s\up6(→))＝0，得P为MN的中点．∴P(0，eq\f(y,2))，M(－x,0)．∴eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－x，－eq\f(y,2))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(1，－eq\f(y,2))．∴eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝－x＋eq\f(y2,4)＝0，即y2＝4x.∴动点N的轨迹E的方程为y2＝4x.(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x))消去x得y2－eq\f(4,k)y－4＝0.设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4.假设存在点C(m,0)满足条件，则eq\o(CA,\s\up6(→))＝(x1－m，y1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(x2－m，y2)，∴eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2＝(eq\f(y1y2,4))2－m(eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),4))＋m2－4＝－eq\