高三数学（文数）总复习练习专题十七 推理与证明

1、1(2015浙江，8，中)设实数 a，b，t 满足|a1|sin b|t.() A若 t 确定，则 b2唯一确定 B若 t 确定，则 a22a 唯一确定 C若 t 确定，则 sin 唯一确定 b 2 D若 t 确定，则 a2a 唯一确定 【答案】BA若 t 确定，则 t|sin b|，b 有无数个解，则 b2亦有无数解，A 错 Bt|a1|，t 确定，则 t2确定，(a1)2确定，即 a22a1 确定a22a 确定B 正确 Ct|sin b|，t 确定时，b 有无数个解，则 亦有无数个解sin 不唯一，C 错由选项 B 可知 D b 2 b 2 错 2(2015陕西，16，易)观察下列等式 1

2、 1 2 1 2 1 1 2 1 3 1 4 1 3 1 4 1 1 2 1 3 1 4 1 5 1 6 1 4 1 5 1 6 据此规律，第 n 个等式可为_ 【解析】由前 3 个式子可知，第 i 行所得的结果一定是 i 个数之和且第一个数的分母为 i1， 第 n 个等式应写为 1 . 1 2 1 3 1 4 1 2n1 1 2n 1 n1 1 n2 1 2n 【答案】1 1 2 1 3 1 4 1 2n1 1 2n 1 n1 1 n2 1 2n 1(2012江西，5，易)观察下列事实：|x|y|1 的不同整数解(x，y)的个数为 4，|x|y|2 的不同 整数解(x，y)的个数为 8，|x

3、|y|3 的不同整数解(x，y)的个数为 12，则|x|y|20 的不同整数解 (x，y)的个数为() A76 B80 C86 D92 【答案】B观察可得，不同整数解的个数可以构成一个首项为 4，公差为 4 的等差数列，则所求 为第 20 项，所以不同整数解的个数为 4(201)480. 2(2013浙江，10，中)设 a，bR，定义运算“”和“”如下：abab a，ab， b，ab，) b，ab， a，ab.) 若正数 a，b，c，d 满足 ab4，cd4，则() Aab2，cd2 Bab2，cd2 Cab2，cd2 Dab2，cd2 【答案】C由题意知，运算“”为两数中取小，运算“”为两数

4、中取大，由 ab4 知，正 数 a，b 中至少有一个大于等于 2.由 cd4 知，c，d 中至少有一个小于等于 2，故选 C. 3(2012大纲全国，12，中)正方形 ABCD 的边长为 1，点 E 在边 AB 上，点 F 在边 BC 上，AEBF .动点 P 从 E 出发沿直线向 F 运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角当点 P 1 3 第一次碰到 E 时，P 与正方形的边碰撞的次数为() A8 B6 C4 D3 【答案】B由反射角等于入射角，利用三角形的相似比，准确画图如图，碰撞的顺序是 EFGRMNE.故选 B. 4(2014课标，14，中)甲、乙、丙三位同学被问到是否

5、去过 A，B，C 三个城市时， 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 B 城市； 乙说：我没去过 C 城市； 丙说：我们三人去过同一城市 由此可判断乙去过的城市为_ 【解析】由丙可知，乙至少去过一个城市；由甲可知，甲去过 A，C 且比乙多，且乙没有去过 C 城市，故乙只去过 A 城市 【答案】A 5(2014北京，14，中)顾客请一位工艺师把 A，B 两件玉石原料各制成一件工艺品工艺师带一位 徒弟完成这项任务每件原料先由徒弟完成粗加工，再由工艺师进行精加工完成制作，两件工艺品都完 成后交付顾客两件原料每道工序所需时间(单位：工作日)如下： 工序 时间 原料 粗加工精加工 原料 A915 原料 B

6、621 则最短交货期为_个工作日 【解析】若先加工原料 A，则交货期为 9152145(个)工作日； 若先加工原料 B，则交货期为 6211542(个)工作日 所以最短交货期为 42 个工作日 【答案】42 6(2012湖北，17，难)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示 数他们研究过如图所示的三角形数： 将三角形数 1，3，6，10，记为数列an，将可被 5 整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个 新数列bn，可以推测： (1)b2 012是数列an中的第_项； (2)b2k1_(用 k 表示) 【解析】(1)由图可知 an1an(n1)(nN*) 所以 a2a12

7、，a3a23，anan1n. 累加得 ana123n， 即 an123n. n（1n） 2 当 n4，5，9，10，14，15，19，20，24，25，时， an能被 5 整除，即 b2a5，b4a10，b6a15，b8a20， 所以 b2ka5k(kN*) 所以 b2 012a51 006a5 030. (2)由(1)可知 b2k1a5k1 5k(5k1). 1 2 5k（5k1） 2 【答案】(1)5 030(2)5k（5k1） 2 7(2012福建，20，12 分，中)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； sin213cos217sin 13cos 17；

8、sin215cos215sin 15cos 15； sin218cos212sin 18cos 12； sin2(18)cos248sin(18)cos 48； sin2(25)cos255sin(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： sin215cos215sin 15cos 15 1 sin 301 . 1 2 1 4 3 4 (2)三角恒等式为 sin2cos2(30)sin cos(30) . 3 4 证明如下：(方法一) sin2cos2(30)

9、sin cos(30) sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30 sin ) sin2 cos2sin cos sin2sin cos sin2 3 4 3 2 1 4 3 2 1 2 sin2 cos2 . 3 4 3 4 3 4 证明如下：(方法二) sin2cos2(30)sin cos(30) 1cos 2 2 1cos（602） 2 sin (cos 30cos sin 30sin ) cos 2 (cos 60cos 2sin 60sin 2)sin cos sin2 1 2 1 2 1 2 1 2 3 2 1 2 cos 2

10、 cos 2sin 2sin 2 (1cos 2) 1 2 1 2 1 2 1 4 3 4 3 4 1 4 1 cos 2 cos 2 . 1 4 1 4 1 4 3 4 8(2014江西，21，14 分，难)将连续正整数 1，2，n(nN*)从小到大排列构成一个数 123n， F(n)为这个数的位数(如 n12 时，此数为 123 456 789 101 112，共有 15 个数字，F(12)15)，现从这个 数中随机取一个数字，p(n)为恰好取到 0 的概率 (1)求 p(100)； (2)当 n2 014 时，求 F(n)的表达式； (3)令 g(n)为这个数中数字 0 的个数，f(n)

11、为这个数中数字 9 的个数，h(n)f(n)g(n)，Sn|h(n) 1，n100，nN*，求当 nS 时 p(n)的最大值 解：(1)当 n100 时，这个数中总共有 192 个数字，其中数字 0 的个数为 11，所以恰好取到 0 的概 率为 p(100). 11 192 (2)F(n) n， 1 n 9， 2n9， 10 n 99， 3n108， 100 n 999， 4n1 107， 1 000 n 2 014.) (3)当 nb(1b9，bN*)时，g(n)0； 当 n10kb(1k9，0b9，kN*，bN)时，g(n)k； 当 n100 时，g(n)11， 即 g(n) 0， 1 n

12、 9， k， n10kb，1 k 9，0 b 9，k N * * ，b N， 11， n100. ) 同理有 f(n) 0， 1 n 8， k， n10kb1，1 k 8，0 b 9，k N * * ，b N， n80， 89 n 98， 20， n99，100. ) 由 h(n)f(n)g(n)1，可知 n9，19，29，39，49，59，69，79，89，90. 所以当 n100 时，S9，19，29，39，49，59，69，79，89，90 当 n9 时，p(9)0； 当 n90 时，p(90)； g（90） F（90） 9 171 1 19 当 n10k9(1k8，kN*)时，p(n)

13、，由于 y关于 k 单调递 g（n） F（n） k 2n9 k 20k9 k 20k9 增，故当 n10k9(1k8，kN*)时，p(n)的最大值为 p(89). 8 169 又0，nN)，若 bmc，bn nbma nm d(nm2，m，nN)，则可以得到 bmn_ (2)(2015上海闸北二模，19，12 分)已知 O 是ABC 内任意一点，连接 AO，BO，CO 并延长，分别 交对边于 A，B，C，则1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”： OA AA OB BB OC CC 1. OA AA OB BB OC CC S OBC S ABC S OCA S ABC S OAB S

14、 ABC S ABC S ABC 请运用类比思想，对于空间中的四面体 VBCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明 【解析】(1)设数列an的公差为 d1，数列bn的公比为 q，则等差数列中 ana1(n1)d1，等比 数列中 bnb1qn1. amn，bmn. nbma nm nm dn cm (2)在四面体 VBCD 中，任取一点 O，连接 VO，DO，BO，CO 并延长，分别交四个面于 E，F，G， H 点 则1. OE VE OF DF OG BG OH CH 证明：在四面体 OBCD 与 VBCD 中， . OE VE h1 h 1 3S BCDh1 1 3S BCDh VOBC

15、D VVBCD 同理有；， OF DF VOVBC VDVBC OG BG VOVCD VBVCD OH CH VOVBD VCVBD OE VE OF DF OG BG OH CH 1. VOBCDVOVBCVOVCDVOVBD VVBCD VVBCD VVBCD 【点拨】解题(1)的关键是找出等差数列与等比数列的关联；解题(2)的关键是把平面几何的元素类 比到空间中，证明时一般考虑面积对应体积 类比推理的应用方法及步骤 进行类比推理时应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比，提出猜想类比推理常见的 情形有：平面与空间类比，低维与高维类比，等差数列与等比数列类比，数的运算与向量运算类比

16、，实 数集的性质与复数集的性质类比，圆锥曲线间的类比等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) (1)(2015河北保定一模，14)设等差数列an的前 n 项和为 Sn，则 S4，S8S4，S12S8，S16 S12成等差数列类比以上结论有 ： 设等比数列bn的前 n 项积为 Tn，则 T4，_，_，T 16 T12 成等比数列 (2)(2015江苏南通一模，8)在平面上，若两个正三角形的边长的比为 12，则它们的面积比为 14.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为 12，则它们的体积比为_

17、(1)【解析】依题意有 T4b1b2b3b4，b5b6b7b8，b9b10b11b12，b13b14b15b16.若原等比数 T8 T4 T12 T8 T16 T12 列公比为 q，则 T4， ，构成公比为 q16的等比数列 T8 T4 T12 T8 T16 T12 【答案】， T8 T4 T12 T8 (2)【解析】由平面图形的面积类比立体图形的体积得出：在空间内，若两个正四面体的棱长的比 为 12，则它们的底面积之比为 14，对应高之比为 12，所以体积比为 18. 【答案】18 考向 2归纳推理的应用 归纳推理的特点 (1)归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理 (2)归纳推理所得结

18、论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，推广的一般性结论也 会越可靠其结论的正确性往往通过演绎推理来证明 (3)它是一种发现一般性规律的重要方法其思维过程大致如下： 实验、观察概括、推广猜测、一般性结论 (1)(2013湖北，14)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 1，3，6，10，第 n 个三角形数为 n2 n.记第 n 个 k 边形数为 N(n，k)(k3)，以下列 n（n1） 2 1 2 1 2 出了部分 k 边形数中第 n 个数的表达式： 三角形数N(n，3) n2 n， 1 2 1 2 正方形数N(n，4)n2， 五边形数N(n，5) n2 n，

19、3 2 1 2 六边形数N(n，6)2n2n， 可以推测 N(n，k)的表达式，由此计算 N(10，24)_ (2)(2013陕西，13)观察下列等式： (11)21， (21)(22)2213， (31)(32)(33)23135， 照此规律，第 n 个等式可为_ 【解析】(1)已知各式可化为如下形式： N(n，3) n2 nn2n， 1 2 1 2 32 2 43 2 N(n，4)n2n2n， 42 2 44 2 N(n，5) n2 nn2n， 3 2 1 2 52 2 45 2 N(n，6)2n2nn2n， 62 2 46 2 由归纳推理可得 N(n，k)n2n， k2 2 4k 2 故

20、 N(10，24)10210 242 2 424 2 1 1001001 000. (2)从给出的规律可看出，左边的连乘式中，连乘式个数以及每个连乘式中的第一个加数与右边连乘 式中第一个乘数的指数保持一致，其中左边连乘式中第二个加数从 1 开始，逐项加 1 递增，右边连乘式 中从第二个乘数开始，组成以 1 为首项，2 为公差的等差数列，项数与第几等式保持一致，则照此规律， 第 n 个等式可为(n1)(n2)(nn)2n13(2n1) 【答案】(1)1 000 (2)(n1)(n2)(nn)2n13(2n1) 【点拨】解题(1)的关键是观察已知式子的规律并改写形式；题(2)通过观察、联想、对比，

21、再进行 归纳 常见的归纳推理类型及相应方法 常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类： (1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之 间的关系，同时还要联系相关的知识 (2)形的归纳主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳 (2011山东，15)设函数 f(x)(x0)，观察： x x2 f1(x)f(x)， x x2 f2(x)f(f1(x)， x 3x4 f3(x)f(f2(x)， x 7x8 f4(x)f(f3(x)， x 15x16 根据以上事实，由归纳推理可得： 当 nN*且 n2 时，fn(x)f(fn1(x)_ 【解析】由 f(x)(x

22、0)得， x x2 f1(x)f(x)， x x2 f2(x)f(f1(x) x 3x4 ， x （221）x22 f3(x)f(f2(x) x 7x8 ， x （231）x23 f4(x)f(f3(x) x 15x16 ， x （241）x24 所以归纳可得，当 nN*且 n2 时， fn(x)f(fn1(x). x （2n1）x2n 【答案】 x （2n1）x2n 考向 3演绎推理的应用 演绎推理的理解 (1)演绎推理是由一般性的命题推出特殊性命题的一种推理模式，是一种必然性推理演绎推理的前 提与结论之间有蕴含关系，因而，只要前提是真实的，推理的形式是正确的，那么结论必定是真实的， 但是错

23、误的前提可能导致错误的结论 (2)演绎推理的主要形式就是由大前提、小前提推出结论的三段论式推理 (2015福建三明调研，20，12 分)数列an的前 n 项和记为 Sn，已知 a11，an1n2 n Sn(nN*)证明： (1)数列是等比数列； Sn n (2)Sn14an. 【证明】(1)an1Sn1Sn，an1Sn， n2 n (n2)Snn(Sn1Sn)，即 nSn12(n1)Sn. 2.(小前提) Sn1 n1 Sn n 故是以 2 为公比，1 为首项的等比数列(结论) Sn n (2)由(1)可知，4(n2)， Sn1 n1 Sn1 n1 Sn14(n1)4Sn1 Sn1 n1 n1

24、2 n1 4an(n2)，(小前提) 又 a23S13，S2a1a21344a1，(小前提) 对于任意正整数 n，都有 Sn14an.(结论) (第(2)问的大前提是第(1)问的结论及题中的已知条件) 【点拨】演绎推理还可以定义为结论在普遍性上不大于前提的推理，或结论在确定性上同前提一 样的推理应用演绎推理的过程中一定要注意大小前提都正确，此前提下得到的结论才正确 演绎推理的应用方法 (1)在应用三段论推理来证明问题时， 首先应该明确什么是问题中的大前提和小前提 在演绎推理中， 只要前提和推理形式是正确的，结论必定是正确的 (2)用三段论证明的基本模式是： 大前提已知的一般原理； 小前提所研究

25、的特殊情况； 结论根据一般原理对特殊情况做出的判断 在证明的过程中，往往大前提不写出来 (2014湖北黄冈调研，20，12 分)设 f(x)3ax22bxc.若 abc0，f(0)0，f(1)0，求 证： (1)a0 且2 0，f(1)0， c0，3a2bc0. 由 abc0，消去 b 得 ac0； 再由条件 abc0，消去 c 得 ab0， 2 1. b a (2)方法一：抛物线 f(x)3ax22bxc 的顶点坐标为，2 1， 0，f(1)0， 而 f0，f(1)0， 而 f abc a0， 方程 f(x)0 有两个实根 设方程的两根为 x1，x2，由根与系数的关系得 x1x20，x1x2

26、0，故两根为正 2b 3a c 3a 又(x11)(x21)20， 3a2bc 3a 两根均小于 1，命题得证 1(2014湖北宜昌二模，7)如图所示的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形” ，它们是由整数的倒数 组成的，第 n 行有 n 个数且两端的数均为 (n2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如 ， 1 n 1 1 1 2 1 2 1 2 ， ，则第 10 行第 4 个数(从左往右数)为() 1 3 1 6 1 3 1 4 1 12 1 1 1 2 1 2 1 3 1 6 1 3 1 4 1 12 1 12 1 4 1 5 1 20 1 30 1 20 1 5 A. B. C. D. 1

27、 1 260 1 840 1 504 1 360 【答案】B设第 n 行第 m 个数为 a(n，m)，由题意知 a(7，1) ，a(8，1) ，a(9，1) ，a(10，1)， 1 7 1 8 1 9 1 10 a(10，2)a(9，1)a(10，1) ， 1 9 1 10 1 90 a(8，2)a(7，1)a(8，1) ， 1 7 1 8 1 56 a(9，2)a(8，1)a(9，1) ， 1 8 1 9 1 72 a(10，3)a(9，2)a(10，2)， 1 360 a(9，3)a(8，2)a(9，2)， 1 252 a(10，4)a(9，3)a(10，3)， 1 840 则第 10 行

28、第 4 个数为，故选 B. 1 840 2(2014湖南长沙一模，6)在平面几何中有如下结论 ： 正三角形 ABC 的内切圆面积为 S1，外接圆面 积为 S2，则 ，推广到空间可以得到类似结论，已知正四面体 PABC 的内切球体积为 V1，外接球体 S1 S2 1 4 积为 V2，则() V1 V2 A. B. 1 8 1 9 C. D. 1 27 1 64 【答案】C从平面图形类比空间图形，从二维类比三维， 如图，设正四面体的棱长为 a，E 为等边三角形 ABC 的中心，O 为内切球与外接 球球心，则 AEa，DEa. 3 3 6 3 设 OAR，OEr， 则 OA2AE2OE2， 即 R2

29、， ( 6 3 aR) 2 ( 3 3 a ) 2 Ra，ra， 6 4 6 12 正四面体的外接球和内切球的半径之比是 31， 故正四面体 PABC 的内切球体积 V1与外接球体积 V2之比等于，故选 C. 1 27 3(2015河南焦作二模，10)给出下列类比推理命题(其中 Q 为有理数集，R 为实数集，C 为复数 集)：“若 a，bR，则 ab0ab”类比推出“若 a，bC，则 ab0ab” ；“若 a，b， c，dR，则复数 abicdiac，bd” 类比推出“若 a，b，c，dQ，则实数 abcda22 c，bd” ；“若 a，bR，则 ab0ab”类比推出“若 a，bC，则 ab0

30、ab” 其中类比 结论正确的个数是() A0 B1 C2 D3 【答案】C在复数集 C 中，若两个复数满足 ab0，则它们的实部和虚部均相等，则 a，b 相等，故正确；在有理数集 Q 中，若 abcd，则(ac)(bd)0，易得 ac，bd.222 故正确 ； 若 a，bC，当 a1i，bi 时，ab10，但 a，b 是两个虚数，不能比较大小，故 错误故 3 个结论中，有两个是正确的故选 C. 4(2015湖北荆州一模，10)平面内有 n 条直线，最多可将平面分成 f(n)个区域，则 f(n)的表达式为 () An1 B2n C. Dn2n1 n2n2 2 【答案】C1 条直线将平面分成 11

31、 个区域 ； 2 条直线最多可将平面分成 1(12)4(个)区域 ； 3 条直线最多可将平面分成 1(123)7(个)区域；n 条直线最多可将平面分成 1(123 n)1(个)区域，选 C. n（n1） 2 n2n2 2 5(2015陕西西安一模，6)在直角坐标系 xOy 中，一个质点从 A(a1，a2)出发沿图中路线依次经过 B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，按此规律一直运动下去，则 a2 013a2 014a2 015() A1 006 B1 007 C1 008 D1 009 【答案】B由直角坐标系可知 A(1，1)，B(1，2)，C(2，3)，D(2，4)，E(3，

32、5)，F(3，6)， 即 a11，a21，a31，a42，a52，a63，a72，a84， 由此可知，数列的偶数项个是从 1 开始逐渐递增的，且都等于所在项的下标除以 2，则 a2 0141 007，每四个数为一组，其中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第 1 个奇数和第 2 个奇数互为相 反数，且从1 开始逐渐递减的，则 2 0144503 余 2，则 a2 013504，a2 015504， a2 013a2 014a2 0155041 0075041 007. 6(2015山西大学附中二模，13)对大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次方幂有如下分解方式： 2213；32135；4

33、21357；2335；337911；4313151719. 根据上述分解规律，则 5213579，若 m3(mN*)的分解中最小的数是 73，则 m 的值为 _ 【解析】根据 2335，337911，4313151719，从 23起，m3的分解规律恰为数列 3，5，7，9中若干连续项之和，23为前两项和，33为接下来三项和，故 m3的首个数为 m2m 1.m3(mN*)的分解中最小的数是 73，m2m173，解得 m9. 【答案】9 7(2014湖南长沙二模，15)已知 cos ， 3 1 2 coscos ， 5 2 5 1 4 coscoscos ， 7 2 7 3 7 1 8 (1)根据

34、以上等式，可猜想出的一般结论是_； (2)若数列an中，a1cos，a2coscos， 3 5 2 5 a3cos coscos， 7 2 7 3 7 前 n 项和 Sn，则 n_ 1 023 1 024 【解析】(1)从题中所给的几个等式可知， 第 n 个等式的左边应有 n 个余弦相乘， 且分母均为 2n 1，分子分别为，2，n，右边应为，故可以猜想出结论为 1 2n coscoscos(nN*) 2n1 2 2n1 n 2n1 1 2n (2)由(1)可知 an， 1 2n 故 Sn1， 1 21 (1 2 ) n 11 2 1 2n 2n1 2n 1 023 1 024 解得 n10.

35、【答案】(1)coscoscos(nN*)(2)10 2n1 2 2n1 n 2n1 1 2n 8(2014福建泉州二模，20，12 分)设函数 fn()sinn(1)ncosn，0 ，其中 n 为正整 4 数 (1)判断函数 f1()，f3()的单调性，并就 f1()的情形证明你的结论； (2)证明：2f6()f4()(cos4sin4)(cos2sin2) 解：(1)f1()，f3()在上均为单调递增函数 0， 4 对于函数 f1()sin cos ，设 12，1，2， 0， 4 则 sin 1sin 2，cos 2 cos 1， f1(1)f1(2)(sin 1sin 2)(cos 2c

36、os 1)0， 即 f1(1)1 时，f(x)1，当 x(1，x0)时，恒有 f(x)k(x1) 解：(1)f(x) x1，x(0，) 1 x x2x1 x 由 f(x)0 得x 0， x2x1 0.) 解得 0x. 1 5 2 故 f(x)的单调递增区间是. (0， 1 5 2 ) (2)证明：令 F(x)f(x)(x1)，x(0，)， 则有 F(x). 1x2 x 当 x(1，)时，F(x)1 时，F(x)1 时，f(x)1 满足题意 当 k1 时，对于 x1， 有 f(x)x1k(x1)， 则 f(x)1 满足题意 当 k1 时，令 G(x)f(x)k(x1)，x(0，)， 则有 G(x

37、) x1k 1 x . x2（1k）x1 x 由 G(x)0 得，x2(1k)x10. 解得 x11. 1k （1k）24 2 当 x(1，x2)时，G(x)0， 故 G(x)在1，x2)内单调递增 从而当 x(1，x2)时，G(x)G(1)0， 即 f(x)k(x1)， 综上，k 的取值范围是(，1) 1(2014山东，4，易)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() A方程 x3axb0 没有实根 B方程 x3axb0 至多有一个实根 C方程 x3axb0 至多有两个实根 D方程 x3axb0 恰好有两个实根 【答案】A“方程 x3

38、axb0 至少有一个实根”的否定是“方程 x3axb0 没有实根”. 2(2014天津，20，14 分，中)已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数设集合 M0，1，2， q1，集合 Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n (1)当 q2，n3 时，用列举法表示集合 A； (2)设 s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中 ai，biM，i1，2， n.证明：若 anbn，则 st. 解：(1)当 q2，n3 时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3 可得，A0，1，2，3，4，5，6，7 (2)证明：由 s，tA，sa1a2qan

39、qn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2， n 及 anbn，可得 st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1 (q1)(q1)q(q1)qn2qn1 qn1 （q1）（1qn1） 1q 10. 所以，s. ( 2 ，) 证明：(1)当 x时，f(x)sin x2cos x0， (0， 2) f(x)在上是增函数 (0， 2) 又 f(0)20， ( 2 ) 2 2 存在唯一的 x0，使 f(x0)0. (0， 2) (2)当 x时，化简得 g(x)(x)1. 2， cos x 1sin x 2x 令 tx，记 u(t)g(t) t1，t， tcos

40、t 1sin t 2 0， 2 则 u(t). f（t） （1sin t） 由(1)得，当 t(0，x0)时，u(t)0. (x 0， 2) 在上 u(t)为增函数，由 u0 知，当 t时，u(t)0， (x 0， 2) ( 2 )x 0， 2) u(t)在上无零点 x 0， 2) 在(0，x0)上 u(t)为减函数，由 u(0)1，u(x0)0 知存在唯一 t0(0，x0)使 u(t0)0. 于是存在唯一 t0，使 u(t0)0. (0， 2) 设 x1t0，则 g(x1)g(t0)u(t0)0， ( 2，) 存在唯一 x1，使 g(x1)0. ( 2，) x1t0，t0. 4(2013湖南

41、，21，13 分，难)已知函数 f(x)ex. 1x 1x2 (1)求 f(x)的单调区间； (2)证明：当 f(x1)f(x2)(x1x2)时，x1x20. 解：(1)函数 f(x)的定义域为(，) f(x)exex ( 1x 1x2) 1x 1x2 ex x22x1 （1x2）2 1x 1x2 ex. x（x1）22 （1x2）2 当 x0； 当 x0 时，f(x)0. 所以 f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，) (2)证明：当 x0，ex0， 1x 1x2 故 f(x)0； 同理，当 x1 时，f(x)0. 当 f(x1)f(x2)(x1x2)时，不妨设 x1x2，

42、由(1)知，x1(，0)，x2(0，1) 下面证明：x(0，1)，f(x)f(x)， 即证exex. 1x 1x2 1x 1x2 此不等式等价于(1x)ex0. 1x ex 令 g(x)(1x)ex， 1x ex 则 g(x)xex(e2x1) 当 x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递减，从而 g(x)g(0)0. 即(1x)ex0. 1x ex 所以x(0，1)，f(x)f(x) 而 x2(0，1)，所以 f(x2)f(x2)， 从而 f(x1)f(x2) 由于 x1，x2(，0)，f(x)在(，0)上单调递增，所以 x1x2，即 x1x20. 5(2013江苏，19，16 分，难)设

43、an是首项为 a，公差为 d 的等差数列(d0)，Sn是其前 n 项的 和记 bn，nN*，其中 c 为实数 nSn n2c (1)若 c0，且 b1，b2，b4成等比数列，证明：Sn kn2Sk(k，nN*)； (2)若bn是等差数列，证明：c0. 证明：由题意得，Snnad. n（n1） 2 (1)由 c0，得 bnad. Sn n n1 2 又因为 b1，b2，b4成等比数列， 所以 b b1b4，2 2 即a， (a d 2) 2 (a 3 2d) 化简得 d22ad0. 因为 d0，所以 d2a. 因此，对于所有的 mN*，有 Smm2a. 从而对于所有的 k，nN*，有 Snk(n

44、k)2an2k2an2Sk. (2)设数列bn的公差是 d1，则 bnb1(n1)d1， 即b1(n1)d1，nN*，代入 Sn的表达式，整理得，对于所有的 nN*，有n3 nSn n2c (d 11 2d) n2cd1nc(d1b1) (b 1d1a1 2d) 令 Ad1 d，Bb1d1a d， 1 2 1 2 Dc(d1b1)，则对于所有的 nN*，有 An3Bn2cd1nD.(*) 在(*)式中分别取 n1，2，3，4，得 ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1， 从而有Error! 7A3Bcd10， 19A5Bcd10， 21A5Bcd10. ) 由得 A0

45、，cd15B，代入方程，得 B0，从而 cd10. 即 d1 d0，b1d1a d0，cd10. 1 2 1 2 若 d10，则由 d1 d0，得 d0， 1 2 与题设矛盾，所以 d10. 又因为 cd10，所以 c0. 6(2013湖北，20，13 分，难)如图，某地质队自水平地面 A，B，C 三处垂直向地下钻探，自 A 点 向下钻到 A1处发现矿藏， 再继续下钻到 A2处后下面已无矿， 从而得到在 A 处正下方的矿层厚度为 A1A2 d1，同样可得在 B，C 处正下方的矿层厚度分别为 B1B2d2，C1C2d3，且 d1d2d3，过 AB，AC 的中点 M，N 且与直线 AA2平行的平面

46、截多面体 A1B1C1A2B2C2所得的截面 DEFG 为该多面体的一个中截面， 其面积记为 S中 (1)证明：中截面 DEFG 是梯形； (2)在ABC 中，记 BCa，BC 边上的高为 h，面积为 S.在估测三角形 ABC 区域内正下方的矿藏储 量(即多面体 A1B1C1A2B2C2的体积 V)时，可用近似公式 V估S中h 来估算已知 V (d1d2d3)S， 1 3 试判断 V估与 V 的大小关系，并加以证明 解：(1)证明：依题意 A1A2平面 ABC，B1B2平面 ABC，C1C2平面 ABC， 所以 A1A2B1B2C1C2. 又 A1A2d1，B1B2d2，C1C2d3，且 d1

47、d2d3， 所以四边形 A1A2B2B1、A1A2C2C1均是梯形 由 AA2平面 MEFN，AA2平面 AA2B2B，且平面 AA2B2B平面 MEFNME， 可得 AA2ME，即 A1A2DE. 同理可证 A1A2FG，所以 DEFG. 又点 M，N 分别为 AB，AC 的中点， 则点 D， E， F， G 分别为 A1B1， A2B2， A2C2， A1C1的中点， 即 DE， FG 分别为梯形 A1A2B2B1， A1A2C2C1 的中位线，因此 DE (A1A2B1B2) (d1d2)， 1 2 1 2 FG (A1A2C1C2) (d1d3)， 1 2 1 2 而 d1d2d3，故

48、 DEFG， 所以中截面 DEFG 是梯形 (2)V估V.证明如下： 由 A1A2平面 ABC，MN平面 ABC，可得 A1A2MN. 而 EMA1A2，所以 EMMN，同理可得 FNMN. 由 MN 是ABC 的中位线，可得 MN BC a，即为梯形 DEFG 的高， 1 2 1 2 因此 S中S梯形 DEFG 1 2( d1d2 2 d 1d3 2 ) a 2 (2d1d2d3)， a 8 即 V估S中h(2d1d2d3) ah 8 又 S ah，所以 V (d1d2d3)S(d1d2d3) 1 2 1 3 ah 6 于是 VV估(d1d2d3)(2d1d2d3) ah 6 ah 8 (d

49、2d1)(d3d1) ah 24 由 d1d20，d3d10，即 VV估0，故 V估0，求证：2a3b32ab2a2b. 【证明】要证明 2a3b32ab2a2b 成立， 只需证 2a3b32ab2a2b0， 即 2a(a2b2)b(a2b2)0， 即(ab)(ab)(2ab)0. ab0，ab0，ab0，2ab0， 从而(ab)(ab)(2ab)0 成立， 2a3b32ab2a2b. 【点拨】在证明时，无法直接找到思路，可用分析法证明或用分析法找出证明途径，再用综合法 证明 利用分析法证明时应注意的问题 (1)分析法采用逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需要用

50、的 知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导 时，常考虑用分析法 (2)应用分析法的关键在于需保证分析过程的每一步都是可逆的，它的常用书面表达形式为“要 证只需证”或用“” 注意用分析法证明时，一定要严格按照格式书写 (2015江苏南通模拟，21，10 分)已知 a0，求证：a 2.a2 1 a2 2 1 a 证明：要证a 2， a2 1 a2 2 1 a 只需证2a . a2 1 a2 1 a 2 a0，故只需证， ( a2 1 a22) 2 (a 1 a 2) 2 即证 a244a2222， 1 a2 a2 1 a2 1 a2 2(a 1

51、a) 从而只需证 2， a2 1 a2 2(a 1 a) 只需证 42， (a 2 1 a2) (a 22 1 a2) 即证 a22，它显然成立， 1 a2 原不等式成立 考向 2综合法与分析法的综合应用 1综合法 (1)定义：从已知条件和某些数学定义、公理、定理等出发，通过推理推导出所要的结论，这种证明 方法叫作综合法综合法是一种“由因导果”的证明方法 (2)框图表示：(其中 P 表示条件，Q 表示要证的结论) P Q1Q1Q2Q2Q3QnQ 2综合法与分析法的综合应用 分析法和综合法是两种思路相反的证明方法分析法侧重于结论提供的信息，综合法则侧重于条件 提供的信息，把两者结合起来，全方位地

52、收集、储存、加工和运用题目提供的全部信息，才能找到合理 的解题思路没有分析，就没有综合，分析是综合的基础，它们相辅相成是对立统一的 (2013北京，20，13 分)给定数列 a1，a2，an，对 i1，2，n1，该数列前 i 项 的最大值记为 Ai，后 ni 项 ai1，ai2，an的最小值记为 Bi，diAiBi. (1)设数列an为 3，4，7，1，写出 d1，d2，d3的值； (2)设 a1，a2，an(n4)是公比大于 1 的等比数列，且 a10，证明 ： d1，d2，dn1是等比数列 ； (3)设 d1，d2，dn1是公差大于 0 的等差数列，且 d10，证明：a1，a2，an1是等

53、差数列 【思路点拨】(1)d1，d2，d3的值可根据所给定义进行求解；(2)需根据题意求出 dn的通项后利用定 义证明；(3)利用等差数列的定义证明 【解析】(1)当 i1 时，A13，B11，故 d1A1B12，同理可求得 d23，d36. (2)证明：因为 a10，公比 q1， 所以 a1，a2，an是递增数列 因此，对 i1，2，n1，Aiai，Biai1. 于是对 i1，2，n1， diAiBiaiai1a1(1q)qi1. 因此 di0 且q(i1，2，n2)， di1 di 即 d1，d2，dn1是等比数列 (3)证明：设 d 为 d1，d2，dn1的公差 对 1in2，因为 Bi

54、Bi1，d0， 所以 Ai1Bi1di1BididBidiAi. 又因为 Ai1maxAi，ai1， 所以 ai1Ai1Aiai. 从而 a1，a2，an1是递增数列 因此 Aiai(i1，2，n1) 又因为 d10，B1A1d1a1d1a1， 所以 B1a1a20，F(x)在上是增函数； (0， 4) 0， 4 当 x时，F(x)0，所以当 x0，1时，F(x)0，即 sin xx. 2 2 记 H(x)sin xx， 则当 x(0， 1)时， H(x)cos x12 时，不等式 axx22(x2)cos x4 对 x0，1不恒成立 x3 2 因为当 x0，1时， axx22(x2)cos

55、x4 x3 2 (a2)xx24(x2)sin2 x3 2 x 2 (a2)xx24(x2) x3 2 ( x 2 ) 2 (a2)xx2x 3 2 (a2)x x2 3 2 x， 3 2 x 2 3（a2） 所以存在 x0(0，1)(如 x0取和 中的较小值)满足 ax0 x 2(x02)cos x040， a2 3 1 2 20 x 2 即当 a2 时，不等式 axx22(x2)cos x40 对 x0，1不恒成立 x3 2 综上，实数 a 的取值范围是(，2 方法二：记 f(x)axx22(x2)cos x4， x3 2 则 f(x)a2x2cos x2(x2)sin x. 3x2 2

56、记 G(x)f(x)，则 G(x)23x4sin x2(x2)cos x. 当 x(0，1)时，cos x ，因此 G(x)23x4x(x2)(22)x0. 1 2 2 2 2 于是 f(x)在0，1上是减函数，因此，当 x0，1时，f(x)f(0)a2， 故当 a2 时，f(x)2 时，不等式 axx22(x2)cos x4 对 x0，1不恒成立 x3 2 由于 f(x)在0，1上是减函数，且 f(0)a20，f(1)a 2cos 16sin 1， 7 2 当 a6sin 12cos 1 时，f(1)0， 7 2 所以当 x(0，1)时，f(x)0，因此 f(x)在0，1上是增函数，故 f(

57、1)f(0)0； 当2a6sin 12cos 1 时，f(1)0，故存在 x0(0，1)使 f(x0)0，则当 0xf(x0)0，所以 f(x)在0，x0上是增 函数，所以当 x(0，x0)时，f(x)f(0)0. 所以当 a2 时，不等式 axx22(x2)cos x4 对 x0，1不恒成立 x3 2 综上，实数 a 的取值范围是(，2 思路点拨：(1)利用构造法，分别判断 sin x 与x，sin x 与 x 的大小关系；(2)利用比较法或构造函 2 2 数，通过导数求解范围 考向 3反证法 1反证法的适用范围 (1)否定性命题； (2)结论涉及“至多”“至少”“无限”“唯一”等词语的命题

58、； (3)命题成立非常明显，直接证明所用的理论太少，且不容易证明，而其逆否命题非常容易证明； (4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少 2反证法中可能导出的矛盾 (1)与假设矛盾； (2)与数学公理、定理、公式、定义或已被证明了的结论矛盾； (3)与已知条件自相矛盾 3使用反证法证明问题时，准确地做出反设(即否定结论)是正确运用反证法的前提，常见的“结论 词”与“反设词”列表如下： 原结论词反设词原结论词反设词 至少有一个一个也没有对所有 x 成立 存在某个 x 不成 立 至多有一个至少有两个 对任意 x 不成 立 存在某个 x 成立 至少有 n 个至多有 n1 个p 或 q綈 p 且綈 q 至多有 n 个至少有 n1 个p 且 q綈 p 或綈 q (2013陕西，17，12 分)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 q1，证明数列an1不是等比数列 【解析】(1)设an的前 n 项和为 Sn， 当 q1 时，Sna1a1a1na1； 当 q1 时，Sna1a1qa1q2a1qn1， qSna1qa1q2a1qn， 得，(1q)Sna1a1qn， Sn，Sn a1（1qn） 1q na1，q1， a1（1qn） 1q ，q 1