專題二十推理與證明

1．(2015·，8，中)若空間中n個(gè)不同的點(diǎn)兩兩距離都相等，整數(shù)n的取值( A．至多等于3 B．至多等于4 【答案】B C，D.故選B.133133555555

＋…＋Cn－1 133555【解析】n＝1時(shí)，C0＝40＝41－1n＝2時(shí)，C0＋C1＝41＝42－1n＝3133555111111【答案】成績(jī)也相同的兩位學(xué)生，那么這組學(xué)生最多有() B．3 C．4 D．5【答案】B由已知，各同學(xué)之間語(yǔ)文成績(jī)、數(shù)學(xué)成績(jī)各不相同，當(dāng)有三名同學(xué)時(shí)，設(shè)三名同學(xué)分為(2，2)，C的成績(jī)?yōu)?1，3)．顯然，超過(guò)四名同學(xué)時(shí)不符合條件．則 【答案】C從給出的式子特點(diǎn)觀察推知，等式右端的值，從第三項(xiàng)開(kāi)始，后一個(gè)式子的右端值等a10＋b10＝123.3．(2014·課標(biāo)Ⅰ，14，易)A，B，C三個(gè)城市時(shí)，B城市；C由此可判斷乙去過(guò)的城市 【解析】由丙可知，乙至少去過(guò)一個(gè)城市．由甲可知，甲去過(guò)A，C且比乙多，且乙沒(méi)有去過(guò)A【答案】4．(2013·陜西，14，中)照此規(guī)律，第n個(gè)等式可 【解析】 【答案】22思路點(diǎn)撥：本題分析式子的特點(diǎn)歸納出式子，利用等差數(shù)列的求和進(jìn)行化簡(jiǎn)NNP0＝x1x2…xN. 放入對(duì)應(yīng)的前2和后2P1＝x1x3…xN－1x2x4…xNCP1 每段2CP22≤i≤n－2Pi2段，每段2iCPi＋1.N＝8時(shí)，P2＝x1x5x3x7x2x6x4x8x7P24(1)當(dāng)N＝16時(shí)，x7位于P2中的 個(gè)位置(2)當(dāng)N＝2n(n≥8)時(shí)，x173位于P4中的 個(gè)位置【解析】(1)N＝16時(shí)，所以x7位于P2中的第6個(gè)位置．(2)P42n242n－416差數(shù)列．第1段的首項(xiàng)下標(biāo)為1，其 式為16n－15，當(dāng)16n－15＝173時(shí)，n＝47N*；第2段的4項(xiàng)下標(biāo)為9，其 式為16n－7，當(dāng)16n－7＝173時(shí)，n＝45N*；第3段的首項(xiàng)下標(biāo)為5，其4式為16n－11，當(dāng)16n－11＝173時(shí)，n＝23N*；第4段的首項(xiàng)為13，其 式為16n－3，當(dāng)2＝173時(shí)，n＝11∈N*.x173P43×2n－4＋11【答案】 思路點(diǎn)撥：①sin213°＋cos217°－sin13°cos②sin215°＋cos215°－sin15°cos③sin218°＋cos212°－sin18°cos④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cossin215°＋cos215°－sin15°cos 2sin

sin2α＋cos2(30°－α)－sinsin2α＋cos2(30°－α)－sin＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinsinα(cos30°cosα＋sin30°sin

2α＋

αcosα＋1·sin2α－

αcos

23

2

4sinα＋4cossin2α＋cos2(30°－α)－sinsin2α＋cos2(30°－α)－sin1－cos sinα(cos30°cosα＋sin30°sin

2cos2α＋2＋2(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－2sinαcosα－2sin 2cos2α＋2＋4cos 4sin2α－4sin2α－4(1－cos＝1－1cos 4cos a1＋a2＋…＋ak兩個(gè)數(shù)中最大的數(shù)．b)，(c，d)P′：(c，d)，(a，b)m＝am＝dT2(P)T2(P′)的大??；PT5(P)T5(P)的值．(只需寫(xiě)出結(jié)論)m＝aa＋b＋d≤c＋b＋da＋c＋d≤c＋b＋dT2(P)≤T2(P′)．當(dāng)m＝d時(shí)，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋a＋b.a＋b＋d≤c＋a＋ba＋c＋d≤c＋a＋bT2(P)≤T2(P′)．所以無(wú)論m＝a還是m＝d，T2(P)≤T2(P′)都成立．

考向 類比推理的應(yīng)(2)用一類事物的性質(zhì)去推測(cè)另一類事物的性質(zhì)，得出一個(gè)明確題(猜想(1)(2015·陜西西安模擬，13)若等差數(shù)列{an}a1dn

則數(shù)列n為等差數(shù)列，且通項(xiàng)為n＝a1＋(n－1)·2. 列{bn}的首項(xiàng)為b1，公比為q，前n項(xiàng)的積為Tn，則數(shù) 為等比數(shù)列，通項(xiàng) (2)(2015·山東煙臺(tái)模擬，14)ABCS1

P-ABCV12，則S＝42體積為 ，則【思路導(dǎo)引】解題(1)的關(guān)鍵是找出等差數(shù)列與等比數(shù)列性質(zhì)的關(guān)聯(lián)；解題(2)的關(guān)鍵是熟練掌握類【解析】(1)因?yàn)樵诘炔顢?shù)列{an}中前n項(xiàng)的和為Sn的通項(xiàng)，且寫(xiě)成了 比數(shù)列{bn}nTnn方的形式，等差數(shù)列中的求和類比等比數(shù)列中的乘積，類比可得：數(shù)列{nTn}為等比數(shù)列，通項(xiàng)為nTn＝b1·(q)n－1. 1P-ABCV1V2，則【答案 (1)n nTn＝b1·( 1類比推理應(yīng)用的類型及相應(yīng)方法

12(2015·中山質(zhì)檢，10)請(qǐng)閱讀下列材料：若兩個(gè)正實(shí)數(shù)a1，a2滿足a2＋a2＝1，那么12≤f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋1xΔ≤04(a1＋a2)2－8≤0a1＋a2≤2.n n＋…＋a2＝1時(shí)，你能得到的結(jié)論 n【解析】f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋1，由對(duì)一切實(shí)數(shù)x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，得a1＋a2＋…＋an≤n.【答案】a1＋a2＋…＋an≤

考向 歸納推理的應(yīng) 面數(shù)頂點(diǎn)數(shù)棱數(shù)5696668猜想一般凸多面體中F，V，E所滿足的等式 14)13610…， 第n個(gè)三角形數(shù)

nkN(n，k)(k≥3)kn

＝2n三角形數(shù) 1 1＝2n正方形數(shù)五邊形數(shù) 3 1＝2n六邊形數(shù) 【解析 ∴F，V，EF＋V－E＝2.

2

， 2n＝2n＋2 N(n，4)＝n2＝2

2

， 2n＝2n＋2 N(n，6)＝2n2－n＝2n2＋2 N(n，k)＝2n2＋2 故 ×10＝1100－100＝1【答案 (2)1】常見(jiàn)的歸納推理類型及相應(yīng)方法＝ 15)設(shè)函數(shù) x(x>0)，觀察：＝＝ x，＝＝ x ＝＝ x ＝ 當(dāng)n∈N*且n≥2時(shí) 5－2

95－55≥2×7

由以上特殊不等式，可以猜測(cè)：當(dāng)a>b>0，s，r∈Z時(shí)，有 a【解析】(1)f(x)＝x(x>0)f1(x)＝f(x)＝xf2(x)＝f(f1(x))＝ f3(x)＝f(f2(x))＝ n∈N*n≥2

(2)5－2≥2×2＝1×2

≥×＝ 2

≥ ＝ 2 2

525

由以上特殊不等式，可以猜測(cè)：當(dāng)a>b>0，s，r∈Z時(shí)， ≥

r2(2)r2

考向 演繹推理的應(yīng)(1)演繹推理是由一般性題推出特殊性命題的一種推理模式，是一種必然理．演繹推理的前(2)演繹推理的主要形式就是由、推出結(jié)論的式推理(2014·遼寧，21，12分)f(x)＝(cos

－3(sin

cosx－4(1＋sin 證明：(1)x0∈02 (2)x1∈2，πg(shù)(x1)＝0，且對(duì)(1)x0

【證明 (1)當(dāng)x∈0，2時(shí)，f′(x)＝－(1＋sinx)(π＋2x)－2x－3cosx<0，∴函數(shù)f(x)在0，2上

f(0)＝π－3>0，f2＝－π3 x0∈02 3（x－π）cos

3－2

(2)

1＋sin

π，x∈2 t＝π－xx∈2，π時(shí)，t∈02 3tcos

1＋2

π1＋sin

.（π＋2t）（1＋sin ，當(dāng)上 從而當(dāng)，所以

在x0，2u(t)u(x0)>0，u2＝－4ln2<0t1∈x0，2u(t1)＝0

x∈2，π時(shí)，1＋sin ∴g(x)＝(1＋sinx)h(x)h(x) x1∈2，π 演繹推理的應(yīng)用方法(1)在應(yīng)用推理來(lái)證明問(wèn)題時(shí)首先應(yīng)該明確什么是問(wèn)題中的和在演繹推理中，(2)用證明的基本模式是①——已知的一般原理②——所研究的特殊情況③結(jié)論——在證明的過(guò)程中，往往不寫(xiě)出來(lái)(1)a>0且－b(2)f(x)＝0在(0，1)a＋b＋c＝0ba＋b＋c＝0ca＋b<0 b2

b

(2)方法一：∵拋物線f(x)＝3ax＋2bx＋c的頂點(diǎn)坐標(biāo)為

b2又

b

方法二：∵f(0)>0，f(1)>0x軸的兩個(gè)交點(diǎn)落在區(qū)間(0，1)內(nèi)，即方程f(x)＝0在(0，1)內(nèi)有兩個(gè)實(shí)根．

f(x)＝0

2x1，x2 ，x1x2＝c 又 >01 錯(cuò)誤B．錯(cuò)C．推理形式錯(cuò)誤D，【答案】C ∵：“鵝吃白菜”本身正確“參議員先生也吃白菜”本身也正確，但不是下的特殊情況，即鵝與人不能類比．，∴不符合推理形式2．(2015·模擬，6)在直角坐標(biāo)系xOy中，一個(gè)質(zhì)點(diǎn)從A(a1，a2)出發(fā)沿圖中路線依次經(jīng)過(guò)B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此規(guī)律一直運(yùn)動(dòng)下去，則a2013＋a2014＋a2015＝( B．1 C．1 D．1【答案】 由直角坐標(biāo)系可知12個(gè)奇數(shù)互為相反數(shù)，且從－12014÷4＝5032，a2013＝504，a2a2013＋a2014＋a2015＝504＋1007－504＝13．(2015·陜西西安模擬，7)設(shè)△ABCa，b，c，△ABCSr，則r＝ 徑為r，四面體S-ABC的體積為V，則 【答案】C 設(shè)四面體的內(nèi)切球的球心為O，則球心O到四個(gè)面的距離都是R，所以四面體的體積等于以O(shè)為頂點(diǎn)，分別以四個(gè)面為底面的4個(gè)三棱錐體積的和．1VS- 已知1 4 4 類比得 a 【解析】n＝1時(shí)，a＝1；n＝2時(shí)，a＝22＝4；n＝3時(shí)，a＝33＝27，由此歸納可得a＝nn.【答案】5．(2015·福建質(zhì)檢，15)對(duì)大于或等于2的自然數(shù)m的n次方冪有如下分解方式根據(jù)上述分解規(guī)律，若m3(m∈N*)的分解式中最小的數(shù)是73，則m的值 【解析】23起，m33，5，7，9，若干連續(xù)項(xiàng)之和，23為前兩項(xiàng)和，33為接下來(lái)三項(xiàng)和，故m3的首數(shù)為m2－m＋1.∵m3(m∈N*)【答案】 1 1＝2n 1 1 2＝3n＋2n 1 1 13＝4n＋2n＋4n 1 1 1 14＝5n＋2n＋3n 1 1 54 5＝6n＋2n＋12n＋An可以推測(cè) 【解析】Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nkk＝1，2，3，…

S2＝1n3＋1

3n的降冪排列，奇次項(xiàng)系數(shù)和1＋1＝1

1，1＝1 S3＝1n4＋1

1，1＝1

4＋13－1n5n的降冪排列，奇次項(xiàng)系數(shù)和1＋1－1

偶次項(xiàng)系數(shù)1，1＝1 S5＝1n6＋15＋5n4＋An2，可得：最高次項(xiàng)為6次，按n 和相等，均為1，則有1＋5＋A＝1A＝－1 【答案】－1π17．(2014·山東泰安模擬，15)

3cos5cos5 cos7cos7cos7 π若數(shù)列{a}中，a a

a

n

1 則

3，

cos5

5，

7

n＝1【解析】(1)nn2n＋1，分子分別為π，2π，…，nπ，右邊應(yīng)為1，故可以猜想出結(jié)論為π

＝1

(2)由(1)an＝1

11

22

＝1－1

＝1023【答案 π 2π nπ【答案 ＝(n∈N

函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋3x的對(duì)稱中心

1 1

5 1

若函數(shù)g(x＝3x－2x＋3x

1，則g2015＋g2015＋g2015＋…＋g2【解析】(1)f′(x)＝3x2－6x＋3，f″(x)＝6x－66x－6＝0h(x)＝13－12＋3x－5，k(x)＝12 2

2h′(x)＝x2－x＋3，h″(x)＝2x－12x－1＝02

5

又∵k(x)＋k(1－x)＝1＋122 22x＝ ， ，…，22

2

2 2＝

2

2h2015＋h2015＋…＋h2

1 h2 2 1【答案】 (2)2(2015·重慶，22，12分，難)在數(shù)列{an}n(1)若λ＝0，μ＝－2，求數(shù)列{an}的通式n＝ (2)若 1(k0∈N，k0≥2)，μ＝－1，證明：2 ＝

n解：(1)λ＝0，μ＝－2n若存在某個(gè)n0∈N＋，使得an0＝0，則由上述遞推易得an0－1＝0，重復(fù)上述過(guò)程可得a1＝0，這與a1＝3，所以對(duì)任意n∈N＋，an≠0.an＋1＝2an(n∈N＋)，即{an}q＝2k證明：由k0 a1＝3＞0 因?yàn)閍＋＝ 0＝a－1＋1

an a

k0ka

0 1

＝a1－k0·k＋k

0 1 0＞2＋k0

k0

a1＞a2＞…＞ak0＞ak0＋1＞2 1 ak0＋1＝a1－k0·k＋k 0 1 ＜2＋k k0 綜上 Ax3＋ax＋b＝0Bx3＋ax＋b＝0Cx3＋ax＋b＝0Dx3＋ax＋b＝0【答案】A “方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”的否定是“方程x3＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根”，故選A.

1＋1

C．cos

1 D．ln(1＋x)≥x－1 【答案】 ＋x2不恒成立，A 18 8

1

1

2

f 1

5 1＋5

3

3125<1，B對(duì)于D，當(dāng)x＝4時(shí)，ln5<ln 42，D錯(cuò)誤．故選q－1}A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．(1)q＝2，n＝3n及an<bn，可得

思路點(diǎn)撥：(1)nqA；(2)stan<bn利用放縮法證(bπ)，cbπa⊥ba⊥c解：(1)證明：方法一(向量法)：如圖(1)bπna，b，c，nμn，圖a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)．因?yàn)閍⊥b，所以a·b＝0.a·c＝0方法二(反證法)：如圖(2)c∩b＝A，PbAPPO⊥π，垂足為O，則O∈c.圖PO⊥π，a?πPO⊥a.又a⊥b，b?平面PAO，PO∩b＝P，所以a⊥平面PAO.所以a⊥c.(2)逆命題為：aπ內(nèi)的一條直線，bπ外的一條直線(bπ)，cbπ上的投影，若a⊥c，則a⊥b.逆命題為真命題．bn＝nSn，n∈N*c c＝0b1，b2，b4證明：由題意得 c＝0bn＝n＝a＋22b1，b2，b42

a＋3即

d≠0m∈N*k，n∈N*n∈N*d－1

1 A＝d1－1，B＝b1－d1－a＋1 D＝c(d1－b1)n∈N*，有在(*)n＝1，2，3，4 從而有 由②A＝0，cd1＝－5B，代入方程①B＝0d1－1

d1＝0d1－1＝0與題設(shè)，所以cd1＝0

考向 分析法的應(yīng)一種“執(zhí)果”的證明方法．(2013·江蘇，21，10分)a≥b>0 要證明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，從而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，【點(diǎn)撥】在證明時(shí)，無(wú)法直接找到思路，可用分析法證明或用分析法找出證明途徑，再用綜合法利用分析法證明時(shí)應(yīng)注意的問(wèn)題應(yīng)用分析法的關(guān)鍵在于需保證分析過(guò)程的每一步都是可逆的，它的常面表達(dá)形式為“要“?1812

10.2＋

72＋π33

0.5＋

請(qǐng)你根據(jù)上述特點(diǎn)，提煉出一個(gè)一般性命題(寫(xiě)出已知，求證)b＋m解：已知a>b>0，m>0，求證

b，只需證a(b＋m)>b(a＋m)，只需證am>bm，只需證，欲 a＋m

b成立，所 考向 綜合法與分析法的綜合應(yīng)

(P表示條件，Q表示要證的結(jié)論提供的信息，把兩者結(jié)合起來(lái)，全方位地收集、、加工和運(yùn)用題目提供的全部信息，才能找到合理mSn＝am，則稱{an}是“H若數(shù)列{an}nSn＝2n(n∈N*)，證明：{an}是“H設(shè){an}a1＝1d<0.若{an}是“Hd證明：對(duì)任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”{bn}和{cn}an＝bn＋cn(n∈N*)【思路導(dǎo)引 (1)利用

根據(jù)“新定義”an，根據(jù)數(shù)列為“H數(shù)列”dnan【解析 (1)證明：由已知，當(dāng)n≥1時(shí)nm＝n＋1Sn＝2n＝am.所以{an}是“H數(shù)列因?yàn)閧an}是“H數(shù)列”mS2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.d<0m－2<0m＝1.當(dāng)d＝－1時(shí) 是小于2的整數(shù){an}是“H數(shù)列”．d證明：設(shè)等差數(shù)列{an}bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)an＝bn＋cn(n∈N*)．下證{bn}是“H數(shù)列”．

設(shè){bn}的前n項(xiàng)和為Tn，則 于是對(duì)任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù) Tn＝bm，所以{bn}是“H數(shù)列”．同理可證{cn}也是“H數(shù)列”．所以，對(duì)任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個(gè)“H數(shù)列”{bn}和{cn}an＝bn＋cn(n∈N*)綜合法與分析法應(yīng)用的Ain－iai＋1，ai＋2，…，anBi，di＝Ai－Bi.(1)設(shè)數(shù)列{an}3，4，7，1d1，d2，d3的值；d1，d2，…，dn－10d1>0，證明：a1，a2，…，an－1解：(1)i＝1時(shí)，A1＝3，B1＝1d1＝A1－B1＝2證明：因?yàn)閍1>0，公比q>1，a1，a2，…，an是遞增數(shù)列．i＝1，2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.于是對(duì)i＝1，2，…，n－1，di≠0且di即dd1，d2，…，dn－1的公差．對(duì)1≤i≤n－2，因?yàn)锽i≤Bi＋1，d>0，Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.a1，a2，…，an－1是遞增數(shù)列．因此Ai＝ai(i＝1，2，…，n－1)．又因?yàn)锽1＝A1－d1＝a1－d1<a1，i＝1，2，…，n－2ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，即a1，a2，…，an－1是等差數(shù)列．考向 反證結(jié)論涉及“至多”“至少”“無(wú)限”“唯一”等詞語(yǔ)題(4)要討論的情況很復(fù)雜，而情況很少．反證法中可能導(dǎo)出的與假設(shè)與數(shù)學(xué)公理、定理、、定義或已被證明了的結(jié)論與已知條件自相xx立x立xn個(gè)pp且n個(gè)pp或(2013·陜西，17，12分)設(shè){an}q(1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和【思路導(dǎo)引】(1)利用等比數(shù)列的概念及錯(cuò)位相減法推導(dǎo)前n項(xiàng)和；(2)利用反證法證明要證的【解析 (1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為q＝1q≠1①－②

(2)證明：假設(shè){an＋1}k1a2＋k111∴q＝1，這與已知用反證法證明命題的基本步驟反設(shè)，設(shè)要證明的結(jié)論的成立歸謬，從反設(shè)入手，通過(guò)推理得出與已知條件或公理、定理(2015·浙江溫州質(zhì)檢，19，14分)已知等差數(shù)列{an}a1>0

1 1

m，且a2，a2，a21

1 1 ，a2， ∵1，1，1aaa aaa ∴2 ，∴(2m－1)＝497

(2)m∈N*，使1，1，1成等差數(shù)列，即2＝1＋1aaa

2

2a2＋m1 m1

m m1，化簡(jiǎn)，得d m1m1m1a2m1m1

（a＋

（a＋

（a2＋

m1m1∴3a2＋>3d2>d2，與d2＝3a2＋，因此假設(shè)不成立，故原命題得證m1m1那么a，b，c中至少有一個(gè)是偶數(shù)．用反證法證明時(shí)，下列假設(shè)正確的是( a，b，ca，b，ca，b，ca，b，c【答案】 “至少有一個(gè)”的否定為“都不是”，故選 f(x)∈Mα，g(x)∈Mαg(x)≠0，則f（x） 【答案】 －α(x2－x1)<f(x2)－f(x1)<

<α

則－α<k<αf(x)∈Mf(x)＋g(x)∈Mα1＋α2.其中正確命題的序號(hào) l⊥α【解析】

②l⊥αl?βmα?xí)r，則l必與m相交，故②錯(cuò)誤；l∥m m?β，∴β⊥α，故③α∩β＝nm∥n【答案】4．(2014·山東濰坊高三期中，13)如果△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個(gè)內(nèi)角的正弦值，則△A2B2C2是 【解析】由條件知，△A1B1C1的三個(gè)內(nèi)角的余弦值均大于0，則△A1B1C1△A2B2C2 sinA2＝cos

2 由sinB2＝cosB1＝sin2 sinC2＝cosC1＝sin2 A2＝2－ 2＝2 π那么，A2＋B2＋C2＝2，這與三角形內(nèi)角和為180° 所以假設(shè)不成立，又顯然△A2B2C2不是直角三角形，所以△A2B2C2【答案】5．(2015·質(zhì)檢，15)設(shè)集合A?R，如果x0∈R滿足：對(duì)任意a>0，都存在x∈A，使得－x0|<ax0A x|x＝n，n∈N n ，n∈N ④其中以0為聚點(diǎn)的集合序號(hào) 【解析】①a<1a＝0.5x∈Z＋∪Z－，都有|x－0|≥1，也就是說(shuō)不可能0<|x－0|<0.5，從而0不是Z＋∪Z－的聚點(diǎn)； ∴0是集合{x|x∈R，x≠0}

③集合x(chóng)|x＝n，n∈N0a>0n>a 0是集合x(chóng)|x＝n，n∈N x|x＝n

大1a<10<|x|<a x|x＝n∴0不是集合

【答案】x1，x2f(αx1＋(1－α)x2)≤αf(x1)＋(1－α)f(x2)f(x)DC函數(shù)．f1(x)＝x2C

Cf(x)RTf(x)RC解：(1)x1，x2α∈(0，1)，有12121212∴f1(x)＝x2C

C證明如下(舉反例22＝f(－2)－1

Cf(x)RCm<nm，n∈[0，T)記x1＝m，x2＝m＋T，α＝1－ ，則0<α<1，且記x1＝n，x2＝n－T，α＝1－ ，同理也可得 f(x)T所以f(x)在R上是常數(shù)函數(shù)，這與f(x)的最小正周期為T．所以f(x)不是R上的C函數(shù)．b)|abba，a∈X，b∈Yn}f(n)Sn所含元素的個(gè)數(shù)．n≥6f(n)n≥6 2 2

3n＋2＋2＋

＋＋

n＋2＋

2＋

n＝6時(shí)，f(6)＝6＋2＋6＋6＝13 k＋1＝6tk＝6(t－1)＋5

f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋2

3＋3＝(k＋1)＋2＋2

k＋1＝6t＋1k＝6t k＋1＝6t＋2k＝6t＋1

f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋2

3＋2＝(k＋1)＋2＋2

k＋1＝6t＋3k＝6t＋2 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋2＋3 ＋3k＋1＝6t＋4k＝6t＋3 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋2 ＝(k＋1)＋2＋2 k＋1＝6t＋5k＝6t＋4 f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋2＋3 n≥6n

，22，14分，難)已知數(shù)列{an}

an(n∈N＋)．ex

e

n計(jì)算a1，a1a2，a1a2a3，由此推測(cè)計(jì)算a1a2…a ，并給出證明n1cn＝(a1a2…an)n，數(shù)列{an}，{cn}nSn，Tnf′(x)>0x<0時(shí)，f(x)單調(diào)遞增，f′(x)<0x>0時(shí)，f(x)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(0，＋∞)．當(dāng)x>0時(shí)，f(x)<f(0)＝0，即1＋x<ex.令x＝1，得 n即

a1

b1b2b3＝b1b2

21212

aa·a3＝3

aaaa1 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明n＝1時(shí)，左邊＝右邊＝2，(**)n＝k

成立，即1＋1n＝k＋1

b1b2…bk

1k＋1

a1a2…ak

n＝k＋1時(shí)，(**)根據(jù)①②，可知(**)ncn的定義，(**)，算術(shù)—幾何平均不等式，bn的定義及(*)

1

12

1231＋…＋(a1a2…n(a

(aa

(aaa

a

b

b＋b＝ 1＋ 2＋ 3＋…＋ n≤b1＋ 2＋

＋…

1＋1

1＋1

1－1

1－1 1－1

1．(2014·，21，13分，難)設(shè)實(shí)數(shù)c＞0，整數(shù)x＞－1x≠01

1 p p＝2時(shí)，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2xp＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．當(dāng)p＝k＋1時(shí)，p＝k＋1綜合①②x>－1x≠0p>1，不等式(1＋x)p>1＋px1(2)1n＝1a1>cp1n＝k(k≥1，k∈N*)ak>cp

＋ca1－pa

p p n＝k＋1 ＝

p ak>cp>0<<pp

ap apak

p

p 因此ap＋>c，即 k 所以n＝k＋1時(shí)，不等式 1也成立a綜合①②n，不等式

1

<1

a<aa n pa n

可得

>cp，n∈N

1xp≥c

＝p c

pp－11－c ＝p 1 x>cp11n＝1a1>cp>0ap>c1a

c2＝pa1 p a1并且 f(a11n＝1an>an＋1>cpn＝k(k≥1，k∈N*)pak>ak＋1>c1p1n＝k＋11n＝k＋1p綜合①②n，不等式pn個(gè)數(shù)，Aa1a2，Bb1b2n＝3ξ令C表示“ξ與η的取值恰好相等”，求C發(fā)生的概率 C，C表示C的對(duì) 6方法共有C3＝20(種)，所以ξ的分布列為：6ξ2345P153315

3＋4 3＋5×1＝7 (2)ξηξηn－12種；ξηn時(shí)，不同的分2種；ξηn＋k(k＝1，2，…，n－2)(n≥3)2Ckn＝2 n－2k 22＋ n≥3C C(3)由(2)知，當(dāng)n＝2時(shí) －＝1，因 － -

-

n－2k n≥3時(shí)，P(C)<P(C)．理由如下：P(C)<P(C)42 26n＝3時(shí)，(*)式左邊＝4(2＋C1)＝4(2＋2)＝16，(*)式右邊＝C3＝20，所以(*)26n＝m(m≥3)時(shí)(*) －2k

＋1－2

－2

42C2k<C2mn＝m＋1時(shí)，左邊＝42＋∑C2k＝42

2m1<Cm＋4C－1－2m1 ＝m！m！ （ 2m111＝C＋1＋2m111

＋ －2m1<C＋1＋2m1-綜合①②n≥3P(C)<P(C)-—3．(2014·大 ，22，12分，難)函數(shù) ax(a>1)—(2)

1＝ln(an＋1)，證明：2 3.≤ ≤

.1<a<2x∈(－1，a2－2a)f′(x)>0，f(x)在(－1，a2－2a)上是增函數(shù)；若x∈(a2－2a，0)，則f′(x)<0，f(x)在(a2－2a，0)上是減函數(shù)；x∈(0，＋∞)f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)a＝2時(shí)，f′(x)≥0，f′(x)＝0x＝0時(shí)，f(x)在(－1，＋∞)a>2x∈(－1，0)f′(x)>0，f(x)在(－1，0)上是增函數(shù)；若x∈(0，a2－2a)，則f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)上是減函數(shù)；x∈(a2－2a，＋∞)f′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)上是增函數(shù)．(2)證明：由(1)知，當(dāng)a＝2時(shí)，f(x)在(－1，＋∞)上是增函數(shù)．x∈(0，＋∞)即 2x(x>0)．又由(1)a＝3時(shí)，f(x)在[0，3)上是減函數(shù)．當(dāng)x∈(0，3)時(shí)，f(x)<f(0)＝0，即 3x(0<x<3)．≤下面用數(shù)學(xué)歸納法證明2 3.≤ ①當(dāng)n＝1時(shí)，由已知得 ②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即2 k≤3

22×2 當(dāng)n＝k＋1時(shí) >2

3

3×3 <3

即當(dāng)n＝k＋1時(shí)有2 k＋1≤3，結(jié)論成立 根據(jù)①②n∈N*4．(2012·，22，14分，難)(1)已知函數(shù)f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x>0)，其中r為有理數(shù)，且0<r<1，f(x)的最小值；2a1≥0，a2≥0，b1，b2b1＋b2＝1a1b1a2注：當(dāng)α為正有理數(shù)時(shí)，有求導(dǎo)(xα)′＝αxα－1.解：(1)ff′(x)＝00<x<1時(shí)，f′(x)<0f(x)在(0，1)內(nèi)是減函數(shù)；當(dāng)x>1時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)f(x)x＝1(2)由(1)x∈(0，＋∞)f(x)≥f(1)＝0，即xr≤rx＋(1－r)．①a1，a20a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2成立．若a1，a2均不為0，又b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，于是a在①a2可得

a2a a1b1a1－b1≤a1b1＋a2(1－b1)a1b1a a1≥0，a2≥0，b1，b2b1＋b2＝1a1，a2，…，an為非負(fù)實(shí)數(shù)，b1，b2，…，bn為正有理數(shù)．若b1＋b2＋…＋bn＝1，2a1b1ab2…anbn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn.③2an＝1時(shí)，b1＝1a1≤a1 a1b1ab2…a n＝k＋1a1，a2，…，ak，ak＋1為非負(fù)實(shí)數(shù)，b1，b2，…，bk，bk＋1b1＋0<bk＋1<1 a1b1ab2…abkak＋1bk＋1＝(a1b1a2b2…abka b1 b2

11－bk＋1

k

因

b1

a1b1a2b2…akbka ≤

a ≤

a1b1ab2…abka n＝k＋1由a，b可知，對(duì)一切正整數(shù)n，所推廣題成立n5．(2012·，21，13分，難)數(shù)列{xn}滿足n(2)c的取值范圍，使{xn}nn解：(1)c<0xn＋1＝－x2＋xn＋c≤xn＋c<xn，故{xn}是遞減數(shù)列．再證必要性，若{xn}是遞減數(shù)列，所以xn>xn＋1＝－x2＋xn＋c，nnnc<x2nx1＝0x1<x2<x3nxn<xn＋1＝－x2＋xn＋cnn≥1xn<n注意到c－xn＋1＝x2－xn－c＋c＝(1－c－xn)(c－xn)，②由①式和②式可得1－c－xn>0，nxn<1－由②xn≥0n≥1c－xn＋1≤(1－c)(反復(fù)運(yùn)用③c－xn≤(1－c)n－1(c－x1)<(1－c)n－1.xn<1－c和c－xn<(1－c)n－12-)n－1n≥11根據(jù)指數(shù)函數(shù)y＝(1－c)x12

≤4

11

nnxn<cn≥1下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng) 1時(shí)，xn<c對(duì)任意n≥1成立c1當(dāng)n＝1時(shí) ≤2，結(jié)論成立c1n＝k(k∈N*)時(shí)結(jié)論成立，即xk<c.因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝－x2＋x＋c在區(qū)間－∞，1xk＋1＝f(xk)<f(c)＝

n＝k＋1nxn<cn≥1成立．n綜上可知，使得數(shù)列{xn}c的取值范圍是 考向 用數(shù)學(xué)歸納法證明等數(shù)學(xué)歸納法是一種只適用于與正整數(shù)有關(guān)題的證明方法，第一步是遞推的“基礎(chǔ)”，第二步是遞推的“依據(jù)”，兩個(gè)步驟，在證明過(guò)程中要防范以下兩點(diǎn)：(1)n＝n0時(shí)，n01(2014·江蘇，23，10分)

sin

π

＝x (1)2f122f22 *

π22(2)n∈N，等式|nfn－144fn422

【思路導(dǎo)引】(1)f1(x)，f2(x)，將自變量的值代入求解；(2) nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋2x＝4 【解析 x 于

sin

2cos

2sinf2(x)＝f′1(x)＝

′－

′＝－x

x3

4 所以f1 ，f2＝－ 2 2 π

2f122f22 (2)xf0(x)＝sinxxf0(x)＋xf′0(x)＝cos f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sinx＋2 2f1(x)＋xf2(x)＝－sin 3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sinx＋2 4f3(x)＋xf4(x)＝sin nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋2 nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋2x∈N n＝1n＝k kfk－1(x)＋xfk(x)＝sinx＋2 因?yàn)閇kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf

kπ

sinx＋2′＝cosx＋2·x＋2 所以n＝k＋1

綜合①②nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋2n∈N

π

x＝4nfn－144fn4＝sin4＋2(n∈N 22 π 22所以nfn－144fn4

(n∈N 利用數(shù)學(xué)歸納法證明等式時(shí)應(yīng)注意的問(wèn)題(2)n＝kn＝k＋1n＝k時(shí)的式子，即充分利用假設(shè)，求數(shù)列{an}與{bn}的通式an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.

而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10方法二：①n＝1時(shí)，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16n＝k時(shí)等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)有n＝k＋1由①和②n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn思路點(diǎn)撥：本題(2)Tk＋1Tk考向 用數(shù)學(xué)歸納法證明不等別驗(yàn)證比較，以免出現(xiàn)判斷，最后猜出從某個(gè)k值開(kāi)始都成立的結(jié)論，常用數(shù)學(xué)歸納法證明，即先(2014·陜西，21，14分)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0f′(x)f(x)f(x)≥ag(x)a【思路導(dǎo)引】(1)利用求導(dǎo)及歸納推理得出gn(x)的表達(dá)式，然后用數(shù)學(xué)歸納法證明，證明的關(guān)鍵是當(dāng)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，證得n＝k＋1時(shí)，結(jié)論也成立．【解析 由題設(shè)得，g(x)＝xx

x

，…，可得

n＝1時(shí)，g1(x)＝x②假設(shè)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即gk(x)＝ n＝k＋1

xx＝

1＋

由①②n∈N≥已知f(x)≥ag(x)恒成立，即 ax恒成立．≥φ(x)＝ln(1＋x)－ax，則φ′(x)＝1 ＝， a≤1時(shí)，φ′(x)≥0(x＝0，a＝1時(shí)等號(hào)成立φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)≥∴a≤1時(shí) ax恒成立(當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時(shí)等號(hào)成立)．≥a>1x∈(0，a－1]≥∴φ(a－1)<φ(0)＝0，即a>1時(shí)，存在x>0，使φ(x)<0，故知 ax不恒成立，≥綜上可知，a的取值范圍是g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝1＋2＋…＋n，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，所以 證明如下：上述不等式等價(jià)于1＋1＋…＋1 在(2)a＝1ln(1＋x)>xx＝1，n∈N，則1 n①當(dāng)n＝1時(shí) 2<lnn＝k時(shí)結(jié)論成立，即1＋1＋…＋1 k1那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1＋1＋…＋1＋1 ＋1)＋1 k1

ln＋由①②n∈N應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式應(yīng)注意的問(wèn)題nn＝kn＝k＋1后，可采用分析法、綜合法、求差(求商)n(2014·重慶，22，12分)a1＝1，an＋1＝n若b＝1，求a2，a3及數(shù)列{an}的通式b＝－1ca2n<c<a2n＋1n∈N*解：(1)方法一：a2＝2，a3＝再由題設(shè)條件知從而{(an－1)2}是首項(xiàng)為0，公差為1的等差數(shù)列，故(an－1)2＝n－1，即an＝ 方法二：a2＝2，a3＝可寫(xiě)為 因此猜想 當(dāng)n＝1時(shí)結(jié)論顯然成立．假設(shè)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即 k－1＋1，則 這就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論成立．所以an＝ (2)方法一：設(shè)f(x)＝ （x－1）2＋1－1，則an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝ n＝1時(shí)，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝所以2 ，結(jié)論成立a<4<an＝kf(x)在(－∞，1]c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a21>c>a2k＋2>a2，再由f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，得c＝f(c)<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1，故c<a2k＋3<1.n＝k＋1c方法二：設(shè)f