课件40张PPT。合情推理 综合法与分析法 反证法 数学归纳法 转化与化归思想 课件67张PPT。教师用书独具演示演示结束归纳推理 部分对象 全部对象 个别事实 一般结论 部分 整体 个别 一般 类比推理 类似 已知 特殊 特殊 合情推理 观察 分析 比较 联想 归纳 类比 猜想 数、式中的归纳推理 几何图形中的归纳推理 类比推理及应用 课时作业（十三）课件48张PPT。教师用书独具演示演示结束演绎推理的含义 某个特殊情况下 一般到特殊 三段论 一般原理 特殊情况 一般原理 特殊情况 M是P S是M S是P 把演绎推理写成三段论 三段论的应用 课时作业（十四）课件46张PPT。教师用书独具演示演示结束综合法 定义 定理 公理 推理论证 结论 已知条件 定义 公理 定理 证明的结论 分析法 要证明的结论 充分条件 已知条件 定理 定义 公理 综合法 分析法 综合法与分析法的综合应用 课时作业（十五）课件53张PPT。教师用书独具演示演示结束反证法 原命题 假设错误 原命题成立 已知条件 假设 定义、公理、定理 用反证法证明否定性命题 用反证法证明“至多”、“至少” 类问题 用反证法证明唯一性命题 课时作业（十六）课件49张PPT。教师用书独具演示演示结束数学归纳法 正整数n 用数学归纳法证明等式问题 用数学归纳法证明不等式 归纳—猜想—证明 课时作业（十七）综合检测(二)
第二章 推理与证明
(时间90分钟，满分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．(2013·开封高二检测)根据偶函数定义可推得“函数f(x)＝x2在R上是偶函数”的推理过程是( )
A．归纳推理 B．类比推理
C．演绎推理 D．非以上答案
【解析】 根据演绎推理的定义知，推理过程是演绎推理，故选C.
【答案】 C
2．下面四个推理不是合情推理的是( )
A．由圆的性质类比推出球的有关性质
B．由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和都是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°
C．某次考试张军的成绩是100分，由此推出全班同学的成绩都是100分
D．蛇、海龟、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龟、蜥蜴是爬行动物，所以所有的爬行动物都是用肺呼吸的
【解析】 A是类比推理，B、D是归纳推理，C不是合情推理．
【答案】 C
3．设n为正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，计算得f(2)＝，f(4)>2，f(6)>，f(8)>3，f(10)>，观察上述结果，可推测出一般结论为( )
A．f(2n)＝ B．f(2n)>
C．f(2n)≥ D．f(n)>
【解析】 观察所给不等式，不等式左边是f(2n)，右边是，故选C.
【答案】 C
4．(2013·厦门高二检测)已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，可归纳猜想出Sn的表达式为( )
A. B.
C. D.
【解析】 由a1＝1，得a1＋a2＝22a2，
∴a2＝，S2＝；
又1＋＋a3＝32a3，
∴a3＝，S3＝＝；
又1＋＋＋a4＝16a4，得a4＝，
S4＝.
由S1＝，S2＝，S3＝，
S4＝可以猜想Sn＝.
【答案】 A
5．(2013·广州高二检测)已知x＞0，由不等式x＋≥2＝2，x＋＝＋＋≥3＝3，…，可以推出结论：
x＋≥n＋1(n∈N*)，则a＝( )
A．2n B．3n
C．n2 D．nn
【解析】 可以推出结论(x＞0)：
即x＋≥n＋1(n∈N*)，所以a＝nn.
【答案】 D
6．用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝时，从n＝k到n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是( )
A．(k－1)2＋2k2
B．(k＋1)2＋k2
C．(k＋1)2
D.(k＋1)[2(k＋1)2＋1]
【解析】 n＝k时，左边＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k－1)2…＋22＋12，n＝k＋1时，左边＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12，
∴从n＝k到n＝k＋1，左边应添加的式子为(k＋1)2＋k2.
【答案】 B
7．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N*)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b11＝1，则有
( )
A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n
B．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n
C．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n
D．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n
【解析】 令n＝10时，验证即知选B.
【答案】 B
8．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋>的过程中，由n＝k到n＝k＋1时，不等式左边的变化情况为( )
A．增加
B．增加＋
C．增加＋，减少
D．增加，减少
【解析】 当n＝k时，不等式的左边＝＋＋…＋，当n＝k＋1时，不等式的左边＝＋＋…＋，所以＋＋…＋－(＋＋…＋)＝＋－，所以由n＝k到n＝k＋1时，不等式的左边增加＋，减少.
【答案】 C
9．(2013·黄山高二检测)将石子摆成如图1的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差，即a2 012－5＝
( )
图1
A．2018×2012 B．2018×2011
C．1009×2012 D．1009×2011
【解析】 an－5表示第n个梯形有n－1层点，最上面一层为4个，最下面一层为n＋2个．
∴an－5＝，∴a2 012＝
＝1 009×2 011.
【答案】 D
10．(2012·江西高考)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝( )
A．28 B．76
C．123 D．199
【解析】 利用归纳法，a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4＝3＋1，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10＋b10＝76＋47＝123，规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和．
【答案】 C
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
11．已知x，y∈R，且x＋y<2，则x，y中至多有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为________．
【解析】 “至多有一个大于1”包括“都不大于1和有且仅有一个大于1”，故其对立面为“x，y都大于1”．
【答案】 x，y都大于1
12．设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，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，________，________，成等比数列．
【解析】 由于等差数列与等比数列具有类比性，且等差数列与和差有关，等比数列与积商有关，因此当等差数列依次每4项之和仍成等差数列时，类比到等比数列为依次每4项的积的商成等比数列．
即T4，，，成等比数列．
【答案】
13．(2013·湖北高考)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)(k≥3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：
三角形数 N(n,3)＝n2＋n，
正方形数 N(n,4)＝n2，
五边形数 N(n,5)＝n2－n，
六边形数 N(n,6)＝2n2－n，
……
可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)＝________.
【解析】 由N(n,4)＝n2，N(n,6)＝2n2－n，…，可以推测：当k为偶数时，N(n，k)＝n2－n，于是N(n，24)＝11n2－10n.故N(10,24)＝11×102－10×10＝1 000.
【答案】 1 000
14．(2013·中山高二检测)在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比＝，把这个结论类比到空间：在三棱锥A－BCD中(如图2所示)，面DEC平分二面角A－CD－B且与AB相交于E，则得到的类比的结论是________．
图2
【解析】 CE平分角ACB，而面CDE平分二面角A－CD－B.
∴可类比成，故结论为＝.
【答案】 ＝
三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)用综合法或分析法证明：
(1)如果a，b>0，则lg ≥；
(2)＋>2＋2.
【证明】 (1)当a，b>0时，有≥，∴lg≥lg，
∴lg ≥lg ab＝.
(2)要证＋>2＋2，
只要证(＋)2>(2＋2)2，
即2>2，这是显然成立的，
所以，原不等式成立．
16．(本小题满分12分)(2012·福建高考)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：
①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；
②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；
③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；
⑤sin2(－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】 法一 (1)选择②式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°
＝1－sin 30°＝1－＝.
(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α
＝sin2α＋cos2α＝.
法二 (1)同法一．
(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝＋－sin α(cos 30°cos α＋
sin 30°sin α)
＝－cos 2α＋＋(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－sin αcos α－sin2α
＝－cos 2α＋＋cos 2α＋sin 2α－sin 2α－(1－cos 2α)
＝1－cos 2α－＋cos 2α＝.
17．(本小题满分12分)等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝(n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
【解】 (1)由已知得∴d＝2.
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)由(1)得bn＝＝n＋.
假设数列{bn}中存在三项bp、bq、br(p、q、r互不相等)成等比数列，则b＝bpbr，
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0，
∵p，q，r∈N*，
∴∴()2＝pr，(p－r)2＝0.
∴p＝r，与p≠r矛盾．
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
18．(本小题满分14分)设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．
求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n·[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
【证明】 当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2(1＋－1)＝1，
左边＝右边，等式成立．
假设n＝k时，结论成立，即
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝k[f(k)－1]＋f(k)
＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)[f(k＋1)－]－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)
＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论仍然成立．
∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)
＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
一、选择题
1．如图2－1－4为一串白黑相间排列的珠子，按这种规律往下排起来，那么第36颗珠子应是什么颜色( )
图2－1－4
A．白色 B．黑色
C．白色可能性大 D．黑色可能性大
【解析】 由图知，珠子三白二黑周而复始，相继排列，因为36÷5＝7余1，所以第36颗珠子的颜色与第一颗珠子的颜色相同，即为白色，故选A.
【答案】 A
2．(2013·佛山高二检测)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|＋|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( )
A．76 B．80
C．86 D．92
【解析】 由题意知|x|＋|y|＝1的不同整数解的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解的个数为12，则可归纳出等式右端值与不同整数解的个数成倍数关系，且解的个数为等式值的4倍，则|x|＋|y|＝20的不同整数解的个数为80.
【答案】 B
3．已知数列{an}的前n项和Sn＝n2·an(n≥2)，且a1＝1，通过计算a2，a3，a4，猜想an等于( )
A. B.
C. D.
【解析】 由a1＝1，S2＝22·a2＝a1＋a2得a2＝，又a1＋a2＋a3＝9×a3得a3＝，且a1＋a2＋a3＋a4＝42·a4得a4＝…猜想an＝.
【答案】 B
4．(2013·杭州高二检测)已知集合A＝{3m＋2n|m>n且m，n∈N}，若将集合A中的数按从小到大排成数列{an}，则有a1＝31＋2×0＝3，a2＝32＋2×0＝9，a3＝32＋2×1＝11，a4＝33＝27，…，依次类推，将数列依次排成如图2－1－5所示的三角形数阵，则第六行第三个数为( )
a1
a2 a3
a4 a5 a6
…
图2－1－5
A．247 B．735
C．733 D．731
【解析】 由条件可以看出，第s行第t个数是3s＋2(t－1)，所以第六行第三个数应为36＋2×(3－1)＝729＋4＝733.
【答案】 C
5．(2013·南昌高二检测)观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125，…，则52011的末四位数字为( )
A．3 125 B．5 625
C．0 625 D．8 125
【解析】 ∵55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125,58末四位数字为0 625,59末四位数字为3 125,510末四位数字为5 625,511末四位数字为8 125,512末四位数字为0 625，…，由上可得末四位数字周期为4，呈规律性交替出现，∴52011＝54×501＋7末四位数字为8 125.
【答案】 D
二、填空题
6．(2013·大同高二检测)已知 ＝2·，＝3·，
＝4·，….若＝8·
(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则a＋t＝________.
【解析】 由所给等式知，a＝8，t＝82－1＝63，∴a＋t＝71.
【答案】 71
7．观察下列等式：×＝1－，×＋×＝1－，×＋×＋×＝1－，……，由以上等式推测到一个一般的结论：对于n∈N*，×＋×＋…＋×＝________.
【解析】 观察所给等式知，第n个等式的右边为1－.
【答案】 1－
8．在Rt△ABC中，∠C＝90°，AC＝b，BC＝a，则△ABC的外接圆半径为r＝，将此结论类比到空间，得到相类似的结论为：________.
【解析】 利用类比推理，可把Rt△ABC类比为三棱锥P－ABC，且PA，PB，PC两两垂直，当PA＝a，PB＝b，PC＝c时，其外接球半径为R＝.
【答案】 在三棱锥P－ABC中，PA，PB，PC两两垂直，PA＝a，PB＝b，PC＝c，则三棱锥P－ABC的外接球的半径为R＝
三、解答题
9．某少数民族的刺绣有着悠久的历史，如图2－1－6(1)、(2)、(3)、(4)为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都由小正方形构成，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．
图2－1－6
(1)求出f(5)；
(2)利用合情推理的“归纳推理思想”归纳出f(n＋1)与f(n)的关系式，并根据你得到的关系式求f(n)的表达式．
【解】 (1)∵f(1)＝1，f(2)＝5，f(3)＝13，f(4)＝25，
∴f(5)＝25＋4×4＝41.
(2)∵f(2)－f(1)＝4＝4×1，
f(3)－f(2)＝8＝4×2，
f(4)－f(3)＝12＝4×3，
f(5)－f(4)＝16＝4×4，
由上式规律得出f(n＋1)－f(n)＝4n.
∴f(2)－f(1)＝4×1，
f(3)－f(2)＝4×2，
f(4)－f(3)＝4×3，
……
f(n－1)－f(n－2)＝4·(n－2)，
f(n)－f(n－1)＝4·(n－1)．
∴f(n)－f(1)＝4[1＋2＋…＋(n－2)＋(n－1)]
＝2(n－1)·n，
∴f(n)＝2n2－2n＋1.
10．在平面几何中，研究正三角形内任意一点与三边的关系时，我们有真命题：边长为a的正三角形内任意一点到各边的距离之和是定值a.类比上述命题，请你写出关于正四面体内任意一点与四个面的关系的一个真命题，并给出简要的证明．
【解】 类比所得的真命题是：棱长为a的正四面体内任意一点到四个面的距离之和是定值a.
证明：设M是正四面体P－ABC内任一点，M到面ABC，面PAB，面PAC，面PBC的距离分别为d1，d2，d3，d4.
由于正四面体四个面的面积相等，故有：
VP－ABC＝VM－ABC＋VM－PAB＋VM－PAC＋VM－PBC
＝·S△ABC·(d1＋d2＋d3＋d4)，
而S△ABC＝a2，VP－ABC＝a3，
故d1＋d2＋d3＋d4＝a(定值)．
11．(1)下图(a)，图(b)，图(c)，图(d)，为四个平面图形．数一数，每个平面图形各有多少个顶点？多少条边？它们围成了多少个区域？请将结果填入下表中．
(a) (b) (c) (d)
顶点个数
边的条数
区域个数
(a)
(b)
(c)
(d)
(2)观察上表，推断一个平面图形的顶点个数、边的条数、区域个数之间有什么关系．
(3)现已知某个平面图形有999个顶点，且围成了999个区域，试根据以上关系确定这个图有多少条边．
【解】 (1)各平面图形的顶点个数、边的条数、区域个数分别为：
(a)3,3,2.
(b)8,12,6.
(c)6,9,5.
(d)10,15,7.
(2)观察：3＋2－3＝2.
8＋6－12＝2.
6＋5－9＝2.
10＋7－15＝2.
通过观察发现，它们的顶点个数V，边的条数E，区域个数F之间的关系为V＋F－E＝2.
(3)由已知V＝999，F＝999，代入上述关系式得E＝1 996，故这个图有1 996条边．
一、选择题
1．(2013·温州高二检测)下面几种推理中是演绎推理的是( )
A．因为y＝2x是指数函数，所以函数y＝2x经过定点(0,1)
B．猜想数列，，，…的通项公式为an＝(n∈N*)
C．由圆x2＋y2＝r2的面积为πr2猜想出椭圆＋＝1的面积为πab
D．由平面直角坐标系中圆的方程为(x－a)2＋(y－b)2＝r2，推测空间直角坐标系中球的方程为(x－a)2＋(y－b)2＋(z－c)2＝r2
【解析】 B为归纳推理，C、D为类比推理，A为演绎推理，故选A.
【答案】 A
2．推理“①矩形是平行四边形；②三角形不是平行四边形；③所以三角形不是矩形”中的小前提是( )
A．① B．②
C．③ D．①和②
【解析】 结合“三段论”的形式可知②是小前提．
【答案】 B
3．某西方国家流传这样的一个政治笑话：“鹅吃白菜，参议员先生也吃白菜，所以参议员先生是鹅”．结论显然是错误的，这是因为( )
A．大前提错误 B．小前提错误
C．推理形式错误 D．非以上错误
【解析】 不符合“三段论”的形式，正确的“三段论”推理形式应为：“鹅吃白菜，参议员先生是鹅，所以参议员先生也吃白菜”．
【答案】 C
4．在三段论推理“正方形的对角线互相垂直平分”中( )
A．省略了大前提
B．省略了小前提
C．省略了大前提和小前提
D．大前提和小前提都没有省略
【解析】 大前提是“菱形的对角线互相垂直平分”，小前提是“正方形是菱形”；结论是“正方形的对角线互相垂直平分”，故选C.
【答案】 C
5．“1
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
【解析】 当“对任意的正数x，都有2x＋≥1”成立时，a≥x－2x2对x∈R＋恒成立，
而x－2x2＝－2(x－)2＋≤，
∴a≥.
∵(1,2)?[，＋∞)，
∴1【答案】 A
二、填空题
6．(2013·广州高二检测)命题：“若空间两条直线a，b分别垂直平面α，则a∥b”学生小夏这样证明：
设a，b与面α分别相交于A、B，连结A、B，
∵a⊥α，b⊥α，AB?α①
∴a⊥AB，b⊥AB②
∴a∥b③
这里的证明有两个推理，即：①?②和②?③.老师评改认为小夏的证明推理不正确，这两个推理中不正确的是________．
【解析】 ②?③时，大前提错误，导致结论错误．
【答案】 ②?③
7．已知函数f(x)＝a－，若f(x)为奇函数，则a＝________.
【解析】 因为奇函数f(x)在x＝0处有定义且f(0)＝0(大前提)，而奇函数f(x)＝a－的定义域为R(小前提)，所以f(0)＝a－＝0(结论)．
解得a＝.
【答案】
8．若f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)，且f(1)＝2，则＋＋…＋＝________.
【解析】 利用三段论．∵f(a＋b)＝f(a)f(b)(a，b∈N*)(大前提)．
令b＝1，则＝f(1)＝2(小前提)．
∴＝＝…＝＝2(结论)，
【答案】 2 012
三、解答题
9．判断下列几个推理是否正确？为什么？
(1)“因为过不共线的三点有且仅有一个平面(大前提)，而A，B，C为空间三点(小前提)，所以过A，B，C三点只能确定一个平面(结论)．”
(2)“因为金属铜、铁、铝能够导电(大前提)，而金是金属(小前提)，所以金能导电(结论)．”
【解】 (1)不正确．小前提错误．因为若三点共线，则可确定无数平面，只有不共线的三点才能确定一个平面．
(2)不正确．推理形式错误．因为演绎推理是从一般到特殊的推理，铜、铁、铝仅是金属的代表，是特殊事例，从特殊到特殊的推理不是演绎推理．
10．已知y＝f(x)在(0，＋∞)上有意义、单调递增且满足f(2)＝1，f(xy)＝f(x)＋f(y)．
(1)求证：f(x2)＝2f(x)；
(2)求f(1)的值；
(3)若f(x)＋f(x＋3)≤2，求x的取值范围．
【解】 (1)∵f(xy)＝f(x)＋f(y)，(大前提)
∴f(x2)＝f(x·x)
＝f(x)＋f(x)＝2f(x)．(结论)
(2)∵f(1)＝f(12)＝2f(1)，(小前提)
∴f(1)＝0.(结论)
(3)∵f(x)＋f(x＋3)＝f(x(x＋3))≤2
＝2f(2)＝f(4)，(小前提)
且函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，(大前提)
∴解得011．已知函数f(x)＝，
(1)求f(2)与f()，f(3)与f()；
(2)猜想f(x)与f()有什么关系？并证明你的猜想；
(3)求f(1)＋f(2)＋f(3)＋…＋f(2 013)＋f()＋f()＋…＋f()的值．
【解】 (1)f(2)＝，f()＝，f(3)＝，f()＝.
(2)猜想f(x)＋f()＝1，证明如下：
f(x)＋f()＝＋＝＋＝1.
(3)原式＝f(1)＋[f(2)＋f()]＋[f(3)＋f()]＋…＋[f(2 013)＋f()]
一、选择题
1．命题“对于任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos 2θ”的证明：
“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos 2θ”，其过程应用了( )
A．分析法
B．综合法
C．综合法、分析法综合使用
D．间接证法
【解析】 结合分析法及综合法的定义可知B正确．
【答案】 B
2．(2013·台州高二检测)设a，b∈R，且a≠b，a＋b＝2，则必有( )
A．1≤ab≤
B.C．ab<<1
D．ab<1<
【解析】 ∵a＋b＝2且a≠b，∴ab<()2＝1，>()2＝1.
∴>1>ab，故选D.
【答案】 D
3．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P、Q的大小关系是( )
A．P＞Q B．P＝Q
C．P＜Q D．由a的取值确定
【解析】 欲比较P，Q，只需比较P2＝2a＋7＋2与Q2＝2a＋7＋2，
只需比较a2＋7a与a2＋7a＋12，显然前者小．
【答案】 C
4．设甲：函数f(x)＝|x2＋mx＋n|有四个单调区间，乙：函数g(x)＝lg(x2＋mx＋n)的值域为R，那么甲是乙的( )
A．充分不必要条件
B．必要不充分条件
C．充要条件
D．以上均不对
【解析】 对甲，要使f(x)＝|x2＋mx＋n|有四个单调区间，只需要Δ＝m2－4n>0即可；对乙，要使g(x)＝lg(x2＋mx＋n)的值域为R，只需要u＝x2＋mx＋n的值域包含区间(0，＋∞)，只需要Δ＝m2－4n≥0，∴甲是乙的充分不必要条件．
【答案】 A
5．(2013·黄冈高二检测)下列不等式不成立的是( )
A．a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca
B.＋>(a>0，b>0)
C.－<－(a≥3)
D.＋>2
【解析】 对A，∵a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，∴a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；对B，∵(＋)2＝a＋b＋2，()2＝a＋b，∴＋>；
对C，要证－<－(a≥3)成立，只需证明＋<＋，两边平方得2a－3＋2<2a－3＋2，
即<，两边平方得a2－3a因为0<2显然成立，所以原不等式成立；
对于D，(＋)2－(2)2
＝12＋4－24＝4(－3)<0，
∴＋<2，故D错误．
【答案】 D
二、填空题
6．若lg x＋lg y＝2lg(x－2y)，则log＝________.
【解析】 由条件知lg xy＝lg(x－2y)2，
∴xy＝(x－2y)2，即x2－5xy＋4y2＝0，
即()2－5＋4＝0，∴＝4或＝1，又x＞2y，故＝4.
∴log＝log4＝4.
【答案】 4
7．已知a，b是不相等的正数，x＝，y＝，则x，y的大小关系是________．
【解析】 x2－y2＝－(a＋b)
＝＝－≤0，
∴x2≤y2.
∵a，b是不相等的正数，∴x>0，y>0，x≠y，∴x2【答案】 x8．已知数列{an}的前n项和为Sn，f(x)＝，an＝log2，则S2 011＝________.
【解析】 an＝log2＝log2f(n＋1)－log2f(n)，
∴S2 011＝a1＋a2＋a3＋…＋a2 011
＝[log2f(2)－log2f(1)]＋[log2f(3)－log2f(2)]＋[log2f(4)－log2f(3)]＋…＋[log2f(2 012)－log2f(2 011)]＝log2f(2 012)－log2f(1)
＝log2－log2＝log2＋1.
【答案】 log2＋1
三、解答题
9．(2013·东城高二检测)用分析法证明：若a>0，则－≥a＋－2.
【证明】 要证 －≥a＋－2.
只需证 ＋2≥a＋＋.
∵a>0，∴两边均大于零，
因此只需证 (＋2)2≥(a＋＋)2，
只需证a2＋＋4＋4
≥a2＋＋4＋2(a＋)，
只需证 ≥(a＋)，
只需证a2＋≥(a2＋＋2)，
即证a2＋≥2，它显然成立，
∴原不等式成立．
10．(2013·武汉高二检测)(1)求证：a2＋b2＋3≥ab＋(a＋b)．
(2)已知a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1.
求证：(－1)(－1)(－1)≥8.
【证明】 (1)∵a2＋b2≥2ab，a2＋3≥2a，
b2＋3≥2b，
将此三式相加得2(a2＋b2＋3)
≥2ab＋2a＋2b，
∴a2＋b2＋3≥ab＋(a＋b)．
(2)∵a，b，c均为正实数，且a＋b＋c＝1，
∴(－1)(－1)(－1)
＝··
＝··≥2·2·2＝8.
故(－1)(－1)(－1)≥8.
11．(1)设x≥1，y≥1，证明x＋y＋≤＋＋xy；
(2)设1＜a≤b≤c，证明logab＋logbc＋logca≤logba＋logcb＋logac.
【证明】 (1)由于x≥1，y≥1，所以x＋y＋≤＋＋xy?xy(x＋y)＋1≤y＋x＋(xy)2.
将上式中的右式减左式，得
[y＋x＋(xy)2]－[xy(x＋y)＋1]
＝[(xy)2－1]－[xy(x＋y)－(x＋y)]
＝(xy＋1)(xy－1)－(x＋y)(xy－1)
＝(xy－1)(xy－x－y＋1)
＝(xy－1)(x－1)(y－1)．
由于x≥1，y≥1，所以(xy－1)(x－1)(y－1)≥0，从而所要证明的不等式成立．
(2)设logab＝x，logbc＝y，由对数的换底公式得logca＝，logba＝，logcb＝，logac＝xy.
于是，所要证明的不等式即为x＋y＋≤＋＋xy.
又由于1＜a≤b≤c，所以x＝logab≥1，y＝logbc≥1.
故由(1)知所要证明的不等式成立.
一、选择题
1．(2013·潍坊高二检测)实数a，b，c不全为0等价于( )
A．a，b，c均不为0
B．a，b，c中至多有一个为0
C．a，b，c中至少有一个为0
D．a，b，c中至少有一个不为0
【解析】 “不全为0”的对立面为“全为0”，故“不全为0”的含义为“至少有一个不为0”．
【答案】 D
2．有以下结论：
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.下列说法中正确的是( )
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
【解析】 用反证法证明问题时，其假设是原命题的否定，故①的假设应为“p＋q>2”；②的假设为“两根的绝对值不都小于1”，故①假设错误．②假设正确．
【答案】 D
3．(2013·银川高二检测)用反证法证明命题“若直线AB、CD是异面直线，则直线AC、BD也是异面直线”的过程归纳为以下三个步骤：
①则A、B、C、D四点共面，所以AB、CD共面，这与AB、CD是异面直线矛盾；
②所以假设错误，即直线AC、BD也是异面直线；
③假设直线AC、BD是共面直线．
则正确的序号顺序为( )
A．①②③ B．③①②
C．①③② D．②③①
【解析】 结合反证法的证明步骤可知，其正确步骤为③①②.
【答案】 B
4．设a，b，c都是正数，则三个数a＋，b＋，c＋( )
A．都大于2 B．至少有一个大于2
C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2
【解析】 (a＋)＋(b＋)＋(c＋)＝(a＋)＋(b＋)＋(c＋)≥2＋2＋2＝6，故三个数中至少有一个不小于2.
【答案】 D
5．已知数列{an}，{bn}的通项公式分别为an＝an＋2，bn＝bn＋1(a，b是常数)，且a>b，那么两个数列中序号与数值均相同的项的个数有( )
A．0个 B．1个
C．2个 D．无穷多个
【解析】 假设存在序号和数值均相等的项，即存在n使得an＝bn，由题意a>b，n∈N*，则恒有an>bn，从而an＋2>bn＋1恒成立，∴不存在n使an＝bn.
【答案】 A
二、填空题
6．(2013·扬州高二检测)用反证法证明“三角形的内角至多有一个钝角”，正确的假设是________．
【解析】 “至多有一个”的否定是“至少有2个”．故正确的假设是“三角形的内角中至少有两个钝角”．
【答案】 三角形的内角中至少有两个钝角
7．用反证法证明命题“若x2－(a＋b)x＋ab≠0，则x≠a且x≠b”时，应假设________．
【解析】 “x≠a且x≠b”形式的否定为“x＝a或x＝b”．
【答案】 x＝a或x＝b
8．完成反证法证题的全过程．设a1，a2，…，a7是1,2，…，7的一个排列，求证：乘积p＝(a1－1)(a2－2)…(a7－7)为偶数．
证明：假设p为奇数，则a1－1，a2－2，…，a7－7均为奇数．因奇数个奇数之和为奇数，故有
奇数＝________
＝________
＝0.
但0≠奇数，这一矛盾说明p为偶数．
【解析】 据题目要求及解题步骤，
∵a1－1，a2－2，…，a7－7均为奇数，
∴(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)也为奇数．
即(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)为奇数．
又∵a1，a2，…，a7是1,2，…，7的一个排列，
∴a1＋a2＋…＋a7＝1＋2＋…＋7，故上式为0，
所以奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)
＝0.
【答案】 (a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)
三、解答题
9．已知函数f(x)在R上是增函数，a，b∈R.
(1)求证：如果a＋b≥0，那么f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．
(2)判断(1)中的命题的逆命题是否成立？并证明你的结论．
【解】 (1)当a＋b≥0时，a≥－b且b≥－a，
∴f(a)≥f(－b)，f(b)≥f(－a)，
∴f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)．
(2)(1)中命题的逆命题：
如果f(a)＋f(b)≥f(－a)＋f(－b)，那么a＋b≥0.此命题成立，用反证法证明如下：
假设a＋b<0，则a<－b，∴f(a)同理可得f(b)∴f(a)＋f(b)10．证明，，不能为同一等差数列的三项．
【证明】 假设，，为同一等差数列的三项，则存在整数m，n满足＝＋md， ①
＝＋nd， ②
①×n－②×m得：n－m＝(n－m)．两边平方得：3n2＋5m2－2mn＝2(n－m)2，左边为无理数，右边为有理数，且有理数≠无理数，所以，假设不正确．即，，不能为同一等差数列的三项．
11．已知a，b，c∈R，a＋b＋c＝0，abc＝1，求证：a，b，c中至少有一个大于.
【证明】 假设a，b，c都小于等于，
即a≤，b≤，c≤.
∵abc＝1，∴a，b，c三数同为正或一正两负．
又a＋b＋c＝0，
∴a，b，c只能是一正两负，
不妨设a＞0，b＜0，c＜0.
则b＋c＝－a，bc＝，
∴b，c为方程x2＋ax＋＝0的两根，
∴Δ＝a2－≥0，即a3≥4.
∴a≥＞＝，这与a≤矛盾，
∴a，b，c中至少有一个大于.
一、选择题
1．一个与正整数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立可以推得n＝k＋2时命题也成立，则( )
A．该命题对于n>2的自然数n都成立
B．该命题对于所有的正偶数都成立
C．该命题何时成立与k取值无关
D．以上答案都不对
【解析】 由n＝k时命题成立可推出n＝k＋2时命题也成立，又n＝2时命题成立，根据逆推关系，该命题对于所有的正偶数都成立，故选B.
【答案】 B
2．已知f(n)＝＋＋＋…＋，则( )
A．f(n)共有n项，当n＝2时，f(2)＝＋
B．f(n)共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
C．f(n)共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝＋
D．f(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
【解析】 结合f(n)中各项的特征可知，分子均为1，分母为n，n＋1，…，n2的连续自然数共有n2－n＋1个，且f(2)＝＋＋.
【答案】 D
3．(2013·烟台高二检测)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上( )
A．k2＋1
B．(k＋1)2
C.
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
【解析】 当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，
当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，
故当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，故应选D.
【答案】 D
4．(2013·合肥高二检测)对于不等式(1)当n＝1时，<1＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即<＝＝(k＋1)＋1，
∴n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法( )
A．过程全部正确
B．n＝1验得不正确
C．归纳假设不正确
D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确
【解析】 在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的归纳假设，故选D.
【答案】 D
5．某个与正整数有关的命题：如果当n＝k(k∈N*)时命题成立，则可以推出当n＝k＋1时该命题也成立．现已知n＝5时命题不成立，那么可以推得( )
A．当n＝4时命题不成立
B．当n＝6时命题不成立
C．当n＝4时命题成立
D．当n＝6时命题成立
【解析】 因为当n＝k(k∈N*)时命题成立，则可以推出当n＝k＋1时该命题也成立，所以假设当n＝4时命题成立，那么n＝5时命题也成立，这与已知矛盾，所以当n＝4时命题不成立．
【答案】 A
二、填空题
6．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是________．
【解析】 ∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，
f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
∴f(k＋1)－f(k)
＝(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
即f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
【答案】 f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
7．已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，证明不等式f(2n)>时，f(2k＋1)比f(2k)多的项数是______________________________________________________项．
【解析】 f(2k)＝1＋＋＋…＋，f(2k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋…＋
因此，f(2k＋1)比f(2k)多了2k项．
【答案】 2k
8．用数学归纳法证明＋＋…＋>－.假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________．
【解析】 观察不等式中各项的分母变化知，n＝k＋1时，＋＋…＋＋＋>－.
【答案】 ＋＋…＋＋＋>－
三、解答题
9．用数学归纳法证明：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N*)．
【证明】 (1)当n＝1时，左边＝1－＝，右边＝，即n＝1时命题成立．
(2)假设n＝k(k∈N*)时命题成立，
即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋.
则当n＝k＋1时，
1－＋－＋…＋－＋－
＝＋＋…＋＋－
＝＋＋…＋＋(－)
＝＋＋…＋＋，
即当n＝k＋1时，等式成立．
由(1)和(2)知，等式对任何n∈N*都成立．
10．用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋1)．
【证明】 (1)当n＝2时，左边＝1＋＋，右边＝2，左边<右边，不等式成立．
(2)假设当n＝k时，不等式成立，即1＋＋＋…＋由(1)和(2)知，对于任意大于1的正整数n，不等式均成立．
11．已知数列{an}中，a1＝－，其前n项和Sn满足an＝Sn＋＋2(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．
【解】 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋＋2.
∴Sn＝－(n≥2)．
则有：S1＝a1＝－，
S2＝－＝－，
S3＝－＝－，
S4＝－＝－，
由此猜想：Sn＝－(n∈N*)．
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，S1＝－＝a1，猜想成立．
②假设n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－成立，
那么n＝k＋1时，Sk＋1＝－＝－
＝－＝－.
即n＝k＋1时猜想成立．
由①②可知，对任意自然数n，猜想结论均成立.
