第一章 2.1 2.1.1 合情推理
A级 基础巩固
一、选择题
1．平面内的小圆形按照下图中的规律排列，每个图中的圆的个数构成一个数列{an}，则下列结论正确的是( D )
①a5＝15；
②数列{an}是一个等差数列；
③数列{an}是一个等比数列；
④数列{an}的递推关系是an＝an－1＋n(n∈N*)．
A．①②④ B．①③④
C．①② D．①④
[解析] 由于a1＝1，a2＝3，a3＝6，a4＝10，所以有a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4．因此必有a5－a4＝5，即a5＝15，故①正确．同时④正确，而{an}显然不是等差数列也不是等比数列，故②③错误，故选D．
2．(2018·潍坊高二检测)已知a1＝1，a2＝，a3＝，a4＝，则数列{an}的一个通项公式为an＝( B )
A． B．
C． D．
3．平面内平行于同一直线的两条直线平行，由此类比到空间中可以得到( D )
A．空间中平行于同一直线的两条直线平行
B．空间中平行于同一平面的两条直线平行
C．空间中平行于同一直线的两个平面平行
D．空间中平行于同一平面的两个平面平行
4．如图所示的是一串黑白相间排列的珠子，若按这种规律排下去，那么第36颗珠子的颜色是( A )
A．白色 B．黑色
C．白色的可能性较大 D．黑色的可能性较大
5．(2018·郑州高二检测)下面使用类比推理，得出的结论正确的是( C )
A．“若a·3＝b·3，则a＝b”类比推出“若a·0＝b·0，则a＝b”
B．“若(a＋b)c＝ac＋bc”类比推出“(a·b)c＝ac·bc”
C．“若(a＋b)c＝ac＋bc”类比推出“＝＋(c≠0)”
D．“(ab)n＝anbn”类比推出“(a＋b)n＝an＋bn”
6．(2017·长春三模)设n∈N＋，则＝( A )
A．33… B．33…
C．33… D．33…
[解析] ＝
＝＝＝33…个．
故选A．
二、填空题
7．(2018·聊城模拟)高三某班一学习小组的A、B、C、D四位同学周五下午参加学校的课外活动，在课外活动中，有一人在打篮球，有一人在画画，有一人在跳舞，另外一人在散步，①A不在散步，也不在打篮球；②B不在跳舞，也不在散步；③“C在散步”是“A在跳舞”的充分条件；④D不在打篮球，也不在散步；⑤C不在跳舞，也不在打篮球．以上命题都是真命题，那么D在画画．
[解析] ∵以上命题都是真命题，
∴对应的情况是：
打篮球
画画
跳舞
散步
A
×
×
B
×
×
C
×
×
D
×
×
则由表格知A在跳舞，B在打篮球，
篮球
画画
跳舞
散步
A
×
√
×
B
√
×
×
C
×
×
D
×
×
∵③“C在散步”是“A在跳舞”的充分条件，
∴C在散步，
则D在画画，
故答案为画画．
8．观察下列等式：
(1＋1)＝2×1；
(2＋1)(2＋2)＝22×1×3；
(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5；
……
照此规律，第n个等式可为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)．
[解析] 观察规律，等号左侧第n个等式共有n项相乘，从n＋1到n＋n，等式右端是2n与等差数列{2n－1}前n项的乘积，故第n个等式为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)．
三、解答题
9．(2018·德州高二检测)在平面几何里有射影定理：设△ABC的两边AB⊥AC，D是A点在BC上的射影，则AB2＝BD·BC．拓展到空间，在四面体A－BCD中，DA⊥平面ABC，点O是A在平面BCD内的射影，类比平面三角形射影定理，写出△ABC、△BOC、△BDC三者面积之间关系．
[解析] 将直角三角形的一条直角边长类比到有一侧棱AD与一侧面ABC垂直的四棱锥的侧面ABC的面积，将此直角边AB在斜边上的射影及斜边的长，类比到△ABC在底面的射影△OBC及底面△BCD的面积可得S＝S△OBC·S△DBC．
证明如下：如图，设直线OD与BC相交于点E，
∵AD⊥平面ABE，
∴AD⊥AE，AD⊥BC，
又∵AO⊥平面BCD，
∴AO⊥DE，AO⊥BC．
∵AD∩AO＝A，
∴BC⊥平面AED，
∴BC⊥AE，BC⊥DE．
∴S△ABC＝BC·AE，S△BOC＝BC·OE，
S△BCD＝BC·DE．
在Rt△ADE中，由射影定理知AE2＝OE·DE，∴S＝S△BOC·S△BCD．
10．已知等式sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝，sin26°＋cos236°＋sin6°cos36°＝．请写出一个具有一般性的等式，使你写出的等式包含已知的等式，并证明结论的正确性．
[解析] 等式为sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinαcos(30°＋α)＝．证明如下：
sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinαcos(30°＋α)
＝sin2α＋＋sinα(cos30°·cosα－sin30°·sinα)＝＋sin2α＋＋sin2α－sin2α＝＋sin2α＋(cos2α－sin2α)＋sin2α－sin2α＝＋sin2α＋cos2α－sin2α＋sin2α－sin2α＝＋sin2α＋(1－2sin2α)＝．
B级 素养提升
一、选择题
1．(2018·金台区期中)下面几种是合情推理的是( B )
①已知两条直线平行同旁内角互补，如果∠A和∠B是两条平行直线的同旁内角，那么∠A＋∠B＝180°
②由平面三角形的性质，推测空间四面体的性质
③数列{an}中，an＝2n－1推出a10＝19
④数列1,0,1,0，…推测出每项公式an＝＋(－1)n＋1·．
A．①② B．②④
C．②③ D．③④
[解析] ①为三段论，是从一般→特殊的推理，是演绎推理．
②：由平面三角形的性质，推测空间四面体的性质，是由特殊→特殊的推理，为类比推理，属于合情推理；
③是从一般→特殊的推理，是演绎推理．
④是从特殊→一般的推理，均属于归纳推理，是合情推理．
故选B．
2．类比三角形中的性质：
(1)两边之和大于第三边
(2)中位线长等于底边长的一半
(3)三内角平分线交于一点
可得四面体的对应性质：
(1)任意三个面的面积之和大于第四个面的面积
(2)过四面体的交于同一顶点的三条棱的中点的平面面积等于该顶点所对的面面积的
(3)四面体的六个二面角的平分面交于一点
其中类比推理方法正确的有( C )
A．(1) B．(1)(2)
C．(1)(2)(3) D．都不对
[解析] 以上类比推理方法都正确，需注意的是类比推理得到的结论是否正确与类比推理方法是否正确并不等价，方法正确结论也不一定正确．
二、填空题
3．在以原点为圆心，半径为r的圆上有一点P(x0，y0)，则圆的面积S圆＝πr2，过点P的圆的切线方程为x0x＋y0y＝r2．在椭圆＋＝1(a>b>0)中，当离心率e趋近于0时，短半轴b就趋近于长半轴a，此时椭圆就趋近于圆．类比圆的面积公式得椭圆面积S椭圆＝πab．类比过圆上一点P(x0，y0)的圆的切线方程，则过椭圆＋＝1(a>b>0)上一点P(x1，y1)的椭圆的切线方程为·x＋·y＝1．
[解析] 当椭圆的离心率e趋近于0时，椭圆趋近于圆，此时a，b都趋近于圆的半径r，故由圆的面积S＝πr2＝π·r·r，猜想椭圆面积S椭＝π·a·b，其严格证明可用定积分处理．而由切线方程x0·x＋y0·y＝r2变形得·x＋·y＝1，则过椭圆上一点P(x1，y1)的椭圆的切线方程为·x＋·y＝1，其严格证明可用导数求切线处理．
4．观察下列等式：
(sin)－2＋(sin)－2＝×1×2；
(sin)－2＋(sin)－2＋(sin)－2＋(sin)－2＝×2×3；
(sin)－2＋(sin)－2＋(sin)－2＋…＋(sin)－2＝×3×4；
(sin)－2＋(sin)－2＋(sin)－2＋…＋(sin)－2＝×4×5；
……
照此规律，
(sin)－2＋(sin)－2＋(sin)－2＋…＋(sin)－2＝n(n＋1)．
[解析] 根据已知，归纳可得结果为n(n＋1)．
三、解答题
5．我们知道：
12＝1，
22＝(1＋1)2＝12＋2×1＋1，
32＝(2＋1)2＝22＋2×2＋1，
42＝(3＋1)2＝32＋2×3＋1，
……
n2＝(n－1)2＋2(n－1)＋1，
左右两边分别相加，得
n2＝2×[1＋2＋3＋…＋(n－1)]＋n
∴1＋2＋3＋…＋n＝．
类比上述推理方法写出求12＋22＋32＋…＋n2的表达式的过程．
[解析] 我们记S1(n)＝1＋2＋3＋…＋n，
S2(n)＝12＋22＋32＋…＋n2，…，Sk(n)＝1k＋2k＋3k＋…＋nk (k∈N*)．
已知
13＝1，
23＝(1＋1)3＝13＋3×12＋3×1＋1，
33＝(2＋1)3＝23＋3×22＋3×2＋1，
43＝(3＋1)3＝33＋3×32＋3×3＋1，
……
n3＝(n－1)3＋3(n－1)2＋3(n－1)＋1．
将左右两边分别相加，得
S3(n)＝[S3(n)－n3]＋3[S2(n)－n2]＋3[S1(n)－n]＋n．
由此知S2(n)＝＝
＝．
6．(2018·隆化县高二检测)在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求证：＝＋，那么在四面体A－BCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想，并说明理由．
[解析] 如图(1)所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，
∴＝
＝＝．
又BC2＝AB2＋AC2，
∴＝＝＋．
∴＝＋．
类比AB⊥AC，AD⊥BC猜想：
四面体ABCD中，AB、AC、AD两两垂直，
AE⊥平面BCD．则＝＋＋．
如图(2)，连接BE延长交CD于F，连接AF．
∵AB⊥AC，AB⊥AD，
∴AB⊥平面ACD．
而AF?平面ACD，
∴AB⊥AF．
在Rt△ABF中，AE⊥BF，
∴＝＋．
在Rt△ACD中，AF⊥CD，
∴＝＋
∴＝＋＋，故猜想正确．
C级 能力拔高
已知椭圆具有如下性质：若M，N是椭圆C上关于原点对称的两点，点P是椭圆上任意一点，若直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN，那么kPM与kPN之积是与点P位置无关的定值．试对双曲线－＝1，写出具有类似的性质，并加以证明．
[解析] 类似的性质为：若M，N是双曲线－＝1上关于原点对称的两点，点P是双曲线上任意一点，若直线PM，PN的斜率都存在，并记为kPM，kPN，那么kPM与kPN之积是与点P位置无关的定值．
证明如下：设M(m，n)，P(x，y)，
则N(－m，－n)，
因为点M(m，n)在双曲线上，所以n2＝m2－b2．
同理，y2＝x2－b2．
则kPM·kPN＝·＝＝·＝(定值)．
第一章 2.1 2.1.2 演绎推理
A级 基础巩固
一、选择题
1．(2017·岳麓区校级期末)利用演绎推理的“三段论”可得到结论：函数f(x)＝lg的图象关于坐标原点对称，那么，这个三段论的小前提是( C )
A．f(x)是增函数 B．f(x)是减函数
C．f(x)是奇函数 D．f(x)是偶函数
[解析] 利用演绎推理的“三段论”可得到结论：函数f(x)＝lg的图象关于坐标原点对称，
大前提：奇函数的图象关于坐标原点对称，
小前提：函数f(x)＝lg是奇函数，
结论：函数f(x)＝lg的图象关于坐标原点对称，
故小前提是：函数f(x)＝lg是奇函数，
故选C．
2．“所有金属都能导电，铁是金属，所以铁能导电”这种推理方法属于( A )
A．演绎推理 B．类比推理
C．合情推理 D．归纳推理
[解析] 大前提为所有金属都能导电，小前提是金属，结论为铁能导电，故选A．
3．(2017·崇仁县校级月考)有个小偷在警察面前作了如下辩解：是我的录像机，我就一定能把它打开．看，我把它打开了．所以它是我的录像机．请问这一推理错在( A )
A．大前提 B．小前提
C．结论 D．以上都不是
[解析] ∵大前提的形式：“是我的录像机，我就一定能把它打开”错误；故此推理错误原因为：大前提错误，故选A．
4．(2018·淄博一模)有一段“三段论”推理是这样的：对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0是函数f(x)的极值点，因为函数f(x)＝x3在x＝0处的导数值f′(x0)＝0，所以，x＝0是函数f(x)＝x3的极值点．以上推理中( A )
A．大前提错误 B．小前提错误
C．推理形式错误 D．结论正确
[解析] 大前提是：“对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，那么x＝x0是函数f(x)的极值点”，不是真命题，
因为对于可导函数f(x)，如果f′(x0)＝0，且满足当x＞x0时和当x＜x0时的导函数值异号时，那么x＝x0是函数f(x)的极值点，
∴大前提错误，
故选A．
5．观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由归纳推理可得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)＝( D )
A．f(x) B．－f(x)
C．g(x) D．－g(x)
[解析] 观察所给例子可看出偶函数求导后都变成了奇函数，∵f(－x)＝f(x)，∴f(x)为偶函数，∵g(x)＝f ′(x)，∴g(－x)＝－g(x)，选D．
6．若三角形两边相等，则该两边所对的内角相等，在△ABC中，AB＝AC，所以在△ABC中，∠B＝∠C，以上推理运用的规则是( A )
A．三段论推理 B．假言推理
C．关系推理 D．完全归纳推理
[解析] ∵三角形两边相等，则该两边所对的内角相等(大前提)，
在△ABC中，AB＝AC，(小前提)
∴在△ABC中，∠B＝∠C(结论)，
符合三段论推理规则，故选A．
二、填空题
7．(2018·江阴市期中)三段论推理“①矩形是平行四边形；②正方形是矩形；③正方形是平行四边形”中的小前提是②．(填写序号)
[解析] 推理：“①矩形是平行四边形，②正方形是矩形，③正方形是平行四边形．”中
大前提：矩形是平行四边形；
小前提：正方形是矩形；
结论：所以正方形是平行四边形．
故小前提是：②正方形是矩形．
故答案为②．
8．以下推理过程省略的大前提为：若a≥b，则a＋c≥b＋c．
∵a2＋b2≥2ab，
∴2(a2＋b2)≥a2＋b2＋2ab．
[解析] 由小前提和结论可知，是在小前提的两边同时加上了a2＋b2，故大前提为：若a≥b，则a＋c≥b＋c．
三、解答题
9．将下列演绎推理写成三段论的形式．
(1)菱形的对角线互相平分．
(2)奇数不能被2整除，75是奇数，所以75不能被2整除．
[解析] (1)平行四边形的对角线互相平分大前提
菱形是平行四边形小前提
菱形的对角线互相平分结论
(2)一切奇数都不能被2整除大前提
75是奇数小前提
75不能被2整除结论
10．设m为实数，利用三段论证明方程x2－2mx＋m－1＝0有两个相异实根．
[解析] 因为如果一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)的判别式Δ＝b2－4ac>0，
那么方程有两个相异实根．(大前提)
Δ＝(－2m)2－4(m－1)＝4m2－4m＋4＝(2m－1)2＋3>0，(小前提)
所以方程x2－2mx＋m－1＝0有两个相异实根．(结论)
B级 素养提升
一、选择题
1．下面是一段“三段论”推理过程：若函数f(x)在(a，b)内可导且单调递增，则在(a，b)内，f ′(x)>0恒成立．因为f(x)＝x3在(－1,1)内可导且单调递增，所以在(－1,1)内，f ′(x)＝3x2>0恒成立，以上推理中( A )
A．大前提错误 B．小前提错误
C．结论正确 D．推理形式错误
[解析] ∵对于可导函数f(x)，若f(x)在区间(a，b)上是增函数，则f ′(x)≥0对x∈(a，b)恒成立．∴大前提错误，故选A．
2．下面几种推理过程是演绎推理的是( A )
A．因为∠A和∠B是两条平行直线被第三条直线所截得的同旁内角，所以∠A＋∠B＝180°
B．我国地质学家李四光发现中国松辽地区和中亚细亚的地质结构类似，而中亚细亚有丰富的石油，由此，他推断松辽平原也蕴藏着丰富的石油
C．由6＝3＋3,8＝3＋5,10＝3＋7,12＝5＋7,14＝7＋7，…，得出结论：一个偶数(大于4)可以写成两个素数的和
D．在数列{an}中，a1＝1，an＝(n≥2)，通过计算a2，a3，a4，a5的值归纳出{an}的通项公式
[解析] 选项A中“两条直线平行，同旁内角互补”是大前提，是真命题，该推理为三段论推理，选项B为类比推理，选项C、D都是归纳推理．
二、填空题
3．“∵α∩β＝l，AB?α，AB⊥l，∴AB⊥β”，在上述推理过程中，省略的命题为如果两个平面相交，那么在一个平面内垂直于交线的直线垂直于另一个平面．
4．已知2sin2α＋sin2β＝3sinα，则sin2α＋sin2β的取值范围为[0，]∪{2}．
[解析] 由2sin2α＋sin2β＝3sinα
得sin2α＋sin2β＝－sin2α＋3sinα
＝－(sinα－)2＋且sinα≥0，sin2α∈[0,1]．
因为0≤sin2β≤1，sin2β＝3sinα－2sin2α，
所以0≤3sinα－2sin2α≤1．
解之得sinα＝1或0≤sinα≤，
令y＝sin2α＋sin2β，当sinα＝1时，y＝2．
当0≤sinα≤时，0≤y≤．
所以sin2α＋sin2β的取值范围是[0，]∪{2}．
三、解答题
5．判断下列推理是否正确？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∵奇数3,5,7,11是质数，9是奇数，∴9是质数．
[解析] ①错误．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错误．推理形式错误，演绎推理是由一般到特殊的推理，3,5,7,11只是奇数的一部分，是特殊事例．
6．已知a，b，c是实数，函数f(x)＝ax2＋bx＋c，g(x)＝ax＋b．当－1≤x≤1时，|f(x)|≤1．
(1)求证：|c|≤1．
(2)当－1≤x≤1时，求证：－2≤g(x)≤2．
[证明] (1)因为x＝0满足－1≤x≤1的条件，所以|f(0)|≤1．而f(0)＝c，所以|c|≤1．
(2)当a>0时，g(x)在[－1,1]上是增函数，所以g(－1)≤g(x)≤g(1)．
又g(1)＝a＋b＝f(1)－c，
g(－1)＝－a＋b＝－f(－1)＋c，
所以－f(－1)＋c≤g(x)≤f(1)－c，
又－1≤f(－1)≤1，－1≤f(1)≤1，－1≤c≤1，
所以－f(－1)＋c≥－2，f(1)－c≤2，所以－2≤g(x)≤2．
当a<0时，可用类似的方法，证得－2≤g(x)≤2．
当a＝0时，g(x)＝b，f(x)＝bx＋c，
g(x)＝f(1)－c，所以－2≤g(x)≤2．
综上所述，－2≤g(x)≤2．
C级 能力拔高
用三段论证明并指出每一步推理的大、小前提．如图，在锐角三角形ABC中，AD，BE是高线，D、E为垂足，M为AB的中点．
求证：ME＝MD．
[证明] ∵有一个内角为直角的三角形为直角三角形，(大前提)
在△ABD中，AD⊥CB，∠ADB＝90°，(小前提)
∴△ABD为直角三角形．(结论)
同理△ABE也为直角三角形．
∵直角三角形斜边上的中线等于斜边的一半，(大前提)
M是直角三角形ABD斜边AB上的中点，DM为中线，(小前提)
∴DM＝AB(结论)，同理EM＝AB．
∵和同一条线段相等的两条线段相等，(大前提)
又∵DM＝AB，EM＝AB(小前提)
∴ME＝MD(结论)．
第一章 2.2 2.2.1 综合法与分析法
A级 基础巩固
一、选择题
1．在△ABC中，若sinAsinB
A．直角三角形 B．锐角三角形
C．钝角三角形 D．等边三角形
2．命题“对任意角θ，cos4θ－sin4θ＝cos2θ”的证明过程：“cos4θ－sin4θ＝(cos2θ－sin2θ)(cos2θ＋sin2θ)＝cos2θ－sin2θ＝cos2θ”应用了( B )
A．分析法 B．综合法
C．分析法与综合法 D．演绎法
3．(2018·德州高二检测)在R上定义运算⊙：a⊙b＝ab＋2a＋b，则满足x⊙(x－2)<0的实数x的取值范围为( B )
A．(0,2) B．(－2,1)
C．(－1,2) D．(－∞，－2)∪(1，＋∞)
[解析] 本题主要考查对不等式解法，以及对定义运算的理解，由定义得x(x－2)＋2x＋x－2<0，即x2＋x－2<0，∴－24．若两个正实数x、y满足＋＝1，且不等式x＋A．(－1,4) B．(－∞，－1)∪(4，＋∞)
C．(－4,1) D．(－∞，0)∪(3，＋∞)
[解析] ∵x>0，y>0，＋＝1，
∴x＋＝(x＋)(＋)＝2＋＋
≥2＋2＝4，
等号在y＝4x，即x＝2，y＝8时成立，
∴x＋的最小值为4，
要使不等式m2－3m>x＋有解，
应有m2－3m>4，∴m<－1或m>4，故选B．
5．已知y>x>0，且x＋y＝1，那么( D )
A．x<C．x<<2xy[解析] ∵y>x>0，且x＋y＝1，∴设y＝，x＝，则＝，2xy＝．所以有x<2xy<6．已知函数f(x)＝x，a、b∈R＋，A＝f，B＝f()，C＝f，则A、B、C的大小关系为( A )
A．A≤B≤C B．A≤C≤B
C．B≤C≤A D．C≤B≤A
[解析] ≥≥，又函数f(x)＝()x在(－∞，＋∞)上是单调减函数，
∴f()≤f()≤f()．
二、填空题
7．如果a＋b>a＋b，则实数a、b应满足的条件是a≠b且a≥0，b≥0．
[解析] a＋b>a＋b?a＋b－a－b>0?a(－)＋b(－)>0?(a－b)(－)>0?(＋)(－)2>0
只需a≠b且a，b都不小于零即可．
8．已知x1是方程x＋2x＝4的根，x2是方程x＋log2x＝4的根，则x1＋x2的值是4．
[解析] ∵x＋2x＝4，∴2x＝4－x，∴x1是y＝2x与y＝4－x交点的横坐标．
又∵x＋log2x＝4，∴log2x＝4－x，∴x2是y＝log2x与y＝4－x交点的横坐标．
又y＝2x与y＝log2x互为反函数，其图象关于y＝x对称，
由得x＝2，∴＝2，∴x1＋x2＝4．
三、解答题
9．已知n∈N*，且n≥2，求证：>－．
[证明] 要证>－，
即证1>n－，只需证>n－1，
∵n≥2，∴只需证n(n－1)>(n－1)2，
只需证n>n－1，只需证0>－1，
最后一个不等式显然成立，故原结论成立．
10．已知a、b、c表示△ABC的三边长，m＞0，
求证：＋＞．
[证明] 要证明＋＞，
只需证明＋－＞0即可．
∵＋－＝
，
∵a＞0，b＞0，c＞0，m＞0，
∴(a＋m)(b＋m)(c＋m)＞0，
∵a(b＋m)(c＋m)＋b(a＋m)(c＋m)－c(a＋m)(b＋m)＝abc＋abm＋acm＋am2＋abc＋abm＋bcm＋bm2－abc－bcm－acm－cm2＝2abm＋am2＋abc＋bm2－cm2
＝2abm＋abc＋(a＋b－c)m2，
∵△ABC中任意两边之和大于第三边，
∴a＋b－c＞0，∴(a＋b－c)m2＞0，
∴2abm＋abc＋(a＋b－c)m2＞0，
∴＋＞．
B级 素养提升
一、选择题
1．要使－<成立，a、b应满足的条件是( D )
A．ab<0且a>b
B．ab>0且a>b
C．ab<0且aD．ab>0且a>b或ab<0且a[解析] －∴当ab>0时，有<，即b当ab<0时，有>，即b>a．
2．在f(m，n)中，m、n、f(m，n)∈N*，且对任意m、n都有：
(1)f(1,1)＝1，(2)f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，(3)f(m＋1,1)＝2f(m,1)；给出下列三个结论：
①f(1,5)＝9；②f(5,1)＝16；③f(5,6)＝26；
其中正确的结论个数是( )个．( A )
A．3 B．2
C．1 D．0
[解析] ∵f(m，n＋1)＝f(m，n)＋2，∴f(m，n)组成首项为f(m,1)，公差为2的等差数列，
∴f(m，n)＝f(m,1)＋2(n－1)．
又f(1,1)＝1，∴f(1,5)＝f(1,1)＋2×(5－1)＝9，
又∵f(m＋1,1)＝2f(m,1)，∴f(m,1)构成首项为f(1,1)，公比为2的等比数列，∴f(m,1)＝f(1,1)·2m－1＝2m－1，∴f(5,1)＝25－1＝16，∴f(5,6)＝f(5,1)＋2×(6－1)＝16＋10＝26，∴①②③都正确，故选A．
二、填空题
3．若sinα＋sinβ＋sinγ＝0，cosα＋cosβ＋cosγ＝0，
则cos(α－β)＝－．
[解析] 由题意sinα＋sinβ＝－sinγ①
cosα＋cosβ＝－cosγ②
①，②两边同时平方相加得
2＋2sinαsinβ＋2cosαcosβ＝1
2cos(α－β)＝－1，cos(α－β)＝－．
4．(2018·余姚高二检测)观察下列等式：
1－＝，
1－＋－＝＋，
1－＋－＋－＝＋＋，
……
据此规律，第n个等式可为1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋．
[解析] 第一个等式右端是一个数，左端是2个数；第二个等式右端是2个数，左端是4个数；第三个等式右端是3个数，左端是6个数，2＝1×2,4＝2×2,6＝3×2，第n个等式左端的分母从1到2n，右端分母从n＋1到2n；左端奇数项为正，偶数项为负，右端全为正，分子都是1，故第n个等式为1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋．
三、解答题
5．已知A、B是△ABC的两个内角．向量m＝(cos)i＋(sin)j，其中i，j为相互垂直的单位向量．若|m|＝，证明：tanA·tanB＝．
[证明] |m|2＝m2＝cos2＋·sin2＝＋·，
由|m|2＝，得cos(A－B)＝cos(A＋B)．
∴4(cosAcosB＋sinAsinB)＝5(cosAcosB－sinAsinB)．
即9sinA·sinB＝cosA·cosB．
又∵A，B是△ABC的内角，
∴cosAcosB≠0，故tanAtanB＝．
6．已知a、b是不等正数，且a3－b3＝a2－b2，求证：1[证明] ∵a3－b3＝a2－b2且a≠b，
∴a2＋ab＋b2＝a＋b，
由(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2>a2＋ab＋b2得
(a＋b)2>a＋b，又a＋b>0，∴a＋b>1，
要证a＋b<，即证3(a＋b)<4，
∵a＋b>0，∴只需证明3(a＋b)2<4(a＋b)，
又a＋b＝a2＋ab＋b2，
即证3(a＋b)2<4(a2＋ab＋b2)，
也就是证明(a－b)2>0．
因为a、b是不等正数，故(a－b)2>0成立．
故a＋b<成立．综上，得1C级 能力拔高
在某两个正数m，n之间插入一个数x，使m，x，n成等差数列，插入两个数y，z，使m，y，z，n成等比数列．
求证：(x＋1)2≥(y＋1)(z＋1)．
[证明] 由已知可得，
所以m＝，n＝，即m＋n＝＋，
从而2x＝＋．
要证(x＋1)2≥(y＋1)(z＋1)，
只需证x＋1≥成立．
要证x＋1≥成立，
只需证x＋1≥即可．
也就是证2x≥y＋z，而2x＝＋，
则只需证＋≥y＋z成立即可．
即y3＋z3≥yz(y＋z)，
只需证y2－yz＋z2≥yz，即证(y－z)2≥0成立，
由于(y－z)2≥0显然成立，所以(x＋1)2≥(y＋1)(z＋1)．
第一章 2.2 2.2.2 反证法
A级 基础巩固
一、选择题
1．设a、b、c∈(－∞，0)，则a＋，b＋，c＋( C )
A．都不大于－2 B．都不小于－2
C．至少有一个不大于－2 D．至少有一个不小于－2
[解析] 假设都大于－2，则a＋＋b＋＋c＋>－6，
但(a＋)＋(b＋)＋(c＋)
＝(a＋)＋(b＋)＋(c＋)≤－2＋(－2)＋(－2)＝－6，矛盾．
2．(2018·湖北期中)已知a，b，c∈(0，＋∞)，则下列三个数a＋，b＋，c＋( D )
A．都大于6
B．至少有一个不大于6
C．都小于6
D．至少有一个不小于6
[解析] 设a＋，b＋，c＋都小于6，
则a＋＋b＋＋c＋＜18，
利用基本不等式可得a＋＋b＋＋c＋≥2＋2＋2＝8＋4＋6＝18，
这与假设所得结论矛盾，故假设不成立，
故下列三个数a＋，b＋，c＋至少有一个不小于6，
故选D．
3．(2017·青岛高二检测)有甲、乙、丙、丁四位歌手参加比赛，其中只有一位获奖，有人走访了四位歌手，甲说：“是乙或丙获奖．”乙说：“甲、丙都未获奖．”丙说：“我获奖了．”丁说：“是乙获奖．”四位歌手的话只有两名是对的，则获奖的歌手是( C )
A．甲 B．乙
C．丙 D．丁
[解析] 若甲获奖，则甲、乙、丙、丁说的都是错的，同理可推知乙、丙、丁获奖的情况，最后可知获奖的歌手是丙．
4．(2017·济南高二检测)设实数a、b、c满足a＋b＋c＝1，则a、b、c中至少有一个数不小于( B )
A．0 B．
C． D．1
[解析] 三个数a、b、c的和为1，其平均数为，故三个数中至少有一个大于或等于．假设a、b、c都小于，则a＋b＋c<1，与已知矛盾．
5．设a、b、c∈R＋，P＝a＋b－c，Q＝b＋c－a，R＝c＋a－b，则“PQR>0”是P、Q、R同时大于零的( C )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分又不必要条件
[解析] 若P>0，Q>0，R>0，则必有PQR>0；反之，若PQR>0，也必有P>0，Q>0，R>0．因为当PQR>0时，若P、Q、R不同时大于零，则P、Q、R中必有两个负数，一个正数，不妨设P<0，Q<0，R>0，即a＋b0，Q>0，R>0．
6．若m、n∈N*，则“a>b”是“am＋n＋bm＋n>anbm＋ambn”的( D )
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
[解析] am＋n＋bm＋n－anbm－ambn＝an(am－bm)＋bn(bm－am)＝(am－bm)(an－bn)>0?或，不难看出a>b?/ am＋n＋bm＋n>ambn＋anbm，am＋n＋bm＋n>ambn＋bman?/ a>b．
二、填空题
7．(2018·思明区校级期中)用反证法证明某命题时，对于“已知a1＋a2＋a3＋a4＞100，求证：a1，a2，a3，a4中至少有一个数大于25”．正确的反设为a1，a2，a3，a4都不大于25．
[解析] 根据反证法的步骤，则应先假设a1，a2，a3，a4都不大于25．
故答案为a1，a2，a3，a4都不大于25．
8．完成反证法证题的全过程．
题目：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＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)
＝0．
但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．
[解析] 假设p为奇数，则a1－1，a2－2，…，a7－7均为奇数，因为奇数个奇数之和为奇数，故有
奇数＝(a1－1)＋(a2－2)＋…＋(a7－7)
＝(a1＋a2＋…＋a7)－(1＋2＋…＋7)＝0．
但奇数≠偶数，这一矛盾说明p为偶数．
三、解答题
9．(2016·吉林高二检测)已知a，b，c，d∈R，且a＋b＝c＋d＝1，ac＋bd>1，求证：a，b，c，d中至少有一个是负数．
[解析] 假设a，b，c，d都是非负数，
因为a＋b＝c＋d＝1，
所以(a＋b)(c＋d)＝1，
又(a＋b)(c＋d)＝ac＋bd＋ad＋bc≥ac＋bd，所以ac＋bd≤1，
这与已知ac＋bd>1矛盾，
所以a，b，c，d中至少有一个是负数．
10．(2017·深圳高二检测)设函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中，a，b，c均为整数，且f(0)，f(1)均为奇数．
求证：f(x)＝0无整数根．
[解析] 假设f(x)＝0有整数根n，
则an2＋bn＋c＝0，
由f(0)为奇数，即c为奇数，
f(1)为奇数，即a＋b＋c为奇数，所以a＋b为偶数，
又an2＋bn＝－c为奇数，
所以n与an＋b均为奇数，又a＋b为偶数，
所以an－a为奇数，即(n－1)a为奇数，
所以n－1为奇数，这与n为奇数矛盾．
所以f(x)＝0无整数根．
B级 素养提升
一、选择题
1．已知a，b是异面直线，直线c平行于直线a，那么c与b的位置关系为( C )
A．一定是异面直线 B．一定是相交直线
C．不可能是平行直线 D．不可能是相交直线
[解析] 假设c∥b，而由c∥a，可得a∥b，这与a，b异面矛盾，故c与b不可能是平行直线．故应选C．
2．(2018·龙岩期中)“已知函数f(x)＝x2＋ax＋a(a∈R)，求证：|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不小于．”用反证法证明这个命题时，下列假设正确的是( B )
A．假设|f(1)|≥且|f(2)|≥
B．假设|f(x)|<且|f(2)|<
C．假设|f(1)|与|f(2)|中至多有一个不小于
D．假设|f(1)|与|f(2)|中至少有一个不大于
[解析] 由于反证法是命题的否定的一个运用，故用反证法证明命题时，可以设其否定成立进行推证．
假设|f(1)|＜且|f(2)|＜，
故选B．
二、填空题
3．(2018·嘉峪关校级期中)已知x，y∈R且x＋y＞2，则x，y中至少有一个大于1，在反证法证明时假设应为x≤1且y≤1．
[解析] ∵x，y中至少有一个大于1，
∴其否定为x，y均不大于1，即x≤1且y≤1，
故答案为x≤1且y≤1．
4．(2018·天心区校级模拟)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…＋＝2(＋＋…＋)时，若已证假设n＝k(k≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( B )
A．n＝k＋1时等式成立
B．n＝k＋2时等式成立
C．n＝2k＋2时等式成立
D．n＝2(k＋2)时等式成立
[解析] 若已证假设n＝k(k≥2，k为偶数)时命题为真，因为n只能取偶数，所以还需要证明n＝k＋2成立．
故选B．
三、解答题
5．如图所示，在△ABC中，AB>AC，AD为BC边上的高，AM是BC边上的中线，求证：点M不在线段CD上．
[证明] 假设点M在线段CD上，则BDAC矛盾，故假设错误．所以点M不在线段CD上．
6．设f(x)＝x2＋bx＋c，x∈[－1,1]，证明：b<－2时，在其定义域范围内至少存在一个x，使|f(x)|≥成立．
[证明] 假设不存在x∈[－1,1]使|f(x)|≥．
则对于x∈[－1,1]上任意x，都有－1，
f(x)在x∈[－1,1]上是单调递减函数，
∴?b>－与b<－2矛盾．
∴假设不成立，因此当b<－2时在其定义域范围内至少存在一个x，使|f(x)|≥成立．
C级 能力拔高
已知数列{an}满足：a1＝，＝，anan＋1<0(n≥1)；数列{bn}满足：bn＝a－a(n≥1)．
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)证明：数列{bn}中的任意三项不可能成等差数列．
[解析] (1)由题意可知，1－a＝(1－a)．
令cn＝1－a，则cn＋1＝cn．
又c1＝1－a＝，则数列{cn}是首项为c1＝，公比为的等比数列，即cn＝·()n－1，
故1－a＝·()n－1?a＝1－·()n－1．
又a1＝>0，anan＋1<0，
故an＝(－1)n－1．
bn＝a－a＝[1－·()n]－[1－·()n－1]＝·()n－1．
(2)用反证法证明．
假设数列{bn}存在三项br，bs，bt(rbs>bt，则只可能有2bs＝br＋bt成立．
∴2·()s－1＝()r－1＋()t－1，
两边同乘以3t－121－r，化简得3t－r＋2t－r＝2·2s－r3t－s．
由于r第一章 2.3 复数的几何意义
A级 基础巩固
一、选择题
1．我们运用数学归纳法证明某一个关于自然数n的命题时，在由“n＝k时论断成立?n＝k＋1时论断也成立”的过程中( A )
A．必须运用假设
B．n可以部分地运用假设
C．可不用假设
D．应视情况灵活处理，A，B，C均可
[解析] 由“n＝k时论断成立?n＝k＋1时论断也成立”的过程中必须运用假设．
2．(2018·嘉峪关校级期中)用数学归纳法证明“5n－2n能被3整除”的第二步中，n＝k＋1时，为了使用假设，应将5k＋1－2k＋1变形为( A )
A．5(5k－2k)＋3×2k B．(5k－2k)＋4×5k－2k
C．(5－2)(5k－2k) D．2(5k－2k)－3×5k
[解析] 假设n＝k时命题成立，即：5k－2k被3整除．
当n＝k＋1时，
5k＋1－2k＋1＝5×5k－2×2k
＝5(5k－2k)＋5×2k－2×2k
＝5(5k－2k)＋3×2k
故选A．
3．对于不等式≤n＋1(n∈N＋)，某学生的证明过程如下：
(1)当n＝1时，≤1＋1，不等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋)时，不等式成立，即∴当n＝k＋1时，不等式成立，上述证法( D )
A．过程全都正确
B．n＝1验证不正确
C．归纳假设不正确
D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确
[解析] n＝1的验证及归纳假设都正确，但从n＝k到n＝k＋1的推理中没有使用归纳假设，而通过不等式的放缩法直接证明，不符合数学归纳法的证题要求．故应选D．
4．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步的证明时，正确的证法是( C )
A．假设n＝k(k∈N*)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立
B．假设n＝k(k是正奇数)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立
C．假设n＝k(k是正奇数)时命题成立，证明n＝k＋2时命题也成立
D．假设n＝2k＋1(k∈N)时命题成立，证明n＝k＋1时命题也成立
[解析] ∵n为正奇数，当n＝k时，k下面第一个正奇数应为k＋2，而非k＋1．故应选C．
5．凸n边形有f(n)条对角线，则凸n＋1边形对角线的条数f(n＋1)为( C )
A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n
C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2
[解析] 增加一个顶点，就增加n＋1－3条对角线，另外原来的一边也变成了对角线，故f(n＋1)＝f(n)＋1＋n＋1－3＝f(n)＋n－1．故应选C．
6．(2018·杏花岭区校级期中)等式12＋22＋32＋…＋n2＝(5n2－7n＋4)( B )
A．n为任何正整数都成立
B．仅当n＝1,2,3时成立
C．当n＝4时成立，n＝5时不成立
D．仅当n＝4时不成立
[解析] 当n＝1时，左边＝1，右边＝1，成立；
当n＝2时，左边＝1＋4＝5，右边＝5，成立；
当n＝3时，左边＝1＋4＋9＝14，右边＝14，成立；
当n＝4时，左边＝1＋4＋9＋16＝40，右边＝28，不成立；
当n＝5时，左边＝1＋4＋9＋16＋25＝65，右边＝94，不成立；
故选B．
二、填空题
7．(2017·无锡期末)一个与自然数有关的命题，若n＝k(k∈N)时命题成立可以推出n＝k＋1时命题也成立．现已知n＝10时该命题不成立，那么下列结论正确的是：③__(填上所有正确命题的序号)
①n＝11时，该命题一定不成立；
②n＝11时，该命题一定成立；
③n＝1时，该命题一定不成立；
④至少存在一个自然数，使n＝n0时，该命题成立．
[解析] 由题意可知，原命题成立则逆否命题成立，P(n)对n＝10时该命题不成立，(否则n＝11也成立)．
同理可推得P(n)对n＝2，n＝1也不成立．所以③正确．
故答案为③．
8．观察下列等式，照此规律，第n个等式为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2．
1＝1
2＋3＋4＝9
3＋4＋5＋6＋7＝25
4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49
…
[解析] 将原等式变形如下：
1＝1＝12
2＋3＋4＝9＝32
3＋4＋5＋6＋7＝25＝52
4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49＝72
…
由图知，第n个等式的左边有2n－1项，第一个数是n，是2n－1个连续整数的和，则最后一个数为n＋(2n－1)－1＝3n－2，右边是左边项数2n－1的平方，
故有n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)2．
三、解答题
9．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)．
求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论．
[解析] 由已知得2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1，a1＝2，b1＝4，
由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25．
猜想an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2．
用数学归纳法证明如下：
①当n＝1时，可得结论成立．
②假设当n＝k(k≥4，k∈N*)时，结论成立，
即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2，
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)·(k＋2)，
bk＋1＝＝＝(k＋2)2．
∴当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②可知，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数n都成立．
10．(2017·汉阳期中)已知{fn(x)}满足f1(x)＝(x>0)，fn＋1(x)＝f1(fn(x))．
(1)求f2(x)，f3(x)，并猜想fn(x)的表达式；
(2)用数学归纳法证明对fn(x)的猜想．
[解析] (1)f2(x)＝f1[f1(x)]＝＝，
f3(x)＝f1[f2(x)]＝＝
猜想：fn(x)＝，(n∈N*)
(2)下面用数学归纳法证明 ，fn(x)＝(n∈N*)
①当n＝1时，f1(x)＝，显然成立；
②假设当n＝k(k∈N*)时，猜想成立，即fk(x)＝，
则当n＝k＋1时，fk＋1＝f1[fk(x)]＝＝，
即对n＝k＋1时，猜想也成立；
结合①②可知，猜想fn(x)＝对一切n∈N*都成立．
B级 素养提升
一、选择题
1．当n＝1,2,3,4,5,6时，比较2n和n2的大小并猜想( D )
A．n≥1时，2n>n2 B．n≥3时，2n>n2
C．n≥4时，2n>n2 D．n≥5时，2n>n2
[解析] 当n＝1时，21>12，即2n>n2；
当n＝2时，22＝22，即2n＝n2；
当n＝3时，23<32，即2n当n＝4时，24＝42，即2n＝n2；
当n＝5时，25>52，即2n>n2；
当n＝6时，26>62，即2n>n2；
…
猜想当n≥5时，2n>n2；
下面我们用数学归纳法证明猜测成立，
(1)当n＝5时，由以上可知猜想成立，
(2)设n＝k(k≥5)时，命题成立，即2k>k2，
当n＝k＋1时，2k＋1＝2·2k>2k2＝k2＋k2>k2＋(2k＋1)＝(k＋1)2，即n＝k＋1时，命题成立，
由(1)和(2)可得n≥5时，2n>n2；
故当n＝2或4时，2n＝n2；n＝3时，2nn2．故选D．
2．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开( A )
A．(k＋3)3 B．(k＋2)3
C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3
[解析] 因为从n＝k到n＝k＋1的过渡，增加了(k＋1)3，减少了k3，故利用归纳假设，只需将(k＋3)3展开，证明余下的项9k2＋27k＋27能被9整除．
二、填空题
3．用数学归纳法证明“2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N*)”时，第一步的验证为当n＝1时，左边＝4，右边＝4，左≥右，不等式成立．
[解析] 当n＝1时，左≥右，不等式成立，
∵n∈N*，∴第一步的验证为n＝1的情形．
4．对任意n∈N*,34n＋2＋a2n＋1都能被14整除，则最小的自然数a＝5．
[解析] 当n＝1时，36＋a3能被14整除的数为a＝3或5，当a＝3时且n＝3时，310＋35不能被14整除，故a＝5．
三、解答题
5．在平面内有n条直线，其中每两条直线相交于一点，并且每三条直线都不相交于同一点．
求证：这n条直线将它们所在的平面分成个区域．
[证明] (1)n＝2时，两条直线相交把平面分成4个区域，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥2)时，k条直线将平面分成块不同的区域，命题成立．
当n＝k＋1时，设其中的一条直线为l，其余k条直线将平面分成块区域，直线l与其余k条直线相交，得到k个不同的交点，这k个点将l分成k＋1段，每段都将它所在的区域分成两部分，故新增区域k＋1块．
从而k＋1条直线将平面分成＋k＋1＝块区域．
所以n＝k＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知，原命题成立．
6．(1)用数学归纳法证明：
12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n－1·(n∈N*)．
(2)求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)．
[解析] (1)①当n＝1时，左边＝12＝1，
右边＝(－1)0×＝1，
左边＝右边，等式成立．
②假设n＝k(k∈N*)时，等式成立，即
12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2
＝(－1)k－1·．
则当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1k2＋(－1)k(k＋1)2
＝(－1)k－1·＋(－1)k(k＋1)2
＝(－1)k(k＋1)·
＝(－1)k·．
∴当n＝k＋1时，等式也成立，
根据①、②可知，对于任何n∈N*等式成立．
(2)①n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．
②假设n＝k时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)2．
当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，所以n＝k＋1时，等式也成立．
由①②得，等式对任何n∈N*都成立．
C级 能力拔高
已知等差数列{an}中，a2＝8，前10项的和S10＝185，
(1)求数列{an}的通项公式an；
(2)若从数列{an}中依次取出第2,4,8，…，2n，…项，按原来的顺序排成一个新数列，试求新数列的前n项和An；
(3)设Bn＝n(5＋3an)，试比较An和Bn的大小，并说明理由．
[解析] (1)设公差为d，由题意得，
解得
∴an＝5＋3×(n－1)＝3n＋2．
(2)设新数列为{bn}，∴bn＝a2n＝3×2n＋2．
∴An＝3×(2＋22＋23＋…＋2n)＋2n
＝3×2n＋1＋2n－6．
(3)∵Bn＝n(9n＋11)＝9n2＋11n，
∴A1＝3×4－4－8，A2＝3×8－2＝22，A3＝3×16＝48，
A4＝3×32＋2＝98，A5＝3×64＋4＝196，A6＝3×128＋6＝390，A7＝3×256＋8＝776，……
而B1＝20，B2＝58，B3＝114，B4＝188，B5＝280，B6＝390，B7＝518，……
①当n＝1,2,3,4,5时，Bn>An；
②当n＝6时，B6＝A6；
③当n≥7，且n∈N*时，
猜想An>Bn，用数学归纳法证明：
当n＝7时，A7＝776>518＝B7，结论正确；
假设当n＝k(k≥7)时，Ak>Bk，
即3×2k＋1＋2k－6>9k2＋11k?2k＋1>3k2＋3k＋2，
∴n＝k＋1时，
Ak＋1－Bk＋1＝[3×2k＋2＋2(k＋1)－6]－[9(k＋1)2＋11(k＋1)]＝6×2k＋1－9k2－27k－24＝6×[2k＋1－(3k2＋3k＋2)]＋6×(3k2＋3k＋2)－9k2－27k－24＝6×[2k＋1－(3k2＋3k＋2)]＋9k2－9k－12>9k2－9k－12＝9k(k－1)－12≥9×7×(7－1)－12>0，
∴Ak＋1>Bk＋1，即n＝k＋1时，结论也正确．
综上知，当n≥7，且n∈N*时，有An>Bn．
第二章 学业质量标准检测
时间120分钟，满分150分．
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的)
1．(2018·运城期中)下列表述正确的是( D )
①归纳推理是由特殊到一般的推理；
②演绎推理是由一般到特殊的推理；
③类比推理是由特殊到一般的推理；
④分析法是一种间接证明法．
A．①②③④ B．②③④
C．①②④ D．①②
[解析] 根据题意，依次分析4个命题：
对于①、归纳推理是由特殊到一般的推理，符合归纳推理的定义，正确；
对于②、演绎推理是由一般到特殊的推理，符合演绎推理的定义，正确；
对于③、类比推理是由特殊到特殊的推理，错误；
对于④、分析法、综合法是常见的直接证明法，④错误；
则正确的是①②．
故选D．
2．观察数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…的特点，按此规律，则第100项为( B )
A．10 B．14
C．13 D．100
[解析] 设n∈N*，则数字n共有n个，
所以≤100即n(n＋1)≤200，
又因为n∈N*，所以n＝13，到第13个13时共有＝91项，从第92项开始为14，故第100项为14．
3．欲证－<－成立，只需证( C )
A．(－)2<(－)2
B．(－)2<(－)2
C．(＋)2<(＋)2
D．(－－)2<(－)2
[解析] ∵－<0，－<0，
∴原不等式只需证＋<＋，
∴只需证(＋)2<(＋)2，故选C．
4．(2017·蚌埠期末)用反证法证明命题“若a2＋b2＝0(a，b∈R)，则a，b全为0”，其反设正确的是( B )
A．a，b至少有一个为0
B．a，b至少有一个不为0
C．a，b全部为0
D．a，b中只有一个为0
[解析] 由于“a、b全为0(a、b∈R)”的否定为：“a、b至少有一个不为0”，故选B．
5．(2017·全国Ⅱ卷)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则( D )
A．乙可以知道四人的成绩
B．丁可以知道四人的成绩
C．乙、丁可以知道对方的成绩
D．乙、丁可以知道自己的成绩
[解析] 由甲说：“我还是不知道我的成绩”可推知甲看到乙、丙的成绩为“1个优秀，1个良好”．乙看丙的成绩，结合甲的说法，丙为“优秀”时，乙为“良好”；丙为“良好”时，乙为“优秀”，可得乙可以知道自己的成绩．丁看甲的成绩，结合甲的说法，甲为“优秀”时，丁为“良好”；甲为“良好”时，丁为“优秀”，可得丁可以知道自己的成绩．
故选D．
6．(2016·枣庄一模)用数学归纳法证明“1＋＋＋…＋1)”时，由n＝k(k>1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是( C )
A．2k－1 B．2k－1
C．2k D．2k＋1
[解析] 左边的特点是分母逐渐增加1，末项为；
由n＝k时，末项为到n＝k＋1时末项为＝，∴应增加的项数为2k．
故选C．
7．观察下列式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，则可归纳出1＋＋＋…＋小于( C )
A． B．
C． D．
[解析] 所猜测的分式的分母为n＋1，而分子3,5,7…恰好是第n＋1个正奇数，即2n＋1．故选C．
8．(2018·广东二模)已知“正三角形的内切圆与三边相切，切点是各边的中点”，类比之可以猜想：正四面体的内切球与各面相切，切点是( C )
A．各面内某边的中点
B．各面内某条中线的中点
C．各面内某条高的三等分点
D．各面内某条角平分线的四等分点
[解析] 由平面中关于正三角形的内切圆的性质：“正三角形的内切圆切于三边的中点”，根据平面上关于正三角形的内切圆的性质类比为空间中关于内切球的性质，
可以推断在空间几何中有：“正四面体的内切球切于四面体各正三角形的位置是各正三角形的中心”，即各面内某条高的三等分点．
故选C．
9．已知a＋b＋c＝0，则ab＋bc＋ca的值( D )
A．大于0 B．小于0
C．不小于0 D．不大于0
[解析] 解法1：∵a＋b＋c＝0，
∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，
∴ab＋ac＋bc＝－≤0．
解法2：令c＝0，若b＝0，则ab＋bc＋ac＝0，否则a、b异号，∴ab＋bc＋ac＝ab＜0，排除A、B、C，选D．
10．已知a，b，c，d∈R，则P＝ac＋bd，Q＝
的大小关系为( D )
A．P≥Q B．P>Q
C．Q>P D．Q≥P
[解析] Q2＝(a2＋b2)(c2＋d2)
＝a2c2＋b2d2＋a2d2＋b2c2
＝(ac＋bd)2＋(ad－bc)2≥(ac＋bd)2＝P2，
又∵Q≥0，∴Q≥P．
11．(2016·浙江文，5)已知a，b>0，且a≠1，b≠1，若logab>1，则( D )
A．(a－1)(b－1)<0 B．(a－1)(a－b)>0
C．(b－1)(b－a)<0 D．(b－1)(b－a)>0
[解析] 根据题意，logab>1?logab－logaa>0?loga>0?或，即或．
当时，0当时，b>a>1，∴b－1>0，b－a>0．∴(b－1)(b－a)>0，故选D．
12．已知函数f(x)满足f(0)＝0，导函数f ′(x)的图象如图所示，则f(x)的图象与x轴围成的封闭图形的面积为( B )
A． B．
C．2 D．
[解析] 由f ′(x)的图象知，f ′(x)＝2x＋2，
设f(x)＝x2＋2x＋c，由f(0)＝0知，c＝0，∴f(x)＝x2＋2x，
由x2＋2x＝0得x＝0或－2．
故所求面积S＝－－2(x2＋2x)dx＝＝．
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)
13．(2018·大武口区校级一模)甲、乙、丙、丁四人分别从一个装有编号为1,2,3,4的四个完全相同的小球的袋中依次取出一个小球．现知道：①甲取出的小球编号为偶数；②乙取出的小球编号比甲大；③乙、丙取出的小球编号差的绝对值比甲大．则丁取出的小球编号是3．
[解析] 由①②可知，甲取出的小球编号为2，乙取出的小球编号可能是3或4．又|1－4|＝3＞2，|1－3|＝2，
所以由③可知，乙取出的小球编号是4，丙取出的小球编号是1，
故丁取出的小球编号是3．
故答案为3．
14．(2018·晋城二模)设an＝n(n＋1)，利用 n(n＋1)＝求出数列{an}的前n项和Sn＝，设bn＝n(n＋1)(n＋2)，类比这种方法可以求得数列{bn}的前n项和Tn＝．
[解析] bn＝n(n＋1)(n＋2)
＝，
可得数列{bn}的前n项和Tn＝[1·2·3·4－0＋2·3·4·5－1·2·3·4＋3·4·5·6－2·3·4·5＋n(n＋1)(n＋2)(n＋3)－(n－1)n(n＋1)(n＋2)]＝，
故答案为．
15．(2018·沈阳一模)在推导等差数列前n项和的过程中，我们使用了倒序相加的方法，类比可求得sin21°＋sin22°＋…＋sin289°＝44．5．
[解析] 设S＝sin21°＋sin22°＋…＋sin289°，
则S＝sin289°＋sin288°＋…＋sin21°，
两式倒序相加，得：
2S＝(sin21°＋sin289°)＋(sin22°＋sin288°)＋…＋(sin289°＋sin21°)
＝(sin21°＋cos21°)＋(sin22°＋cos22°)＋…＋(sin289°＋cos289°)
＝89，
∞S＝44．5．
故答案为44．5．
16．(2018·静安区一模)类似平面直角坐标系，我们把平面内两条相交但不垂直的数轴构成的坐标系(两条数轴的原点重合于O点且单位长度相同)称为斜坐标系，在斜坐标系xOy中，若＝xe1＋ye2(其中e1、e2分别为斜坐标系的x轴，y轴正方向上的单位向量，x，y∈R)，则点P的坐标为(x，y)，若在斜坐标系xOy中，∠xOy＝60°，点M的坐标为(1,2)，则点M到原点O的距离为．
[解析] 由题意可得＝e1＋2e2，
平方可得2＝e＋4e＋4e1·e2
＝1＋4＋4×1×1×＝7，
可得||＝，
故答案为．
三、解答题(本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本题满分10分)(2016·泉州高二检测)已知a>0，b>0用分析法证明：≥．
[证明] 因为a>0，b>0，
要证≥，
只要证，(a＋b)2≥4ab，只要证(a＋b)2－4ab≥0，
即证a2－2ab＋b2≥0，
而a2－2ab＋b2＝(a－b)2≥0恒成立，
故≥成立．
18．(本题满分12分)已知函数f(x)满足下列条件：
(1)f()＝1，(2)f(xy)＝f(x)＋f(y)，)(3)f(x)的值域为[－1,1]．试证明：不在f(x)的定义域内．
[证明] 假设在f(x)的定义域内，因为f(xy)＝f(x)＋f(y)，所以f()＝f(×)＝f()＋f()＝2．
又f(x)的值域为[－1,1]，2?[－1,1]，
所以不在函数f(x)的定义域内．
19．(本题满分12分)我们知道，在△ABC中，若c2＝a2＋b2，则△ABC是直角三角形．现在请你研究：若cn＝an＋bn(n＞2)，问△ABC为何种三角形？为什么？
[解析] 锐角三角形 ∵cn＝an＋bn (n＞2)，∴c＞a, c＞b，由c是△ABC的最大边，所以要证△ABC是锐角三角形，只需证角C为锐角，即证cosC＞0．
∵cosC＝，
∴要证cosC＞0，只要证a2＋b2＞c2，①
注意到条件：an＋bn＝cn，
于是将①等价变形为：(a2＋b2)cn－2＞cn．②
∵c＞a，c＞b，n＞2，∴cn－2＞an－2，cn－2＞bn－2，
即cn－2－an－2＞0，cn－2－bn－2＞0，
从而(a2＋b2)cn－2－cn＝(a2＋b2)cn－2－an－bn
＝a2(cn－2－an－2)＋b2(cn－2－bn－2)＞0，
这说明②式成立，从而①式也成立．
故cosC＞0，C是锐角，△ABC为锐角三角形．
20．(本题满分12分)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°－sin13°cos17°；
②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；
③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°．
(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．
[解析] (1)选择②式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin15°cos15°
＝1－sin30°＝1－＝．
(2)推广后的三角恒等式为
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝．
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)
＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α
＝sin2α＋cos2α＝．
21．(本题满分12分)椭圆与双曲线有许多优美的对称性质．对于椭圆＋＝1(a＞b＞0)有如下命题：AB是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，则kOM·kAB＝－为定值．那么对于双曲线－＝1(a＞0，b＞0)，则有命题：AB是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的不平行于对称轴且不过原点的弦，M为AB的中点，猜想kOM·kAB的值，并证明．
[解析] 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则有
kOM＝＝，kAB＝，
即kOM·kAB＝＝．
将A、B坐标代入双曲线方程－＝1中可得：
－＝1①
－＝1②
①－②得：＝，
∴＝，即kOM·kAB＝．
22．(本题满分14分)(2017·马鞍山高二检测)已知数列{xn}满足x1＝，xn＋1＝，n∈N* ．猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论．
[解析] 由x1＝及xn＋1＝，得x2＝，x4＝，x6＝，
由x2>x4>x6猜想：数列{x2n}是递减数列．
下面用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，已证命题成立．
(2)假设当n＝k时命题成立，即x2k>x2k＋2，那么x2k＋2－x2k＋4＝－＝
＝＝
>0，
即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2，
也就是说，当n＝k＋1时命题也成立．结合(1)和(2)知命题成立．
