近五年高考試題匯編 推理與證明

含詳解答案10年高考數(shù)學(xué)推理與證明試題匯編一、選擇題1．(2010·廣東文，10)在集合{a，b，c，d}上定義兩種運(yùn)算、?如下：那么d?(ac)＝()A．a(chǎn)B．bC．cD．d[答案]A[解析]根據(jù)運(yùn)算、?的定義可知，ac＝c，d?c＝a，故選A.2．(文)(2010·福建莆田質(zhì)檢)如果將1,2,3，…，n重新排列后，得到一個(gè)新系列a1，a2，a3，…，an，使得k＋ak(k＝1,2，…，n)都是完全平方數(shù)，則稱(chēng)n為“好數(shù)”．若n分別取4,5,6，則這三個(gè)數(shù)中，“好數(shù)”的個(gè)數(shù)是()A．3B．2C．1D．0[答案]C[解析]5是好數(shù)，4和6都不是，∵取a1＝3，a2＝2，a3＝1，a4＝5，a5＝4，則1＋a1＝4＝22,2＋a2＝4＝22,3＋a3＝4＝22,4＋a4＝32,5＋a5＝32.(理)(2010·壽光現(xiàn)代中學(xué))若定義在區(qū)間D上的函數(shù)f(x)，對(duì)于D上的任意n個(gè)值x1，x2，…，xn，總滿足f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)≥nfeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，則稱(chēng)f(x)為D上的凹函數(shù)，現(xiàn)已知f(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是凹函數(shù)，則在銳角三角形ABC中，tanA＋tanB＋tanC的最小值是()A．3B.eq\f(2,3)C．3eq\r(3)D.eq\r(3)[答案]C[解析]根據(jù)f(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是凹函數(shù)，再結(jié)合凹函數(shù)定義得，tanA＋tanB＋tanC≥3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,3)))＝3taneq\f(π,3)＝3eq\r(3).故所求的最小值為3eq\r(3).3．(文)定義某種新運(yùn)算“?”：S＝a?b的運(yùn)算原理為如圖的程序框圖所示，則式子5?4－3?6＝()A．2B．1C．3D．4[答案]B[解析]由題意知5?4＝5×(4＋1)＝25,3?6＝6×(3＋1)＝24，所以5?4－3?6＝1.(理)如圖所示的算法中，令a＝tanθ，b＝sinθ，c＝cosθ，若在集合{θ|0<θ<eq\f(3π,2)}中任取θ的一個(gè)值，輸出的結(jié)果是sinθ的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)[答案]A[解析]該程序框圖的功能是比較a，b，c的大小并輸出最大值，因此要使輸出的結(jié)果是sinθ，需sinθ>tanθ，且sinθ>cosθ，∵當(dāng)θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，總有tanθ>sinθ，當(dāng)θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，sinθ>0，tanθ<0，cosθ<0，當(dāng)θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))時(shí)，tanθ>0，sinθ<0，故輸出的結(jié)果是sinθ時(shí)，θ的范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，結(jié)合幾何概型公式得，輸出sinθ的概率為eq\f(π－\f(π,2),\f(3,2)π－0)＝eq\f(1,3)，故選A.4．(2010·曲師大附中)設(shè)△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝eq\f(2S,a＋b＋c)；類(lèi)比這個(gè)結(jié)論可知：四面體S－ABC的四個(gè)面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球的半徑為r，四面體S－ABC的體積為V，則r＝()A.eq\f(V,S1＋S2＋S3＋S4)B.eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C.eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4)D.eq\f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)[答案]C[解析]設(shè)三棱錐的內(nèi)切球球心為O，那么由VS－ABC＝VO－ABC＋VO－SAB＋VO－SAC＋VO－SBC，即V＝eq\f(1,3)S1r＋eq\f(1,3)S2r＋eq\f(1,3)S3r＋eq\f(1,3)S4r，可得r＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).5．(2010·遼寧錦州)類(lèi)比“兩角和與差的正余弦公式”的形式，對(duì)于給定的兩個(gè)函數(shù)，S(x)＝eq\f(ax－a－x,2)，C(x)＝eq\f(ax＋a－x,2)，其中a>0，且a≠1，下面正確的運(yùn)算公式是()①S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；②S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)；③C(x＋y)＝C(x)C(y)－S(x)S(y)；④C(x－y)＝C(x)C(y)＋S(x)S(y)．A．①③B．②④C．①④D．①②③④[答案]D[解析]實(shí)際代入逐個(gè)驗(yàn)證即可．如S(x)C(y)＋C(x)S(y)＝eq\f(ax－a－x,2)·eq\f(ay＋a－y,2)＋eq\f(ax＋a－x,2)·eq\f(ay－a－y,2)＝eq\f(1,4)(ax＋y－ay－x＋ax－y－a－x－y＋ax＋y＋ay－x－ax－y－a－x－y)＝eq\f(1,4)(2ax＋y－2a－x－y)＝eq\f(ax＋y－a－(x＋y),2)＝S(x＋y)，故①成立．同理可驗(yàn)證②③④均成立．6．四個(gè)小動(dòng)物換座位，開(kāi)始是鼠、猴、兔、貓分別坐在1、2、3、4號(hào)位子上如圖所示，第一次前后排動(dòng)物互換座位，第二次左右列動(dòng)物互換座位，…，這樣交替進(jìn)行下去，那么第2011次互換座位后，小兔的座位對(duì)應(yīng)的是()1鼠猴23兔貓41兔貓23鼠猴41貓兔23猴鼠41猴鼠23貓兔4第一次第二次第三次第四次A．編號(hào)1B．編號(hào)2C．編號(hào)3D．編號(hào)4[答案]D[解析]根據(jù)動(dòng)物換座位的規(guī)則，可得第四次、第五次、第六次、第七次換座后的結(jié)果如下圖所示：1鼠猴23兔貓41兔貓23鼠猴41貓兔23猴鼠41猴鼠23貓兔4第一次第二次第三次第四次據(jù)此可以歸納得到：四個(gè)小動(dòng)物在換座后，每經(jīng)過(guò)四次換座后與原來(lái)的座位一樣，即以4為周期，因此在第2011次換座后，四個(gè)小動(dòng)物的位置應(yīng)該是和第3次換座后的位置一樣，即小兔的座位號(hào)是4，故選D.[點(diǎn)評(píng)]因?yàn)閱?wèn)題只求小兔座位號(hào)，故可只考慮小兔座位號(hào)的變化，用1→2表示小兔從1號(hào)位換到2號(hào)位，則小兔座位的變化規(guī)律是：3→1→2→4→3→1→2→4→3…，顯見(jiàn)變化周期為4，又2011＝4×502＋3，故經(jīng)過(guò)2011次換座后，小兔位于4號(hào)座．7．(2010·山東文)觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由歸納推理可得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f(－x)＝()A．f(x)B．－f(x)C．g(x)D．－g(x)[答案]D[解析]觀察所給例子可看出偶函數(shù)求導(dǎo)后都變成了奇函數(shù)，∴g(－x)＝－g(x)，選D.8．甲、乙兩位同學(xué)玩游戲，對(duì)于給定的實(shí)數(shù)a1，按下列方法操作一次產(chǎn)生一個(gè)新的實(shí)數(shù)：由甲、乙同時(shí)各擲一枚均勻的硬幣，如果出現(xiàn)兩個(gè)正面朝上或兩個(gè)反面朝上，則把a(bǔ)1乘以2后再加上12；如果出現(xiàn)一個(gè)正面朝上，一個(gè)反面朝上，則把a(bǔ)1除以2后再加上12，這樣就可得到一個(gè)新的實(shí)數(shù)a2.對(duì)實(shí)數(shù)a2仍按上述方法進(jìn)行一次操作，又得到一個(gè)新的實(shí)數(shù)a3.當(dāng)a3>a1時(shí)，甲獲勝，否則乙獲勝．若甲獲勝的概率為eq\f(3,4)，則a1的取值范圍是()A．[－12,24]B．(－12,24)C．(－∞，－12)∪(24，＋∞)D．(－∞，－12]∪[24，＋∞)[答案]D[解析]因?yàn)榧住⒁彝瑫r(shí)各擲一枚均勻的硬幣，出現(xiàn)的可能情形有4種：(正，正)、(正，反)、(反，正)、(反，反)，所以每次操作后，得到兩種新數(shù)的概率是一樣的．故由題意得即4a1＋36，a1＋18，a1＋36，eq\f(1,4)a1＋18出現(xiàn)的機(jī)會(huì)是均等的，由于當(dāng)a3>a1時(shí)，甲勝且甲勝的概率為eq\f(3,4)，故在上面四個(gè)表達(dá)式中，有3個(gè)大于a1，∵a1＋18>a1，a1＋36>a1，故在其余二數(shù)中有且僅有一個(gè)大于a1，由4a1＋36>a1得a1>－12，由eq\f(1,4)a1＋18>a1得，a1<24，故當(dāng)－12<a1<24時(shí)，四個(gè)數(shù)全大于a1，當(dāng)a1≤－12或a1≥24時(shí)，有且僅有3個(gè)大于a1，故選D.9．(2010·廣州市)如圖所示的三角形數(shù)陣叫“萊布尼茲調(diào)和三角形”，它們是由整數(shù)的倒數(shù)組成的，第n行有n個(gè)數(shù)且兩端的數(shù)均為eq\f(1,n)(n≥2)，每個(gè)數(shù)是它下一行左右相鄰兩數(shù)的和，如eq\f(1,1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)，eq\f(1,3)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,12)，…，則第7行第4個(gè)數(shù)(從左往右數(shù))為()eq\f(1,1)eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,4)eq\f(1,12)eq\f(1,12)eq\f(1,4)eq\f(1,5)eq\f(1,20)eq\f(1,30)eq\f(1,20)eq\f(1,5)………………A.eq\f(1,140)B.eq\f(1,105)C.eq\f(1,60)D.eq\f(1,42)[答案]A[解析]第6行從左到右各數(shù)依次為eq\f(1,6)，eq\f(1,30)，eq\f(1,60)，eq\f(1,60)，eq\f(1,30)，eq\f(1,6)，第7行從左到右各數(shù)依次為eq\f(1,7)，eq\f(1,42)，eq\f(1,105)，eq\f(1,140)，eq\f(1,105)，eq\f(1,42)，eq\f(1,7)，故選A.10．(2010·山東淄博一中)如圖，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝a，CD＝b(a>b)．若EF∥AB，EF到CD與AB的距離之比為mn，則可推算出：EF＝eq\f(ma＋nb,m＋n)，試用類(lèi)比的方法，推想出下述問(wèn)題的結(jié)果．在上面的梯形ABCD中，延長(zhǎng)梯形兩腰AD、BC相交于O點(diǎn)，設(shè)△OAB、△OCD的面積分別為S1、S2，EF∥AB，且EF到CD與AB的距離之比為mn，則△OEF的面積S0與S1、S2的關(guān)系是()A．S0＝eq\f(mS1＋nS2,m＋n)B．S0＝eq\f(nS1＋mS2,m＋n)C.eq\r(S0)＝eq\f(m\r(S1)＋n\r(S2),m＋n)D.eq\r(S0)＝eq\f(n\r(S1)＋m\r(S2),m＋n)[答案]C[解析]根據(jù)面積比等于相似比的平方求解．二、填空題11．(2010·鹽城調(diào)研)請(qǐng)閱讀下列材料：若兩個(gè)正實(shí)數(shù)a1，a2滿足a12＋a22＝1，那么a1＋a2≤eq\r(2).證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋1，因?yàn)閷?duì)一切實(shí)數(shù)x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，從而得4(a1＋a2)2－8≤0，所以a1＋a2≤eq\r(2).根據(jù)上述證明方法，若n個(gè)正實(shí)數(shù)滿足a12＋a22＋…＋an2＝1時(shí)，你能得到的結(jié)論為_(kāi)_______．(不必證明)[答案]a1＋a2＋…＋an≤eq\r(n)12．(文)如圖甲，在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC，D是垂足，則AB2＝BD·BC，該結(jié)論稱(chēng)為射影定理．如圖乙，在三棱錐A－BCD中，AD⊥平面ABC，AO⊥平面BCD，O為垂足，且O在△BCD中，類(lèi)比射影定理，探究S△ABC、S△BCO、S△BCD之間滿足的關(guān)系式是________．[答案]S△ABC2＝S△BCO·S△BCD[解析]根據(jù)類(lèi)比推理，將線段的長(zhǎng)推廣為三角形的面積，從而得到答案．(理)(2010·湖南湘潭市)現(xiàn)有一個(gè)關(guān)于平面圖形的命題：如圖所示，同一個(gè)平面內(nèi)有兩個(gè)邊長(zhǎng)都是a的正方體，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方形重疊部分的面積恒為eq\f(a2,4)，類(lèi)比到空間，有兩個(gè)棱長(zhǎng)均為a的正方體，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方體重疊部分的體積恒為_(kāi)_____．[答案]eq\f(a3,8)13．(文)(2010·陜西理)觀察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根據(jù)上述規(guī)律，第五個(gè)等式為_(kāi)_______________．[答案]13＋23＋33＋43＋53＋63＝212[解析]觀察所給等式可以發(fā)現(xiàn)：13＋23＝32＝(1＋2)213＋23＋33＝62＝(1＋2＋3)213＋23＋33＋43＝102＝(1＋2＋3＋4)2……推想：13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2∴第五個(gè)等式為：13＋23＋33＋43＋53＋63＝(1＋2＋…＋6)2＝212.(理)(2010·廣東省佛山順德區(qū)質(zhì)檢)已知一系列函數(shù)有如下性質(zhì)：函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)在(0,1]上是減函數(shù)，在[1，＋∞)上是增函數(shù)；函數(shù)y＝x＋eq\f(2,x)在(0，eq\r(2)]上是減函數(shù)，在[eq\r(2)，＋∞)上是增函數(shù)；函數(shù)y＝x＋eq\f(3,x)在(0，eq\r(3)]上是減函數(shù)，在[eq\r(3)，＋∞)上是增函數(shù)；…………利用上述所提供的信息解決問(wèn)題：若函數(shù)y＝x＋eq\f(3m,x)(x>0)的值域是[6，＋∞)，則實(shí)數(shù)m的值是________．[答案]2[解析]由題目提供信息可知y＝x＋eq\f(3m,x)(x>0)在(0，eq\r(3m)]上是減函數(shù)，在[eq\r(3m)，＋∞)上是增函數(shù)，∴當(dāng)x＝eq\r(3m)時(shí)，ymin＝6，∴m＝2.14．(文)(2010·湖南衡陽(yáng)八中)如圖(1)有關(guān)系eq\f(S△PA′B′,S△PAB)＝eq\f(PA′·PB′,PA·PB)，則如圖(2)有關(guān)系eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝________.[答案]eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC)[解析]根據(jù)類(lèi)比推理，將平面上三角形的結(jié)論，推廣到空間，即eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC).簡(jiǎn)證如下：設(shè)B′、B到平面PAC的距離分別為h、H，則eq\f(h,H)＝eq\f(PB′,PB).又已知eq\f(S△PA′C′,S△PAC)＝eq\f(PA′·PC′,PA·PC)，∴eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝eq\f(\f(1,3)S△PA′C′·h,\f(1,3)S△PAC·H)＝eq\f(PA′·PC′·PB′,PA·PC·PB).(理)(2010·江蘇姜堰中學(xué))如圖①，數(shù)軸上A(x1)、B(x2)，點(diǎn)P分AB成兩段長(zhǎng)度之比eq\f(AP,PB)＝λ，則點(diǎn)P的坐標(biāo)xP＝eq\f(x1＋λx2,1＋λ)成立；如圖②，在梯形ABCD中，EF∥AD∥BC，且eq\f(AE,EB)＝λ，則EF＝eq\f(AD＋λ·BC,1＋λ).根據(jù)以上結(jié)論作類(lèi)比推理，如圖③，在棱臺(tái)A1B1C1－ABC中，平面DEF與平面ABC平行，且eq\f(A1D,DA)＝λ，△A1B1C1、△DEF、△ABC的面積依次是S1，S，S2，則有結(jié)論：________________________.[答案]eq\r(S)＝eq\f(\r(S1)＋λ\r(S2),1＋λ)[解析]將三棱臺(tái)補(bǔ)成棱錐P－ABC，不妨令PA1＝m，DA＝n，則A1D＝nλ，那么，由eq\f(\r(S1),\r(S))＝eq\f(m,m＋nλ)，得m＝eq\f(n\r(S1),\r(S)－\r(S1))，又由eq\f(\r(S),\r(S2))＝eq\f(m＋nλ,m＋n(λ＋1))，得m＋nλ＝eq\f(n\r(S),\r(S2)－\r(S))，∴eq\f(nλ\r(S1),\r(S)－\r(S1))＋nλ＝eq\f(n\r(S),\r(S2)－\r(S))，∴eq\f(\r(S)λ,\r(S)－\r(S1))＝eq\f(\r(S),\r(S2)－\r(S))，由此得eq\r(S)＝eq\f(\r(S1)＋λ\r(S2),1＋λ).三、解答題15．(2010·瑞安中學(xué))用分析法證明：eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4).[證明]證法1：要證eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4)成立，∵eq\r(3)－eq\r(2)>0，eq\r(5)－eq\r(4)>0，∴只要證(eq\r(3)－eq\r(2))2>(eq\r(5)－eq\r(4))2成立．即證5－2eq\r(6)>9－2eq\r(20)成立．即證－2eq\r(6)>4－2eq\r(20)成立，只須證eq\r(6)<－2＋eq\r(20)成立．∵eq\r(20)－2>0，故只須證6<24－4eq\r(20)成立．即證9>2eq\r(20)成立，即證81>80成立．最后一個(gè)不等式顯然成立，以上步步可逆，故原不等式成立．證法2：要證eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4)成立，只須證eq\r(3)＋eq\r(4)>eq\r(5)＋eq\r(2)成立，只須證7＋2eq\r(12)>7＋2eq\r(10)成立，即證eq\r(12)>eq\r(10)成立，即證12>10成立，最后一個(gè)不等式顯然成立，故原結(jié)論成立．16．(文)設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝a≠eq\f(1,4)，且an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an，n為偶數(shù),an＋\f(1,4)，n為奇數(shù).))記bn＝a2n－1－eq\f(1,4)，n＝1,2,3，….(1)求a2，a3；(2)判斷{bn}是否為等比數(shù)列，并證明你的結(jié)論．[解析](1)a2＝a1＋eq\f(1,4)＝a＋eq\f(1,4)，a3＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,8).(2)∵a4＝a3＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)a＋eq\f(3,8).∴a5＝eq\f(1,2)a4＝eq\f(1,4)a＋eq\f(3,16).∴b1＝a1－eq\f(1,4)＝a－eq\f(1,4)≠0，b2＝a3－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))，b3＝a5－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4))).猜想{bn}是公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．證明如下：∵bn＋1＝a2n＋1－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)a2n－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－1＋\f(1,4)))－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－1－\f(1,4)))＝eq\f(1,2)bn(n∈N*)．∴{bn}是首項(xiàng)為a－eq\f(1,4)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．(理)(2010·湖南文)給出下面的數(shù)表序列：表1表2表3…11313544812其中表n(n＝1,2,3，…)有n行，第1行的n個(gè)數(shù)是1,3,5，…，2n－1，從第2行起，每行中的每個(gè)數(shù)都等于它肩上的兩數(shù)之和．(1)寫(xiě)出表4，驗(yàn)證表4各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成等比數(shù)列，并將結(jié)論推廣到表n(n≥3)(不要求證明)；(2)每個(gè)數(shù)表中最后一行都只有一個(gè)數(shù)，它們構(gòu)成數(shù)列，1,4,12，…，記此數(shù)列為{bn}．求和：eq\f(b3,b1b2)＋eq\f(b4,b2b3)＋…＋eq\f(bn＋2,bnbn＋1)(n∈N*)．[解析](1)表4為13574812122032它的第1,2,3,4行中的數(shù)的平均數(shù)分別是4,8,16,32，它們構(gòu)成首項(xiàng)為4，公比為2的等比數(shù)列．將這一結(jié)論推廣到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成首項(xiàng)為n，公比為2的等比數(shù)列．簡(jiǎn)證如下(對(duì)考生不作要求)首先，表n(n≥3)的第1行1,3,5，…，2n－1是等差數(shù)列，其平均數(shù)為eq\f(1＋3＋…＋(2n－1),n)＝n；其次，若表n的第k(1≤k≤n－1)行a1，a2，…，an－k＋1是等差數(shù)列，則它的第k＋1行a1＋a2，a2＋a3，…，an－k＋an－k＋1也是等差數(shù)列．由等差數(shù)列的性質(zhì)知，表n的第k行中的數(shù)的平均數(shù)與第k＋1行中的數(shù)的平均數(shù)分別是eq\f(a1＋an－k＋1,2)，eq\f(a1＋a2＋an－k＋an－k＋1,2)＝a1＋an－k＋1.由此可知，表n(n≥3)各行中的數(shù)都成等差數(shù)列，且各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成首項(xiàng)為n，公比為2的等比數(shù)列．(2)表n的第1行是1,3,5，…，2n－1，其平均數(shù)是eq\f(1＋3＋5＋…＋(2n－1),n)＝n.由(1)知，它的各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成首項(xiàng)為n，公比為2的等比數(shù)列(從而它的第k行中的數(shù)的平均數(shù)是n·2k－1)，于是，表n中最后一行的唯一一個(gè)數(shù)為bn＝n·2n－1.因此eq\f(bk＋2,bkbk＋1)＝eq\f((k＋2)2k＋1,k·2k－1·(k＋1)·2k)＝eq\f(k＋2,k(k＋1)·2k－2)＝eq\f(2(k＋1)－k,k(k＋1)·2k－2)＝eq\f(1,k·2k－3)－eq\f(1,(k＋1)·2k－2)(k＝1,2,3，…，n)故eq\f(b3,b1b2)＋eq\f(b4,b2b3)＋…＋eq\f(bn＋2,bnbn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2－2)－\f(1,2×2－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2×2－1)－\f(1,3×20)))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n×2n－3)－\f(1,(n＋1)×2n－2)))＝eq\f(1,1×2－2)－eq\f(1,(n＋1)×2n－2)＝4－eq\f(1,(n＋1)×2n－2).17．(文)已知等比數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，若am，am＋2，am＋1(m∈N*)成等差數(shù)列，試判斷Sm，Sm＋2，Sm＋1是否成等差數(shù)列，并證明你的結(jié)論．[解析]設(shè)等比數(shù)列{an}的首項(xiàng)為a1，公比為q(a1≠0，q≠0)，若am，am＋2，am＋1成等差數(shù)列，則2am＋2＝am＋am＋1.∴2a1qm＋1＝a1qm－1＋a1qm∵a1≠0，q≠0，∴2q2－q－1＝0.解得q＝1或q＝－eq\f(1,2).當(dāng)q＝1時(shí)，∵Sm＝ma1，Sm＋1＝(m＋1)a1，Sm＋2＝(m＋2)a1，∴2Sm＋2≠Sm＋Sm＋1.∴當(dāng)q＝1時(shí)，Sm，Sm＋2，Sm＋1不成等差數(shù)列．當(dāng)q＝－eq\f(1,2)時(shí)，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差數(shù)列．證明如下：證法1：∵(Sm＋Sm＋1)－2Sm＋2＝(Sm＋Sm＋am＋1)－2(Sm＋am＋1＋am＋2)＝－am＋1－2am＋2＝－am＋1－2qam＋1＝－am＋1－2am＋1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝0，∴2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1.∴當(dāng)q＝－eq\f(1,2)時(shí)，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差數(shù)列．證法2：∵2Sm＋2＝eq\f(2a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2)),1＋\f(1,2))＝eq\f(4,3)a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2))，又Sm＋Sm＋1＝eq\f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m)),1＋\f(1,2))＋eq\f(a1\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋1)),1＋\f(1,2))＝eq\f(2,3)a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋1))＝eq\f(2,3)a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2))＝eq\f(4,3)a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))m＋2))，∴2Sm＋2＝Sm＋Sm＋1.∴當(dāng)q＝－eq\f(1,2)時(shí)，Sm，Sm＋2，Sm＋1成等差數(shù)列．(理)已知函數(shù)f(x)對(duì)任意的實(shí)數(shù)x、y都有f(x＋y)＝f(x)＋f(y)－1，且當(dāng)x>0時(shí)，f(x)>1.(1)求證：函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)；(2)若關(guān)于x的不等式f(x2－ax＋5a)<2的解集為{x|－3<x<2}，求f(3)在(2)的條件下，設(shè)an＝|f(n)－14|(n∈N*)，若數(shù)列{an}從第k項(xiàng)開(kāi)始的連續(xù)20項(xiàng)之和等于102，求k的值．[解析](1)證明：設(shè)x1>x2，則x1－x2>0，從而f(x1－x2)>1，即f(x1－x2)－1>0.f(x1)＝f[x2＋(x1－x2)]＝f(x2)＋f(x1－x2)－1>f(x2)，故f(x)在R上是增函數(shù)．(2)設(shè)f(b)＝2，于是不等式化為f(x2－ax＋5a)<f(b則x2－ax＋5a<b，即x2－ax＋5a－∵不等式f(x2－ax＋5a)<2的解集為{x|－3<x<2}．∴方程x2－ax＋5a－于是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－3＋2＝a,－3×2＝5a－b))，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－1,b＝1))，∴f(1)＝2.在已知等式中令x＝n，y＝1得，f(n＋1)－f(n)＝1.所以{f(n)}是首項(xiàng)為2，公差為1的等差數(shù)列．f(n)＝2＋(n－1)×1＝n＋1，故f(2010)＝2011.(3)ak＝|f(k)－14|＝|(k＋1)－14|＝|k－13|.設(shè)從第k項(xiàng)開(kāi)始的連續(xù)20項(xiàng)之和為T(mén)k，則Tk＝ak＋ak＋1＋…＋ak＋19.當(dāng)k≥13時(shí)，ak＝|k－13|＝k－13，Tk≥T13＝0＋1＋2＋3＋…＋19＝190>102.當(dāng)k<13時(shí)，ak＝|k－13|＝13－k.Tk＝(13－k)＋(12－k)＋…＋1＋0＋1＋…＋(k＋6)＝k2－7k＋112.令k2－7k＋112＝102，解得k＝2或k＝5.[點(diǎn)評(píng)]當(dāng)k≥13時(shí)，ak＝|k－13|＝k－13，令Tk＝20(k－13)＋eq\f(20×19,2)×1＝102，無(wú)正整數(shù)解，故k≥13時(shí)，Tk不可能取值為102.2011年高考數(shù)學(xué)試題分類(lèi)匯編——推理與證明創(chuàng)新題1．（天津理4）對(duì)實(shí)數(shù)和，定義運(yùn)算“”：設(shè)函數(shù)若函數(shù)的圖像與軸恰有兩個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)的取值范圍是 A． B． C． D．【答案】B2．（山東理12）設(shè)，，，是平面直角坐標(biāo)系中兩兩不同的四點(diǎn)，若（λ∈R），（μ∈R），且,則稱(chēng)，調(diào)和分割，,已知平面上的點(diǎn)C，D調(diào)和分割點(diǎn)A，B則下面說(shuō)法正確的是 A．C可能是線段AB的中點(diǎn) B．D可能是線段AB的中點(diǎn) C．C，D可能同時(shí)在線段AB上 D．C，D不可能同時(shí)在線段AB的延長(zhǎng)線上【答案】D3.（湖北理9）若實(shí)數(shù)a,b滿足且，則稱(chēng)a與b互補(bǔ)，記，那么是a與b互補(bǔ)的 A．必要而不充分的條件 B．充分而不必要的條件 C．充要條件 D．即不充分也不必要的條件【答案】C4.（福建理15）設(shè)V是全體平面向量構(gòu)成的集合，若映射滿足：對(duì)任意向量a=（x1，y1）∈V，b=（x2，y2）∈V，以及任意∈R，均有 則稱(chēng)映射f具有性質(zhì)P。 現(xiàn)給出如下映射： ① ② ③ 其中，具有性質(zhì)P的映射的序號(hào)為_(kāi)_______。（寫(xiě)出所有具有性質(zhì)P的映射的序號(hào)）【答案】①③5.（湖南理16）對(duì)于,將n表示,當(dāng)時(shí)，,當(dāng)時(shí),為0或1．記為上述表示中ai為0的個(gè)數(shù)（例如：）,故,）,則（1）________________;（2）________________;【答案】210936.（北京理8）設(shè),，,.記為平行四邊形ABCD內(nèi)部（不含邊界）的整點(diǎn)的個(gè)數(shù)，其中整點(diǎn)是指橫、縱坐標(biāo)都是整數(shù)的點(diǎn)，則函數(shù)的值域?yàn)?A． B． C． D．【答案】C7.（江西理7）觀察下列各式：=3125，=15625，=78125，…，則的末四位數(shù)字為 A．3125 B．5625 C．0625 D．8125【答案】D8.（廣東理8）設(shè)S是整數(shù)集Z的非空子集，如果有，則稱(chēng)S關(guān)于數(shù)的乘法是封閉的．若T,V是Z的兩個(gè)不相交的非空子集，且有有，則下列結(jié)論恒成立的是 A．中至少有一個(gè)關(guān)于乘法是封閉的 B．中至多有一個(gè)關(guān)于乘法是封閉的 C．中有且只有一個(gè)關(guān)于乘法是封閉的 D．中每一個(gè)關(guān)于乘法都是封閉的【答案】A9.（江西理10）如右圖，一個(gè)直徑為l的小圓沿著直徑為2的大圓內(nèi)壁的逆時(shí)針?lè)较驖L動(dòng)，M和N是小圓的一條固定直徑的兩個(gè)端點(diǎn)．那么，當(dāng)小圓這樣滾過(guò)大圓內(nèi)壁的一周，點(diǎn)M，N在大圓內(nèi)所繪出的圖形大致是【答案】A10.（安徽理15）在平面直角坐標(biāo)系中，如果與都是整數(shù)，就稱(chēng)點(diǎn)為整點(diǎn)， 下列命題中正確的是_____________（寫(xiě)出所有正確命題的編號(hào)）.①存在這樣的直線，既不與坐標(biāo)軸平行又不經(jīng)過(guò)任何整點(diǎn)②如果與都是無(wú)理數(shù)，則直線不經(jīng)過(guò)任何整點(diǎn)③直線經(jīng)過(guò)無(wú)窮多個(gè)整點(diǎn)，當(dāng)且僅當(dāng)經(jīng)過(guò)兩個(gè)不同的整點(diǎn)④直線經(jīng)過(guò)無(wú)窮多個(gè)整點(diǎn)的充分必要條件是：與都是有理數(shù)⑤存在恰經(jīng)過(guò)一個(gè)整點(diǎn)的直線【答案】①，③，⑤11.（四川理16）函數(shù)的定義域?yàn)锳，若時(shí)總有為單函數(shù)．例如，函數(shù)=2x+1（）是單函數(shù)．下列命題： ①函數(shù)=（xR）是單函數(shù)； ②若為單函數(shù)， ③若f：AB為單函數(shù)，則對(duì)于任意bB，它至多有一個(gè)原象； ④函數(shù)f（x）在某區(qū)間上具有單調(diào)性，則f（x）一定是單函數(shù)． 其中的真命題是．（寫(xiě)出所有真命題的編號(hào)）答案：②③④解析：①錯(cuò)，，②③④正確12.（山東理15）設(shè)函數(shù),觀察:根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)且時(shí)，.【答案】13.（陜西理13）觀察下列等式1=12+3+4=93+4+5+6+7=254+5+6+7+8+9+10=49……照此規(guī)律，第個(gè)等式為?！敬鸢浮?2年高考推理與證明試題匯編1.湖南16.設(shè)N=2n（n∈N*，n≥2），將N個(gè)數(shù)x1,x2,…，xN依次放入編號(hào)為1,2，…，N的N個(gè)位置，得到排列P0=x1x2…xN.將該排列中分別位于奇數(shù)與偶數(shù)位置的數(shù)取出，并按原順序依次放入對(duì)應(yīng)的前和后個(gè)位置，得到排列P1=x1x3…xN-1x2x4…xN，將此操作稱(chēng)為C變換，將P1分成兩段，每段個(gè)數(shù)，并對(duì)每段作C變換，得到；當(dāng)2≤i≤n-2時(shí)，將Pi分成2i段，每段個(gè)數(shù)，并對(duì)每段C變換，得到Pi+1，例如，當(dāng)N=8時(shí)，P2=x1x5x3x7x2x6x4x8，此時(shí)x7位于P2中的第4個(gè)位置.（1）當(dāng)N=16時(shí)，x7位于P2中的第___個(gè)位置；（2）當(dāng)N=2n（n≥8）時(shí)，x173位于P4中的第___個(gè)位置.【答案】（1）6；（2）【解析】（1）當(dāng)N=16時(shí),,可設(shè)為,,即為,,即,x7位于P2中的第6個(gè)位置,；（2）方法同（1）,歸納推理知x173位于P4中的第個(gè)位置.【點(diǎn)評(píng)】本題考查在新環(huán)境下的創(chuàng)新意識(shí)，考查運(yùn)算能力，考查創(chuàng)造性解決問(wèn)題的能力.需要在學(xué)習(xí)中培養(yǎng)自己動(dòng)腦的習(xí)慣，才可順利解決此類(lèi)問(wèn)題.2.江蘇20．（2012年江蘇省16分）已知各項(xiàng)均為正數(shù)的兩個(gè)數(shù)列和滿足：，，（1）設(shè)，，求證：數(shù)列是等差數(shù)列；（2）設(shè)，，且是等比數(shù)列，求和的值．【答案】解：（1）∵，∴。∴。∴?！鄶?shù)列是以1為公差的等差數(shù)列。（2）∵，∴?！?。（﹡）設(shè)等比數(shù)列的公比為，由知，下面用反證法證明若則，∴當(dāng)時(shí)，，與（﹡）矛盾。若則，∴當(dāng)時(shí)，，與（﹡）矛盾。∴綜上所述，。∴，∴。又∵，∴是公比是的等比數(shù)列。若，則，于是。又由即，得?！嘀兄辽儆袃身?xiàng)相同，與矛盾。∴?！唷！唷！究键c(diǎn)】等差數(shù)列和等比數(shù)列的基本性質(zhì)，基本不等式，反證法。【解析】（1）根據(jù)題設(shè)和，求出，從而證明而得證。（2）根據(jù)基本不等式得到，用反證法證明等比數(shù)列的公比。從而得到的結(jié)論，再由知是公比是的等比數(shù)列。最后用反證法求出。3.江西6．觀察下列各式：則（）A．28B．76C．123D．1996.C【解析】本題考查歸納推理的思想方法.觀察各等式的右邊,它們分別為1,3,4,7,11，…，發(fā)現(xiàn)從第3項(xiàng)開(kāi)始，每一項(xiàng)就是它的前兩項(xiàng)之和，故等式的右邊依次為1,3,4,7,11，18,29,47,76,123,…，故【點(diǎn)評(píng)】歸納推理常?？山柚皫醉?xiàng)的共性來(lái)推出一般性的命題.體現(xiàn)考綱中要求了解歸納推理.來(lái)年需要注意類(lèi)比推理等合情推理.4.全國(guó)卷大綱版22（本小題滿分12分）（注意：在試卷上作答無(wú)效）函數(shù)。定義數(shù)列如下：是過(guò)兩點(diǎn)的直線與軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)。（1）證明：；（2）求數(shù)列的通項(xiàng)公式。解：（1）為，故點(diǎn)在函數(shù)的圖像上，故由所給出的兩點(diǎn)，可知，直線斜率一定存在。故有直線的直線方程為，令，可求得所以下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)時(shí)，，滿足假設(shè)時(shí)，成立，則當(dāng)時(shí)，，由即也成立綜上可知對(duì)任意正整數(shù)恒成立。下面證明由由，故有即綜上可知恒成立。（2）由得到該數(shù)列的一個(gè)特征方程即，解得或①②兩式相除可得,而故數(shù)列是以為首項(xiàng)以為公比的等比數(shù)列[來(lái)源:Z.xx.k.Com],故。【命題意圖】本試題主要考查了數(shù)列的通項(xiàng)公式以及函數(shù)與數(shù)列相結(jié)全的綜合運(yùn)用。先從函數(shù)入手，表示直線方程，從而得到交點(diǎn)坐標(biāo)，再運(yùn)用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明，根據(jù)遞推公式構(gòu)造等比數(shù)列進(jìn)而求得數(shù)列的通基。【點(diǎn)評(píng)】以函數(shù)為背景，引出點(diǎn)的坐標(biāo)，并通過(guò)直線與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)得到數(shù)列的遞推公式。既考查了直線方程，又考查了函數(shù)解析式，以及不等式的證明，試題比較綜合，有一定的難度。做這類(lèi)試題那就是根據(jù)已知條件，一步一步的翻譯為代數(shù)式，化簡(jiǎn)得到要找的關(guān)系式即可。5.陜西11.觀察下列不等式，，……照此規(guī)律，第五個(gè)不等式為．【答案】【解析】觀察不等式的左邊發(fā)現(xiàn)，第n個(gè)不等式的左邊=，右邊=，所以第五個(gè)不等式為.6上海23．對(duì)于數(shù)集，其中，，定義向量集.若對(duì)于任意，存在，使得，則稱(chēng)X具有性質(zhì)P.例如具有性質(zhì)P.（1）若x＞2，且，求x的值；（4分）（2）若X具有性質(zhì)P，求證：1X，且當(dāng)xn＞1時(shí)，x1=1；（6分）（3）若X具有性質(zhì)P，且x1=1，x2=q（q為常數(shù)），求有窮數(shù)列的通項(xiàng)公式.（8分）[解]（1）選取，Y中與垂直的元素必有形式.……2分所以x=2b，從而x=4.……4分（2）證明：取.設(shè)滿足.由得，所以、異號(hào).因?yàn)?1是X中唯一的負(fù)數(shù)，所以、中之一為-1，另一為1，故1X.……7分假設(shè)，其中，則.選取，并設(shè)滿足，即，則、異號(hào)，從而、之中恰有一個(gè)為-1.若=-1，則2，矛盾；若=-1，則，矛盾.所以x1=1.……10分（3）[解法一]猜測(cè)，i=1,2,…,n.……12分記，k=2,3,…,n.先證明：若具有性質(zhì)P，則也具有性質(zhì)P.任取，、.當(dāng)、中出現(xiàn)-1時(shí)，顯然有滿足；當(dāng)且時(shí)，、≥1.因?yàn)榫哂行再|(zhì)P，所以有，、，使得，從而和中有一個(gè)是-1，不妨設(shè)=-1.假設(shè)且，則.由，得，與矛盾.所以.從而也具有性質(zhì)P.……15分現(xiàn)用數(shù)學(xué)歸納法證明：，i=1,2,…,n.當(dāng)n=2時(shí)，結(jié)論顯然成立；假設(shè)n=k時(shí)，有性質(zhì)P，則，i=1,2,…,k；當(dāng)n=k+1時(shí)，若有性質(zhì)P，則也有性質(zhì)P，所以.取，并設(shè)滿足，即.由此可得s與t中有且只有一個(gè)為-1.若，則1，不可能；所以，，又，所以.綜上所述，，i=1,2,…,n.……18分[解法二]設(shè)，，則等價(jià)于.記，則數(shù)集X具有性質(zhì)P當(dāng)且僅當(dāng)數(shù)集B關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱(chēng).……14分注意到-1是X中的唯一負(fù)數(shù)，共有n-1個(gè)數(shù)，所以也只有n-1個(gè)數(shù).由于，已有n-1個(gè)數(shù)，對(duì)以下三角數(shù)陣……注意到，所以，從而數(shù)列的通項(xiàng)公式為，k=1,2,…,n.……18分【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查數(shù)集、集合的基本性質(zhì)、元素與集合的關(guān)系等基礎(chǔ)知識(shí)，本題屬于信息給予題，通過(guò)定義“具有性質(zhì)”這一概念，考查考生分析探究及推理論證的能力．綜合考查集合的基本運(yùn)算，集合問(wèn)題一直是近幾年的命題重點(diǎn)內(nèi)容，應(yīng)引起足夠的重視．7四川16、記為不超過(guò)實(shí)數(shù)的最大整數(shù)，例如，，，。設(shè)為正整數(shù)，數(shù)列滿足，，現(xiàn)有下列命題：①當(dāng)時(shí)，數(shù)列的前3項(xiàng)依次為5,3,2；②對(duì)數(shù)列都存在正整數(shù)，當(dāng)時(shí)總有；③當(dāng)時(shí)，；④對(duì)某個(gè)正整數(shù)，若，則。其中的真命題有____________。（寫(xiě)出所有真命題的編號(hào)）[答案]①③④（lbylfx）[解析]若，根據(jù)當(dāng)n=1時(shí)，x2=[]=3,同理x3=,故①對(duì).對(duì)于②③④可以采用特殊值列舉法：當(dāng)a=1時(shí)，x1=1,x2=1,x3=1,……xn=1,……此時(shí)②③④均對(duì).當(dāng)a=2時(shí)，x1=2,x2=1,x3=1,……xn=1,……此時(shí)②③④均對(duì)當(dāng)a=3時(shí)，x1=3,x2=2,x3=1,x4=2……xn=1,……此時(shí)③④均對(duì)綜上，真命題有①③④.[點(diǎn)評(píng)]此題難度較大，不容易尋找其解題的切入點(diǎn)，特殊值列舉是很有效的解決辦法.8重慶重慶21、（本小題滿分12分，（I）小問(wèn)5分，（II）小問(wèn)7分。）設(shè)數(shù)列的前項(xiàng)和滿足，其中。（I）求證：是首項(xiàng)為1的等比數(shù)列；（II）若，求證：，并給出等號(hào)成立的充要條件。（1）證明：由，得，即。因，故，得，又由題設(shè)條件知，兩式相減得，即，由，知，因此綜上，對(duì)所有成立，從而是首項(xiàng)為1，公比為的等比數(shù)列。當(dāng)或時(shí)，顯然，等號(hào)成立。設(shè)，且，由（1）知，，，所以要證的不等式化為：即證：當(dāng)時(shí)，上面不等式的等號(hào)成立。當(dāng)時(shí)，與，（）同為負(fù)；當(dāng)時(shí)，與，（）同為正；因此當(dāng)且時(shí)，總有（）（）>0,即，（）。上面不等式對(duì)從1到求和得，由此得綜上，當(dāng)且時(shí)，有，當(dāng)且僅當(dāng)或時(shí)等號(hào)成立。10年高考數(shù)學(xué)推理與證明試題匯編一、選擇題1．(2010·廣東文，10)在集合{a，b，c，d}上定義兩種運(yùn)算、?如下：那么d?(ac)＝()A．a(chǎn)B．bC．cD．d[答案]A[解析]根據(jù)運(yùn)算、?的定義可知，ac＝c，d?c＝a，故選A.2．(文)(2010·福建莆田質(zhì)檢)如果將1,2,3，…，n重新排列后，得到一個(gè)新系列a1，a2，a3，…，an，使得k＋ak(k＝1,2，…，n)都是完全平方數(shù)，則稱(chēng)n為“好數(shù)”．若n分別取4,5,6，則這三個(gè)數(shù)中，“好數(shù)”的個(gè)數(shù)是()A．3B．2C．1D．0[答案]C[解析]5是好數(shù)，4和6都不是，∵取a1＝3，a2＝2，a3＝1，a4＝5，a5＝4，則1＋a1＝4＝22,2＋a2＝4＝22,3＋a3＝4＝22,4＋a4＝32,5＋a5＝32.(理)(2010·壽光現(xiàn)代中學(xué))若定義在區(qū)間D上的函數(shù)f(x)，對(duì)于D上的任意n個(gè)值x1，x2，…，xn，總滿足f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)≥nfeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2＋…＋xn,n)))，則稱(chēng)f(x)為D上的凹函數(shù)，現(xiàn)已知f(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是凹函數(shù)，則在銳角三角形ABC中，tanA＋tanB＋tanC的最小值是()A．3B.eq\f(2,3)C．3eq\r(3)D.eq\r(3)[答案]C[解析]根據(jù)f(x)＝tanx在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是凹函數(shù)，再結(jié)合凹函數(shù)定義得，tanA＋tanB＋tanC≥3taneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(A＋B＋C,3)))＝3taneq\f(π,3)＝3eq\r(3).故所求的最小值為3eq\r(3).3．(文)定義某種新運(yùn)算“?”：S＝a?b的運(yùn)算原理為如圖的程序框圖所示，則式子5?4－3?6＝()A．2B．1C．3D．4[答案]B[解析]由題意知5?4＝5×(4＋1)＝25,3?6＝6×(3＋1)＝24，所以5?4－3?6＝1.(理)如圖所示的算法中，令a＝tanθ，b＝sinθ，c＝cosθ，若在集合{θ|0<θ<eq\f(3π,2)}中任取θ的一個(gè)值，輸出的結(jié)果是sinθ的概率是()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D.eq\f(3,4)[答案]A[解析]該程序框圖的功能是比較a，b，c的大小并輸出最大值，因此要使輸出的結(jié)果是sinθ，需sinθ>tanθ，且sinθ>cosθ，∵當(dāng)θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時(shí)，總有tanθ>sinθ，當(dāng)θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))時(shí)，sinθ>0，tanθ<0，cosθ<0，當(dāng)θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(π，\f(3π,2)))時(shí)，tanθ>0，sinθ<0，故輸出的結(jié)果是sinθ時(shí)，θ的范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，π))，結(jié)合幾何概型公式得，輸出sinθ的概率為eq\f(π－\f(π,2),\f(3,2)π－0)＝eq\f(1,3)，故選A.4．(2010·曲師大附中)設(shè)△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝eq\f(2S,a＋b＋c)；類(lèi)比這個(gè)結(jié)論可知：四面體S－ABC的四個(gè)面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球的半徑為r，四面體S－ABC的體積為V，則r＝()A.eq\f(V,S1＋S2＋S3＋S4)B.eq\f(2V,S1＋S2＋S3＋S4)C.eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4)D.eq\f(4V,S1＋S2＋S3＋S4)[答案]C[解析]設(shè)三棱錐的內(nèi)切球球心為O，那么由VS－ABC＝VO－ABC＋VO－SAB＋VO－SAC＋VO－SBC，即V＝eq\f(1,3)S1r＋eq\f(1,3)S2r＋eq\f(1,3)S3r＋eq\f(1,3)S4r，可得r＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4).5．(2010·遼寧錦州)類(lèi)比“兩角和與差的正余弦公式”的形式，對(duì)于給定的兩個(gè)函數(shù)，S(x)＝eq\f(ax－a－x,2)，C(x)＝eq\f(ax＋a－x,2)，其中a>0，且a≠1，下面正確的運(yùn)算公式是()①S(x＋y)＝S(x)C(y)＋C(x)S(y)；②S(x－y)＝S(x)C(y)－C(x)S(y)；③C(x＋y)＝C(x)C(y)－S(x)S(y)；④C(x－y)＝C(x)C(y)＋S(x)S(y)．A．①③B．②④C．①④D．①②③④[答案]D[解析]實(shí)際代入逐個(gè)驗(yàn)證即可．如S(x)C(y)＋C(x)S(y)＝eq\f(ax－a－x,2)·eq\f(ay＋a－y,2)＋eq\f(ax＋a－x,2)·eq\f(ay－a－y,2)＝eq\f(1,4)(ax＋y－ay－x＋ax－y－a－x－y＋ax＋y＋ay－x－ax－y－a－x－y)＝eq\f(1,4)(2ax＋y－2a－x－y)＝eq\f(ax＋y－a－(x＋y),2)＝S(x＋y)，故①成立．同理可驗(yàn)證②③④均成立．6．四個(gè)小動(dòng)物換座位，開(kāi)始是鼠、猴、兔、貓分別坐在1、2、3、4號(hào)位子上如圖所示，第一次前后排動(dòng)物互換座位，第二次左右列動(dòng)物互換座位，…，這樣交替進(jìn)行下去，那么第2011次互換座位后，小兔的座位對(duì)應(yīng)的是()1鼠猴23兔貓41兔貓23鼠猴41貓兔23猴鼠41猴鼠23貓兔4第一次第二次第三次第四次A．編號(hào)1B．編號(hào)2C．編號(hào)3D．編號(hào)4[答案]D[解析]根據(jù)動(dòng)物換座位的規(guī)則，可得第四次、第五次、第六次、第七次換座后的結(jié)果如下圖所示：1鼠猴23兔貓41兔貓23鼠猴41貓兔23猴鼠41猴鼠23貓兔4第一次第二次第三次第四次據(jù)此可以歸納得到：四個(gè)小動(dòng)物在換座后，每經(jīng)過(guò)四次換座后與原來(lái)的座位一樣，即以4為周期，因此在第2011次換座后，四個(gè)小動(dòng)物的位置應(yīng)該是和第3次換座后的位置一樣，即小兔的座位號(hào)是4，故選D.[點(diǎn)評(píng)]因?yàn)閱?wèn)題只求小兔座位號(hào)，故可只考慮小兔座位號(hào)的變化，用1→2表示小兔從1號(hào)位換到2號(hào)位，則小兔座位的變化規(guī)律是：3→1→2→4→3→1→2→4→3…，顯見(jiàn)變化周期為4，又2011＝4×502＋3，故經(jīng)過(guò)2011次換座后，小兔位于4號(hào)座．7．(2010·山東文)觀察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cosx)′＝－sinx，由歸納推理可得：若定義在R上的函數(shù)f(x)滿足f(－x)＝f(x)，記g(x)為f(x)的導(dǎo)函數(shù)，則f(－x)＝()A．f(x)B．－f(x)C．g(x)D．－g(x)[答案]D[解析]觀察所給例子可看出偶函數(shù)求導(dǎo)后都變成了奇函數(shù)，∴g(－x)＝－g(x)，選D.8．甲、乙兩位同學(xué)玩游戲，對(duì)于給定的實(shí)數(shù)a1，按下列方法操作一次產(chǎn)生一個(gè)新的實(shí)數(shù)：由甲、乙同時(shí)各擲一枚均勻的硬幣，如果出現(xiàn)兩個(gè)正面朝上或兩個(gè)反面朝上，則把a(bǔ)1乘以2后再加上12；如果出現(xiàn)一個(gè)正面朝上，一個(gè)反面朝上，則把a(bǔ)1除以2后再加上12，這樣就可得到一個(gè)新的實(shí)數(shù)a2.對(duì)實(shí)數(shù)a2仍按上述方法進(jìn)行一次操作，又得到一個(gè)新的實(shí)數(shù)a3.當(dāng)a3>a1時(shí)，甲獲勝，否則乙獲勝．若甲獲勝的概率為eq\f(3,4)，則a1的取值范圍是()A．[－12,24]B．(－12,24)C．(－∞，－12)∪(24，＋∞)D．(－∞，－12]∪[24，＋∞)[答案]D[解析]因?yàn)榧?、乙同時(shí)各擲一枚均勻的硬幣，出現(xiàn)的可能情形有4種：(正，正)、(正，反)、(反，正)、(反，反)，所以每次操作后，得到兩種新數(shù)的概率是一樣的．故由題意得即4a1＋36，a1＋18，a1＋36，eq\f(1,4)a1＋18出現(xiàn)的機(jī)會(huì)是均等的，由于當(dāng)a3>a1時(shí)，甲勝且甲勝的概率為eq\f(3,4)，故在上面四個(gè)表達(dá)式中，有3個(gè)大于a1，∵a1＋18>a1，a1＋36>a1，故在其余二數(shù)中有且僅有一個(gè)大于a1，由4a1＋36>a1得a1>－12，由eq\f(1,4)a1＋18>a1得，a1<24，故當(dāng)－12<a1<24時(shí)，四個(gè)數(shù)全大于a1，當(dāng)a1≤－12或a1≥24時(shí)，有且僅有3個(gè)大于a1，故選D.9．(2010·廣州市)如圖所示的三角形數(shù)陣叫“萊布尼茲調(diào)和三角形”，它們是由整數(shù)的倒數(shù)組成的，第n行有n個(gè)數(shù)且兩端的數(shù)均為eq\f(1,n)(n≥2)，每個(gè)數(shù)是它下一行左右相鄰兩數(shù)的和，如eq\f(1,1)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)，eq\f(1,2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)，eq\f(1,3)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,12)，…，則第7行第4個(gè)數(shù)(從左往右數(shù))為()eq\f(1,1)eq\f(1,2)eq\f(1,2)eq\f(1,3)eq\f(1,6)eq\f(1,3)eq\f(1,4)eq\f(1,12)eq\f(1,12)eq\f(1,4)eq\f(1,5)eq\f(1,20)eq\f(1,30)eq\f(1,20)eq\f(1,5)………………A.eq\f(1,140)B.eq\f(1,105)C.eq\f(1,60)D.eq\f(1,42)[答案]A[解析]第6行從左到右各數(shù)依次為eq\f(1,6)，eq\f(1,30)，eq\f(1,60)，eq\f(1,60)，eq\f(1,30)，eq\f(1,6)，第7行從左到右各數(shù)依次為eq\f(1,7)，eq\f(1,42)，eq\f(1,105)，eq\f(1,140)，eq\f(1,105)，eq\f(1,42)，eq\f(1,7)，故選A.10．(2010·山東淄博一中)如圖，在梯形ABCD中，AB∥DC，AB＝a，CD＝b(a>b)．若EF∥AB，EF到CD與AB的距離之比為mn，則可推算出：EF＝eq\f(ma＋nb,m＋n)，試用類(lèi)比的方法，推想出下述問(wèn)題的結(jié)果．在上面的梯形ABCD中，延長(zhǎng)梯形兩腰AD、BC相交于O點(diǎn)，設(shè)△OAB、△OCD的面積分別為S1、S2，EF∥AB，且EF到CD與AB的距離之比為mn，則△OEF的面積S0與S1、S2的關(guān)系是()A．S0＝eq\f(mS1＋nS2,m＋n)B．S0＝eq\f(nS1＋mS2,m＋n)C.eq\r(S0)＝eq\f(m\r(S1)＋n\r(S2),m＋n)D.eq\r(S0)＝eq\f(n\r(S1)＋m\r(S2),m＋n)[答案]C[解析]根據(jù)面積比等于相似比的平方求解．二、填空題11．(2010·鹽城調(diào)研)請(qǐng)閱讀下列材料：若兩個(gè)正實(shí)數(shù)a1，a2滿足a12＋a22＝1，那么a1＋a2≤eq\r(2).證明：構(gòu)造函數(shù)f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋1，因?yàn)閷?duì)一切實(shí)數(shù)x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，從而得4(a1＋a2)2－8≤0，所以a1＋a2≤eq\r(2).根據(jù)上述證明方法，若n個(gè)正實(shí)數(shù)滿足a12＋a22＋…＋an2＝1時(shí)，你能得到的結(jié)論為_(kāi)_______．(不必證明)[答案]a1＋a2＋…＋an≤eq\r(n)12．(文)如圖甲，在△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC，D是垂足，則AB2＝BD·BC，該結(jié)論稱(chēng)為射影定理．如圖乙，在三棱錐A－BCD中，AD⊥平面ABC，AO⊥平面BCD，O為垂足，且O在△BCD中，類(lèi)比射影定理，探究S△ABC、S△BCO、S△BCD之間滿足的關(guān)系式是________．[答案]S△ABC2＝S△BCO·S△BCD[解析]根據(jù)類(lèi)比推理，將線段的長(zhǎng)推廣為三角形的面積，從而得到答案．(理)(2010·湖南湘潭市)現(xiàn)有一個(gè)關(guān)于平面圖形的命題：如圖所示，同一個(gè)平面內(nèi)有兩個(gè)邊長(zhǎng)都是a的正方體，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方形重疊部分的面積恒為eq\f(a2,4)，類(lèi)比到空間，有兩個(gè)棱長(zhǎng)均為a的正方體，其中一個(gè)的某頂點(diǎn)在另一個(gè)的中心，則這兩個(gè)正方體重疊部分的體積恒為_(kāi)_____．[答案]eq\f(a3,8)13．(文)(2010·陜西理)觀察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62,13＋23＋33＋43＝102，…，根據(jù)上述規(guī)律，第五個(gè)等式為_(kāi)_______________．[答案]13＋23＋33＋43＋53＋63＝212[解析]觀察所給等式可以發(fā)現(xiàn)：13＋23＝32＝(1＋2)213＋23＋33＝62＝(1＋2＋3)213＋23＋33＋43＝102＝(1＋2＋3＋4)2……推想：13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋3＋…＋n)2∴第五個(gè)等式為：13＋23＋33＋43＋53＋63＝(1＋2＋…＋6)2＝212.(理)(2010·廣東省佛山順德區(qū)質(zhì)檢)已知一系列函數(shù)有如下性質(zhì)：函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)在(0,1]上是減函數(shù)，在[1，＋∞)上是增函數(shù)；函數(shù)y＝x＋eq\f(2,x)在(0，eq\r(2)]上是減函數(shù)，在[eq\r(2)，＋∞)上是增函數(shù)；函數(shù)y＝x＋eq\f(3,x)在(0，eq\r(3)]上是減函數(shù)，在[eq\r(3)，＋∞)上是增函數(shù)；…………利用上述所提供的信息解決問(wèn)題：若函數(shù)y＝x＋eq\f(3m,x)(x>0)的值域是[6，＋∞)，則實(shí)數(shù)m的值是________．[答案]2[解析]由題目提供信息可知y＝x＋eq\f(3m,x)(x>0)在(0，eq\r(3m)]上是減函數(shù)，在[eq\r(3m)，＋∞)上是增函數(shù)，∴當(dāng)x＝eq\r(3m)時(shí)，ymin＝6，∴m＝2.14．(文)(2010·湖南衡陽(yáng)八中)如圖(1)有關(guān)系eq\f(S△PA′B′,S△PAB)＝eq\f(PA′·PB′,PA·PB)，則如圖(2)有關(guān)系eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝________.[答案]eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC)[解析]根據(jù)類(lèi)比推理，將平面上三角形的結(jié)論，推廣到空間，即eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝eq\f(PA′·PB′·PC′,PA·PB·PC).簡(jiǎn)證如下：設(shè)B′、B到平面PAC的距離分別為h、H，則eq\f(h,H)＝eq\f(PB′,PB).又已知eq\f(S△PA′C′,S△PAC)＝eq\f(PA′·PC′,PA·PC)，∴eq\f(VP－A′B′C′,VP－ABC)＝eq\f(\f(1,3)S△PA′C′·h,\f(1,3)S△PAC·H)＝eq\f(PA′·PC′·PB′,PA·PC·PB).(理)(2010·江蘇姜堰中學(xué))如圖①，數(shù)軸上A(x1)、B(x2)，點(diǎn)P分AB成兩段長(zhǎng)度之比eq\f(AP,PB)＝λ，則點(diǎn)P的坐標(biāo)xP＝eq\f(x1＋λx2,1＋λ)成立；如圖②，在梯形ABCD中，EF∥AD∥BC，且eq\f(AE,EB)＝λ，則EF＝eq\f(AD＋λ·BC,1＋λ).根據(jù)以上結(jié)論作類(lèi)比推理，如圖③，在棱臺(tái)A1B1C1－ABC中，平面DEF與平面ABC平行，且eq\f(A1D,DA)＝λ，△A1B1C1、△DEF、△ABC的面積依次是S1，S，S2，則有結(jié)論：________________________.[答案]eq\r(S)＝eq\f(\r(S1)＋λ\r(S2),1＋λ)[解析]將三棱臺(tái)補(bǔ)成棱錐P－ABC，不妨令PA1＝m，DA＝n，則A1D＝nλ，那么，由eq\f(\r(S1),\r(S))＝eq\f(m,m＋nλ)，得m＝eq\f(n\r(S1),\r(S)－\r(S1))，又由eq\f(\r(S),\r(S2))＝eq\f(m＋nλ,m＋n(λ＋1))，得m＋nλ＝eq\f(n\r(S),\r(S2)－\r(S))，∴eq\f(nλ\r(S1),\r(S)－\r(S1))＋nλ＝eq\f(n\r(S),\r(S2)－\r(S))，∴eq\f(\r(S)λ,\r(S)－\r(S1))＝eq\f(\r(S),\r(S2)－\r(S))，由此得eq\r(S)＝eq\f(\r(S1)＋λ\r(S2),1＋λ).三、解答題15．(2010·瑞安中學(xué))用分析法證明：eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4).[證明]證法1：要證eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4)成立，∵eq\r(3)－eq\r(2)>0，eq\r(5)－eq\r(4)>0，∴只要證(eq\r(3)－eq\r(2))2>(eq\r(5)－eq\r(4))2成立．即證5－2eq\r(6)>9－2eq\r(20)成立．即證－2eq\r(6)>4－2eq\r(20)成立，只須證eq\r(6)<－2＋eq\r(20)成立．∵eq\r(20)－2>0，故只須證6<24－4eq\r(20)成立．即證9>2eq\r(20)成立，即證81>80成立．最后一個(gè)不等式顯然成立，以上步步可逆，故原不等式成立．證法2：要證eq\r(3)－eq\r(2)>eq\r(5)－eq\r(4)成立，只須證eq\r(3)＋eq\r(4)>eq\r(5)＋eq\r(2)成立，只須證7＋2eq\r(12)>7＋2eq\r(10)成立，即證eq\r(12)>eq\r(10)成立，即證12>10成立，最后一個(gè)不等式顯然成立，故原結(jié)論成立．16．(文)設(shè)數(shù)列{an}的首項(xiàng)a1＝a≠eq\f(1,4)，且an＋1＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)an，n為偶數(shù),an＋\f(1,4)，n為奇數(shù).))記bn＝a2n－1－eq\f(1,4)，n＝1,2,3，….(1)求a2，a3；(2)判斷{bn}是否為等比數(shù)列，并證明你的結(jié)論．[解析](1)a2＝a1＋eq\f(1,4)＝a＋eq\f(1,4)，a3＝eq\f(1,2)a2＝eq\f(1,2)a＋eq\f(1,8).(2)∵a4＝a3＋eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)a＋eq\f(3,8).∴a5＝eq\f(1,2)a4＝eq\f(1,4)a＋eq\f(3,16).∴b1＝a1－eq\f(1,4)＝a－eq\f(1,4)≠0，b2＝a3－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4)))，b3＝a5－eq\f(1,4)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,4))).猜想{bn}是公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．證明如下：∵bn＋1＝a2n＋1－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)a2n－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－1＋\f(1,4)))－eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2n－1－\f(1,4)))＝eq\f(1,2)bn(n∈N*)．∴{bn}是首項(xiàng)為a－eq\f(1,4)，公比為eq\f(1,2)的等比數(shù)列．(理)(2010·湖南文)給出下面的數(shù)表序列：表1表2表3…11313544812其中表n(n＝1,2,3，…)有n行，第1行的n個(gè)數(shù)是1,3,5，…，2n－1，從第2行起，每行中的每個(gè)數(shù)都等于它肩上的兩數(shù)之和．(1)寫(xiě)出表4，驗(yàn)證表4各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成等比數(shù)列，并將結(jié)論推廣到表n(n≥3)(不要求證明)；(2)每個(gè)數(shù)表中最后一行都只有一個(gè)數(shù)，它們構(gòu)成數(shù)列，1,4,12，…，記此數(shù)列為{bn}．求和：eq\f(b3,b1b2)＋eq\f(b4,b2b3)＋…＋eq\f(bn＋2,bnbn＋1)(n∈N*)．[解析](1)表4為13574812122032它的第1,2,3,4行中的數(shù)的平均數(shù)分別是4,8,16,32，它們構(gòu)成首項(xiàng)為4，公比為2的等比數(shù)列．將這一結(jié)論推廣到表n(n≥3)，即表n(n≥3)各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成首項(xiàng)為n，公比為2的等比數(shù)列．簡(jiǎn)證如下(對(duì)考生不作要求)首先，表n(n≥3)的第1行1,3,5，…，2n－1是等差數(shù)列，其平均數(shù)為eq\f(1＋3＋…＋(2n－1),n)＝n；其次，若表n的第k(1≤k≤n－1)行a1，a2，…，an－k＋1是等差數(shù)列，則它的第k＋1行a1＋a2，a2＋a3，…，an－k＋an－k＋1也是等差數(shù)列．由等差數(shù)列的性質(zhì)知，表n的第k行中的數(shù)的平均數(shù)與第k＋1行中的數(shù)的平均數(shù)分別是eq\f(a1＋an－k＋1,2)，eq\f(a1＋a2＋an－k＋an－k＋1,2)＝a1＋an－k＋1.由此可知，表n(n≥3)各行中的數(shù)都成等差數(shù)列，且各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成首項(xiàng)為n，公比為2的等比數(shù)列．(2)表n的第1行是1,3,5，…，2n－1，其平均數(shù)是eq\f(1＋3＋5＋…＋(2n－1),n)＝n.由(1)知，它的各行中的數(shù)的平均數(shù)按從上到下的順序構(gòu)成首項(xiàng)為n，公比為2的等比數(shù)列(從而它的第k行中的數(shù)的平均數(shù)是n·2k－1)，于是，表n中最后一行的唯一一個(gè)數(shù)為bn＝n·2n－1.因此eq\f(bk＋2,bkbk＋1)＝eq\f((k＋2)2k＋1,k·2k－1·(k＋1)·2k)＝eq\f(k＋2,k(k＋1)·2k－2)＝eq\f(2(k＋1)－k,k(k＋1)·2k－2)＝eq\f(1,k·2k－3)－eq\f(1,(k＋1)·2k－2)(k＝1,2,3，…，n)故eq\f(b3,b1b2)＋eq\f(b4,b2b3)＋…＋eq\f(bn＋2,bnbn＋1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1×2－2)－\f(1,2×2－1)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2×2－1)－\f(1,3×20)))＋…＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,n×2n－3)－\f(1,(n＋1)×2n－2)))＝eq\f(1,1×2－2)－eq\f(1,(n＋1)×2n－2)＝4－eq\f(1,(n＋1)