推理與證明含答案

推理與證明考情解讀1.以數(shù)表、數(shù)陣、圖形為背景與數(shù)列、周期性等知識相結(jié)合考查歸納推理和類比推理，多以小題形式出現(xiàn)2直接證明和間接證明的考查主要作為證明和推理數(shù)學(xué)命題的方法，常與函數(shù)、數(shù)列及不等式等綜合命題.主干知識梳理 瞄準(zhǔn)高考1.合情推理(1)歸納推理①歸納推理是由某類事物的部分對象具有某些特征，推出該類事物的全部對象都具有這些特征的推理，或者由個(gè)別事實(shí)概括出一般結(jié)論的推理.②歸納推理的思維過程如下：實(shí)驗(yàn)、觀察|-「概括、推廣1-1猜測一般性結(jié)論(2)類比推理①類比推理是由兩類對象具有某些類似特征和其中一類對象的某些已知特征，推出另一類對象也具有這些特征的推理.②類比推理的思維過程如下：觀察、比較I-「聯(lián)想、類推—［猜測新的結(jié)論.演繹推理“三段論”是演繹推理的一般模式，包括：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情況；③結(jié)論——根據(jù)一般原理，對特殊情況做出的判斷.(2)合情推理與演繹推理的區(qū)別歸納和類比是常用的合情推理，從推理形式上看，歸納是由部分到整體、個(gè)別到一般的推理；類比是由特殊到特殊的推理；而演繹推理是由一般到特殊的推理.從推理所得的結(jié)論來看，合情推理的結(jié)論不一定正確，有待進(jìn)一步證明；演繹推理在大前提、小前提和推理形式都正確的前提下，得到的結(jié)論一定正確..直接證明(1)綜合法用P表示已知條件、已有的定義、定理、公理等，Q表示所要證明的結(jié)論，則綜合法可用框圖表示為：

L^QJ_IQ尸Q21_IQ產(chǎn)Q31一?一Q^QJ(2)分析法用Q表示要證明的結(jié)論，則分析法可用框圖表示為：回一日一日f…f|得到一個(gè)明顯成立的條件|.間接證明反證法的證明過程可以概括為“否定——推理——否定”，即從否定結(jié)論開始，經(jīng)過正確的推理，導(dǎo)致邏輯矛盾，從而達(dá)到新的否定(即肯定原命題)的過程.用反證法證明命題“若p，則q”的過程可以用如圖所示的框圖表示.肯定條件p否定結(jié)論磯一|導(dǎo)致邏輯矛盾一“既p，又㈱q”為假一|“若p，則q”為真.數(shù)學(xué)歸納法數(shù)學(xué)歸納法證明的步驟：⑴證明當(dāng)n取第一個(gè)值n0(n0￡N*)時(shí)命題成立.(2)假設(shè)n=k(k￡N*,<k三n0)時(shí)命題成立，證明n=k+1時(shí)命題也成立.由(1)(2)可知，對任意n三n0,且n￡N*時(shí)，命題都成立.熱點(diǎn)分類突破 解析高考熱點(diǎn)一歸納推理例1(1)有菱形紋的正六邊形地面磚，按下圖的規(guī)律拼成若干個(gè)圖案，則第六個(gè)圖案中有菱形紋的正六邊形的個(gè)數(shù)是()第一個(gè)圖案 第二個(gè)圖案 第三個(gè)圖案第一個(gè)圖案 第二個(gè)圖案 第三個(gè)圖案A.26 B.31C.32 D.36(2)兩旅客坐火車外出旅游，希望座位連在一起，且有一個(gè)靠窗，已知火車上的座位的排法如圖所示，則下列座位號碼符合要求的應(yīng)當(dāng)是()B.62,63AB.62,63C.75,76 D.84,85思維啟迪(1)根據(jù)三個(gè)圖案中的正六邊形個(gè)數(shù)尋求規(guī)律；(2)靠窗口的座位號碼能被5整除或者被5除余1.答案(1)B(2)D解析(1)有菱形紋的正六邊形個(gè)數(shù)如下表：圖案123…個(gè)數(shù)61116…由表可以看出有菱形紋的正六邊形的個(gè)數(shù)依次組成一個(gè)以6為首項(xiàng)，以5為公差的等差數(shù)列，所以第六個(gè)圖案中有菱形紋的正六邊形的個(gè)數(shù)是6+5X(6-1)=31.故選B.(2)由已知圖形中座位的排列順序，可得：被5除余1的數(shù)和能被5整除的座位號臨窗，由于兩旅客希望座位連在一起，且有一個(gè)靠窗，分析答案中的4組座位號，只有D符合條件.思維升華歸納遞推思想在解決問題時(shí)，從特殊情況入手，通過觀察、分析、概括，猜想出一般性結(jié)論，然后予以證明，這一數(shù)學(xué)思想方法在解決探索性問題、存在性問題或與正整數(shù)有關(guān)的命題時(shí)有著廣泛的應(yīng)用.其思維模式是“觀察——?dú)w納——猜想——證明”，解題的關(guān)鍵在于正確的歸納猜想.變式訓(xùn)練1(1)四個(gè)小動物換座位，開始是鼠、猴、兔、貓分別坐1、2、3、4號位上(如圖)，第一次前后排動物互換座位，第二次左右列動物互換座位，…這樣交替進(jìn)行下去，那么靠02次互換座位后，小兔坐在第號座位上.1鼠2猴3兔4貓開始1兔2貓3鼠4猴第一次1貓2兔3猴4鼠第二次1猴2鼠3貓4兔第三次B.2AB.2C.3D.C.3(2)已知f(n)=1+2+1+…+1(n￡N*)，經(jīng)計(jì)算得f(4)>2,f(8)>2,f(16)>3,k32)>7，則有nn tLn+2、答案(1)B(2)f(2n)>—(n三2,nGN*)乙解析(1)考慮小兔所坐的座位號，第一次坐在1號位上，第二次坐在2號位上，第三次坐在4號位上，第四次坐在3號位上，第五次坐在1號位上，因此小兔的座位數(shù)更換次數(shù)以4為周期，因?yàn)?02=50X4+2,因此第202次互換后，小兔所在的座位號與小兔第二次互換座位號所在的座位號相同，因此小兔坐在2號位上，故選B.(2)由題意得f(22)>2,f(23)>2,八24)>|,7人25)>2，所以當(dāng)n三2時(shí)，有f(2n)>n+2故填f(2n)>—2-(n三2,nGN*).熱點(diǎn)二類比推理例2(1)在平面幾何中有如下結(jié)論：若正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S2,S1則字=1.推廣到空間幾何可以得到類似結(jié)論：若正四面體ABCD的內(nèi)切球體積為匕，外接球體積為V2,則吩=.V2e工—e-工 e工+e一工.(2)已知雙曲正弦函數(shù)shr=一一和雙曲余弦函數(shù)chr=—；—與我們學(xué)過的正弦函數(shù)和余弦函數(shù)有許多類似的性質(zhì)，請類比正弦函數(shù)和余弦函數(shù)的和角或差角公式，寫出雙曲正弦或雙?????曲余弦函數(shù)的一個(gè)類似的正確結(jié)論.??思維啟迪(1)平面幾何中的面積可類比到空間幾何中的體積；(2)可利用和角或差角公式猜想,然后驗(yàn)證.答案(1)27(2)ch(r—y)=chrchy—shrshy解析(1)平面幾何中，圓的面積與圓的半徑的平方成正比，而在空間幾何中，球的體積與半徑的立方成正比，所以孑=27.2(2)chrchy-shrshy=ex+e-xey+e-yer-e-re(2)chrchy-shrshy=2 2 2 2；(ex+y+ex-y+e-x+y+e-x-y-ex+y+ex-y+e-x+y-e-x-y)1 ex-y+e-(x-y)=](2ex-y+2e-(x-y))= 2 =ch(x-y)，故知ch(x+y)=chxchy+shxshy,或sh(x-y)=shxchy-chxshy,

或sh(x+y)=shxchy+chxshy.思維升華類比推理是合情推理中的一類重要推理，強(qiáng)調(diào)的是兩類事物之間的相似性，有共同要素是產(chǎn)生類比遷移的客觀因素，類比可以由概念性質(zhì)上的相似性引起，如等差數(shù)列與等比數(shù)列的類比，也可以由解題方法上的類似引起.當(dāng)然首先是在某些方面有一定的共性，才能有方法上的類比，例2即屬于此類題型.一般來說，高考中的類比問題多發(fā)生在橫向與縱向類比上，如圓錐曲線中橢圓與雙曲線等的橫向類比以及平面與空間中三角形與三棱錐的縱向類比等.變式訓(xùn)練2 (1)若數(shù)歹|J｛與｝是等差數(shù)列，bn=%+°.：…十氣，則數(shù)列｛bn｝也為等差數(shù)列.類比.這一性質(zhì)可知，若正項(xiàng)數(shù)列｛cn｝是等比數(shù)列，且｛dj也是等比數(shù)列，則dn的表達(dá)式應(yīng)為(TOC\o"1-5"\h\zC+m-I \-cA.d= 2 A.n nB.C.dC.d=nD.dn=勺%c2.…?cnx2 、,2(2)橢圓與雙曲線有許多優(yōu)美的對偶性質(zhì)，如對于橢圓有如下命題:AB是橢圓X2+y2=1(°>b>0)a乙b乙b2的不平行于對稱軸且不過原點(diǎn)的弦，M為AB的中點(diǎn)，則kOM?kAB=-尢.那么對于雙曲線則有x2y2如下命題：AB是雙曲線--T；=1(a>0,b>0)的不平行于對稱軸且不過原點(diǎn)的弦，M為AB的a2b2中點(diǎn)，則kOM^kAB= 答案(1)D(2)b解析(1)由｛an｝為等差數(shù)列，設(shè)公差為d,aa1+a2+?一+an

n=a1又正項(xiàng)數(shù)列｛cn｝為等比數(shù)列，設(shè)公比為q,TOC\o"1-5"\h\z n2n .n■ n—n n—1則d=-Cc?c.….c=ncnq2 =cq2，故選D.n12n11 1(2)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),%1+%。1 2<則有2,<則有y1+y21 2

將A,B代入雙曲線%2-y2=1中得aba-b2=La-b2=L兩式相減，得若薩=號薩，即％-：2)(x1+%2)=(y1-y2)(y1+y即％-即(y1-y2)(yJy2)=b(x1-%2)(%1+%2)a2,b2即kOM-kAB=*.熱點(diǎn)三直接證明和間接證明例3已知數(shù)列例3已知數(shù)列U｛an｝滿足：a1=13。+*)=2(1+a)1—an 1—an+1anan+1<0(n三1)；數(shù)列U{bn}滿足:b=a2,一a2(n三1).nn+1n(1)求數(shù)歹U｛an｝,｛bn｝的通項(xiàng)公式；(2)證明：數(shù)列｛bn｝中的任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列.n1-a

n+11-a2 2化為n1-a

n+11-a2 2化為——nL=7,

1-a2 3n3(1+a,(1)解已知--―T1-an3而1-a2=4,32所以數(shù)列｛1-a2｝是首項(xiàng)為j,公比為2的等比數(shù)列,則1-巧=%(1)n-1，則an=1-4x(fJn-1，由anan+1<0,知數(shù)列｛an｝的項(xiàng)正負(fù)相間出現(xiàn),因此”=(-1k+1,1-4x(|)a2=-4x(l)n+%部-1=4x(iJn-1(2)證明假設(shè)存在某三項(xiàng)成等差數(shù)列，不妨設(shè)為bm、bn、bp，其中m、n、p是互不相等的正整數(shù)，可設(shè)m<n<p,而b=7X(|)n-1隨n的增大而減小，n4 \37那么只能有2bn=bm+bp,可得2x4xg)n」=%部-1+4X(|)p-1，則2xgn-m=1+停)-m.(*)當(dāng)n-m三2時(shí)，2X1｝-mW2x1j2=9,(*)式不可能成立，則只能有n-m=1,此時(shí)等式為3=1+(3)p-m,即3=(1)-m,那么p-m=log23，左邊為正整數(shù)，右邊為無理數(shù)，不可能相等.3所以假設(shè)不成立，那么數(shù)列｛0｝中的任意三項(xiàng)不可能成等差數(shù)列.思維升華(1)有關(guān)否定性結(jié)論的證明常用反證法或舉出一個(gè)結(jié)論不成立的例子即可.(2)綜合法和分析法是直接證明常用的兩種方法，我們常用分析法尋找解決問題的突破口，然后用綜合法來寫出證明過程，有時(shí)候，分析法和綜合法交替使用.變式訓(xùn)練3等差數(shù)歹|J｛與｝的前n項(xiàng)和為Sn，4=1+啦，S3=9+3啦.(1)求數(shù)列｛an｝的通項(xiàng)a”與前n項(xiàng)和Sn；S(2)設(shè)bn=S(n￡N*),求證：數(shù)列｛bn｝中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列.[a.=\,12+1,(1)解由已知得J1 所以d=2,〔3a1+3d=9+3\'2,故an=2n-1+市,Sn=n(n+啦)，n￡N*.(2)證明由(1)得b==S=n+\：5ntn假設(shè)數(shù)列｛bn｝中存在三項(xiàng)bp,bq,br(pWqWr)成等比數(shù)列，則b/bb..即(q+X,12)2=(p+,,'2)(r+\''2).二(q2-pr)+(2q-p-r)■'■,''2=0.q2-pr=0,「p,q,rGN*,￡12q-p-r=0,p+r(2)2=pr,(p-r)2=0,，p=r與pWr矛盾?所以數(shù)列｛bn｝中任意不同的三項(xiàng)都不可能成等比數(shù)列.熱點(diǎn)四數(shù)學(xué)歸納法例4已知數(shù)列U｛a｝是各項(xiàng)均不為0的等差數(shù)列，S為其前n項(xiàng)和，且滿足S…蕓a2,nGN*,n n 2n—12n‘2n-1,n為奇數(shù)，數(shù)列｛b｝滿足b=11品T為數(shù)列｛b｝的前n項(xiàng)和.nn仁an—jn為偶數(shù)， n n(1)求an,bn； n...(2)試比較T與2n2+2的大小.2n 3思維啟迪(1)利用｛與｝的前n項(xiàng)確定通項(xiàng)公式(公差、首項(xiàng))，｛匕｝的通項(xiàng)公式可分段給出；n(2)先求T,歸納猜想T與2n2+￡的關(guān)系，再用數(shù)學(xué)歸納法證明.n n 3解⑴設(shè)｛a｝首項(xiàng)為a，公差為d，在S=7a2中，n 1 2n-12n令n=1,2得<令n=1,2得<(aJd)2=2(3a「3d),解得a1=2,d=4,所以an=4n-2.2n-1,n為奇數(shù)，所以b=1所以bn[2n-3,n為偶數(shù).(2)T=1+2X2-3+22+2X4-3+24+…+22n-2+2X2n-32n=1+22+24+…+22n-2+4(1+2+…+n)-3n1-4n n(n+1) 4n1=~-++4-— 3n=X-w+2n2-n.1-4 2 33n1所以T2n-(2n2+3)=3(4n-4nT).當(dāng)n=1時(shí)，3(4n-4n-1)=-；<0,當(dāng)n=2時(shí)，-(4n-4n-1)=3>0,當(dāng)n=3時(shí)，-(4n-4n-1)=段>0,…n猜想當(dāng)n三2時(shí)，T>2n2+￡,2n 3即n三2時(shí)，4n>4n+1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n=2時(shí)，42=16,4X2+1=9,16>9,成立;②假設(shè)當(dāng)n=k(k三2)時(shí)成立，即4k>4k+1.則當(dāng)n=k+1時(shí)，4k+1=4-4k>4.(4k+1)=16k+4>4k+5=4(k+1)+1,所以n=k+1時(shí)成立.由①②得，當(dāng)n三2時(shí)，4n>4n+1成立.n綜上，當(dāng)n=1時(shí)，T<2n2+￡,2n 3n當(dāng)n三2時(shí)，T>2n2+z.2n 3思維升華在使用數(shù)學(xué)歸納法證明問題時(shí)，在歸納假設(shè)后，歸納假設(shè)就是證明nkk+1時(shí)的已

知條件，把歸納假設(shè)當(dāng)已知條件證明后續(xù)結(jié)論時(shí)，可以使用綜合法、分析法、反證法.變式訓(xùn)練4已知f(n)=1+23+卜43H H-13,g(n)=2—去，n￡N*.(1)當(dāng)n=1,2,3時(shí)，試比較f(n)與g(n)的大小關(guān)系；(2)猜想f(n)與g(n)的大小關(guān)系，并給出證明.解(1)當(dāng)n=1時(shí)，f(1)=1,g(1)=1,所以f(1)=g(1),9-8

=9-8

=)(2f叱2=n

當(dāng)9⑵;?所以八2)<g(2),.. 251 312當(dāng)n=3時(shí)，八3)=息，g(3)=市，所以f(3)<g(3).(2)由(1)，猜想f(n)Wg(n)，下面用數(shù)學(xué)歸納法給出證明①當(dāng)n=1,2,3時(shí)，不等式顯然成立②假設(shè)當(dāng)n=k(k三3)時(shí)不等式成立，13上+k3<2-2k2，那么，當(dāng)n=k+1時(shí)，TOC\o"1-5"\h\z1 3 1 1于(k+1)=f(k)+^k+F廠赤+(k+)3，因?yàn)?(k+1)2_(赤—(k+1)3)k+3 1= TT-2(k+1)32k23k-1?= <02(k+1)3k231所以fk+1)<2-2(k+1)2=g(k+D，即當(dāng)n=k+1時(shí)，不等式成立.由①②可知，對一切n￡^，都有f(n)Wg(n)成立.I本講規(guī)律總結(jié)I 1.合情推理的精髓是“合情”，即得到的結(jié)論符合“情理”，其中主要是歸納推理與類比推理.歸納推理是由部分得到整體的一種推理模式.類比推理是由此及彼的推理模式；演繹推理是一種嚴(yán)格的證明方式.2.直接證明的最基本的兩種證明方法是綜合法和分析法，這兩種方法也是解決數(shù)學(xué)問題時(shí)常見的思維方式.在實(shí)際解題時(shí)，通常先用分析法尋求解題思路，再用綜合法有條理地表述解題過程.3.數(shù)學(xué)歸納法是證明與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題的一種方法，在遇到與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題時(shí)，要考慮是否可以使用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明.⑴在證明過程中突出兩個(gè)“湊”字，即一“湊”假設(shè)，二“湊”結(jié)論，關(guān)鍵是在證明n=k+1時(shí)要用上n=k時(shí)的假設(shè)，其次要明確n=k+1時(shí)證明的目標(biāo)，充分考慮由n=k到n=k+1時(shí)，命題形式之間的區(qū)別和聯(lián)系，化異為同，中間的計(jì)算過程千萬不能省略.(2)注意“兩個(gè)步驟、一個(gè)結(jié)論”一個(gè)也不能少，切忌忘記歸納結(jié)論.真題與押題備戰(zhàn)高考真題感悟(2014.福建)若集合{a,b,c,d}={1,2,3,4},且下列四個(gè)關(guān)系：①a=1；②bW1；③c=2；④dW4.有且只有一個(gè)是正確的，則符合條件的有序數(shù)組(a,b,c,d)的個(gè)數(shù)是 .答案6解析由題意知①②③④中有且只有一個(gè)正確，其余三個(gè)均不正確，下面分類討論滿足條件的有序數(shù)組(a，b，c，d)的個(gè)數(shù)：(1)若①正確，即a=1,則②③④都錯誤，即b=1,cW2,d=4.其中a=1與b=1矛盾，顯然此種情況不存在；(2)若②正確，即bW1,則①③④都錯誤，即aW1,cW2,d=4,則當(dāng)b=2時(shí)，有a=3,c=1;當(dāng)b=3時(shí)，有a=2,c=1,此時(shí)有2種有序數(shù)組.⑶若③正確，即c=2,則①②④都錯誤，即aW1,b=1,d=4,則a=3,即此種情況有1種有序數(shù)組.(4)若④正確，即dW4,則①②③都錯誤，即aW1,b=1,cW2,則當(dāng)d=2時(shí)，有a=3,c=4或a=4,C=3,有2種有序數(shù)組；當(dāng)d=3時(shí)，有c=4,a=2,僅1種有序數(shù)組.綜上可得，共有2+1+2+1=6(種)有序數(shù)組.(2014?陜西)觀察分析下表中的數(shù)據(jù)：多面體面數(shù)(F)頂點(diǎn)數(shù)(V)棱數(shù)(E)三棱柱569五棱錐6610立方體6812猜想一般凸多面體中F,V,E所滿足的等式是 .答案F+V—E=2解析觀察F,V,E的變化得F+V-E=2.押題精練1.圓周上2個(gè)點(diǎn)可連成1條弦，這條弦可將圓面劃分成2部分；圓周上3個(gè)點(diǎn)可連成3條弦，這3條弦可將圓面劃分成4部分；圓周上4個(gè)點(diǎn)可連成6條弦，這6條弦最多可將圓面劃分成8部分.則n個(gè)點(diǎn)連成的弦最多可把圓面分成 部分.（）A.2n-1 B.2nC.2n+1 D.2n+2答案A解析由已知條件得：圓周上的點(diǎn)數(shù)連成的弦數(shù)把圓面分成的部分?jǐn)?shù)22X11=22=21=22-133X23=24=22=23-144X36=28=23=24-155X410=216=24=25-1………由此可以歸納出，當(dāng)點(diǎn)數(shù)為n時(shí)，連成的弦數(shù)為誓D；弦把圓面分成的部分?jǐn)?shù)為2n一1,故選A.2.在計(jì)算“1X2+2X3+…+n(n+1)”時(shí)，某同學(xué)學(xué)到了如下一種方法：先改寫第k項(xiàng)，k(k+1)=31k(k+1)(k+2)—(k—1)k(k+1)],由此得1X2=3(1X2X3—0X1X2),2X3=|(2X3X4—1X2X3),…n(n+1)=§[n(n+1)(n+2)—(n—1)n(n+1)].相加，得1X2+2X3+…+n(n+1)=§n(n+1)(n+2).類比上述方法，計(jì)算“1X2X3+2X3X4+——+n(n+1)(n+2)”的結(jié)果為.答案4n(n+1)(n+2)(n+3)解析類比k(k+1)=3[k(k+1)(k+2)-(k-1)k(k+1)],可得至Uk(k+1)(k+2)=4[k(k+1)(k+2)(k+3)-(k-1)k(k+1)(k+2)],先逐項(xiàng)裂項(xiàng)，然后累加即得4n(n+1)(n+2)(n+3).專題突破練(推薦時(shí)間：50分鐘)一、選擇題.下列推理是歸納推理的是()A.A,B為定點(diǎn)，動點(diǎn)P滿足IPA1+1PB1=2a>\ABI,則P點(diǎn)的軌跡為橢圓B.由a1=1,an=3n—1,求出S『S2,S3,猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式x2,y2C.由圓x2+y2=r2的面積nr2,猜想出橢圓~+b=1的面積S=nabD.以上均不正確答案B解析從S1,S2,S3猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn，是從特殊到一般的推理，所以B是歸納推理.2.觀察下列各式：a+b=1,a2+b2=3,a3+b3=4,a4+b4=7,a5+b5=11,…，則a10+b10等于()A.28 B.76C.123 D.199答案C解析觀察可得各式的值構(gòu)成數(shù)列1,3,4,7,11,…，其規(guī)律為從第三項(xiàng)起，每項(xiàng)等于其前相鄰兩項(xiàng)的和，所求值為數(shù)列中的第十項(xiàng).繼續(xù)寫出此數(shù)列為1,3,4,7,11,18,29,47,76,123,…，第十項(xiàng)為123，即a】。+b］。=123.3.已知x>0,觀察不等式x+1三2';'x.1=2,x+4=x+x+-4三3、，x-x-4=3,…，由此可得x x x222x2 22x2a一般結(jié)論：x+~^n+1(n￡N*),則Ua的值為( )xnA.nn B.n2C.3n D.2n答案A解析根據(jù)已知，續(xù)寫一個(gè)不等式：x+更=x+x+x+33三4/::x'x-x.33=4,由此可得a=nn故選Axx3333x3^4 333x34，由此可得an.故選A..已知函數(shù)f(x)是R上的單調(diào)增函數(shù)且為奇函數(shù)，數(shù)列U{an}是等差數(shù)列，a3>0,則f(a1)+f(a3)+f(a5)的值()A.恒為正數(shù) B.恒為負(fù)數(shù)C.恒為0 D.可正可負(fù)答案A解析由已知得f(0)=0,a1+a5=2a3>0,所以a1>-a5.由于f(x)單調(diào)遞增且為奇函數(shù)，所以fa1)+f(a5)>f(-a5)+f(a5)=0,又f(a3)>0,所以f(a1)+fa3)+fa5)>0.故選A..在平面內(nèi)點(diǎn)O是直線AB外一點(diǎn)，點(diǎn)C在直線AB上，若女=A(9A+〃而，則丸+〃=1；類似地，如果點(diǎn)O是空間內(nèi)任一點(diǎn)，點(diǎn)A,B,C,D中任意三點(diǎn)均不共線，并且這四點(diǎn)在同TOC\o"1-5"\h\z一平面內(nèi)，若Do=xO)A+y()B+zOOC，則x+y+z等于( )A.0 B.-1C.1 D.±1答案B解析在平面內(nèi)，由三角形法則，得ab=OOb-Oa，bC=o)C-O.因?yàn)锳,B,C三點(diǎn)共線，所以存在實(shí)數(shù)t，使ab=tBC，即O0-Oa=t(OC-Ob)，所以oOC=-1(OA+(；+1)O0.因?yàn)閛OC=aOA+pOOB，所以丸=-1，〃=1+1，l I所以丸+p=1.類似地，在空間內(nèi)可得OD=xo°A+pO°+nOC，丸+p+n=1.因?yàn)镈O=-OD，所以x+y+z=-1.故選B.6.已知f(n)=32n也一8n—9,存在正整數(shù)m，使n￡N*時(shí)，能使m整除f(n)，則m的最大值為()A.24 B.32C.48 D.64答案D解析由f(1)=64,f(2)=704=11X64,f(3)=6528=102X64，所以f(1)，f(2)，f(3)均能被64整除，猜想f(n)能被64整除.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n=1時(shí)，由上得證；

②假設(shè)當(dāng)n=k(kGN*)時(shí),f(k)=32k+2-8k-9=9k+1-8k-9能被64整除，則當(dāng)n=k+1時(shí)，f(k+1)=9(k+1)+1-8(k+1)-9=9X99k+1-8k-17=fk)+64(k+1).由歸納假設(shè)，f(k)是64的倍數(shù)，又64(k+1)是64的倍數(shù)，所以f(k+1)能被64整除，所以當(dāng)n=k+1時(shí)，猜想也成立.因?yàn)閒(1)不能被大于64的數(shù)整除，所以所求m的最大值等于64.故選D.二、填空題.如圖所示的是由火柴棒拼成的一列圖形，第n個(gè)圖形由n個(gè)正方形組成，通過觀察可以發(fā)現(xiàn)第4個(gè)圖形中，火柴棒有根；第n個(gè)圖形中，火柴棒有 根.答案13,3n+1解析易得第四個(gè)圖形中有13根火柴棒，通過觀察可得，每增加一個(gè)正方形，需增加三根火柴棒，所以第n個(gè)圖形中的火柴棒為4+3(n-1)=3n+1..平面內(nèi)有n條直線，最多可將平面分成f(n)個(gè)區(qū)域，則f(n)的表達(dá)式為.答案n答案n2+n+22解析1條直線將平面分成1+1個(gè)區(qū)域；2條直線最多可將平面分成1+(1+2)=4個(gè)區(qū)域；3條直線最多可將平面分成1+(1+2+3)=7個(gè)區(qū)域；……，n條直線最多可將平面分成1+(1+2+3+2+3+…+n)=1+n(n+1)2個(gè)區(qū)域..(2014?課標(biāo)全國I)甲、乙、丙三位同學(xué)被問到是否去過A,B,C三個(gè)城市時(shí)，甲說：我去過的城市比乙多，但沒去過B城市；乙說：我沒去過C城市；丙說：我們?nèi)巳ミ^同一城市.由此判斷乙去過的城市為 .答案A解析由題意可推斷：甲沒去過B城市，但比乙去的城市多，而丙說“三人去過同一城市”，說明甲去過A,C城市，而乙“沒去過C城市”，說明乙去過城市A,由此可知，乙去過的城市為A.

C3 ]7.對大于1的自然數(shù)m的三次幕可用奇數(shù)進(jìn)行以下方式的“分裂”：2*5,3d9 ,〔111f13154317，….仿此，若m3的“分裂數(shù)”中有一個(gè)是59,貝Um=.19答案8解析由已知可觀察出m3可分裂為m個(gè)連續(xù)奇數(shù)，最小的一個(gè)為(m-1)m+1.當(dāng)m=8時(shí)，最小的數(shù)為57,第二個(gè)便是59廝以m=8.三、解答題14.已知a,b,m為非零實(shí)數(shù)，且a2+b2+2—m=0,-2+77+1—2m=0.a2b214 9⑴求證：a十五三，；(2)求證:(2)求證:7-2>\

m4 9 、、、證明(1)(分析法)要證;12+后成立，a2b2a2+b24一只需證(a+涼(a2+b2)三9,即證1+4+b+4a