高中數(shù)學(xué)北師大版2第一章推理與證明

章末分層突破[自我校對(duì)]①由部分到整體，由個(gè)別到一般②類(lèi)比推理③演繹推理④由一般到特殊⑤綜合法⑥執(zhí)果索因⑦反證法⑧數(shù)學(xué)歸納法合情推理1.歸納推理的特點(diǎn)及一般步驟2.類(lèi)比推理的特點(diǎn)及一般步驟(1)觀察式子：1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(7,4)，……，由此可歸納出的式子為()＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(1,2n－1)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(2n－1,n)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(2n,2n＋1)(2)兩點(diǎn)等分單位圓時(shí)，有相應(yīng)正確關(guān)系為sinα＋sin(π＋α)＝0；三點(diǎn)等分單位圓時(shí)，有相應(yīng)正確關(guān)系為sinα＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(4π,3)))＝0，由此可以推知，四點(diǎn)等分單位圓時(shí)的相應(yīng)正確關(guān)系為_(kāi)_________.【精彩點(diǎn)撥】(1)觀察各式特點(diǎn)，找準(zhǔn)相關(guān)點(diǎn)，歸納即得.(2)觀察各角的正弦值之間的關(guān)系得出結(jié)論.【規(guī)范解答】(1)由各式特點(diǎn)，可得1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(2n－1,n).故選C.(2)用兩點(diǎn)等分單位圓時(shí)，關(guān)系為sinα＋sin(π＋α)＝0，兩個(gè)角的正弦值之和為0，且第一個(gè)角為α，第二個(gè)角與第一個(gè)角的差為(π＋α)－α＝π，用三點(diǎn)等分單位圓時(shí)，關(guān)系為sinα＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(4π,3)))＝0，此時(shí)三個(gè)角的正弦值之和為0，且第一個(gè)角為α，第二個(gè)角與第一個(gè)角的差與第三個(gè)角與第二個(gè)角的差相等，即有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(4π,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(2π,3)))－α＝eq\f(2π,3).依此類(lèi)推，可得當(dāng)四點(diǎn)等分單位圓時(shí)，為四個(gè)角正弦值之和為0，且第一個(gè)角為α，第二個(gè)角為eq\f(2π,4)＋α＝eq\f(π,2)＋α，第三個(gè)角為eq\f(π,2)＋α＋eq\f(2π,4)＝π＋α，第四個(gè)角為π＋α＋eq\f(2π,4)＝eq\f(3π,2)＋α，即其關(guān)系為sinα＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＋sin(α＋π)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))＝0.【答案】(1)C(2)sinα＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(π,2)))＋sin(α＋π)＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(α＋\f(3π,2)))＝0[再練一題]1.已知函數(shù)y＝sin4x＋cos4x(x∈R)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，則(1)函數(shù)y＝sin6x＋cos6x(x∈R)的值域是__________；(2)類(lèi)比上述結(jié)論，函數(shù)y＝sin2nx＋cos2nx(n∈N＋)的值域是__________.【解析】(1)y＝sin6x＋cos6x＝(sin2x＋cos2x)(sin4x－sin2xcos2x＋cos4x)＝sin4x－sin2xcos2x＋cos4x＝(sin2x＋cos2x)2－3sin2xcos2x＝1－eq\f(3,4)sin2(2x)＝1－eq\f(3,8)(1－cos4x)＝eq\f(5,8)＋eq\f(3,8)cos4x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1)).(2)由類(lèi)比可知，y＝sin2nx＋cos2nx的值域是[21－n，1].【答案】(1)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，1))(2)[21－n，1]綜合法與分析法1.綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的常用的方法，綜合法是由因?qū)Ч乃季S方式，而分析法的思路恰恰相反，它是執(zhí)果索因的思維方式.2.分析法和綜合法是兩種思路相反的推理方法.分析法是倒溯，綜合法是順推，二者各有優(yōu)缺點(diǎn).分析法容易探路，且探路與表述合一，缺點(diǎn)是表述易錯(cuò)；綜合法條理清晰，易于表述，因此對(duì)于難題常把二者交互運(yùn)用，互補(bǔ)優(yōu)缺，形成分析綜合法，其邏輯基礎(chǔ)是充分條件與必要條件.設(shè)a>0，b>0，a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.試用綜合法和分析法分別證明.【精彩點(diǎn)撥】(1)綜合法：根據(jù)a＋b＝1，分別求eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)與eq\f(1,ab)的最小值.(2)分析法：把eq\f(1,ab)變形為eq\f(a＋b,ab)＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)求證.【規(guī)范解答】法一：(綜合法)∵a>0，b>0，a＋b＝1，∴1＝a＋b≥2eq\r(ab)，eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，ab≤eq\f(1,4)，∴eq\f(1,ab)≥4.又eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4，∴eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立).法二：(分析法)∵a>0，b>0，a＋b＝1，要證eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8，只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\f(a＋b,ab)≥8，只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(1,a)))≥8，即證eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.也就是證eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)≥4.即證eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，由基本不等式可知，當(dāng)a>0，b>0時(shí)，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立，所以原不等式成立.[再練一題]2.(1)已知a，b，c為互不相等的非負(fù)數(shù).求證：a2＋b2＋c2>eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)).(2)用分析法證明：2cos(α－β)－eq\f(sin（2α－β）,sinα)＝eq\f(sinβ,sinα).【解】(1)因?yàn)閍2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，又因?yàn)閍，b，c為互不相等的非負(fù)數(shù)，所以上面三個(gè)式子中都不能取“＝”，所以a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac，因?yàn)閍b＋bc≥2eq\r(ab2c)，bc＋ac≥2eq\r(abc2)，ab＋ac≥2eq\r(a2bc)，又a，b，c為互不相等的非負(fù)數(shù)，所以ab＋bc＋ac>eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c))，所以a2＋b2＋c2>eq\r(abc)(eq\r(a)＋eq\r(b)＋eq\r(c)).(2)要證原等式成立，只需證：2cos(α－β)sinα－sin(2α－β)＝sinβ，①因?yàn)棰僮筮叄?cos(α－β)sinα－sin[(α－β)＋α]＝2cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα－cos(α－β)sinα＝cos(α－β)sinα－sin(α－β)cosα＝sinβ＝右邊，所以①成立，即原等式成立.反證法反證法是間接證明的一種基本方法，用反證法證明時(shí)，假定原結(jié)論的對(duì)立面為真，從反設(shè)和已知條件出發(fā)，經(jīng)過(guò)一系列正確的邏輯推理，得出矛盾結(jié)果，斷定反設(shè)不成立，從而肯定結(jié)論.反證法的思路：反設(shè)→歸謬→結(jié)論.設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列.(1)推導(dǎo){an}的前n項(xiàng)和公式；(2)設(shè)q≠1，證明：數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列.【精彩點(diǎn)撥】(1)利用等比數(shù)列的概念及通項(xiàng)公式推導(dǎo)前n項(xiàng)和公式；(2)利用反證法證明要證的結(jié)論.【規(guī)范解答】(1)設(shè){an}的前n項(xiàng)和為Sn，當(dāng)q＝1時(shí)，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；當(dāng)q≠1時(shí)，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1， ①qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn， ②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，∴Sn＝eq\f(a1（1－qn）,1－q)，∴Sn＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(na1，q＝1，,\f(a1（1－qn）,1－q)，q≠1.))(2)證明：假設(shè){an＋1}是等比數(shù)列，則對(duì)任意的k∈N＋，(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，aeq\o\al(2,k＋1)＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，aeq\o\al(2,1)q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1，∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與已知矛盾.∴假設(shè)不成立，故{an＋1}不是等比數(shù)列.[再練一題]3.已知二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖像與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，若f(c)＝0，且0<x<c時(shí)，f(x)>0.(1)證明：eq\f(1,a)是f(x)＝0的一個(gè)根；(2)試比較eq\f(1,a)與c的大小.【解】(1)證明：∵f(x)的圖像與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，∴f(x)＝0有兩個(gè)不等實(shí)根x1，x2.∵f(c)＝0，∴x1＝c是f(x)＝0的根.又x1x2＝eq\f(c,a)，∴x2＝eq\f(1,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)≠c))，∴eq\f(1,a)是f(x)＝0的一個(gè)根.(2)假設(shè)eq\f(1,a)<c，又eq\f(1,a)>0，由0<x<c時(shí)，f(x)>0，知feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>0與feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝0矛盾，∴eq\f(1,a)≥c.又∵eq\f(1,a)≠c，∴eq\f(1,a)>c.數(shù)學(xué)歸納法1.關(guān)注點(diǎn)一：用數(shù)學(xué)歸納法證明等式問(wèn)題是數(shù)學(xué)歸納法的常見(jiàn)題型，其關(guān)鍵點(diǎn)在于“先看項(xiàng)”，弄清等式兩邊的構(gòu)成規(guī)律，等式兩邊各有多少項(xiàng)，初始值n0是多少.2.關(guān)注點(diǎn)二：由n＝k到n＝k＋1時(shí)，除等式兩邊變化的項(xiàng)外還要利用n＝k時(shí)的式子，即利用假設(shè)，正確寫(xiě)出歸納證明的步驟，從而使問(wèn)題得以證明.已知正數(shù)數(shù)列{an}(n∈N＋)中，前n項(xiàng)和為Sn，且2Sn＝an＋eq\f(1,an)，用數(shù)學(xué)歸納法證明：an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).【導(dǎo)學(xué)號(hào)：94210027】【規(guī)范解答】(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝S1＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1＋\f(1,a1)))，所以aeq\o\al(2,1)＝1(an>0)，所以a1＝1，又eq\r(1)－eq\r(0)＝1，所以n＝1時(shí)，結(jié)論成立.(2)假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)，結(jié)論成立，即ak＝eq\r(k)－eq\r(k－1).當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋\f(1,ak)))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(k)－\r(k－1)＋\f(1,\r(k)－\r(k－1))))＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak＋1＋\f(1,ak＋1)))－eq\r(k)，所以aeq\o\al(2,k＋1)＋2eq\r(k)ak＋1－1＝0，解得ak＋1＝eq\r(k＋1)－eq\r(k)(an>0)，所以n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立.由(1)(2)可知，對(duì)n∈N＋都有an＝eq\r(n)－eq\r(n－1).[再練一題]4.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n（an＋1）,2)(n∈N＋)，a2＝2.(1)求{an}的前三項(xiàng)a1，a2，a3；(2)猜想{an}的通項(xiàng)公式，并證明.【解】(1)由Sn＝eq\f(n（an＋1）,2)，得a1＝1，又由a2＝2，得a3＝3.(2)猜想：an＝n.證明如下：①當(dāng)n＝1時(shí)，猜想成立.②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2)時(shí)，猜想成立，即ak＝k，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f(（k＋1）（ak＋1＋1）,2)－eq\f(k（ak＋1）,2)＝eq\f(（k＋1）（ak＋1＋1）,2)－eq\f(k（k＋1）,2).所以ak＋1＝eq\f(k2,k－1)－eq\f(1,k－1)＝k＋1，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立.根據(jù)①②知，對(duì)任意n∈N＋，都有an＝n.轉(zhuǎn)化與化歸思想轉(zhuǎn)化與化歸是數(shù)學(xué)思想方法的靈魂.在本章中，合情推理與演繹推理體現(xiàn)的是一般與特殊的轉(zhuǎn)化；數(shù)學(xué)歸納法體現(xiàn)的是一般與特殊、有限與無(wú)限的轉(zhuǎn)化；反證法體現(xiàn)的是對(duì)立與統(tǒng)一的轉(zhuǎn)化.設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中的a，b，c都為整數(shù)，已知f(0)，f(1)均為奇數(shù)，求證：方程f(x)＝0無(wú)整數(shù)根.【精彩點(diǎn)撥】假設(shè)方程f(x)＝0有整數(shù)根k，結(jié)合f(0)，f(1)均為奇數(shù)推出矛盾.【規(guī)范解答】假設(shè)方程f(x)＝0有一個(gè)整數(shù)根k，則ak2＋bk＋c＝0，∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都為奇數(shù)，∴a＋b必為偶數(shù)，ak2＋bk為奇數(shù).當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，令k＝2n(n∈Z)，則ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必為偶數(shù)，與ak2＋bk為奇數(shù)矛盾；當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，令k＝2n＋1(n∈Z)，則ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)為一奇數(shù)與一偶數(shù)乘積，必為偶數(shù)，也與ak2＋bk為奇數(shù)矛盾.綜上可知，方程f(x)＝0無(wú)整數(shù)根.[再練一題]5.用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除.【證明】設(shè)n＝2m－1，m∈N＋，則xn＋yn＝x2m－1＋y2m－1.要證明原命題成立，只需證明x2m－1＋y2m－1能被x＋y整除(m∈N＋).(1)當(dāng)m＝1時(shí)，x2m－1＋y2m－1＝x＋y能被x＋y整除.(2)假設(shè)當(dāng)m＝k(k∈N＋)時(shí)命題成立，即x2k－1＋y2k－1能被x＋y整除，那么當(dāng)m＝k＋1時(shí)，x2(k＋1)－1＋y2(k＋1)－1＝x2k＋2－1＋y2k＋2－1＝x2k－1x2－x2k－1y2＋y2k－1y2＋x2k－1y2＝x2k－1(x2－y2)＋y2(x2k－1＋y2k－1)＝x2k－1(x－y)(x＋y)＋y2(x2k－1＋y2k－1).因?yàn)閤2k－1(x－y)(x＋y)與y2(x2k－1＋y2k－1)均能被x＋y整除，所以當(dāng)m＝k＋1時(shí)，命題成立.由(1)(2)，知原命題成立.1.(2023·北京高考)某學(xué)校運(yùn)動(dòng)會(huì)的立定跳遠(yuǎn)和30秒跳繩兩個(gè)單項(xiàng)比賽分成預(yù)賽和決賽兩個(gè)階段.下表為10名學(xué)生的預(yù)賽成績(jī)，其中有三個(gè)數(shù)據(jù)模糊.學(xué)生序號(hào)12345立定跳遠(yuǎn)(單位：米)30秒跳繩(單位：次)63a756063學(xué)生序號(hào)678910立定跳遠(yuǎn)(單位：米)30秒跳繩(單位：次)7270a－1b65在這10名學(xué)生中，進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽的有8人，同時(shí)進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽和30秒跳繩決賽的有6人，則()號(hào)學(xué)生進(jìn)入30秒跳繩決賽號(hào)學(xué)生進(jìn)入30秒跳繩決賽號(hào)學(xué)生進(jìn)入30秒跳繩決賽號(hào)學(xué)生進(jìn)入30秒跳繩決賽【解析】由題意可知1到8號(hào)學(xué)生進(jìn)入了立定跳遠(yuǎn)決賽.由于同時(shí)進(jìn)入立定跳遠(yuǎn)決賽和30秒跳繩決賽的有6人，因此1到8號(hào)同學(xué)中有且只有6人進(jìn)入兩項(xiàng)決賽，分類(lèi)討論如下：(1)當(dāng)a<60時(shí)，a－1<59，此時(shí)2號(hào)和8號(hào)不能入選，即入選的只有1，3，4，5，6，7號(hào)；(2)當(dāng)a＝60時(shí)，a－1＝59，此時(shí)2號(hào)和4號(hào)同時(shí)入選或同時(shí)都不入選，均不符合題意；(3)當(dāng)a＝61時(shí)，a－1＝60，此時(shí)8號(hào)和4號(hào)不能入選，即入選的只有1，2，3，5，6，7號(hào)；(4)當(dāng)a＝62或63時(shí)，相應(yīng)的a－1＝61或62，此時(shí)8號(hào)和4號(hào)不能入選，即入選的只有1，2，3，5，6，7號(hào)；(5)當(dāng)a≥64時(shí)，此時(shí)a－1≥63，不符合題意.綜上可知1，3，5，6，7號(hào)學(xué)生一定進(jìn)入30秒跳繩決賽.【答案】B2.(2023·全國(guó)卷Ⅱ)有三張卡片，分別寫(xiě)有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說(shuō)：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說(shuō)：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說(shuō)：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是________.【解析】根據(jù)丙的說(shuō)法及乙看了丙的卡片后的說(shuō)法進(jìn)行推理.由丙說(shuō)“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，可推知丙的卡片上的數(shù)字是1和2或1和3.又根據(jù)乙看了丙的卡片后說(shuō)：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”可知，乙的卡片不含1，所以乙的卡片上的數(shù)字為2和3.再根據(jù)甲的說(shuō)法“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”可知，甲的卡片上的數(shù)字是1和3.【答案】1和33.(2023·福建高考)一個(gè)二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2…xn(n∈N＋)，其中xk(k＝1，2，…，n)稱(chēng)為第k位碼元.二元碼是通信中常用的碼，但在通信過(guò)程中有時(shí)會(huì)發(fā)生碼元錯(cuò)誤(即碼元由0變?yōu)?，或者由1變?yōu)?).已知某種二元碼x1x2…x7的碼元滿(mǎn)足如下校驗(yàn)方程組：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7＝0，,x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，,x1⊕x3⊕x5⊕x7＝0，))其中運(yùn)算⊕定義為：0⊕0＝0，0⊕1＝1，1⊕0＝1，1⊕1＝0.現(xiàn)已知一個(gè)這種二元碼在通信過(guò)程中僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤后變成了1101101，那么利用上述校驗(yàn)方程組可判定k等于________.【解析】因?yàn)閤2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，所以x2，x3，x6，x7都正確.又因?yàn)閤4⊕x5⊕x6⊕x7＝1，x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1，故x1和x4都錯(cuò)誤，或僅x5錯(cuò)誤.因?yàn)闂l件中要求僅在第k位發(fā)生碼元錯(cuò)誤，故只有x5錯(cuò)誤.【答案】54.(2023·湖南高考)設(shè)a>0，b>0，且a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b).證明：(1)a＋b≥2；(2)a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時(shí)成立.【證明】由a＋b＝eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝eq\f(a＋b,ab)，a>0，b>0，得ab＝1.(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2eq\r(ab)＝2，即a＋b≥2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時(shí)等號(hào)成立.(2)假設(shè)a2＋a<2與b2＋b<2同時(shí)成立，則由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；同理，0<b<1，從而ab<1，這與ab＝1矛盾.故a2＋a<2與b2＋b<2不可能同時(shí)成立.5.(2023·浙江高考)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)，x∈[0，1].證明：(1)f(x)≥1－x＋x2；(2)eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).【證明】(1)因?yàn)?－x＋x2－x3＝eq\f(1－（－x）4,1－（－x）)＝eq\f(1－x4,1＋x)，由于x∈[0，1]，有eq\f(1－x4,1＋x)≤eq\f(1,x＋1)，即1－x＋x2－x3≤eq\f(1,x＋1)，所以f(x)≥1－x＋x2.(2)由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋eq\f(1,x＋1)≤x＋eq\f(1,x＋1)＝x＋eq\f(1,x＋1)－eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(（x－1）（2x＋1）,2（x＋1）)＋eq\f(3,2)≤eq\f(3,2)，所以f(x)≤eq\f(3,2).由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))eq\s\up8(2)＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，又因?yàn)閒eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(19,24)>eq\f(3,4)，所以f(x)>eq\f(3,4).綜上，eq\f(3,4)<f(x)≤eq\f(3,2).章末綜合測(cè)評(píng)(一)推理與證明(時(shí)間120分鐘，滿(mǎn)分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1.下面四個(gè)推理不是合情推理的是()A.由圓的性質(zhì)類(lèi)比推出球的有關(guān)性質(zhì)B.由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的內(nèi)角和都是180°，歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°C.某次考試張軍的成績(jī)是100分，由此推出全班同學(xué)的成績(jī)都是100分D.蛇、海龜、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龜、蜥蜴是爬行動(dòng)物，所以所有的爬行動(dòng)物都是用肺呼吸的【解析】逐項(xiàng)分析可知，A項(xiàng)屬于類(lèi)比推理，B項(xiàng)和D項(xiàng)屬于歸納推理，而C項(xiàng)中各個(gè)學(xué)生的成績(jī)不能類(lèi)比，不是合情推理.【答案】C2.用反證法證明命題“若直線AB，CD是異面直線，則直線AC，BD也是異面直線”的過(guò)程歸納為以下三個(gè)步驟：①則A，B，C，D四點(diǎn)共面，所以AB，CD共面，這與AB，CD是異面直線矛盾；②所以假設(shè)錯(cuò)誤，即直線AC，BD也是異面直線；③假設(shè)直線AC，BD是共面直線.則正確的序號(hào)順序?yàn)?)A.①②③ B.③①②C.①③② D.②③①【解析】結(jié)合反證法的證明步驟可知，其正確步驟為③①②.【答案】B3.下列推理是歸納推理的是()，B為定點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn)P滿(mǎn)足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，得P的軌跡為橢圓B.由a1＝1，an＝3n－1，求出S1，S2，S3，猜想出數(shù)列的前n項(xiàng)和Sn的表達(dá)式C.由圓x2＋y2＝r2的面積πr2，猜出橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的面積S＝πabD.科學(xué)家利用魚(yú)的沉浮原理制造潛艇【解析】由歸納推理的特點(diǎn)知，選B.【答案】B4.用反證法證明“a，b，c中至少有一個(gè)大于0”，下列假設(shè)正確的是()【導(dǎo)學(xué)號(hào)：94210028】A.假設(shè)a，b，c都小于0B.假設(shè)a，b，c都大于0C.假設(shè)a，b，c中都不大于0D.假設(shè)a，b，c中至多有一個(gè)大于0【解析】用反證法證明“a，b，c中至少有一個(gè)大于0”，應(yīng)先假設(shè)要證命題的否定成立.而要證命題的否定為：“假設(shè)a，b，c中都不大于0”，故選C.【答案】C5.用數(shù)學(xué)歸納法證明“5n－2n能被3整除”的第二步中，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，為了使用假設(shè)，應(yīng)將5k＋1－2k＋1變形為()A.(5k－2k)＋4·5k－2k(5k－2k)＋3·2kC.(5－2)(5k－2k)(5k－2k)－3·5k【解析】5k＋1－2k＋1＝5k·5－2k·2＝5k·5－2k·5＋2k·5－2k·2＝5(5k－2k)＋3·2k.【答案】B6.已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…－eq\f(1,n)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))時(shí)，若已假設(shè)n＝k(k≥2且k為偶數(shù))時(shí)等式成立，則還需要用歸納假設(shè)再證n＝________時(shí)等式成立.()＋1＋2＋2(k＋2)【解析】根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法的步驟可知，n＝k(k≥2且k為偶數(shù))的下一個(gè)偶數(shù)為n＝k＋2，故選B.【答案】B7.(2023·昌平模擬)已知{bn}為等比數(shù)列，b5＝2，則b1·b2·b3·b4·b5·b6·b7·b8·b9＝29.若{an}為等差數(shù)列，a5＝2，則{an}的類(lèi)似結(jié)論為()…a9＝29＋a2＋a3＋…＋a9＝29…a9＝2×9＋a2＋a3＋…＋a9＝2×9【解析】根據(jù)等差、等比數(shù)列的特征知，a1＋a2＋…＋a9＝2×9.【答案】D8.(2023·北京高考)袋中裝有偶數(shù)個(gè)球，其中紅球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三個(gè)空盒.每次從袋中任意取出兩個(gè)球，將其中一個(gè)球放入甲盒，如果這個(gè)球是紅球，就將另一個(gè)球放入乙盒，否則就放入丙盒.重復(fù)上述過(guò)程，直到袋中所有球都被放入盒中，則()A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多C.乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D.乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多【解析】取兩個(gè)球往盒子中放有4種情況：①紅＋紅，則乙盒中紅球數(shù)加1；②黑＋黑，則丙盒中黑球數(shù)加1；③紅＋黑(紅球放入甲盒中)，則乙盒中黑球數(shù)加1；④黑＋紅(黑球放入甲盒中)，則丙盒中紅球數(shù)加1.因?yàn)榧t球和黑球個(gè)數(shù)一樣多，所以①和②的情況一樣多，③和④的情況完全隨機(jī).③和④對(duì)B選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)沒(méi)有任何影響.①和②出現(xiàn)的次數(shù)是一樣的，所以對(duì)B選項(xiàng)中的乙盒中的紅球數(shù)與丙盒中的黑球數(shù)的影響次數(shù)一樣.綜上，選B.【答案】B9.在等差數(shù)列{an}中，若a10＝0，則有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N＋)成立，類(lèi)比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列{bn}中，若b11＝1，則有()·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n【解析】令n＝10時(shí)，驗(yàn)證即知選B.【答案】B10.將石子擺成如圖1的梯形形狀.稱(chēng)數(shù)列5，9，14，20，…為“梯形數(shù)”.根據(jù)圖形的構(gòu)成，此數(shù)列的第2016項(xiàng)與5的差，即a2016－5＝()圖1018×2014 018×2013010×2012 011×2013【解析】an－5表示第n個(gè)梯形有n－1層點(diǎn)，最上面一層為4個(gè)，最下面一層為n＋2個(gè).∴an－5＝eq\f(（n－1）（n＋6）,2)，∴a2016－5＝eq\f(2015×2022,2)＝2013×1011.【答案】D11.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2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a2015＋a2016＋a2017＝()圖2006 007008 009【解析】依題意a1＝1，a2＝1；a3＝－1，a4＝2；a5＝2，a6＝3；…，歸納可得a1＋a3＝1－1＝0，a5＋a7＝2－2＝0，…，進(jìn)而可歸納得a2015＋a2017＝0，a2＝1，a4＝2，a6＝3，…，進(jìn)而可歸納得a2016＝eq\f(1,2)×2016＝1008，a2015＋a2016＋a2017＝1008.故選C.【答案】C12.記集合T＝{0，1，2，3，4，5，6，7，8，9}，M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(a1,10)＋\f(a2,102)＋\f(a3,103)＋\f(a4,104)\b\lc\|(\a\vs4\al\co1(,,,))ai∈T，i＝1，2，3，4))，將M中的元素按從大到小排列，則第2016個(gè)數(shù)是()\f(7,10)＋eq\f(9,102)＋eq\f(8,103)＋eq\f(4,104)\f(5,10)＋eq\f(5,102)＋eq\f(7,103)＋eq\f(2,104)\f(5,10)＋eq\f(5,102)＋eq\f(7,103)＋eq\f(3,104)\f(7,10)＋eq\f(9,102)＋eq\f(9,103)＋eq\f(1,104)【解析】因?yàn)閑q\f(a1,10)＋eq\f(a2,102)＋eq\f(a3,103)＋eq\f(a4,104)＝eq\f(1,104)(a1×103＋a2×102＋a3×101＋a4)，括號(hào)內(nèi)表示的10進(jìn)制數(shù)，其最大值為9999，從大到小排列，第2016個(gè)數(shù)為9999－2016＋1＝7984，所以a1＝7，a2＝9，a3＝8，a4＝4.【答案】A二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分.將答案填在題中的橫線上)13.已知圓的方程是x2＋y2＝r2，則經(jīng)過(guò)圓上一點(diǎn)M(x0，y0)的切線方程為x0x＋y0y＝r2.類(lèi)比上述性質(zhì)，可以得到橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1類(lèi)似的性質(zhì)為_(kāi)_________.【解析】圓的性質(zhì)中，經(jīng)過(guò)圓上一點(diǎn)M(x0，y0)的切線方程就是將圓的方程中的一個(gè)x與y分別用M(x0，y0)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)替換.故可得橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1類(lèi)似的性質(zhì)為：過(guò)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一點(diǎn)P(x0，y0)的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝1.【答案】經(jīng)過(guò)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1上一點(diǎn)P(x0，y0)的切線方程為eq\f(x0x,a2)＋eq\f(y0y,b2)＝114.觀察下列等式：13＝1，13＋23＝9，13＋23＋33＝36，13＋23＋33＋43＝100，……照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為_(kāi)_________.【導(dǎo)學(xué)號(hào)：94210029】【解析】依題意，注意到13＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×1×（1＋1）))eq\s\up12(2)，13＋23＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×2×（2＋1）))eq\s\up12(2)＝9，13＋23＋33＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)×3×（3＋1）))eq\s\up12(2)＝36，……，照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n（n＋1）))eq\s\up12(2).【答案】13＋23＋33＋…＋n3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)n（n＋1）))eq\s\up12(2)15.(2023·東莞高二檢測(cè))當(dāng)n＝1時(shí)，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，當(dāng)n＝2時(shí)，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，當(dāng)n＝3時(shí)，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，當(dāng)n∈N＋時(shí)，你能得到的結(jié)論是__________.【解析】根據(jù)題意，由于當(dāng)n＝1時(shí)，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，當(dāng)n＝2時(shí)，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，當(dāng)n＝3時(shí)，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，當(dāng)n∈N＋時(shí)，左邊第二個(gè)因式可知為an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么對(duì)應(yīng)的表達(dá)式為(a－b)·(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1.【答案】(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋116.如圖3，如果一個(gè)凸多面體是n(n∈N＋)棱錐，那么這個(gè)凸多面體的所有頂點(diǎn)所確定的直線共有________條，這些直線共有f(n)對(duì)異面直線，則f(4)＝________，f(n)＝__________.(答案用數(shù)字或n的解析式表示)圖3【解析】所有頂點(diǎn)所確定的直線共有棱數(shù)＋底邊數(shù)＋對(duì)角線數(shù)＝n＋n＋eq\f(n（n－3）,2)＝eq\f(n（n＋1）,2).從題圖中能看出四棱錐中異面直線的對(duì)數(shù)為f(4)＝4×2＋eq\f(4×1,2)×2＝12，所以f(n)＝n(n－2)＋eq\f(n（n－3）,2)·(n－2)＝eq\f(n（n－1）（n－2）,2).【答案】eq\f(n（n＋1）,2)12eq\f(n（n－1）（n－2）,2)三、解答題(本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟)17.(本小題滿(mǎn)分10分)用綜合法或分析法證明：(1)如果a，b>0，則lgeq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2)；(2)eq\r(6)＋eq\r(10)>2eq\r(3)＋2.【證明】(1)當(dāng)a，b>0時(shí)，有eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)≥lgeq\r(ab)，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)≥eq\f(1,2)lgab＝eq\f(lga＋lgb,2).(2)要證eq\r(6)＋eq\r(10)>2eq\r(3)＋2，只要證(eq\r(6)＋eq\r(10))2>(2eq\r(3)＋2)2，即2eq\r(60)>2eq\r(48)，這是顯然成立的，所以，原不等式成立.18.(本小題滿(mǎn)分12分)觀察以下各等式：sin230°＋cos260°＋sin30°cos60°＝eq\f(3,4)，sin220°＋cos250°＋sin20°cos50°＝eq\f(3,4)，sin215°＋cos245°＋sin15°cos45°＝eq\f(3,4).分析上述各式的共同特點(diǎn)，猜想出反映一般規(guī)律的等式，并對(duì)等式的正確性作出證明.【解】猜想：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°)＝sin2α＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(1,2)sinα))eq\s\up12(2)＋sinαeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),2)cosα－\f(1,2)sinα))＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α＋eq\f(\r(3),2)sinα·cosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).19.(本小題滿(mǎn)分12分)點(diǎn)P為斜三棱柱ABC-A1B1C1的側(cè)棱BB1上一點(diǎn)，PM⊥BB1交AA1于點(diǎn)M，PN⊥BB1交CC1于點(diǎn)N.(1)求證：CC1⊥MN；(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF·cos∠DFE.擴(kuò)展到空間類(lèi)比三角形的余弦定理，寫(xiě)出斜三棱柱的三個(gè)側(cè)面面積與其中兩個(gè)側(cè)面所成的二面角之間的關(guān)系式，并予以證明.【解】(1)證明：因?yàn)镻M⊥BB1，PN⊥BB1，又PM∩PN＝P，所以BB1⊥平面PMN，所以BB1⊥MN.又CC1∥BB1，所以CC1⊥MN.(2)在斜三棱柱ABC-A1B1C1中，有S2ABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝S2BCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)＋S2ACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)－2SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)cosα.其中α為平面BCC1B1與平面ACC1A1所成的二面角.證明如下：因?yàn)镃C1⊥平面PMN，所以上述的二面角的平面角為∠MNP.在△PMN中，因?yàn)镻M2＝PN2＋MN2－2PN·MNcos∠MNP，所以PM2·CCeq\o\al(2,1)＝PN2·CCeq\o\al(2,1)＋MN2·CCeq\o\al(2,1)－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，由于SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)＝PN·CC1，SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝MN·CC1，SABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝PM·BB1＝PM·CC1，所以S2ABBeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)＝S2BCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)＋S2ACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)－2SBCCeq\s\do3(1)Beq\s\do3(1)·SACCeq\s\do3(1)Aeq\s\do3(1)·cosα.20.(本小題滿(mǎn)分12分)(2023·江蘇高考)如圖4，在三棱錐P-ABC中，D，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn).已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求證：圖4(1)直線PA∥平面DEF；(2)平面BDE⊥平面ABC.【證明】(1)因?yàn)镈，E分別為棱PC，AC的中點(diǎn)，所以DE∥PA.又因?yàn)镻Aeq\o(?,\s\up0(/))平面DEF，DE平面DEF，所以直線PA∥平面DEF.(2)因?yàn)镈，E，F(xiàn)分別為棱PC，AC，AB的中點(diǎn)，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝eq\f(1,2)PA＝3，EF＝eq\f(1,2)BC＝4.又因?yàn)镈F＝5，故DF2＝DE2＋EF2，所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.因?yàn)锳C∩EF＝E，AC平面ABC，EF平面ABC，所以DE⊥平面ABC.又DE平面BDE，所以平面BDE⊥平面ABC.21.(本小題滿(mǎn)分12分)在數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(1,4)，且an＋1＝eq\f(（n－1）an,n－an)(n≥2).(1)求a3，a4，猜想an的表達(dá)式，并加以證明