北師版高中數(shù)學(xué)選修2-2課后習(xí)題版(全一冊(cè))

第一章推理與證明

§1歸納與類比

§2綜合法與分析法

§3反證法

§4數(shù)學(xué)歸納法

習(xí)題課一一數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用

第一章測(cè)評(píng)

第二章變化率與導(dǎo)數(shù)

§1變化的快慢與變化率

§2導(dǎo)數(shù)的概念及其幾何意義

§3計(jì)算導(dǎo)數(shù)

§4導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算法則

§5簡(jiǎn)單復(fù)合函數(shù)的求導(dǎo)法則

第二章測(cè)評(píng)

第三章導(dǎo)數(shù)應(yīng)用

§1函數(shù)的單調(diào)性與極值

1.1導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性

1.2函數(shù)的極值

§2導(dǎo)數(shù)在實(shí)際問(wèn)題中的應(yīng)用

習(xí)題課一一導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用

第三章測(cè)評(píng)

第四章定積分

§1定積分的概念

§2微積分基本定理

§3定積分的簡(jiǎn)單應(yīng)用

第四章測(cè)評(píng)

第五章數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入

§1數(shù)系的擴(kuò)充與復(fù)數(shù)的引入

§2復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算

習(xí)題課一一復(fù)數(shù)的模及幾何意義的應(yīng)用

第五章測(cè)評(píng)

模塊復(fù)習(xí)課

第1課時(shí)推理與證明

第2課時(shí)導(dǎo)數(shù)的四則運(yùn)算及幾何意義

第3課時(shí)導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用及定積分的簡(jiǎn)單應(yīng)用

第4課時(shí)復(fù)數(shù)

模塊綜合測(cè)評(píng)(A)

模塊綜合測(cè)評(píng)(B)

第一章DIYIZHANG推理與證明

§1歸納與類比

課后篇鞏固提升

A組

L下列圖形都是由同樣大小的正方形按一定的規(guī)律組成,其中第1個(gè)

圖形由1個(gè)小正方形組成,第2個(gè)圖形由3個(gè)小正方形組成，第3個(gè)圖

形由7個(gè)小正方形組成第4個(gè)圖形由13個(gè)小正方形組成,……,那么

第8個(gè)圖形中小正方形的個(gè)數(shù)是（）

A.72B.73C.57D.58

畫因?yàn)榈?個(gè)圖形中的小正方形個(gè)數(shù)為1；

第2個(gè)圖形中的小正方形個(gè)數(shù)為1+2=3;

第3個(gè)圖形中的小正方形個(gè)數(shù)為1+2+4=7;

第4個(gè)圖形中的小正方形個(gè)數(shù)為1+2+4+6=13;

所以第8個(gè)圖形中的小正方形個(gè)數(shù)為1+2+4+6+8+10+12+14=57.

故選C.

2.下列幾種推理中是合情推理的是（）

①由圓的性質(zhì)類比出球的有關(guān)性質(zhì).

②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的內(nèi)角和均為180。，歸

納出所有三角形的內(nèi)角和均為1800.

③教室內(nèi)有一把椅子壞了，猜想該教室內(nèi)所有的椅子都?jí)牧?

④由ai=l,a2=3,a3=5,a4=7,歸納出數(shù)列｛a』的通項(xiàng)公式為an=2n-l.

A.①②B.①③④C.①②④D.②④

畫①是類比推理，②④是歸納推理，故①②④都是合情推理.

3.下面使用類比推理恰當(dāng)?shù)氖?)

A.“若a?3=b?3,則a=b”類比推出“若a?0=b?0,則a=bw

B.”(a+b)c=ac+bc”類比推出“(a,b)c=ac?be”

C.“(a+b)c=ac+bc”類比推出“出=±+%H0)”

ccc

D.“(ab)n=aE”類比推出“(a+b)三T+b"”

4.已知數(shù)對(duì)如

下：(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4

,1),(1,5),(2,4),…，則第60個(gè)數(shù)對(duì)是()

A.(3,8)B.(4,7)C.(4,8)D.(5,7)

畫由前面的幾個(gè)數(shù)對(duì)不難發(fā)現(xiàn),數(shù)對(duì)中兩數(shù)之和為2的有1個(gè)，為3

的有2個(gè)，為4的有3個(gè)，…，為11的有10個(gè),則根據(jù)數(shù)對(duì)規(guī)律可推出

第56個(gè)數(shù)對(duì)為(1,11),往下的數(shù)對(duì)依次為

(2,10),(3,9),(4,8),(5,7),(6,6),….故選D.

5.在平面直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)(xo,y0)到直線Ax+By+C=0的距離

出心噂箋旦類比可得在空間直角坐標(biāo)系中，點(diǎn)⑵3,4)到平面

VA2+B2

x+2y+2z-4=0的距離為()

A.4B.5C.—D.—

33

解析|類比可得，點(diǎn)(xo,y0,Zo)到平面Ax+By+Cz+D=O的距離為

d」Axo+Byo+Qo+D|

VA2+B2+C2'

故點(diǎn)⑵3,4)到平面x+2y+2z-4=0的距離d均普竽=4.故選

Vl2+22+22

A.

6.若數(shù)列｛aj是等差數(shù)列，則數(shù)列?Fi(m￡N*)也為等

m

差數(shù)列，類比上述性質(zhì)，相應(yīng)地，若正項(xiàng)數(shù)列｛以｝是等比數(shù)列，則數(shù)列

d=也是等比數(shù)列.

「sin300+sin900nzsinl50+sin75°sin2O°+sin400

式：逃3。。+39。。=I

cos200+cos4003

照此規(guī)律,對(duì)于一般的角a,P,有等式

解析|根據(jù)等式的特點(diǎn)，發(fā)現(xiàn)

300+90°歷15°+75°120°+40°W44rb「工般倘有

tan-------=V3,tan--------=1,txan-------=",故對(duì)于一般的角

2223

a,B的等式為史世史匹tan上更

cosaiFcosP2

容留2"同a+P

---------cosa+cosf2

8.閱讀以下求1+2+3+…+n(nWN+)的過(guò)程:

因?yàn)?n+1)*-n~=2n+l,n2_(n_l)2=2(n-l)+1,…，22_12=2X1+1,

以上各式用力口得(n+l)2-[J2(l+2+-+n)+n,所以

1_n2+2n-nn(n+l)

]+2+3+…+n=---------=---------.

22

類比上述過(guò)程,可得了+22+32+…+/=(neN.).

解析|因?yàn)?/p>

(n+l)3-n3=3n2+3n+l,n-(n-1)-3(n-l)2+3(n-l)+1,23T=3Xr2+3

義1+1,以上各式相加得(11+1尸-13=3(12+21?,+1?)+3(1+2+—+。)+%所

以以22+32+?.?+02」5川(2"1).

n(n+l)(2n+l)

答案

6

9.己知數(shù)列｛aj滿足a尸1,3_=—(neNj.

an+in+1

(1)求出,a3,aba5,并猜想通項(xiàng)公式an;

⑵根據(jù)⑴中的猜想,有下面的數(shù)陣：

S尸a1

S2二&+a3

S3=a^+as+ae

S.i=a7+a8+a9+aio

S5=an+ai2+ai3+ai4+ai5

試求Si,S.+S3,S1+S3瑕，并猜想S1+S3+S計(jì)…+Szi的值.

闞⑴因?yàn)閍,=l,由色-=—,知an+1=—an,故a2=2,a3=3,a,=4,a5=5,可

11

-an+1n+1n

歸納猜想出an=n(nGN+).

(2)根據(jù)⑴中的猜想，數(shù)陣為：

sn

S2=2+3=5

S3=4+5+6=15

S產(chǎn)7+8+9+10=34

S5=l1+12+13+14+15=65

故S曰二

8^53=1+15=16-2*

,

S1+S3+S5=l+15+65=81=3

可猜想S1+S3+S5+…+Szn-尸n'.

10.在Rt^ABC中，ZC=90°,當(dāng)n在時(shí)，有(；>工+〃成立,請(qǐng)你類比直角

三角形的這個(gè)性質(zhì)，猜想一下空間四面體的性質(zhì).

府如圖,

與RtAABC對(duì)應(yīng)的是四面體P-DEF;與RtAABC的兩條邊交成一

個(gè)直角相對(duì)應(yīng)的是四面體P-DEF的三個(gè)面在一個(gè)頂點(diǎn)D處構(gòu)成3個(gè)直

二面角；與RtAABC直角邊a,b相對(duì)應(yīng)的是四面體P-DEF的平面

△DEF,AFPD,ADPE的面積SbS2,S3；與RtZXABC的斜邊c相對(duì)應(yīng)的是

四面體P-DEF的平面4PEF的面積S.

由此猜想:當(dāng)n>2時(shí),Sn>S?+S￡+S；.

B組

1.已知點(diǎn)P(10,3)在橢圓C：E+之1上.若點(diǎn)N(:過(guò)點(diǎn)N的切線方程

a299

為xox+y。尸由此類比得橢圓C在點(diǎn)P處的切線方程為（）

A.工#1B.三+J

331111099

「+JD.二+j

11329911C

底麗因?yàn)辄c(diǎn)P(10,3)在橢圓C：E+匕1上,

-----1a299

故可得中+區(qū)1,解得a2=110.

a299

由類比可得橢圓C在點(diǎn)P處的切線方程為詈+掃，整理可得

尹手.故選C.

答案C

2.如圖，坐標(biāo)紙上的每個(gè)單元格的邊長(zhǎng)為1,由下往上的六個(gè)點(diǎn)

1,2,3,4,5,6的橫、縱坐標(biāo)分別對(duì)應(yīng)數(shù)列區(qū)｝｛n￡N+｝的前12項(xiàng)（即橫

坐標(biāo)為奇數(shù)項(xiàng)，縱坐標(biāo)為偶數(shù)項(xiàng)），按如此規(guī)律下去，則a2013+a2014+a2

015二()

A.1006B.1007C.1008D.2015

解析觀察點(diǎn)的坐標(biāo)可知，偶數(shù)項(xiàng)的值等于其項(xiàng)數(shù)的一半，則

=-

am-3=n,a.in-in,a2n二n,

V=4X504-3,=4X504-1,

/.a=504,a=-504,a=1007.

.**a+a+a=1007.

答案B

3.記等差數(shù)列(an)的前n項(xiàng)和為Sn,利用倒序求和法,可將出表示成首

項(xiàng)小,末項(xiàng)國(guó)與項(xiàng)數(shù)n的一個(gè)關(guān)系式，即Su'd-");類似地,記等比數(shù)

2

列｛bj的前n項(xiàng)積為列且bn>O(n￡N.),試類比等差數(shù)列求和的方法,

可將Tn表示成首項(xiàng)b,末項(xiàng)b”與項(xiàng)數(shù)n的一個(gè)關(guān)系式,即T=()

n(bi+bn)B(瓦+%)

C.勺員瓦D.(b.bn)2

畫利用等比數(shù)列的性質(zhì)，若m+n=p+q,則bm?bn=bP?bq,利用倒序求

積法可得收二￡:二”1，兩式相乘得瑞二(bib―故

T?=(bibn)2.

4.觀察下列式子:1+有<1+^+-^<-,+^+-^<-,?,,,根據(jù)

2222232322：324..24

以上式子可以猜想：1￡+才?

?而|由已知的式

故可得1+2+士+???■>一—<.

223-20212

5.在長(zhǎng)方形ABCD中，對(duì)角線AC與兩鄰邊所成的角分別為Q,B,則

cos2Q+cos28=1,請(qǐng)?jiān)诹Ⅲw幾何中，給出類比猜想.

分析由平面幾何中的長(zhǎng)方形可聯(lián)想到立體幾何中的長(zhǎng)方體,如圖.

22

網(wǎng)在長(zhǎng)方形ABCD中，COS2Q+COS2B=Q+g)=要！=宗1.

于是類比到長(zhǎng)方體中，猜想其體對(duì)角線與共頂點(diǎn)的三條棱所成的

角分別為a,3,丫，則cos2a+cos2B+cos2y=1.

證明如

下:cos%+cos"B+cos。丫智)+仁)+(：)="+:"2

6.一種十字繡作品由相同的小正方形構(gòu)成，圖①②③④分別是制

作該作品前四步所對(duì)應(yīng)的圖案,按照如此規(guī)律，第n步完成時(shí)對(duì)應(yīng)圖

案中所包含小正方形的個(gè)數(shù)記為f(n).

(D②

⑴求出f(2),f(3),f(4),f(5)的值;

(2)利用歸納推理，歸納出f(n+l)與f(n)的關(guān)系式;

⑶猜想f(n)的表達(dá)式,并寫出推導(dǎo)過(guò)程.

g(D圖①中只有一個(gè)小正方形,得f⑴=1；

圖②中有3層，以第2層為對(duì)稱軸,有1+3+1=5(個(gè))小正方形,得

f(2)=5;

圖③中有5層，以第3層為對(duì)稱軸，有1+3+5+3+1=13(個(gè))小止方

形，得f(3)=13;

圖④中有7層,以第4層為對(duì)稱軸,有1+3+5+7+5+3+1=25(個(gè))小

正方形，得f(4)=25;

第五步所對(duì)應(yīng)的圖案中有9層，以第5層為對(duì)稱軸，有

1+3+5+7+9+7+5+3+1=41(個(gè))小正方形，得f(5)=41.

(2),/f(l)=l,f(2)=5,f(3)=13,f(4)=25,f(5)=41,

f(2)-f(l)=4=4Xl,f(3)-f(2)=8=4X2,f(4)-f(3)=12=4X3,f(5)-f(

4)=16=4X4,

???f(n+l)-f(n)=4n.

:.f(n+1)與f(n)的關(guān)系式為f(n+l)-f(n)=4n.

(3)猜想f(n)的表達(dá)式為f(n)=2n2-2n+L

由⑵可知

f(2)-f(1)=4=4Xl,f(3)-f(2)=8=4X2,f(4)-f(3)=12=4X3,f(5)-f(

4)=16=4X4,

f(n)-f(n-l)=4X(n-l)=4n-4,

將上述n-1個(gè)式子相加，得f(n)-f(l)=4[1+2+3+4+…+(n-l)],則

f(n)=2n2-2n+l.

第一章DIYIZHANG推理與證明

§2綜合法與分析法

課后篇鞏固提升

A組

1.要證明百十傷<屈,可選擇的方法有下面幾利I其中最合適的

是（）

A.綜合法B.分析法

C.特殊值法D.其他方法

H]B

2.已知a>b>c,IleN-,且2+N,工恒成立，則11的最大值為（）

a-bb-ca-c

A.2B.3C.4D.5

薊<a>b>c,且々+專2」■恒成立，

-------a-bb-ca-c

?,?=+二2n恒成立.

a-bb-c

(

T/a-ca-ca-b+b-c,a-b+b-=2+=+裂24(當(dāng)且僅當(dāng)2b二a+c

乂----1-------=-------------1-------------

a-bb-ca-bb-ca-bb-c

時(shí),等號(hào)成立）.

An的最大值為4.

3.對(duì)于不重合的直線m,l和平面a,P,要證明a±P,需要具備的條

件是（）

A.B.m±l,aAP=m,1^a

C.m//1,m±Q,1_LBD.m//1,1±P,a

畫要證aJ_B,—般要在一個(gè)平面內(nèi)找到另一個(gè)平面的垂線，選項(xiàng)

D中由m〃l,1,8可知又m是Q,所以a±[3.

答案D

4.已知S”為等差數(shù)列｛4｝的前n項(xiàng)和，若SL1,當(dāng)4,則占的值為（）

S2S4

A.-B.-C.-D.4

424

薜利由題意得S2,S「S2,S6-S4成等差數(shù)處則2（S.rS2）=S2+S6-Sb即

S6=3S4-3S2,由頭4,得Sk4s2.因此S6=9S2.故色=-.

答案A

5.設(shè)A二巡一行,B二行一W,貝UABOW">"或

畫"_迎=叵巖產(chǎn)3

（任⑨（、石+同_3

B=V6-V3=

V6+*v,f3*v6+\3

因?yàn)橄?lt;&,乃vW,可得肉+&<&+百

所以羨,所以A>B.

答案》

6.設(shè)x,y0R,且x+y=4,則3』3''的最小值是.

解析|?.?x+y=4,

???3%3'回迎2X9=18,

當(dāng)且僅當(dāng)x=y=2時(shí)取等號(hào)，即3'+3''的最小值是18.

客翦18

7.已知。，8為實(shí)數(shù)，給出下列三個(gè)論斷：

①a0>0;(2)|a+B|>5;(§)|a|>2/，|B|>2近

麗;aP>0,|a|>2V2,|P|>2>/2,

J|a+B12=a斗B2+2ap>8+8+2X8=32>25.

A|a+3I>5.

薛①③n②

8.求證：當(dāng)一個(gè)圓和一個(gè)正方形的周長(zhǎng)相等時(shí)，，圓的面積比正方形的

面積大.

正畫設(shè)圓和正方形的周長(zhǎng)為L(zhǎng),故圓的面積為Ji(^)2,正方形的面積

為則本題即證JI(p>聯(lián)

要證n七)2〉(》：即證.>苓

即證L即證4>n,

n4

因?yàn)?>n顯然成立，所以n。>G)2

p

E

9.如圖,在四棱錐P-ABCD中,PA_L底面ABCD,AB±AD,AC±CD.Z

ABC=60°,PA=AB=BC,點(diǎn)E是PC的中點(diǎn),

(1)證明:CDJ_AE;

(2)證明：PD_L平面ABE.

證㈣⑴在四棱錐P-ABCD中.

?.?PAJ_底面ABCD,CD是平面ABCD,APA1CD.

又AC±CD,PAAAC=A,...CD_L平面PAC.

又AE是平面PAC,ACD1AE.

(2)由PA=AB=BC,且NABO60。，可得AC=PA.

丁點(diǎn)E是PC的中點(diǎn)，???AEJ_PC.

由(1)可知AE1CD,又PCnCD=C,

???AEJ_平面PCD.又PDN平面PCD,AAE1PD.

?.?PAJ_底面ABCD,???平面PADJ_平面ABCD.

又AB±AD,平面PADA平面ABCD=AD,

???AB，平面PAD.???ABJ_PD.

又人80人￡弘，??田。，平面ABE.

B組

1.已知函數(shù)y=f(x)的圖像關(guān)于直線x=l對(duì)稱，若當(dāng)xWl

時(shí),f(x)=(x+l)2-l,則當(dāng)x>l時(shí),f(x)的解析式為()

A.f(X)=(X+3)2-1B.f(x)=(x-3)-1

C.f(x)=(x+3)2+lD.f(x)=(x-D2-l

畫???函數(shù)y=f(x)的圖像關(guān)于直線x=l對(duì)稱，

/.f(x)=f(2-x).

當(dāng)x>l時(shí),2-x<l,則

f(x)=f(2-x)=[(2-x)+l]2-l=(3-x)2-l=(x-3)2-l

2.已知a+b+c=2,則ab+bc+ca的值()

A.大于2B.小于2

C.不小于2D.不大于2

解析a+b+c=2,

/.a+b=2-c,a+c=2-b,b+c=2-a.

則2(ab+bc+ac)=2ab+2ac+2bc

=ab+ac+bc+ac+ab+bc

=a(b+c)+c(b+a)+b(a+c)

=a(2-a)+c(2-c)+b(2-b)

=2a-a2+2c-c2+2b-bJ

=-(a2+b2+c2)+2(a+b+c)

=-(a2+b2+c2)+4,

Va+b+c=2,.\a2+b2+c2>0,

BP-(a2+b2+c2)<0,

/.2(ab+bc+ac)<4,/.ab+bc+ac<2,

即ab+bc+ac的值小于2.

故選B.

答案B

3.若平面內(nèi)碉+呵+礫=0,且|函|二|魄|二|晅I,則△PFF的

形狀一定是.

麗設(shè)I函I二I函二I至I二「,則B,P2,P3均在以。為圓心,r為半徑的

圓上，

,??西+破+限0,

?,?硫+麗|二|-國(guó)二

2

即有OP]+2OP1?OP2+OP2=r.

,項(xiàng),碣子

甌?西1

COSZP1OP2-*

|OP7IIOP；I2

?,.NPQP2;120°,NPRP2=60°.

同理可證NP2P.p3=60°.

故△PF2P3是等邊三角形.

港等邊三角形

4.已知數(shù)列列｝,權(quán)是它的前n項(xiàng)和，且Sn+1=4an+2(n=l,2,…)，a^l.

⑴設(shè)bn=all.i-2an(n=l,2,???),求證:數(shù)列瓜｝是等比數(shù)歹!J;

⑵在(1)的條件下,設(shè)心空(.1,2,…)，求證:數(shù)列&｝是等差數(shù)列;

⑶在⑵的條件下,求數(shù)列｛a｝的通項(xiàng)公式及前n項(xiàng)和.

==—=

(1)證明VSn+i4an+2,/.Sn>24an+i+2,兩式相減得,Sn+2Sn+14an+1~4dr,即

=-

an^24an+i4an.

bn——2an,??bn+i2b”.

?S2=己2+41=441+2,1,??d.?~5.

/.bi=a2-2ai=3^0.

?,?數(shù)列｛bn｝是公比為2的等比數(shù)列.

⑵畫由⑴知bn=3?2<Ten當(dāng)，

fn+ian__即,「2%=%

??Cn+1Cn'2八+12n—2n+1-2n+1,

將bn=3?2":代入得CnH-Cn=^(n=l,2,-??),

4

由此可知，數(shù)列｛品｝是公差為三的等差數(shù)列.

4

⑶解由⑵知,cm,Cn—n—=節(jié)A

n-2

an=2?Cn=(3n-1)X2".

當(dāng)n22時(shí)，Snae+2=(3n-4)?2ll-1+2,

VS^aFl也適合此公式，

???數(shù)列瓜｝的前n項(xiàng)和Sn=(3n-4)?2e+2.

5.已知4ABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列,a,b,c分別為角A,B,C的

對(duì)邊,求證+7—=-—.

a+bb+ca+b+c

證明要證‘二+一=

a+bb+ca+b+r

只需證a+b+c

只需證'r+?1,

a+bb+c

ab+b2+ac+bc

由ZXABC的三個(gè)內(nèi)角A,B,C成等差數(shù)列得A+O2B,即B=60°,

由余弦定理得b2=a2+c2-ac,

22

匚ui、］bc+c2+a2+abbc+c+a+ab

ab+b2+ac+bcab+a2+c2-ac+ac+bc

bc+c2+a2+ab,

二----：―;——=1.

ab+a2-i-c2+bc

綜上可知，原等式成立.

第一章DIYIZHANG推理與證明

§3反證法

課后篇鞏固提升

A組

1.設(shè)a,b是兩個(gè)實(shí)數(shù)，能推出“a,b中至少有一個(gè)大于1”的條件是

()

A.a+b>lB.a+b=2

C.ab>lD.a+b>2

解而對(duì)于A,若a二,b』,則a+b>l,因此A推不出；

對(duì)于B,若a=b=l,則a+b=2,故B推不出；

對(duì)于C,若a=-2,b=-3,則ab>l,故C推不出；

對(duì)于D,a+b>2,滿足“a,b中至少有一個(gè)大于1”的條件，利用反

證法:若aWl,bWl,則a+bW2與已知a+b>2矛盾，因此假設(shè)不正確,

故原結(jié)論正確.

故選D.

fgD

⑴所以NA+NB+NO180。，這與三角形內(nèi)角和定理相矛盾；

⑵所以NB<90°;

(3)假設(shè)NB290。；

(4)由AB=AC,得NB=NC290。，即NB+NC2180。.

這四個(gè)步驟正確的順序應(yīng)是()

A.⑴⑵⑶⑷B.⑷⑶⑵⑴

C.⑶⑷⑴⑵D.⑶⑷⑵⑴

麗根據(jù)反證法證題的步驟可知選C.

3.應(yīng)用反證法推出矛盾的推導(dǎo)過(guò)程中，可以作為條件使用的是()

①結(jié)論的反設(shè);②已知條件;③定義、公理、定理等;④原結(jié)論.

A.①②B.②③C.①②③D.①②④

解責(zé)考查反證法的基本思想.

4.若4ABC能被一條直線分成兩個(gè)與自身相似的三角形，則這個(gè)三角

形的形狀是（）

A.鈍角三角形B.直角三角形

C.銳角三角形D.不能確定

麗分△ABC的直線只能過(guò)一個(gè)頂點(diǎn)，且與對(duì)邊相交，如直線AD（點(diǎn)D

在BC上），貝IJNADB+NADC=n.若NADB為鈍角，貝ijNADC為銳角.而N

ADOZBAD,ZADOZABD,AABD與4ACD不可能相似，與已知不符，只

有當(dāng)NADB=NADC:/BAC^時(shí)，才符合題意.

2

薇|x|22或|y|22

6.有下列敘述：①"a>b"的反面是“a〈b”；②"x二y”的反面是

“x>y或x〈y”；③“三角形的外心在三角形外”的反面是“三角形

的外心在三角形內(nèi)”；④“三角形的內(nèi)角中最多有一個(gè)鈍角”的反面

是“三角形的內(nèi)角中沒(méi)有鈍角”，其中正確的敘述有（填

序號(hào)即可）.

畫①錯(cuò),應(yīng)為a〈b;②對(duì);③錯(cuò),應(yīng)為三角形的外心在三角形內(nèi)或三

角形的邊上;④錯(cuò),應(yīng)為三角形的內(nèi)角中有兩個(gè)或三個(gè)鈍角.

fg?

7.若△ABG的三個(gè)內(nèi)角的余弦值分別等于△人出2c2的三個(gè)內(nèi)角的正弦

值，則△ABC為三角形，AA2B2C2為三角形（填

“銳角”或“鈍角”）.

而由△ABG的三個(gè)內(nèi)角的余弦值均大于0,可知△ABG為銳角三

角豚則由題意，知aAzB2c2為銳角三角形或鈍角三角形.假設(shè)△A2B2C2

A

sinA2=cosAi=2

是銳角三角形，由〈sinB2=cosBj=sinQ-Bj^,得<B2=、B】，

sinC2=cosCi=sin(；-cj,

；?Az+Bz+Cz=-與A2+B2+C2=n矛盾.

2

??.△A』2’c2是鈍角三角形.

客嵬銳角鈍角

8.證明對(duì)于直線1:尸kx+1,不存在這樣的實(shí)數(shù)k,使得1與雙曲線

C:3x2-y=l的交點(diǎn)A,B關(guān)于直線y=ax（a為常數(shù)）對(duì)稱.

若面1假設(shè)存在實(shí)數(shù)k,使得點(diǎn)A,B關(guān)于直線y=ax對(duì)稱，設(shè)

A（xbyi）,B（X2,y2）,則有（1）直線1:y=kx+1與直線y=ax垂直；（2）點(diǎn)A,B

在直線1:尸kx+1±;（3）線段AB的中點(diǎn)（中,空:在直線y=ax上.

ka=-1,①

yi+y2=k(x14-x2)+2,(g

{華=a?號(hào)，③

由②③，得a（Xi+x2）=k（Xi+x2）+2.④

fy=kx+1.,

由12_3X2-1得(3一y)x'-2kx-2=0,

因此x1+x2二含將其代入④,得ak=3.

這與①矛盾,所以假設(shè)不成立.因此不存在實(shí)數(shù)k,使得點(diǎn)A,B關(guān)

于直線y=ax對(duì)稱.

B組

1.設(shè)a,b,c都是正數(shù)，則三個(gè)數(shù)a+ibAc+入)

bca

A.都大于2B.至少有一個(gè)大于2

C.至少有一個(gè)不大于2D.至少有一個(gè)不小于2

減附假設(shè)a/<2,b,<2,cB<2,則a+b+c^+-+-<6.Va,b,c都是正

------bcaabc

數(shù)，???&+三22,222,c+三22....a+b+c+2+2+226,與假設(shè)相矛盾.

abcabc

a+^,b+^,c/中至少有一個(gè)不小于2.

bca

2.下列說(shuō)法不正確的是()

B.三角形的內(nèi)角中至少有一個(gè)不大于60度

C.若T,￡[0,C,使得”的否定形式是:"Vme[0,1],總有”

而對(duì)于A選項(xiàng),反證法假設(shè)時(shí)，假設(shè)“XTM或yWl”，故A選項(xiàng)說(shuō)法

正確；

對(duì)于B選項(xiàng),假設(shè)三個(gè)內(nèi)角都大于60度,則內(nèi)角和大于180度,

故假設(shè)不成立,故B選項(xiàng)說(shuō)法正確；

對(duì)于C選項(xiàng),假設(shè)等比數(shù)列公比為q(qWO),則y=(-l)-q2<0,所

以C選項(xiàng)說(shuō)法錯(cuò)誤；

綜上所述,故選C.

3.定義方程￡&)4'6)的實(shí)數(shù)根X。叫做函數(shù)f(x)的“新駐點(diǎn)”，如

果函數(shù)g(x)=x與h(x)=ln(x+l)的“新駐點(diǎn)”分別為a,B,那么a

和P的大小關(guān)系是.

畫由題可得g'(x)=l,h'(x)=二一，所以a=l,ln(B+l)==一，假設(shè)

所以0<ln(P+1)磴1炊,???kP+1

???(KB<1與B21矛盾，故a>P.

戲a>B

4.已知a,b,c是互不相等的實(shí)數(shù)，求證:由y=ax2+2bx+c,y=bx2+2cx+a

和y=cx2+2ax+b確定的三條拋物線至少有一條與x軸有兩個(gè)不同的交

點(diǎn).

證喇假設(shè)題設(shè)中的函數(shù)確定的三條拋物線都不與x軸有兩個(gè)不同的

交點(diǎn).由y=ax?+2bx+c,y=bx2+2cx+a,y=cx2+2ax+b,得△)=(2b)2-4ac^0,

2

且A2=(2c)-4ab^0,A3=(2a)2-4bcW0.同向不等式求和，得

4b2+4c2+4a2-4ac-4a3-4bc^0,2a+2b2+2c2-2ab-2bc-2ac^0.

(a-b)2+(b-c)2+(a-c)2W0??,.a=b=c.這與題設(shè)a,b,c互不相等矛盾,因

此，假設(shè)不成立.故由y=ax'+2bx+c,y=bx2+2cx+a和y=cx,+2ax+b確定

的三條拋物線至少有一條與x軸有兩個(gè)不同的交點(diǎn).

5.用反證法證明：鈍角三角形最大邊上的中線小于該邊長(zhǎng)的一半.

解已知:在4ABC中，ZBA0900,D是加的中點(diǎn)，求證:AD〈沙

D

AB

證明如下:假設(shè)AD24c.

2

(1)若ADjBC,由平面幾何中定理“若三角形一邊上的中線等于

2

該邊長(zhǎng)的一半，則這條邊所對(duì)的角為直角”知NBAO90。，與題設(shè)矛

盾，所以ADT^BC.

2

(2)若AD^BC,因?yàn)锽D=DC=-BC,所以在AABD中，AD>BD,從而NB>

22

ZBAD;同理NONCAD.所以NB+NONBAD+NCAD,即NB+NONBAC.

因?yàn)镹B+NC=180。-NBAC,所以180。-/BAONBAC,則NBAC<90°,

與題設(shè)矛盾二由(1)(2)知AD<iBC.

2

第一章DIYIZHANG推理與證明

§4數(shù)學(xué)歸納法

課后篇鞏固提升

A組

1.用數(shù)學(xué)歸納法證明才2r(口24)時(shí)，第二步應(yīng)假設(shè)()

A.n=k22時(shí),分2k2

B.n=k^3Ht,2k^k2

C.n=k>49j-,2k>k2

D.n=k25時(shí)，于沁2

答案C

2.觀察下列式子:區(qū)<*1+或++或+專<：……則可

歸納出1+±+±-劭、于()

2232(n+1)

A，B=C吧V

n+ln+1n+1n+1

畫所猜測(cè)的分式的分母為n+1,而分子3,5,7,…，恰好是第(n+1)個(gè)

正奇數(shù),即2n+L

Wgc

A.若f(3)29成立,則當(dāng)k21時(shí)，均有f(k)2k2成立

B.若f(5)225成立,則當(dāng)kW5時(shí)，均有f(k)2k2成立

C.若f(7)<49成立,則當(dāng)k28時(shí)，均有f(k)<k?成立

D.若f(4)=25成立,則當(dāng)k>4時(shí)，均有f(k)2k?成立

畫由數(shù)學(xué)歸納法原理可得，

若f(3)29成立,則當(dāng)心3時(shí)，均有f(k)2k2成立,即A不正確.

若f⑸225成立,則當(dāng)k25時(shí)，均有f(k)2k2成立,即B不正確.

若f(7)<49成立,則當(dāng)kW6時(shí)，均有f(一左成立,即C不正確.

若f(4)=25>4'2成立,則當(dāng)k24時(shí)，均有f(k)2k2成立.

H))

A.n=k+l時(shí)等式成立

B.n=k+2時(shí)等式成立

C.n=2k+2時(shí)等式成立

D.n=2(k+2)時(shí)等式成立

答案B

5.用數(shù)學(xué)歸納法證明關(guān)于n的不等式」一+二一…」＞-(neNj,由

n+ln+22n24

n=k遞推到n=k+l時(shí)，不等式的左邊的變化為.

而假設(shè)n=k時(shí),不等式成立，即工+」-+???」?＞蘭則當(dāng)n=k+1時(shí),

--------k+lk+22k24

不等式左邊—71+島H'…S+六+島

*+舟+點(diǎn)

，+、?一+（一」」）

k+lk+22k\2k+l2k+2k+l/

1.11.11

:--------1--------F???d------1------------------------.

k+lk+22k2k+l2k+2

答案增加1

2k*l2k+2

6.用數(shù)學(xué)歸納法證明/+22+32+…+/-°(°+1)(2Z)(nWN.).

6

3(1)當(dāng)n=l時(shí),左邊=1=1,右邊等式成立.

6

⑵假設(shè)當(dāng)n=k(k\l,k￡N+)時(shí)等式成立，即

]2-l-22+...+]d-卜（卜+1）（2k+l.）

6

則當(dāng)n=k+l時(shí),

l2+22+-+k24-（k+l）2—k（k+l）（2k+%（k+1）2=k（k+l）（2k+l）^（k+l）

66

(k+1)(2k2+7k+6)(k+1)(k+2)(2k+3)

=------------6------------=--------------6-------------

6，

即當(dāng)n=k+1時(shí)等式也成立.

由（1）和（2）,可知等式對(duì)任何n￡N.都成立.

7已知正數(shù)數(shù)列｛闔S6.）的前n項(xiàng)和為S?,且2s國(guó)士'請(qǐng)用數(shù)學(xué)歸

納法證明a“二4i—Jn-1-

證明⑴當(dāng)n=l時(shí)，，.?ai=Si=|(ai+：)，

.*.3^=1(an>0).

/.ai=l.又JI一代1,,??當(dāng)n=l時(shí),結(jié)論成立.

（2）假設(shè)當(dāng)n=k（k設(shè)l,k￡N+）時(shí)，結(jié)論成立,

即ak=Vk-貝I當(dāng)n=k+1時(shí),

解得akH=Vk+1—Vk(an>0).

當(dāng)n=k+l時(shí),結(jié)論成立.

由⑴和(2),可知對(duì)n￡N+都有a?=^n—JnT

8.用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n￡N+時(shí)，l+22+33+-+nn<(n+l)n.

遮(1)當(dāng)n=l時(shí)，左邊=1,右邊=2,1<2,不等式成立.

(2)假設(shè)當(dāng)n二k(k，l,k￡N+)時(shí)不等式成立，即

l+22+33+-+kk<(k+l)k.

則當(dāng)n=k+1

時(shí),l+22+33+-+kk+(k+1)嘰(k+l)k+(k+l)k+1=(k+1)卜(k+2)<(k+2)k+I=[(k

+1)+1產(chǎn).所以當(dāng)n=k+1時(shí)不等式也成立.

根據(jù)⑴和(2),可知不等式對(duì)任意n￡N+都成立.

B組

1.用數(shù)學(xué)歸納法證明1+2+3+…+n二二^,則當(dāng)n=k+l時(shí)左端應(yīng)在n=k

的基礎(chǔ)上加上()

A.k2+l

B.(k+1)2

(k+i)4+(k+i)2

2

D.(k2+l)+(k2+2)+G+3)+???+(k+1)2

解析|當(dāng)n=k時(shí)，等式左端二1+2+…+k；當(dāng)n=k+1時(shí)，等式左端

=l+2+,,,+k2+(k2+l)+(kJ+2)+(k2+3)+,,,+(k+1)2,n=k+1時(shí)，左端

應(yīng)在n=k的基礎(chǔ)上加上(1?+1)+(1?+2)+能+3*??+(1<+1)2.

2.已知f(n)+土+士+月,貝以)

n-lnn+1n+2nz

A.f(n)中共有n項(xiàng)，當(dāng)n=2時(shí)，f(2)-+-

23

B.f(n)中共有有+1)項(xiàng),當(dāng)n=20t,f(2)=1+-+-+-

234

C.f(n)中共有(后+2)項(xiàng)，當(dāng).2時(shí),f⑵二嗎+：+：

D,⑹中共有(』+1)項(xiàng)，當(dāng),2時(shí),f⑵二1+打打：

解析f(n)中共有n2-(n-l)+l=n2-n+2項(xiàng)，當(dāng)n=2時(shí)，f(n)=l+^+-+

----234

3.設(shè)a,8是方程x2-x-l=0的兩個(gè)不等實(shí)根，記ALan+BngwN").

下列兩個(gè)結(jié)論:①數(shù)列｛aj的任意一項(xiàng)都是正整數(shù);②數(shù)列｛aj的第3

項(xiàng)為5.其中正確的是()

A.①B.②

C.①②D.①②都錯(cuò)誤

畫a,B是方程x2-x-1=0的兩個(gè)不等實(shí)根，

nn

則a+B=l,aP=-1,an=a+3(nEN").

①數(shù)列｛a｝的任意一項(xiàng)都是正整數(shù)，正確，

利用數(shù)學(xué)歸納法證明：

(i)n=l時(shí),ai=a+B=1,為正整數(shù)，

(ii)假設(shè)n=k￡N*時(shí)結(jié)論成立，則也二a叮B及為正整數(shù)，則n=k+1

k+,k+1kkkHkkkH

時(shí),ak+1=a+P=(a+0)(a+0)-a0(a叫0)=a+0+a+

為正整數(shù)，

即n=k+l時(shí)結(jié)論成立.

綜上可得,數(shù)列｛a』的任意一項(xiàng)都是正整數(shù).

②

23322

a尸1,也二a4[3z=(Q+B)-2a8=3,a3=a+P=(a+0)(a+(3-cB

)=4,故②錯(cuò)誤.故選A.

fgA

4,用數(shù)學(xué)歸納法證明關(guān)于n的恒等式，當(dāng)n二k時(shí)，表達(dá)式為

1X4+2X7+???+k(3k+l)=k(k+1)2,貝ij當(dāng)n=k+l時(shí)，表達(dá)式為

答案|1義4+2X7+???+k(3k+l)+(k+1)(3k+4)=(k+l)(k+2)2

5.等比數(shù)列｛aj的前n項(xiàng)和為Sn,已知對(duì)任意的n點(diǎn)(n,Sn)均在函

數(shù)y=bx+r(b>0,且bWl,b,r均為常數(shù))的圖像上.

⑴求r的值.

(2)當(dāng)b=2時(shí),記bn=2(logzan+l)(n￡N+),證明：對(duì)任意的n《N+,不等式

上?虹....包工>行門成立.

與b?bn

n

南⑴由題意知,Sri=b+r,當(dāng)n22時(shí)，Sg/T+r,所以

3尸Sn-SxbFb-1).因?yàn)閎>0,且bWl,所以當(dāng)n，2時(shí)數(shù)列區(qū)｝是以b

為公比的等比數(shù)列，又a^b+r,a2=b(b-l),^b,所以半工二b,可得

b+r

r=-l.

n

(2)由⑴知an=2-\因此b?=2n(n￡N+).所證不等式應(yīng)為

2+14+123+1

>>荏+1.

242n.

①當(dāng)n=l時(shí),左邊二,右邊二衣,左邊》右邊,所以結(jié)論成立.

2

②假設(shè)當(dāng),k(k，l,k￡N.)時(shí)結(jié)論成立，即

2+14+1誓則當(dāng)n二k+l

24

2+14+1

時(shí)

24

2k+l2k+3、卜.彳2k+32k^3(*+l)+(fc+2)、2J(k+1)(k+2)

-------------；——7>Vfc+1------------=—7==-------7=->———7=—

2k2(k+1)2(k+i)2vTfl2Vfc+l2Vfc+l

Vk+2

所以當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.

由①和②,可知不等式,與#....-^―>/n+1對(duì)任意n￡

N.均成立.

6.是否存在常數(shù)a,b,c使等式

1?22+2?3"+3?4?+…+n?(n+1)絲。?(an，bn+c)對(duì)于一切正整

12

數(shù)n都成立?并說(shuō)明你的結(jié)論.

解假設(shè)存在常數(shù)a,b,c,使等式對(duì)于一切正整數(shù)n成立,令n=l,2,3得

4=：(Q+匕+C),

22=1(4a+2b+c),

70=9Q+3b+c,

d+b+c=24,a=3,

整理得4a+2b+c=44,解得6=11,

、9Q+3b+c=70,Ic=10.

222

令Sn=l-2,2?3+3?4+—+n-(n+1).于是對(duì)于n=l,2,3,等式

2

Sn=^^(3n+lln+10)成立.

12

用數(shù)學(xué)歸納法證明等式對(duì)于一切n￡N+都成立，過(guò)程如下：①當(dāng)

n=l時(shí)，已得等式成立.

②假設(shè)n=k(k21,k￡N.)時(shí),等式成立，

k(khl)2

即Sk~-(3k+llk+10),

12

則n=k+1時(shí),Sz=Sk+(k+l)(k+2)2

=kUc+i)(3k2+llk+10)+(k+1)(k+2)2

12

"(k+i)(k+2)(3k+5)+(k+l)(k+2T

12

(k+i)(k+2)[k(3k+5)+12(k+2)]

12

(k+i)(k+2)[3(k+1)2+11(k+1)+10],

12

???當(dāng)n=k+1時(shí)，等式也成立,根據(jù)①②可以斷定，對(duì)于一切neN+

等式都成立，即存在a=3,b=ll,c=10使等式對(duì)一切正整數(shù)n都成立.

第一章DIYIZHANG推理與證明

習(xí)題課一一數(shù)學(xué)歸納法的應(yīng)用

課后篇鞏固提升

A組

1.記凸k邊形的內(nèi)角和為f(k),則f(k+l)-f(k)=()

A.-B.JiC.—D.2Ji

22

2.下列代數(shù)式中能被9整除的是()(其中keNO

A.6+6-7kB.2+7Z

C.2(2+7k+l)D.3(2+79

畫⑴當(dāng)k=l時(shí)，顯然只有3(2+7〉能被9整除.

由(1)(2)知3(2+7,能被9整除.

ggD

3.在數(shù)歹U{&,}中，a,=^,且Sn=n(2n-l)a?,通過(guò)求a2,a3,ab猜想an的表達(dá)

式為()

A.--3--B.—-■

(n-l)(n+1)2n(2n+l)

C.---------D.---------

,(2n-l)(2n+l)>(2n+l)(2n+2)

畫;由Sn=n(2n-l)an,得S2=2(2X2-l)a?

艮|J@1+@2二6@2,/?3i2~---=-----.

153X5

VS3=3(2X3-1)a.即二+-^+a3=15a3,

3IE

._11

??@3-------=----------.

355X7

同理可得出三.

據(jù)此可猜想a=1

(2n-l)(2n+l)'

答案r

4.用數(shù)學(xué)歸納法證明2n能被3整除”的第二步中，n=k+l時(shí)，為了

使用假設(shè)，應(yīng)將5舊-2舊變形為()

A.(5k-2k)+4X5k-2kB.5(5k-2k)+3X2k

C.(5-2)(5k-2k)D.2(5k-2k)-3X5k

畫假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)，5匚2k能被3整除，當(dāng)n=k+l時(shí)，作如下變

形：5k+1-2k+1=5X5k-2X2k=5X5k-5X2k+3X2k=5(5k-2k)+3X2、就可以應(yīng)

用假設(shè).故選B.

U]B

5.已知1+2X3+3X32+4X33+-+nX3n-1=3n(na-b)+c對(duì)一切n￡N+都成

立,則a,b,c的值為（）

AA.a-1,,b=c=1rB>.a=ub=c-1

244

C.a=0,b=c3D.不存在這樣的a,b,c

4

薊?.,等式對(duì)一切n￡N+都成立，，當(dāng)n=1,2,3時(shí)等式成立，將其分別

代入等式,得

1=3(a-b)+c,

1+2x3=32(2a-b)+c,解得ag,b=cA

1+2x3寸3x32=3?(3a-b)+c,

答案A

6.用數(shù)學(xué)歸納法證明"當(dāng)n￡N.時(shí)，1+2+22+2、…+2-是31的倍數(shù)”，

當(dāng)n=l時(shí)，原式為，從k到k+1時(shí)需增添的項(xiàng)

是

解析??,當(dāng)n=l時(shí),原式應(yīng)加到25XI=2)

???原式為1+2+22+23+24.