（江苏专用）高考数学二轮复习 专题六 概率、统计、复数、算法、推理与证明 第5讲 推理与证明练习 文 苏教版-苏教版高三数学试题

第5讲推理与证明1(2019苏州期末)从11，14(12)，149123，14916(1234)，归纳出第n个式子为_答案 14916(1)n1n2(1)n1(123n)2观察下列等式：1，1，1，据此规律，第n个等式可为_解析 等式的左边的通项为，前n项和为1；右边的每个式子的第一项为，共有n项，故为答案 13(2019徐州模拟)已知数列an中，a1，an1，则该数列的前22项和等于_解析 因为a1，an1，所以a21，a32，a4，所以数列an是以3为周期的周期数列，所以S227(a1a2a3)a1711答案 114(2019宿迁调研)观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则a10b10_解析 从给出的式子特点观察可推知，从第三项开始，后一个式子的右端值等于它前面两个式子右端值的和，照此规律，则a10b10123答案 1235 如图，在圆内画1条弦，把圆分成2部分；画2条相交的弦，把圆分成4部分；画3条两两相交的弦，最多把圆分成7部分；画n条两两相交的弦，最多把圆分成_个部分解析 易知当n条弦的交点不在圆周上，且没有公共交点时，把圆分的部分最多当画1条弦时，分成11个部分；当画2条弦时，分成112个部分；当画3条弦时，分成1123个部分；所以画n条弦时，分成1123n(n2n)1(个)部分答案 (n2n)16(2019南京模拟)命题p：已知椭圆1(ab0)，F1、F2是椭圆的两个焦点，P为椭圆上的一个动点，过F2作F1PF2的外角平分线的垂线，垂足为M，则OM的长为定值类比此命题，在双曲线中也有命题q：已知双曲线1(a0，b0)，F1、F2是双曲线的两个焦点，P为双曲线上的一个动点，过F2作F1PF2的_的垂线，垂足为M，则OM的长为定值_解析 对于椭圆，延长F2M与F1P的延长线交于Q由对称性知，M为F2Q的中点，且PF2PQ，从而OMF1Q且OMF1Q而F1QF1PPQF1PPF22a，所以OMa对于双曲线，过F2作F1PF2内角平分线的垂线，垂足为M，类比可得OMa因为OMF1Q(PF1PF2)2aa答案 内角平分线a7设ABC的三边长分别为a、b、c，ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r类比这个结论可知：四面体ABCD的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球半径为R，四面体ABCD的体积为V，则R_解析 设四面体ABCD的内切球的球心为O，连结OA，OB，OC，OD，将其分割成四个四面体，由分割法可得VS1RS2RS3RS4R，所以R答案 8(2019江苏省高考命题研究专家原创卷(八)已知下列等式：22422426224224262821026022426282102122142112观察上述等式的规律，发现第n(nN*)个等式的右边可以表示为an2bnc(a，b，c为实常数)的形式，则c_解析 法一：每个等式的左边有(2n1)个偶数的平方相加减，第一个偶数为2，最后一个偶数为2(2n1)，正负相间，所以第n个等式的左边为224262822(2n2)22(2n1)2，即424682(2n2)2(2n1)4(123452n22n1)8n24n，所以a8，b4，c0，所以c2法二：令n1，2，3，得解得，所以c2答案 29(2019无锡质量检测)有甲、乙二人去看望高中数学老师张老师，期间他们做了一个游戏，张老师的生日是m月n日，张老师把m告诉了甲，把n告诉了乙，然后张老师列出来如下10个日期供选择：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日看完日期后，甲说：“我不知道，但你一定也不知道”乙听了甲的话后，说：“本来我不知道，但现在我知道了”甲接着说：“哦，现在我也知道了”则张老师的生日是_解析 根据甲说的“我不知道，但你一定也不知道”，可排除5月5日、5月8日、9月4日、9月6日、9月9日；根据乙听了甲的话后说的“本来我不知道，但现在我知道了”，可排除2月7日、8月7日；根据甲接着说的“哦，现在我也知道了”，可以得知张老师生日为8月4日答案 8月4日10(2019武汉调研)如图(1)所示，在平面几何中，设O是等腰直角三角形ABC的底边BC的中点，AB1，过点O的动直线与两腰或其延长线的交点分别为R，Q，则有2类比以上结论，将其拓展到空间中，如图(2)所示，设O是正三棱锥ABCD的底面BCD的中心，AB，AC，AD两两垂直，AB1，过点O的动平面与三棱锥的三条侧棱或其延长线的交点分别为Q，R，P，则有_解析 设O到正三棱锥ABCD三个侧面的距离为d，易知V三棱锥RAQPSAQPARAQAPARAQAPAR又因为V三棱锥RAQPV三棱锥OAQPV三棱锥OARPV三棱锥OAQRSAQPdSARPdSAQRd(AQAPARAPAQAR)d，所以AQAPAR(AQAPARAPAQAR)d，即而V三棱锥ABDC111，所以V三棱锥OABDV三棱锥ABDC，即SABDdd，所以d，所以3答案 311(2019苏州期末)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asin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55(1)从上述五个式子中选择一个，求出常数a；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为一个三角恒等式，并证明你的结论解 (1)选择式计算：asin215cos215sin 15cos 151sin 30(2)猜想的三角恒等式为：sin2cos2(30)sin cos(30)证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos212(2019徐州模拟)已知函数f(x)x1，设g1(x)f(x)，gn(x)f(gn1(x)(n1，nN*)，(1)求g2(x)，g3(x)的表达式，并猜想gn(x)(nN*)的表达式(直接写出猜想结果)；(2)若关于x的函数yx2i(x) (nN*)在区间，1上的最小值为6，求n的值(符号“”表示求和，例如：i123n)解 (1)因为g1(x)f(x)x1，所以g2(x)f(g1(x)f(x1)(x1)1x2，g3(x)f(g2(x)f(x2)(x2)1x3，所以猜想gn(x)xn(2)因为gn(x)xn，所以i(x)g1(x)g2(x)gn(x)nx，所以yx2i(x)x2nx当1，即n2时，函数y在区间(，1上是减函数，所以当x1时，ymin6，即n2n100，该方程没有整数解当2时，ymin6，解得n4，综上所述，n413由部分自然数构成如图所示的数表，用aij(ij)表示第i行第j个数(i，jN*)，使ai1aiii，每行中的其余各数分别等于其“肩膀”上的两个数的和设第n(nN*)行中各数的和为bn(1)用bn表示bn1；(2)试问：数列bn中是否存在不同的三项bp，bq，br(p，q，rN*)恰好成等差数列？若存在，求出p，q，r的关系；若不存在，请说明理由解 (1)bnan1an2ann，bn1a(n1)1a(n1)2a(n1)(n1)n1(an1an2)(an(n1)ann)n12(an1an2ann)22bn2(2)因为bn12bn2，所以bn122(bn2)，所以bn2是以b123为首项，2为公比的等比数列， 则bn232n1bn32n12若数列bn中存在不同的三项bp，bq，br(p，q，rN*)恰好成等差数列，不妨设pqr，显然bn是递增数列，则2bqbpbr，即2(32q12)(32p12)(32r12)，化简得：22qr2pr1，(*)由于p，q，rN*，且pqr，知qr1，pr2，所以(*)式左边为偶数，右边为奇数， 故数列bn中不存在不同的三项bp，bq，br(p，q，rN*)恰好成等差数列14已知函数f(x)(axax)，其中a0且a1(1)分别判断f(x)在(，)上的单调性；(2)比较f(1)1与f(2)2、f(2)2与f(3)3的大小，由此归纳出一个更一般的结论，并证明；(3)比较与、与的大小，由此归纳出一个更一般的结论，并证明解 (1)f(x)(axax)ln a，若0a1，则0，ln a0，若a1，则0，ln a0，所以f(x)0；因此，对任意a0且a1，都有f(x)0，f(x)在(，)上单调递增(2)直接计算知f(1)10，f(2)2aa12，f(3)3a2a22，根据基本不等式aa120，所以f(2)2f(1)1，又因为(a2a22)(aa12)(aa1)2()2()2(aa11)(a1)2(aa11)0，所以f(3)3f(2)2一般性结论：x0，f(x1)(x1)f(x)x证明：记g(x)f(x1)(x1)f(x)x(ax1ax1)(axax)11，g(x)ln a与(1)类似地讨论知，对x0和a0且a1都有g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增，g(0)0，所以g(x)g(0)0，即x0，f(x1)(x1)f(x)x(3)1，(aa1)，根据基本不等式(aa1)1，0，所以一般性结论：x0，证明：记g(x)，x0，g(x)，设h(x)，则h(0)0且h(x)，类似(1)的讨论知对x0和a0且a1，h(x)0，从而h(x)h(0)0，g(x)0，g(x)在(0，)上单调递增，所以x0，