2019-2020年高考数学一轮总复习 第七章 推理与证明课时训练 理.doc

2019-2020年高考数学一轮总复习 第七章 推理与证明课时训练 理1. 一个同学在电脑中打出如下图形(表示空心圆，表示实心圆)：，若将此若干个圆依此规律继续下去，得到一系列的圆，那么前xx个圆中实心圆的个数为_答案：61解析：将这些圆分段处理，第一段两个圆，第二段三个圆，第三段四个圆，可以看出每一段的最后一个圆都是实心圆，由于本题要求前xx个圆中实心圆的个数，因此，找到第xx个圆所在的段数很重要，由2362611952xx，因此，共有61个实心圆2. 已知f1(x)sinxcosx，fn1(x)是fn(x)的导函数，即f2(x)f1(x)，f3(x)f2(x)，fn1(x)fn(x)，nN*，则f2 014(x)_答案：cosxsinx解析：f2(x)f1(x)cosxsinx；f3(x)f2(x)sinxcosx；f4(x)f3(x)cosxsinx；f5(x)f4(x)sinxcosx，则其周期为4，即fn(x)fn4(x)fxx(x)f2(x)cosxsinx.3. 已知2，3，4，2 014，则_答案：2 014解析 ：由题意对于2，此时n7，m2，所以2；对于3，此时m3，n26，所以3；对于4，此时m4，n63，所以4；发现：m的值是等号左边根号下和式前面的数，而化简后的结果就是m的值，所以2 014中的m即为xx，所以此时2 014.4. 在平面几何里有射影定理：设ABC的两边ABAC，点D是点A在BC边上的射影，则AB2BDBC.拓展到空间，在四面体ABCD中，DA平面ABC，点O是点A在平面BCD内的射影，且点O在平面BCD内，类比平面三角形射影定理，ABC，BOC，BDC三者面积之间的关系为_答案：SSBOCSBDC解析：如图所示，依题意作出四面体ABCD.连结DO，并延长交BC于点E，连结AO、AE，则易知AODE，BCAO.由DA平面ABC，得DABC，又DAAOA，所以BC平面AED，所以DEBC，AEBC.又易知AED为直角三角形，其中DAE90，AO为斜边ED上的高，所以由射影定理得AE2EOED.又SABCBCAE，SBOCBCEO，SBDCBCDE，所以AE，EO，DE.由AE2EOED，得SSBOCSBDC.5. 已知命题：在平面直角坐标系xOy中，ABC的顶点A(p，0)和C(p，0)，顶点B在椭圆1(mn0，p)上，椭圆的离心率是e，则.试将该命题类比到双曲线中，给出一个真命题是_答案：在平面直角坐标系中，ABC的顶点A(p，0)和C(p，0)，顶点B在双曲线1(m0，n0，p)上，双曲线的离心率是e，则解析：由正弦定理和椭圆定义，类比双曲线应有.6. 已知数列an是正项等差数列，若bn，则数列bn也为等差数列类比上述结论，已知数列cn是正项等比数列，若dn_，则数列dn也为等比数列答案：(c1ccc)解析：由等差数列an的a12a2nan的和，则等比数列cn可类比为c1(c2)2(cn)n的积；对a12a2nan求算术平均值，所以对c1(c2)2(cn)n求几何平均值，所以类比结果为(c1ccc).7. 设函数f(x)(x0)，观察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，.根据以上事实，由归纳推理可得：当nN且n2时，fn(x)f(fn1(x)_答案：解析：观察知四个等式等号右边的分母为x2，3x4，7x8，15x16，即(21)x2，(41)x4，(81)x8，(161)x16，所以归纳出fn(x)f(fn1(x)的分母为(2n1)x2n，故当nN且n2时，fn(x)f(fn1(x).8. 如图，一个类似杨辉三角的数阵，请写出第n(n2)行的第2个数为_答案：n22n3解析：第n(n2)行的第2个数为33572(n2)13n22n3.9. (xx新课标全国)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A、B、C三个城市时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市由此可判断乙去过的城市为_答案：A解析：由于甲没有去过B城市，乙没有去过C城市，但三人去过同一个城市，故三人去过的城市为A城市又由于甲最多去过两个城市，且去过的城市比乙多，故乙只能去过一个城市，这个城市为A城市10. 老师布置了一道作业题“已知圆C的方程是x2y2r2，求证：经过圆C上一点M(x0，y0)的切线方程为x0xy0yr2”，聪明的小明很快就完成了，完成后觉得该题很有意思，经过认真思考后大胆猜想出如下结论：若圆C的方程是(xa)2(yb)2r2，则经过圆C上一点M(x0，y0)的切线方程为(x0a)(xa)(y0b)(yb)r2.你认为小明的猜想正确吗？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由解：小明的猜想正确(证法1)若x0a，y0b，则因圆C的方程是(xa)2(yb)2r2，M(x0，y0)是圆C上一点，所以直线MC的斜率为k1.设过M(x0，y0)的切线斜率为k，因为直线MC与切线l垂直，所以k，所以过M(x0，y0)的切线l方程为yy0(xx0)，整理得(x0a)(xa)(y0b)(yb)(x0a)2(y0b)2.又点M(x0，y0)在圆C上，所以有(x0a)2(y0b)2r2，故此时过M(x0，y0)的圆C的切线方程为(x0a)(xa)(y0b)(yb)r2.若x0a或y0b(同时成立不合题意)，则切线的斜率不存在或为0，可直观看出：|y0b|r或|x0a|r，此时切线方程分别为yy0或xx0，适合(x0a)(xa)(y0b)(yb)r2.综上所述，过M(x0，y0)的圆C的切线方程为(x0a)(xa)(y0b)(yb)r2.(证法2)设P(x，y)为切线上任一点，则(x0x，y0y)，(x0a，y0b)又，所以0，即(x0x)(x0a)(y0y)(y0b)0.又(x0a)2(y0b)2r2，化简得(x0a)(xa)(y0b)(yb)r2为所求切线11. 某少数民族的刺绣有着悠久的历史，下图(1)、(2)、(3)、(4)为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n个图形包含f(n)个小正方形(1) 求出f(5)的值；(2) 利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式；(3) 求n2时的值解：(1) f(5)41.(2) 因为f(2)f(1)441，f(3)f(2)842，f(4)f(3)1243，f(5)f(4)1644，由上式规律，所以得出f(n1)f(n)4n.f(n1)f(n)4nf(n1)f(n)4nf(n)f(n1)4(n1)f(n2)4(n1)4(n2)f(n3)4(n1)4(n2)4(n3)f(1)4(n1)4(n2)4(n3)42n22n1.(3) 当n2时，所以1(1)1.第2课时直接证明与间接证明1. 在用反证法证明命题“已知a，b，c(0，2)，求证a(2b)，b(2c)，c(2a)不可能都大于1”时，先假设_答案：假设a(2b)，b(2c)，c(2a)都大于1解析：“不可能都大于1”的否定是“都大于1”2. 设ab0，m，n，则m、n的大小关系是_答案：mn解析：(分析法)a0.3. 在等比数列an中，a12，前n项和为Sn，若数列an1也是等比数列，则Sn_答案：2n解析：因为数列an为等比数列，则an2qn1.因为数列an1也是等比数列，则(an11)2(an1)(an21)a2an1anan2anan2anan22an1an(1q22q)0q1，即an2，所以Sn2n.4. 已知函数f(x)满足：f(ab)f(a)f(b)，f(1)2，则_答案：16解析：根据f(ab)f(a)f(b)得f(2n)f2(n)，又f(1)2，则2，故16.5. 对实数a和b，定义运算“”：ab设函数f(x)(x22)(xx2)，xR.若函数yf(x)c的图象与x轴恰有两个公共点，则实数c的取值范围是_答案：(，2解析：画出函数图象可知实数c的取值范围是(，2.6. 已知两个非零向量a与b，定义ab|a|b|sin，其中为a与b的夹角若ab(3，6)，ab(3，2)，则ab_答案：6解析：a(3，4)，b(0，2)，ab|a|b|cos52cos8，cos，所以sin，ab526.7. 对于一切实数x，不等式x2a|x|10恒成立，则实数a的取值范围是_答案：2，)解析： 当x0时不等式成立；用分离参数法得a(x0)，而|x|2， a2.8. 如果abab，则a、b应满足的条件是_答案：a0，b0且ab解析：abab()2()0a0，b0且ab.9. 设二次函数f(x)ax2bxc(a0)中，a、b、c均为整数，且f(0)，f(1)均为奇数求证：f(x)0无整数根证明：设f(x)0有一个整数根k，则ak2bkc. f(0)c，f(1)abc均为奇数， ab为偶数，当k为偶数时，显然与式矛盾；当k为奇数时，设k2n1(nZ)，则ak2bk(2n1)(2naab)为偶数，也与式矛盾，故假设不成立，所以方程f(x)0无整数根10. 已知二次函数f(x)ax2bxc(a0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)0，且0xc时，f(x)0.(1) 证明：是f(x)0的一个根；(2) 试比较与c的大小；(3) 证明：2b1.(1) 证明： f(x)的图象与x轴有两个不同的交点， f(x)0有两个不等实根x1，x2. f(c)0， x1c是f(x)0的根又x1x2， x2， 是f(x)0的一个根(2) 解：假设c，又0，由0xc时，f(x)0，知f0与f0矛盾， c. c， c.(3) 证明：由f(c)0，得acb10， b1ac.又a0，c0， b1.二次函数f(x)的图象的对称轴方程为xx2，即.又a0， b2， 2b1.11. 数列an中，a1，an1aan1.(1) 求证：；(2) 设Sn，n2，证明：Sn1， an1an1， 22，即Sn2.第3课时数学归纳法(理科专用)1. 利用数学归纳法证明“(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)，nN* ”时，从“nk”变到 “nk1”时，左边应增乘的因式是_答案：解析：由题意知，nk时，左边为(k1)(k2)(kk)；当nk1时，左边为(k2)(k3)(k1k1); 从而增加两项为(2k1)(2k2)，且减少一项为(k1)2. 凸n边形有f(n)条对角线，则凸n1边形对角线的条数f(n1)为_答案：f(n)n1解析：增加一个顶点，就增加n13条对角线，另外原来的一边也变成了对角线，故f(n1)f(n)1n13f(n)n1.3. 若数列an的通项公式an，记cn2(1a1)(1a2)(1an)，试通过计算c1、c2、c3的值，推测cn_答案：解析：c12(1a1)2，c22(1a1)(1a2)2，c32(1a1)(1a2)(1a3)2，由归纳推理得cn.4. 用数学归纳法证明“1n(nN*，n1)”时，由nk(k1)不等式成立，推证nk1时，左边应增加的项数是_答案：2k解析：增加的项数为(2k11)(2k1)2k12k2k.5. 用数学归纳法证明1222(n1)2n2(n1)22212时，由 nk 的假设到证明 nk1 时，等式左边应添加的式子是_答案：(k1)2k2解析：分析等式变化规律可知左边实际增加的是(k1)2k2.6. 观察下列式子：1，1，1，则可归纳出_答案：1(nN*)解析：1，即1；1，即1，归纳出1(nN*)成立，其初始值至少应取_答案：8解析：左边12，代入验证可知n的最小值是8.8. 已知123332433n3n13n(nab)c对一切nN*都成立，则a、b、c的值为_答案：a，bc解析： 等式对一切nN*均成立， n1、2、3时等式成立，即整理得解得a，bc. 9. (xx陕西模拟)数列an的前n项和为Sn，且满足Sn2nan(nN*)(1) 计算a1，a2，a3，a4；(2) 猜想通项公式an，并用数学归纳法证明解：(1) a11，a2，a3，a4.(2) 猜想an，证明： 当n1时，a11猜想显然成立； 假设当nk(n1且nN*)时，猜想成立，即ak，Ska1a2ak2kak，那么，nk1时，ak1Sk1Sk2(k1)ak1(2kak)， ak1， 当nk1时猜想成立综合，当nN*时猜想成立10. (xx东城区期末)已知数列an满足关系式an12，nN*，且a12.求证：1an1.证明：用数学归纳法证明： 当n1时，a12，满足1a11，不等式成立 假设当nk(kN*)时，1ak21，ak122.下面用分析法证明：21.要证21，只需证k1(1)，只需证(k1)20，此式显然成立所以21.从而1ak1221，即当nk1时，原不等式也成立由，知对一切nN*，1an1.11. 在数列an中，已知a120，a230，an13anan1(nN*，n2)当n2、3时，分别求aan1an1的值，判断aan1an1(n2)是否为定值，并给出证明解：由已知得a370，a4180.所以n2时，aan1an1500；当n3时，aan1an1500.猜想：aan1an1500(n2)下面用数学归纳法证明： 当n2时，结论成立 假设当nk(k2，kN*)时，结论成立，即aak1ak1500，将ak13akak1代入上式，可得a3akak1a500.则当nk1时，aakak2aak(3ak1ak)a3akak1a500.故当nk1时结论成立根据，可得aan1an1500(n2)成立