最新的年高考数学一轮复习第七章推理与证明课时训练(含答案)19242.pdf

第七章 推理与证明 第 1 课时 合情推理与演绎推理 一、填空题 1.某种树的分枝生长规律如图所示，第 1 年到第 5 年的分枝数分别为 1，1，2，3，5，则预计第10 年树的分枝数为_ 答案：55 解析：因为 211，321，532，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第 10 年树的分枝数为 213455.2.我们把 1，4，9，16，25，这些数称为正方形数，则第 n 个正方形数是_ 答案：n2 解析：112，422，932，1642，2552，由此可推得第 n 个正方形数是 n2.3.观察(x2)2x，(x4)4x3，(cos x)sin x，由归纳推理得：若定义在 R 上的函数f(x)满足 f(x)f(x)，记 g(x)为 f(x)的导函数，则 g(x)_ 答案：g(x)解析：由已知得偶函数的导函数为奇函数，故 g(x)g(x)4.如图是网格工作者经常用来解释网络运作的蛇形模型：数字 1 出现在第 1 行；数字 2，3 出现在第 2 行，数字 6，5，4(从左至右)出现在第 3 行；数字 7，8，9，10 出现在第 4 行，依此类推，则第 20 行从左到右第 4 个数字为_ 答案：194 解析：前 19 行共有19（119）2190(个)数字第 19 行最左端的数为 190第 20 行从左到右第 4 个数字为 194.5.观察等式：sin 30sin 90cos 30cos 90 3，sin 15sin 75cos 15cos 751，sin 20sin 40cos 20cos 4033.照此规律，对于一般的角，有等式_ 答案：sin sin cos cos tan 2 解析：等式中左端三角函数式中两角之和的一半的正切值恰好等于右端的数值，故sin sin cos cos tan 2.6.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x2m2y2n21(mn0，p m2n2)上，椭圆的离心率是 e，则sin Asin Csin B1e.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 xOy 中，ABC 的顶点 A(p，0)和 C(p，0)，顶点 B 在双曲线x2m2y2n21(m0，n0，p m2n2)上，双曲线的离心率是 e，则|sin Asin C|sin B1e 解析：由正弦定理和椭圆定义可知sin A sin Csin BABBCAC2a2c，类比双曲线应有|ABBC|AC|sin Asin C|sin B1e.7.如图所示是毕达哥拉斯(Pythagoras)的生长程序：正方形上连接着等腰直角三角形，等腰直角三角形边上再连接正方形，如此继续，若共得到 1 023 个正方形，设初始正方形的边长为22，则最小正方形的边长为_ 答案：132 解析：设 1242n11 023，即12n121 023，解得 n10.正方形边长构成数列22，222，223，2210，从而最小正方形的边长为2210132.8.将正奇数按如图所示的规律排列，则第 21 行从左向右的第 5 个数为_ 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 答案：809 解析：前 20 行共有正奇数 13539202400(个)，则第 21 行从左向右的第 5 个数是第 405 个正奇数，所以这个数是 24051809.9.已知“整数对”按如下规律排成一行：(1，1)，(1，2)，(2，1)，(1，3)，(2，2)，(3，1)，(1，4)，(2，3)，(3，2)，(4，1)，则第 60 个“整数对”是_ 答案：(5，7)解析：依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第 n 组中每个“整数对”的和均为n1，且第 n 组共有 n 个“整数对”，这样的前 n 组一共有n（n1）2个“整数对”，注意到10（101）26011（111）2，因此第 60 个“整数对”处于第 11 组(每个“整数对”的和为 12的组)的第 5 个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为 12 的组中的各整数对依次为(1，11)，(2，10)，(3，9)，(4，8)，(5，7)，因此第 60 个“整数对”是(5，7)10.已知结论：“在三边长都相等的ABC 中，若 D 是 BC 的中点，点 G 是ABC 外接圆的圆心，则AGGD2”若把该结论推广到空间，则有结论：“在六条棱长都相等的四面体 ABCD 中，若点 M 是BCD 的三边中线交点，O 为四面体 ABCD 外接球的球心，则AOOM_”答案：3 解析：如图，设四面体 ABCD 的棱长为 a，则由 M 是BCD 的重心，得 BM33a，AM63a.设 OAR，则 OBR，OM63aR，于是由 R233a263aR2，解得 R64a.所以AOOM64a63a64a3.11.某电子设备的锁屏图案设计的操作界面如图所示，屏幕解锁图案的设计规则如下：从九个点中选择一个点为起点，手指依次划过某些点(点的个数在 1 到 9 个之间)就形成了一个线路图(线上的点只有首次被划到时才起到确定线路的作用，即第二次被划到不会成为确定线路的点)，这个线路图就形成一个屏幕解锁图案，则图所给线路中可以成为屏幕解锁图案的是_(填序号)答案：a，b 解析：由解锁图案的设计规则可知，构成线路图的所有的点能且只能起到一次确定线路的作用 a，b 均满足题意，c 中第二排第三列的点至少起到两次确定线路的作用 二、解答题 12.已知函数 f(x)13x 3，先分别求 f(0)f(1)，f(1)f(2)，f(2)f(3)，然后归纳猜想一般性结论，并给出证明 解：f(0)f(1)130 3131 311 313（1 3）33（1 3）13（1 3）33，同理可得 f(1)f(2)33，f(2)f(3)33.由此猜想 f(x)f(1x)33.证明如下：f(x)f(1x)13x 3131x 3 13x 33x3 33x13x 33x3（33x）33x3（33x）33.13.某少数民族的刺绣有着悠久的历史，下图为他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，1f（1）1f（2）11f（3）11f（n）1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，由此式规律，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，1f（n）112n（n1）121n11n，所以1f（1）1f（2）11f（3）11f（n）1112(112121313141n11n)11211n3212n.第 2 课时 直接证明与间接证明 一、填空题 1.用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是_ 答案：方程 x3axb0 没有实根 解析：“方程 x3axb0 至少有一个实根”的否定是“方程 x3axb0 没有实根”2.设 ab0，m a b，n ab，则 m，n 的大小关系是_ 答案：ma 解析：cb44aa2(2a)20，cb.已知两式作差得 2b22a2，即 b1a2.1a2aa122340，1a2a.b1a2a.cba.7.对实数 a 和 b，定义运算“”：aba，ab1，b，ab1.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：(，21，34 解析：由题意可得 f(x)x22，x22（xx2）1，xx2，x22（xx2）1 x22，1x32，xx2，x1或x32，函数图象如图所示 函数 yf(x)c 的图象与 x 轴恰有两个公共点，即函数 yf(x)与 yc 的图象有 2 个交点，由图象可得 c2 或1c34.8.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|x|1|x|(x0)，而|x|1|x|2，a2.9.若二次函数 f(x)4x22(p2)x2p2p1 在区间1，1内至少存在一点 c，使 f(c)0，则实数 p 的取值范围是_ 答案：3，32 解析：令f（1）2p2p10，f（1）2p23p90，解得 p3 或 p32，故满足条件的 p 的取值范围是3，32.10.某同学准备用反证法证明如下一个问题：函数 f(x)在0，1上有意义，且 f(0)f(1)，如果对于任意不同的 x1，x20，1，都有|f(x1)f(x2)|x1x2|，求证|f(x1)f(x2)|12.那么他的反设应该是_ 答案：函数 f(x)在0，1上有意义，且 f(0)f(1)，存在不同的 x1，x20，1，使得|f(x1)f(x2)|x1x2|，则|f(x1)f(x2)|12 解析：要证明的问题是全称命题的形式，则其结论的否定应该是特称命题的形式，即“函数 f(x)在0，1上有意义，且 f(0)f(1)，存在不同的 x1，x20，1，使得|f(x1)f(x2)|0)的图象与 x 轴有两个不同的交点，若 f(c)0，且 0 x0.(1)求证：1a是 f(x)0 的一个根；(2)试比较1a与 c 的大小；(3)求证：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 x1x2ca，x21a1ac，1a是 f(x)0 的一个根(2)解：假设1a0，由 0 x0，知 f1a0 与 f1a0 矛盾，1ac.1ac，1ac.(3)证明：由 f(c)0，得 ac2bcc0，即 acb10，b1ac.又 a0，c0，b1.二次函数 f(x)的图象的对称轴方程为 xb2ax1x22x2x22x21a，即b2a0，b2，2b1.13.设数列an的前 n 项和为 Sn，且 Sn2an2，nN*.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列a2n的前 n 项和为 Tn，求S2nTn；(3)判断数列3nan中是否存在三项成等差数列，并证明你的结论 解：(1)当 n1 时，S12a12，解得 a12.当 n2 时，anSnSn1(2an2)(2an12)2an2an1，即 an2an1.因为 a10，所以anan12，从而数列an是以 2 为首项，2 为公比的等比数列，所以 an2n.(2)因为 a2n(2n)24n，所以a2n1a2n4，故数列a2n是以 4 为首项，4 为公比的等比数列，从而 S2n2（122n）122(4n1)，Tn4（14n）1443(4n1)，所以S2nTn32.(3)不存在证明：假设3nan中存在三项成等差数列，不妨设第 m，n，k(mnk)项成等差数列，则 2(3nan)3mam3kak，即 2(3n2n)3m2m3k2k.因为 mnk，且 m，n，kN*，所以 n1k.因为 2(3n2n)3m2m3k2k3m2m3n12n1，所以3n3m2m，不等式不成立 所以数列3nan中不存在三项成等差数列第 3 课时 数学归纳法 一、填空题 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：2(2k1)解析：由题意知，nk 时，左边为(k1)(k2)(kk)；当 nk1 时，左边为(k2)(k3)(k1k1);从而增加的两项为(2k1)(2k2)，减少的一项为 k1.故左边应增乘的因式为（2k1）（2k2）k12(2k1)2.用数学归纳法证明不等式1n11n21nn1324 的过程中，由 nk 推导 nk1 时，不等式的左边增加的式子是_ 答案：1（2k1）（2k2）解析：不等式的左边增加的式子是12k112k21k11（2k1）（2k2），故应填1（2k1）（2k2）.3.若 f(n)122232(2n)2，则 f(k1)与 f(k)的递推关系式是_ 答案：f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2 4.设 f(n)112131413n1(nN*)，则 f(k1)f(k)_ 答案：13k13k113k2 解析：f(k1)f(k)112131413（k1）1112131413k113k13k113k2.5.在平面上画 n 条直线，且任何两条直线都相交，任何三条直线都不共点设这 n 条直线将平面分成 f(x)个部分，则 f(k1)f(k)_ 答案：k1 解析：一条直线分成 112(个)部分，两条直线分成 1124(个)部分，三条直线分成 11237(个)部分，f(n)11234n，则 f(k1)f(k)11234k(k1)(11234k)k1.6.用数学归纳法证明 123n2n4n22时，当 nk1 时左端应在 nk 的基础上加上_ 答案：(k21)(k22)(k23)(k1)2 解析：当 nk 时，左侧123k2，当 nk1 时，左侧123k2(k21)(k1)2，当 nk1 时，左端应在 nk 的基础上加上(k21)(k22)(k23)(k1)2.7.观察下列式子：112232，112213253，112213214274，则可归纳出_ 答案：11221321（n1）22n1n1(nN*)解析：112232，即 11（11）221111；112213253，即 11（11）21（21）222121，归纳出 11221321（n1）212764(nN*)成立，其初始值至少应取_ 答案：8 解析：左边1121412n1112n112212n1，代入验证可知 n 的最小值是 8.9.用数学归纳法证明：12132235n2（2n1）（2n1）n（n1）2（2n1）；当推证 nk1等式也成立时，用上归纳假设后需要证明的等式是_ 答案：k（k1）2（2k1）（k1）2（2k1）（2k3）（k1）（k2）2（2k3）解析：当 nk1 时，12132235k2（2k1）（2k1）（k1）2（2k1）（2k3）k（k1）2（2k1）（k1）2（2k1）（2k3），故只需证明k（k1）2（2k1）（k1）2（2k1）（2k3）（k1）（k2）2（2k3）即可 10.若数列an的通项公式 an1（n1）2，记 cn2(1a1)(1a2)(1an)，试通过计算c1，c2，c3的值，推测 cn_ 答案：n2n1 解析：c12(1a1)211432，c22(1a1)(1a2)211411943，c32(1a1)(1a2)(1a3)2114119111654，故由归纳推理得 cnn2n1.二、解答题 11.已知数列an满足 an112an(nN*)，a112.试通过求 a2，a3，a4的值猜想 an的表达式，并用数学归纳法加以证明 解：a212a1121223，a312a2122334，a412a3123445.猜想：annn1(nN*)用数学归纳法证明如下：当 n1 时，左边a112，右边11112，所以等式成立；假设 nk 时等式成立，即 akkk1，则当 nk1 时，ak112ak12kk1k1k2k1（k1）1，所以当 nk1 时等式也成立 由得，当 nN*时等式都成立 12.是否存在常数 a，b，c，使等式 1(n212)2(n222)n(n2n2)an4bn2c 对一切正整数 n 成立？证明你的结论 解：分别用 n1，2，3 代入解方程组abc0，16a4bc3，81a9bc18 a14，b14，c0.下面用数学归纳法证明 当 n1 时，由上可知等式成立；假设当 nk 时，等式成立，则当 nk1 时，左边1(k1)2122(k1)222k(k1)2k2(k1)(k1)2(k1)21(k212)2(k222)k(k2k2)1(2k1)2(2k1)k(2k1)14k414k2(2k1)2(2k1)k(2k1)14(k1)414(k1)2，当 nk1 时，等式成立 由得等式对一切的 nN*均成立 13.已知(x1)na0a1(x1)a2(x1)2a3(x1)3an(x1)n(其中 nN*)，Sna1a2a3an.(1)求 Sn；(2)求证：当 n4 时，Sn(n2)2n2n2.(1)解：取 x1，则 a02n；取 x2，则 a0a1a2a3an3n，Sna1a2a3an3n2n.(2)证明：要证 Sn(n2)2n2n2，只需证 3n(n1)2n 2n2，当 n4 时，8180；假设当 nk(k4)时，结论成立，即 3k(k1)2k2k2，两边同乘以 3 得：3k13(k1)2k2k2k2k12(k1)2(k3)2k4k24k2 而(k3)2k4k24k2(k3)2k4(k2k2)6(k3)2k4(k2)(k1)60，3k1(k1)12k12(k1)2，即 nk1 时结论也成立，当 n4 时，3n(n1)2n2n2成立 综上，原不等式成立