数学理科二轮总复习小题分项练 13

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精高考小题分项练13推理与证明1．一个数列的第2项到第4项分别是3，eq\r（15),eq\r（21),据此可以猜想这个数列的第一项是________．答案eq\r（3）解析∵a2＝eq\r（9）＝eq\r（6×2－3)，a3＝eq\r(15)＝eq\r(6×3－3），a4＝eq\r（21)＝eq\r(6×4－3），∴猜想a1＝eq\r（6×1－3)＝eq\r(3）。2．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f（1，3)＋…＋eq\f（1，n)(n∈N＊)，经计算得f（2)＝eq\f(3，2），f(4)〉2,f（8)〉eq\f（5,2),f(16）>3，f(32)>eq\f(7，2)，推测当n≥2时，有________．答案f（2n）≥eq\f(2＋n，2）解析观察f(n）中n的规律为2k,k＝1，2，…，不等式右侧分别为eq\f（2＋k，2)，k＝1，2，…，∴f（2n)≥eq\f（2＋n，2)（n≥2,n∈N*）．3．由两种花色组成的正六边形地面砖，按下图的规律拼成若干个图案，则第6个图案中有菱形纹的正六边形的个数是________．答案31解析有菱形纹的正六边形的个数如下表：图案123…个数61116…由表可以看出有菱形纹的正六边形的个数依次组成一个以6为首项,以5为公差的等差数列,所以第6个图案中有菱形纹的正六边形的个数是6＋5×（6－1)＝31.4．已知coseq\f（π,3）＝eq\f（1,2),coseq\f(π，5）coseq\f（2π,5）＝eq\f（1,4），coseq\f（π,7)coseq\f（2π，7)coseq\f（3π，7）＝eq\f（1，8），…，根据这些结果，猜想出的一般结论是________．答案coseq\f（π，2n＋1）coseq\f(2π,2n＋1)…coseq\f（nπ，2n＋1)＝eq\f(1，2n)解析由特殊到一般发现规律,左边角的规律是coseq\f（π，2n＋1)coseq\f（2π,2n＋1)…coseq\f（nπ，2n＋1)，等式右边数的规律是eq\f（1，2n）。5．观察下列等式：13＋23＝32,13＋23＋33＝62，13＋23＋33＋43＝102，…，根据上述规律，第五个等式为________．答案13＋23＋33＋43＋53＋63＝212解析∵所给等式左边的底数依次分别为1，2;1，2，3；1,2，3,4；…，右边的底数依次分别为3，6，10，…(注意：1＋2＝3,1＋2＋3＝6，1＋2＋3＋4＝10），∴由底数内在规律可知，第五个等式左边的底数为1,2，3，4,5,6,右边的底数为1＋2＋3＋4＋5＋6＝21.又左边为立方和，右边为平方的形式，故第五个等式为13＋23＋33＋43＋53＋63＝212。6．古希腊数学家把数1，3，6，10,15,21，…叫做三角数,它有一定的规律性，第30个三角数与第28个三角数的差为________．答案59解析方法一记这一系列三角数构成数列｛an}，则由a2－a1＝2，a3－a2＝3，a4－a3＝4，…，归纳猜测a30－a29＝30,a29－a28＝29，两式相加得a30－a28＝59.方法二由a1＝1，a2＝1＋2，a3＝1＋2＋3，猜测an＝1＋2＋…＋n.7．已知圆的方程是x2＋y2＝r2，则经过圆上一点M（x0,y0)的切线方程为x0x＋y0y＝r2.类比上述性质,可以得到椭圆eq\f(x2，a2)＋eq\f(y2,b2）＝1（a＞b＞0)类似的性质为________．答案经过椭圆eq\f（x2，a2）＋eq\f(y2,b2）＝1（a＞b＞0)上一点M（x0，y0)的切线方程为eq\f（x0x,a2）＋eq\f(y0y，b2）＝1解析已知圆的性质中，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程，就是将圆的方程中的一个x与y分别用点M(x0,y0）的横坐标与纵坐标替换的结果．经类比猜想，即可得椭圆eq\f(x2，a2)＋eq\f(y2，b2）＝1(a＞b＞0)类似的性质为：经过椭圆eq\f（x2,a2)＋eq\f（y2，b2)＝1（a＞b＞0)上一点M(x0，y0）的切线方程为eq\f（x0x，a2）＋eq\f（y0y,b2）＝1.8．如图（甲）是某会徽图案,会徽的主体图案是由如图（乙)的一连串直角三角形演化而成的，其中OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1，如果把图（乙）中的直角三角形依此规律继续作下去，记OA1,OA2，…,OAn，…的长度构成数列｛an｝，则此数列{an｝的通项公式为an＝________。答案eq\r（n)解析根据OA1＝A1A2＝A2A3＝…＝A7A8＝1和图(乙)中的各直角三角形，可得a1＝OA1＝1，a2＝OA2＝eq\r（OA\o\al(2,1）＋A1A\o\al（2,2）)＝eq\r(12＋12)＝eq\r（2），a3＝OA3＝eq\r(OA\o\al（2，2)＋A2A\o\al(2，3））＝eq\r（\r(2）2＋12)＝eq\r(3)，…，故可归纳推测an＝eq\r(n）.9．设函数f(x)＝eq\f（x，x＋2)(x〉0)，观察：f1(x）＝f（x)＝eq\f（x,x＋2），f2（x）＝f（f1(x)）＝eq\f(x，3x＋4）,f3(x）＝f（f2(x)）＝eq\f（x,7x＋8），f4（x)＝f(f3(x))＝eq\f(x,15x＋16)，…,根据以上各式，由归纳推理,可得当n∈N*且n≥2时，fn（x）＝f(fn－1(x））＝________.答案eq\f(x，2n－1x＋2n）解析观察知，四个等式等号右边的分母为x＋2，3x＋4，7x＋8,15x＋16，即（21－1)x＋21，（22－1)x＋22,（23－1）x＋23，（24－1）x＋24,所以归纳出fn（x）＝f（fn－1（x)）的分母为（2n－1)x＋2n，故当n∈N*且n≥2时，fn（x）＝f(fn－1（x)）＝eq\f(x，2n－1x＋2n）.10．通过计算可得下列等式:22－12＝2×1＋1，32－22＝2×2＋1，42－32＝2×3＋1,…，（n＋1)2－n2＝2×n＋1.将以上各式分别相加，得(n＋1）2－12＝2×（1＋2＋3＋…＋n)＋n，即1＋2＋3＋…＋n＝eq\f（nn＋1,2)。类比上述求法：求出12＋22＋32＋…＋n2的值为________________．答案eq\f(1，6）n（n＋1)(2n＋1）解析23－13＝3×12＋3×1＋1,33－23＝3×22＋3×2＋1，43－33＝3×32＋3×3＋1,…，（n＋1)3－n3＝3×n2＋3×n＋1.以上各式分别相加，得(n＋1)3－13＝3×(12＋22＋32＋…＋n2)＋3×(1＋2＋3＋…＋n）＋n,所以12＋22＋32＋…＋n2＝eq\f(1,3）eq\b\lc\［\rc\]（\a\vs4\al\co1(n＋13－1－n－3×\f（1＋n，2）×n))＝eq\f（1,6）n(n＋1)（2n＋1）．11．已知当x∈(1，＋∞)时函数f（x)恒有f(3x)＝3f(x)成立，且当x∈(1，3)时，f（x)＝3－x，记f(3n＋1）＝kn，则eq\i\su(i＝1,n，k）i＝________。答案3n＋1－n－3解析k1＝f（3＋1）＝f

eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（3×\f(4,3)))＝3f

eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(4,3）））＝3eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（3－\f(4，3)））；k2＝f(32＋1)＝f

eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（32×\f(32＋1，32)))＝32×eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（3－\f(32＋1，32)))；…，kn＝3neq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（3－\f（3n＋1，3n）)）＝3n＋1－3n－1＝2·3n－1，∴eq\i\su(i＝1，n,k)i＝2（3＋32＋…＋3n)－n＝2×eq\f（33n－1，3－1)－n＝3n＋1－n－3。12．计算eq\f(x2＋8，\r（x2＋4))的最值时，我们可以将eq\f（x2＋8,\r（x2＋4)）化成eq\f（x2＋4＋4,\r（x2＋4））＝eq\f（\r(x2＋4）2＋4,\r（x2＋4))，再将分式分解成eq\r(x2＋4)＋eq\f(4，\r（x2＋4）），然后利用基本不等式求最值;借此，计算使得eq\f（x2＋1＋c,\r（x2＋c)）≥eq\f(1＋c,\r(c）)对一切实数x都成立的正实数c的取值范围是________．答案［1，＋∞）解析eq\f（x2＋1＋c，\r（x2＋c))≥eq\f（1＋c，\r（c）)等价于eq\r(x2＋c）＋eq\f(1，\r（x2＋c）)≥eq\r（c）＋eq\f（1,\r（c）），换元等价于t＋eq\f（1,t)≥eq\r（c)＋eq\f(1,\r(c))，其中t＝eq\r（x2＋c)(t≥eq\r（c）），再构造函数f（t）＝t＋eq\f（1,t)，转化为f(t)≥f（eq\r（c）)，根据对号函数性质,从而eq\r（c）≥1，c≥1。13．在Rt△ABC中,∠ACB＝90°，CD为斜边上的高．Rt△ABC的外接圆，Rt△ACD的外接圆和Rt△CBD的外接圆半径分别为R，R1，R2，则有Req\o\al（2,1)＋Req\o\al(2，2）＝R2；类似,Rt△ABC的内切圆,Rt△ACD的内切圆和Rt△CBD的内切圆半径r，r1,r2满足的关系式为____________．答案req\o\al（2,1)＋req\o\al（2，2)＝r2解析在Rt△ABC中，记AB＝c，AC＝b,BC＝a，由r为Rt△ABC的内切圆半径可知，r＝eq\f(AC＋BC－AB,2)＝eq\f（ccosA＋csinA－c，2)＝eq\f（c,2）（cosA＋sinA－1)，同理r1＝eq\f（AD＋DC－AC，2)＝eq\f（b，2)(cosA＋sinA－1)，r2＝eq\f（BD＋DC－BC，2）＝eq\f(a，2)(cosA＋sinA－1)．所以eq\f(r1，r）＝eq\f(b，c），eq\f(r2,r）＝eq\f（a,c)，由勾股定理可得req\o\al（2,1）＋req\o\al（2，2)＝r2。14．如图，设椭圆方程为eq\f(x2,a2）＋eq\f（y2,b2）＝1（a>b〉0）,F1,F2分别是其左、右焦点，点P是椭圆上除长轴上两个顶点外的任意一点，则eq\f（PF1,sin∠PF2F1)＝eq\f（PF2,sin∠PF1F2）＝eq\f(F1F2,sin∠PF2F1＋∠PF1F2）⇒eq\f（PF1＋PF2，sin∠PF2F1＋sin∠PF1F2）＝eq\f(F1F2，sin∠PF2F1＋∠PF1F2）,于是椭圆的离心率e＝eq\f(c，a）＝eq\f（sin∠PF2F1＋∠PF1F2,sin∠PF2F1＋sin∠PF1F2)。如果设双曲线的方程为eq\f（x2，a2)－eq\f（y2,b2）＝1(a〉0，b>0），F1，F2分别是其左、右焦点,点P是该双曲线上除顶点外的任一点，类比上述过程和结论，得到双曲线的离心率e＝____________________________.答案eq\f(sin∠PF2F1＋∠PF1F2,|sin∠PF2F1－sin∠PF1F2｜)解析类似于椭圆，若P点在双曲线的左支上，有eq\f（PF2,sin∠PF1F2）＝eq\f(PF1，sin∠PF2F1)＝eq\f（F1F2,sin∠F1PF2)⇒eq\f(PF2－PF1,sin∠PF1F2－sin∠PF2F1）＝eq\f（F1F2，sin∠F1PF2）.∴e＝eq\f(c，a)＝eq\f（2c，2a)＝eq\f（F1F2,PF2－PF1)＝eq\f(sin∠F1PF2,sin∠PF1F2－sin∠PF2F1）＝eq\f(sinπ－∠F1PF2，sin∠P