（三年模拟一年创新）高考数学复习 第七章 第五节 推理与证明 理（全国通用）-人教版高三全册数学试题

eq\a\vs4\al\co1(第五节推理与证明)A组专项基础测试三年模拟精选一、选择题1．(2015·上海闸北二模)平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为()A．n＋1 B．2nC.eq\f(n2＋n＋2,2) D．n2＋n＋1解析1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；……，n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋eq\f(n（n＋1）,2)＝eq\f(n2＋n＋2,2)个区域，选C.答案C2．(2014·四平二模)设a，b是两个实数，给出下列条件：①a＋b>1；②a＋b＝2；③a＋b>2；④a2＋b2>2；⑤ab>1.其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是()A．②③ B．①②③ C．③ D．③④⑤解析若a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(2,3)，则a＋b>1，但a<1，b<1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2>2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab>1，故⑤推不出；对于③，即a＋b>2，则a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b≤1，则a＋b≤2与a＋b>2矛盾，因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.答案C二、填空题3．(2015·广东模拟)已知n，k∈N*，且k≤n，kCeq\o\al(k,n)＝nCeq\o\al(k－1,n－1)，则可推出Ceq\o\al(1,n)＋2Ceq\o\al(2,n)＋3Ceq\o\al(3,n)＋…＋kCeq\o\al(k,n)＋…＋nCeq\o\al(n,n)＝n(Ceq\o\al(0,n－1)＋Ceq\o\al(1,n－1)＋…Ceq\o\al(k－1,n－1)＋…Ceq\o\al(n－1,n－1))＝n·2n－1，由此，可推出Ceq\o\al(1,n)＋22Ceq\o\al(2,n)＋32Ceq\o\al(3,n)＋…＋k2Ceq\o\al(k,n)＋…＋n2Ceq\o\al(n,n)＝________.解析Ceq\o\al(1,n)＋22Ceq\o\al(2,n)＋32Ceq\o\al(3,n)＋…＋k2Ceq\o\al(k,n)＋…＋n2Ceq\o\al(n,n)＝n(Ceq\o\al(0,n－1)＋2Ceq\o\al(1,n－1)＋…＋kCeq\o\al(k－1,n－1)＋…＋nCeq\o\al(n－1,n－1))＝n[(Ceq\o\al(0,n－1)＋Ceq\o\al(1,n－1)＋…＋Ceq\o\al(k－1,n－1)＋…＋Ceq\o\al(n－1,n－1))＋(Ceq\o\al(1,n－1)＋2Ceq\o\al(2,n－1)＋…＋(k－1)Ceq\o\al(k－1,n－1)＋…＋(n－1)Ceq\o\al(n－1,n－1))]．答案n(n＋1)·2n－24．(2014·杭州二模)设等差数列{an}的前n项和为Sn，则S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差数列．类比以上结论．设等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4，________，________，eq\f(T16,T12)成等比数列．解析对于等比数列，通过类比等差数列，有等比数列{bn}的前n项积为Tn，则T4＝a1a2a3a4，T8＝a1a2…a8，T12＝a1a2…a12，T16＝a1a2…a所以eq\f(T8,T4)＝a5a6a7a8，eq\f(T12,T8)＝a9a10a11a12，eq\f(T16,T12)＝a13a14a15a所以T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)的后一项与前一项的比均为q16，因此T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)成等比数列．答案eq\f(T8,T4)eq\f(T12,T8)5．(2014·扬州质检)设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,3n－1)(n∈N*)，则f(n＋1)－f(n)＝________.解析∵f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,3n－1)，∴f(n＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,3n－1)＋eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2).∴f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2).答案eq\f(1,3n)＋eq\f(1,3n＋1)＋eq\f(1,3n＋2)6．(2014·福建厦门3月)已知等差数列{an}中，有eq\f(a11＋a12＋…＋a20,10)＝eq\f(a1＋a2＋…＋a30,30)，则在等比数列{bn}中，会有类似的结论：__________________________．解析由等比数列的性质可知b1b30＝b2b29＝…＝b11b20，∴eq\r(10,b11b12…b20)＝eq\r(30,b1b2…b30).答案eq\r(10,b11b12…b20)＝eq\r(30,b1b2…b30)一年创新演练7．在下面的表格中，如果每格填上一个数后，每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，那么x＋y＋z的值为()cos02sineq\f(π,6)taneq\f(π,4)xyzA.1 B．2 C．3 D．4解析先算出三角函数值，然后根据每一横行成等差数列，每一纵列成等比数列，填表可得，1eq\f(3,2)2eq\f(5,2)3eq\f(1,2)1eq\f(5,4)eq\f(3,2)eq\f(1,4)x＝eq\f(1,2)eq\f(1,8)y＝eq\f(5,16)eq\f(1,16)z＝eq\f(3,16)所以选A.答案A8．已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，若eq\r(7＋\f(a,b))＝7eq\r(\f(a,b))，(a、b均为正实数)，则类比以上等式，可推测a、b的值，进而可得a＋b＝________．解析观察下列等式eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，照此规律，第7个等式中：a＝7，b＝72－1＝48，∴a＋b＝55，故答案为：55.答案55B组专项提升测试三年模拟精选一、选择题9．(2015·大连二模)已知f1(x)＝sinx＋cosx，记f2(x)＝f′1(x)，f3(x)＝f′2(x)，…，fn(x)＝f′n－1(x)(n∈N*，且n≥2)，则f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋…＋f2012eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝()A．503 B．1006 C．0 D．2012解析∵f1(x)＝sinx＋cosx，f2(x)＝cosx－sinx，f3(x)＝－sinx－cosx，f4(x)＝－cosx＋sinx，f5(x)＝sinx＋cosx，∴fn(x)是以4为周期的函数，∴f1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋f2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋…＋f2012eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f1\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋f2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋f3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＋f4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))))×503＝0.答案C二、填空题10．(2015·西安师大附中模拟)观察下列等式：eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＝1，eq\f(7,3)＋eq\f(8,3)＋eq\f(10,3)＋eq\f(11,3)＝12，eq\f(16,3)＋eq\f(17,3)＋eq\f(19,3)＋eq\f(20,3)＋eq\f(22,3)＋eq\f(23,3)＝39，…，则当n＜m且m，n∈N时，eq\f(3n＋1,3)＋eq\f(3n＋2,3)＋…＋eq\f(3m－2,3)＋eq\f(3m－1,3)＝________(最后结果用m，n表示)．解析当n＝0，m＝1时，为第一个式子eq\f(1,3)＋eq\f(2,3)＝1，此时1＝12－0＝m2－n2，当n＝2，m＝4时，为第二个式子eq\f(7,3)＋eq\f(8,3)＋eq\f(10,3)＋eq\f(11,3)＝12；此时12＝42－22＝m2－n2，当n＝5，m＝8时，为第三个式子eq\f(16,3)＋eq\f(17,3)＋eq\f(19,3)＋eq\f(20,3)＋eq\f(22,3)＋eq\f(23,3)＝39，此时39＝82－52＝m2－n2，由归纳推理可知观察下列等式：eq\f(3n＋1,3)＋eq\f(3n＋2,3)＋…＋eq\f(3m－2,3)＋eq\f(3m－1,3)＝m2－n2.故答案为：m2－n2.答案m2－n211．(2015·山东威海模拟)对大于1的自然数m的三次幂可用奇数进行以下方式的“分裂”23eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(3,5))，33eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(7,9,11))，43eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(13,15,17,19))，…仿此，若m3的“分裂”数中有一个是2015，则m的值为________．解析由题意，从23到m3，正好用去从3开始的连续奇数共2＋3＋4＋…＋m＝eq\f(（m＋2）（m－1）,2)个，2015是从3开始的第1007个奇数，当m＝44时，从23到443，用去从3开始的连续奇数共eq\f(46×43,2)＝989个．当m＝45时，从23到453，用去从3开始的连续奇数共eq\f(47×44,2)＝1034个．答案4512.(2014·天津和平二模)将全体正整数排成一个三角形数阵：根据右面排列规律，数阵中第n(n≥3)行从左至右的第3个数是________．解析前n－1行共有正整数1＋2＋…＋(n－1)＝eq\f(n（n－1）,2)个，即eq\f(n2－n,2)个，因此第n行从左至右的第3个数是全体正整数中第eq\f(n2－n,2)＋3个，即为eq\f(n2－n＋6,2).答案eq\f(n2－n＋6,2)三、解答题13．(2014·黄冈二模)设f(x)＝sin(2x＋φ)(－π<φ<0)，f(x)图象的一条对称轴是x＝eq\f(π,8).(1)求φ的值；(2)求y＝f(x)的递增区间；(3)证明：直线5x－2y＋c＝0与函数y＝f(x)的图象不相切．(1)解由对称轴是x＝eq\f(π,8)得sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋φ))＝±1，eq\f(π,4)＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，即φ＝kπ＋eq\f(π,4)(k∈Z)，而－π<φ<0，∴φ＝－eq\f(3π,4).(2)解f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，令2kπ－eq\f(π,2)≤2x－eq\f(3π,4)≤2kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴kπ＋eq\f(π,8)≤x≤kπ＋eq\f(5π,8)(k∈Z)，即f(x)的递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ＋\f(π,8)，kπ＋\f(5π,8)))(k∈Z)．(3)证明f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))，f′(x)＝2coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(3π,4)))≤2，即曲线的切线的斜率不大于2，而直线5x－2y＋c＝0的斜率为eq\f(5,2)>2，即直线5x－2y＋c＝0与函数y＝f(x)的图象不相切．14．(2014·湖南常德4月)设a>0，f(x)＝eq\f(ax,a＋x)，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；(2)用数学归纳法证明你的结论．(1)解∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝eq\f(a,1＋a)；a3＝f(a2)＝eq\f(a,2＋a)；a4＝f(a3)＝eq\f(a,3＋a).猜想an＝eq\f(a,（n－1）＋a)(n∈N*)．(2)证明(ⅰ)易知，n＝1时，猜想正确．(ⅱ)假设n＝k时猜想正确，即ak＝eq\f(a,（k－1）＋a)，则ak＋1＝f(ak)＝eq\f(a·ak,a＋ak)＝eq\f(a·\f(a,（k－1）＋a),a＋\f(a,（k－1）＋a))＝eq\f(a,（k－1）＋a＋1)＝eq\f(a,[（k＋1）－1]＋a).这说明，n＝k＋1时猜想正确．由(ⅰ)(ⅱ)知，对于任何n∈N*，都有an＝eq\f(a,（n－1）＋a).一年创新演练15．设函数f(x)＝xlnx(x>0)．(1)求函数f(x)的最小值；(2)设F(x)＝ax2＋f′(x)(a∈R)，讨论函数F(x)的单调性；(3)斜率为k的直线与曲线y＝f′(x)交于A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1<x2)两点，求证：eq\f(1,x2)<k<eq\f(1,x1).(1)解f′(x)＝lnx＋1(x>0)，令f′(x)＝0，得x＝eq\f(1,e)，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))，f′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))时，f′(x)>0.∴当x＝eq\f(1,e)时，f(x)min＝eq\f(1,e)lneq\f(1,e)＝－eq\f(1,e).(2)解F(x)＝ax2＋lnx＋1(x>0)，F′(x)＝2ax＋eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2＋1,x)(x>0)，当a≥0时，恒有F′(x)>0，F(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a<0时，令F′(x)>0，得2ax2＋1>0，解得0<x<eq\r(－\f(1,2a))；令F′(x)<0，得2ax2＋1<0，解得x>eq\r(－\f(1,2a)).综上，当a≥0时，F(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a<0时，F(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(1,2a))))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(1,2a))，＋∞))上单调递减．(3)证明由题意k＝eq\f(f′（x2）－f′（x1）,x2－x1)＝eq\f(lnx2－lnx1,x2－x1).要证明不等式eq\f(1,x2)<k<eq\f(1,x1)成立，即证x1<eq\f(1,k)<x2成立，也就是证明x1<eq\f(x2－x1,lnx2－lnx1)<x2成立，等价于证明不等式1<eq\f(\f(x2,x1)－1,ln\f(x2,x1))<eq\f(x2,x1)成立．令t＝eq\f(x2,x1)(t>1)，则只要证明1<eq\f(t－1,lnt)<t成立即可，由t>1，知lnt>0，故等价于证明不等式lnt<t－1<tlnt(t>1)恒成立．(*)①令函数g(t)＝t－1－lnt(t≥1)，则g′(t)＝1－eq\f(1,t)≥0(t≥1)，故g(t)在[1，＋∞)上是增函数，∴当t>1时，g(t)＝t－1－lnt>g(1)＝0，即t－1>lnt(t>1)成立．②令函数h(t)＝tlnt－(t－1)(t≥1)，则h′(t)＝lnt≥0(t≥1)，故h(t)在[1，＋∞)上是增函数，∴当t>1时，h(t)＝tlnt－(t－1)>h(1)＝0，即t－1<tlnt(t>1)．由①②知(*)成立，得证．16．已知数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1－eq\f(4,an＋3)，数列{bn}满足bn＝eq\f(1,an＋1)(n∈N*)．(1)求数列{bn}的通项公式；(2)证明：eq\f(1,beq\o\al(2,1))＋eq\f(1,beq\o\al(2,2))＋…＋eq\f(1,beq\o\al(2,n))＜7.(1)解an＋1＋1＝2－eq\f(4,an＋3)＝eq\f(2an＋2,an＋3)，bn＋1＝eq\f(1,an＋1＋1)＝eq\f(an＋3,2an＋2)＝eq\f(（an＋1）＋2,2（an＋1）)＝eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,2)＝bn＋eq\f(1,2)，又b1＝eq\f(1,2)，所以数列{bn}是首项为eq\f(1,2)，公差为eq\f(1,2)的等差数列，bn