第一篇：2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第6章《不等式與推理證明》(第2課時(shí))知識(shí)過(guò)關(guān)檢測(cè) 理 新人教A版

2014屆高考數(shù)學(xué)（理）一輪復(fù)習(xí)知識(shí)過(guò)關(guān)檢測(cè)：第6章《不等式與

推理證明》（第2課時(shí)）（新人教A版）

一、選擇題

1．(2011·高考上海卷)若a，b∈R，且ab＞0，則下列不等式中，恒成立的是()

22A．a(chǎn)＋b＞2abB．a(chǎn)＋b≥2ab

112baC.D.＋ ababab

解析：選D.∵a＋b－2ab＝(a－b)≥0，∴A錯(cuò)誤．

對(duì)于B、C，當(dāng)a＜0，b＜0時(shí)，明顯錯(cuò)誤．

對(duì)于D，∵ab＞0，∴＋≥2 222ba

abba2.ab

1(x>2)在x＝a處取最小值，則a＝()x－22．(2011·高考重慶卷)若函數(shù)f(x)＝x＋

A．1

2C．

3解析：選C.f(x)＝x＋B．1＋3 D．4 11＝x－2＋2.x－2x－2

∵x>2，∴x－2>0.11(x－2)·∴f(x)＝x－2＋2＝4，x－2x－2

1當(dāng)且僅當(dāng)x－2＝，即x＝3時(shí)，“＝”成立． x－2

又f(x)在x＝a處取最小值．∴a＝3.3．(2012·高考福建卷)下列不等式一定成立的是()

?21?A．lg?x＋?＞lgx(x＞0)4??

1B．sinx＋x≠kπ，k∈Z)sinx

2C．x＋1≥2|x|(x∈R)

1D.2＞1(x∈R)x＋

113?21解析：選C.取x＝，則lg?x＋＝lgx，故排除A；取xπ，則sinx＝－1，sinx4?22?

11＋2，故排除B；取x＝021，故排除D.應(yīng)選C.sinxx＋1

114．已知a>0，b>0，則2的最小值是()ab

A．2

C．4B．2 D．

5??a＝b112解析：選C.＋2ab≥＋2ab≥22×2＝4.當(dāng)且僅當(dāng)?ab?ab＝1ab?

立，即a＝b＝1時(shí)，不等式取最小值4.時(shí)，等號(hào)成5．(2011·高考北京卷)某車(chē)間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用為800元．若每批生產(chǎn)x件，則平均倉(cāng)儲(chǔ)時(shí)間為1元．為使平均到每8件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉(cāng)儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，每批應(yīng)生產(chǎn)產(chǎn)品()

A．60件B．80件 C．100件D．120件 解析：選B.設(shè)每件產(chǎn)品的平均費(fèi)用為y元，由題意得 800x800xy·20.x8x8

800x

當(dāng)且僅當(dāng)＝x>0)，即x＝80時(shí)“＝”成立，故選B.x8

二、填空題

6．函數(shù)y＝解析：y＝

x

x

2＝x＋9

x4＋9x2

x≠0)的最大值為_(kāi)_________，此時(shí)x的值為_(kāi)_______． 19≤296

1x2＋2

x

當(dāng)且僅當(dāng)x＝2，即x3時(shí)取等號(hào)．

x

答案：±

367．某公司一年購(gòu)買(mǎi)某種貨物400噸，每次都購(gòu)買(mǎi)x噸，運(yùn)費(fèi)為4萬(wàn)元/次，一年的總存儲(chǔ)費(fèi)用為4x萬(wàn)元，要使一年的總運(yùn)費(fèi)與總存儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，則x＝________.400

解析：每年購(gòu)買(mǎi)次數(shù)為x

400

∴總費(fèi)用為4x≥26400＝160，x

1600

當(dāng)且僅當(dāng)＝4x，即x＝20時(shí)等號(hào)成立，故x＝20.x

答案：20

8．設(shè)正數(shù)x，y滿足log2(x＋y＋3)＝log2x＋log2y，則x＋y的取值范圍是________．

x＋y2

解析：原式等價(jià)于x＋y＋3＝xy≤((當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)取等號(hào))，所以x＋y＋

x＋y23≤(x＋y)－4(x＋y)－12≥0，所以x＋y≥6或x＋y ≤－2(舍去)，故x＋y

∈[6，＋∞)．

答案：[6，＋∞)

三、解答題

ab

49．已知a，b＞0，求證：22baa＋b

abab

1＞0，2·2＝

2babaab

a＋b≥2ab＞0，1?ab∴?2＋2(a＋b)≥2 ·2ab＝4.ab?ba?

ab4∴2＋2≥baa＋b

證明：∵2＋2

ab??22當(dāng)且僅當(dāng)?ba

??a＝b，取等號(hào)，即a＝b時(shí)，不等式等號(hào)成立．

10．(1)設(shè)0

(2)已知x，y都是正實(shí)數(shù)，且x＋y－3xy＋5＝0，求xy的最小值．

解：(1)∵00.∴y＝4x·(3－2x)＝2[2x(3－2x)]

2x＋3－2x29]＝.22

當(dāng)且僅當(dāng)2x＝3－2x，即x＝時(shí)，等號(hào)成立．

33∵∈(0，)，42

∴函數(shù)y＝4x(3－2x)(0

(2)由x＋y－3xy＋5＝0得x＋y＋5＝3xy.∴xy＋5≤x＋y＋5＝3xy.∴3xy－2－5≥0，∴(xy＋1)(3xy－5)≥0，52

5∴xy≥xy≥，等號(hào)成立的條件是x＝y(tǒng).39525

此時(shí)x＝y(tǒng)＝，故xy的最小值是.39

一、選擇題

1．(2011·高考陜西卷)設(shè)0＜a＜b，則下列不等式中正確的是()

a＋ba＋b

A．a(chǎn)＜b＜ab＜B．a(chǎn)＜ab＜b

22a＋ba＋b

C．a(chǎn)ab＜b＜D.ab＜a＜b

2a＋b

解析：選B.∵0＜a＜b，∴a＜b，A、Cab－a＝aba)＞0，ab

＞a，故選B.2．(2012·高考浙江卷)若正數(shù)x，y滿足x＋3y＝5xy，則3x＋4y的最小值是()2428A.B.55C．5D．6

3解析：選C.∵x＋3y＝5xy，∴＋5，∵x＞0，y＞0，yx

yxyx

＋4y≥5，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2y時(shí)取等號(hào)．∴3x＋4y的最小值是5，選C.二、填空題

?133x12y

∴(3x＋4y)?＝＋＋9＋4≥

2?yx?

3x12y＋13＝25，∴5(3x＋4y)≥25，∴3x

2??21?

13．(2011·高考湖南卷)設(shè)x，y∈R，且xy≠0，則?x＋2?2＋4y?的最小值為_(kāi)_______．

y??x??

12??21122

解析：?x＋22＋4y?＝54xy≥5＋2

?y??x?

xy

12222

·4xy＝9，當(dāng)且僅當(dāng)xy＝時(shí)xy2

“＝”成立．

答案：9

xy

4．(2013·濰坊質(zhì)檢)已知向量a＝(x－1,2)，b＝(4，y)，若a⊥b，則9＋3的最小值為_(kāi)_______．

解析：∵a⊥b，∴a·b＝0，即4(x－1)＋2y＝0,2x＋y＝2，xy2xy9＋3＝3＋3≥23·3＝23＝2×3＝6.2xy??3＝31

(當(dāng)且僅當(dāng)?，即x＝，y＝1時(shí)取等號(hào))

2?2x＋y＝2?

答案：6

三、解答題 5.設(shè)矩形ABCD(AB＞AD)的周長(zhǎng)為24，把它關(guān)于AC折起來(lái)，AB折過(guò)去后交CD于點(diǎn)P，如圖，設(shè)AB＝x，求△ADP的面積的最大值，及此時(shí)x的值．

解：∵AB＝x，∴AD＝12－x，又DP＝PB′，AP＝AB′－PB′＝AB－DP，即AP＝x－DP，72222

∴(12－x)＋PD＝(x－PD)，得PD＝12－，x

∵AB＞AD，∴6＜x＜12，∴△ADP的面積S＝AD·DP

2721?＝(12－x)?12－ x?2?

?72＝108－6?x≤108－6·272＝108－2，?x?

當(dāng)且僅當(dāng)xx＝2時(shí)取等號(hào)，x

∴△ADP面積的最大值為108－2，此時(shí)x＝62.

第二篇：2014屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第6章《不等式與推理證明》(第7課時(shí))知識(shí)過(guò)關(guān)檢測(cè) 理 新人教A版

2014屆高考數(shù)學(xué)（理）一輪復(fù)習(xí)知識(shí)過(guò)關(guān)檢測(cè)：第6章《不等式與

推理證明》（第7課時(shí)）（新人教A版）

一、選擇題

1．利用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋a＋a＋?＋a2n＋11－a＝(a≠1，n∈N＋)”時(shí)，在驗(yàn)證n1－an＋

2＝1成立時(shí)，左邊應(yīng)該是()

A．1B．1＋a

223C．1＋a＋aD．1＋a＋a＋a

2解析：選C.當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1＋a＋a，故選C.2．某個(gè)與正整數(shù)n有關(guān)的命題，如果當(dāng)n＝k(k∈N＋，k≥1)時(shí)，該命題成立，則一定可推得當(dāng)n＝k＋1時(shí)，該命題也成立，現(xiàn)已知n＝5時(shí)，該命題不成立，則有()

A．當(dāng)n＝4時(shí)，該命題成立

B．當(dāng)n＝6時(shí)，該命題成立

C．當(dāng)n＝4時(shí)，該命題不成立

D．當(dāng)n＝6時(shí)，該命題不成立

解析：選C.因?yàn)楫?dāng)n＝k(k∈N＋，k≥1)時(shí)，該命題成立，則一定可推得當(dāng)n＝k＋1時(shí)，該命題也成立，所以當(dāng)n＝5時(shí)，該命題不成立，則一定有n＝4時(shí)，該命題不成立．

111*3．設(shè)f(n)＝n∈N，那么f(n＋1)－f(n)＝()n＋1n＋2n＋n

11A.B.2n＋12n＋2

1111C.D.2n＋12n＋22n＋12n＋2

解析：選D.用數(shù)學(xué)歸納法證明有關(guān)問(wèn)題時(shí)，分清等式兩邊的構(gòu)成情況是解題的關(guān)鍵．顯然，當(dāng)自變量取n時(shí)，等式的左邊是n項(xiàng)和的形式．

111f(n＋1)－f(n)＝＋＋?＋＋n＋1＋1n＋1＋2n＋1＋n

111111111－＋－.n＋1＋n＋1n＋1n＋2n＋n2n＋12n＋2n＋12n＋12n＋2

14．在數(shù)列{an} 中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通過(guò)求a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式為()

311A.B.n－1n＋12n2n＋111C.D.2n－12n＋12n＋12n＋21解析：選C.由a1＝，Sn＝n(2n－1)an，3

得S2＝2(2×2－1)a2，即a1＋a2＝6a2，11∴a2＝，S3＝3(2×3－1)a3，153×

511即a3＝15a3.315

111∴a3＝，a4＝.故選C.355×77×9

5．下列代數(shù)式(其中k∈N)能被9整除的是()

kk－

1A．6＋6·7B．2＋7

k＋1k

C．2(2＋7)D．3(2＋7)

k

解析：選D.(1)當(dāng)k＝1時(shí)，顯然只有3(2＋7)能被9整除．

*nn＋1

(2)假設(shè)當(dāng)k＝n(n∈N)時(shí)，命題成立，即3(2＋7)能被9整除，那么3(2＋7)＝21(2n

＋7)－36.這就是說(shuō)，k＝n＋1時(shí)命題也成立．

*

由(1)(2)知，命題對(duì)k∈N成立．

二、填空題

*235n－

16．用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n∈N時(shí)1＋2＋2＋2＋?＋2是31的倍數(shù)時(shí)，當(dāng)n＝1時(shí)原式為_(kāi)_______，從k→k＋1時(shí)需增添的項(xiàng)是____________．

解析：把n＝k，n＝k＋1相比較即可得出．

2345k5k＋15k＋25k＋35k＋

4答案：1＋2＋2＋2＋2 2＋2＋2＋2＋

27．平面內(nèi)有n個(gè)圓，其中每?jī)蓚€(gè)圓都相交于兩點(diǎn)且任三個(gè)圓不相交于同一點(diǎn)，則該n個(gè)圓分平面區(qū)域數(shù)f(n)＝________.答案：n－n＋2

2fn8．f(n＋1)＝f(1)＝1(n∈N＋)，猜想f(n)的表達(dá)式為_(kāi)_______．

fn＋22f12

解析：f(2)＝

f1＋2

322×322f2f(3)＝

f2＋224

＋23

22×422f32

f(4)＝f(n)＝.f3＋225n＋1

＋242

答案：f(n)＝n＋1

三、解答題

?1?9．用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)一切大于1的自然數(shù)，不等式?1＋??3?

?1＋1·?·?1＋1>2n＋1均成立． ?5?2n－12????

5證明：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝1.3

32∵左邊>右邊，∴不等式成立．

*

(2)假設(shè)n＝k(k≥2，且k∈N)時(shí)不等式成立，即 ?1＋1?1＋1?·?·?1＋1>2k＋1.?3?5??2k－12??????則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，1?1＋1?1＋1?·?·?1＋1?1＋?3?5??2k－1?2k＋1－1 ????????>

2k＋12k＋22k＋2

＝ 22k＋12k＋

1*

4k＋8k＋44k＋8k＋3＝>

22k＋122k＋1

2k＋32k＋12k＋1＋1

＝.22k＋1

∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．

由(1)(2)知，對(duì)于一切大于1的自然數(shù)n，不等式都成立． ＝

10．是否存在常數(shù)a，b，c使得等式1·2＋2·3＋?＋n(n＋1)2

nn＋112

an＋bn

＋c)對(duì)于一切正整數(shù)n都成立？并證明你的結(jié)論．

解：假設(shè)存在符合題意的常數(shù)a，b，c，222

在等式1·2＋2·3＋?＋n(n＋1)nn＋12＝(an＋bn＋c)中，12

令n＝1，得4＝a＋b＋c)①

令n＝2，得22a＋2b＋c)②

令n＝3，得70＝9a＋3b＋c③

由①②③解得a＝3，b＝11，c＝10，于是，對(duì)于n＝1,2,3都有

222

1·2＋2·3＋?＋n(n＋1)nn＋12＝(3n＋11n＋10)(*)式成立．

下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)于一切正整數(shù)n，(*)式都成立．(1)當(dāng)n＝1時(shí)，由上述知，(*)式成立．

*

(2)假設(shè)n＝k(k∈N)時(shí)，(*)式成立，222

即1·2＋2·3＋?＋k(k＋1)kk＋12＝(3k＋11k＋10)，12

那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，2222

1·2＋2·3＋?＋k(k＋1)＋(k＋1)(k＋2)kk＋122＝(3k＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)

k＋1k＋22＝k＋5k＋12k＋24)

k＋1k＋22＝k＋1)＋11(k＋1)＋10]，12

由此可知，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，(*)式也成立．

綜上所述，當(dāng)a＝3, b＝11，c＝10時(shí)題設(shè)的等式對(duì)于一切正整數(shù)n都成立．

一、選擇題

1．(2013·上海交大附中質(zhì)檢)用數(shù)學(xué)歸納法證明(n＋1)(n＋2)·?·(n＋n)＝n

2·1·3·?·(2n－1)，從k到k＋1，左邊需要增乘的代數(shù)式為()

A．2k＋1B．2(2k＋1)2k＋12k＋3C.D.k＋1k＋

1解析：選B.當(dāng)n＝k時(shí)，左邊為(k＋1)(k＋2)?(k＋k)，而當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝(k＋2)(k＋3)?(k＋k)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)?(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)，2k＋12k＋2∴左邊增乘的式子為＝2(2k＋1)．

k＋1

2．(2013·九江調(diào)研)已知1＋2×3＋3×3＋4×3＋?＋n×3＝3(na－b)＋c對(duì)一*

切n∈N都成立，則a、b、c的值為()

111A．a(chǎn)＝b＝cB．a(chǎn)＝b＝c24

4C．a(chǎn)＝0，b＝c＝D．不存在這樣的a、b、c

*

解析：選A.∵等式對(duì)一切n∈N均成立，∴n＝1,2,3時(shí)等式成立，即

1＝3a－b＋c??

2?1＋2×3＝32a－b＋c??1＋2×3＋3×32＝333a－b＋c3a－3b＋c＝1??

整理得?18a－9b＋c＝7

??81a－27b＋c＝3

423n－1n，11解得a＝，b＝c＝.24

二、填空題

3．記凸k邊形的內(nèi)角和為f(k)，則凸k＋1邊形的內(nèi)角和f(k＋1)＝f(k)＋________.解析：由凸k邊形變?yōu)橥筴＋1邊形時(shí)，增加了一個(gè)三角形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.答案：π

n

24．(2013·濟(jì)南調(diào)研)用數(shù)學(xué)歸納法證明“對(duì)于足夠大的自然數(shù)n，總有2＞n”時(shí)，驗(yàn)證第一步不等式成立所取的第一個(gè)值n0最小應(yīng)當(dāng)是________．

n252

解析：將n＝2,3,4,5分別代入驗(yàn)證，可得n＝2,3,4時(shí)，2≤n，而n＝5時(shí)，2＞5.答案：5

三、解答題

5．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝an＋(n＝1,2，?)．

an

(1)證明：an2n＋1對(duì)一切正整數(shù)n都成立；

an

(2)令bn＝(n＝1,2，?)，判斷bn與bn＋1的大小，并說(shuō)明理由．

n

解：(1)證明：法一：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝22×1＋1，不等式成立．

*

假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N)時(shí)，ak2k＋1成立．

1122

那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝ak＋2＞2k＋3＞2(k＋1)＋1.akak

∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＞2k＋1＋1成立． 綜上，an＞2n＋1對(duì)一切正整數(shù)n都成立．

法二：當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝2＞32×1＋1，結(jié)論成立．

*

假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N)時(shí)結(jié)論成立，即ak2k＋1.x

那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由函數(shù)f(x)＝x＋(x＞1)的單調(diào)遞增性和歸納假設(shè)，1

知ak＋1＝ak＞2k＋1＋

12k＋1

ak

＝

2k＋1＋12k＋2

2k＋12k＋1

＝4k＋8k＋4＞

2k＋32k＋12k＋1

2k＋1

＝2k＋32k＋1＋1.∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．

綜上可知，an2n＋1對(duì)一切正整數(shù)n均成立．

an＋1(2)∵bn＋1

b＝n＋1a

nn

n

＝??1＋1n

?

a2n

?

·

n＋1

＜??1?12n＋1??n2n＋1?n＋1＝2n＋1n＋1

?2nn＋1??n122＝?

－142n＋1

＜1.n＋12

故bn＋1＜bn.5

第三篇：2014屆高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)《數(shù)學(xué)證明》理 新人教B版

[第68講 數(shù)學(xué)證明]

(時(shí)間：45分鐘 分值：100分)

基礎(chǔ)熱身

1．下列符合三段論推理形式的為()

A．如果p?q，p真，則q真

B．如果b?c，a?b，則a?c

C．如果a∥b，b∥c，則a∥c

D．如果a＞b，c＞0，則ac＞bc

2．[2013·鄭州檢測(cè)] 類(lèi)比平面內(nèi)正三角形的“三邊相等，三內(nèi)角相等”的性質(zhì)，可推出正四面體的下列性質(zhì)，你認(rèn)為比較恰當(dāng)?shù)氖?)

①各棱長(zhǎng)相等，同一頂點(diǎn)上的任意兩條棱的夾角都相等；②各個(gè)面都是全等的正三角形，相鄰兩個(gè)面所成的二面角都相等；③各面都是面積相等的三角形，同一頂點(diǎn)上的任意兩條棱的夾角都相等．

A．①B．②

C．①②③D．③

3．[2013·太原檢測(cè)] 已知p是q的充分不必要條件，則綈q是綈p的()

A．充分不必要條件B．必要不充分條件

C．充要條件D．既不充分也不必要條件

22224．[2013·石家莊模擬] 已知ai，bi∈R(i＝1，2，3，?，n)，a1＋a2＋?＋an＝1，b1＋

2b

22＋?＋bn＝1，則a1b1＋a2b2＋?＋anbn的最大值為()

A．1B．2

C．n2D．2n

能力提升

5．[2013·泰州模擬] 設(shè)a，b，c是不全相等的正數(shù)，給出下列判斷：

222①(a－b)＋(b－c)＋(c－a)≠0；

②a＞b，a＜b及a＝b中至少有一個(gè)成立；

③a≠c，b≠c，a≠b不能同時(shí)成立．

其中正確判斷的個(gè)數(shù)為()

A．1個(gè)B．2個(gè)C．3個(gè)D．4個(gè)

6．已知c>1，ac＋1－c，b＝cc－1，則正確的結(jié)論是()

A．a(chǎn)>bB．a(chǎn)

C．a(chǎn)＝bD．a(chǎn)，b大小關(guān)系不定

?1?a＋b?，B＝f(ab)，C＝f?2ab?，則A，B，7．已知函數(shù)f(x)＝?，a，b∈R＋，A＝f???a＋b??2??2???

C的大小關(guān)系為()

A．A≤B≤CB．A

C．A≥B≥CD．A>B>C

x

8．用反證法證明命題：若整系數(shù)一元二次方程ax＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一個(gè)是偶數(shù)時(shí)，下列假設(shè)中正確的是()

A．假設(shè)a，b，c都是偶數(shù) B．假設(shè)a，b，c都不是偶數(shù)

C．假設(shè)a，b，c至多有一個(gè)是偶數(shù) D．假設(shè)a，b，c至多有兩個(gè)是偶數(shù)

1212312342

9．觀察數(shù)列1，，，?，則數(shù)將出現(xiàn)在此數(shù)列的第()

2132143216

A．21項(xiàng)B．22項(xiàng)C．23項(xiàng)D．24項(xiàng)

10．[2013·河南示范性高中檢測(cè)] 如圖K68－1，對(duì)大于或等于2的自然數(shù)m的n次冪進(jìn)行如下方式的“分裂”：

－

1仿此，5的“分裂”中最大的數(shù)是________，5的“分裂”中最小的數(shù)是________．

1??1?11．[2013·哈爾濱模擬] 已知等比數(shù)列{an}中，a2＞a3＝1，則使不等式?a1－?＋?a2－2

?a1??a2?

11??＋?a3－＋?＋?an≥0成立的最大自然數(shù)n是________．

aa

?

??

n

?

12．如圖K68－2所示，由若干個(gè)點(diǎn)組成形如三角形的圖形，每條邊(包括兩個(gè)端點(diǎn))有

9999

n(n>1，n∈N)個(gè)點(diǎn)，每個(gè)圖形總的點(diǎn)數(shù)記為an，則＋________．

a2a3a3a4a4a5a2 010a2 011

13．[2013·開(kāi)封模擬] 如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，那么對(duì)于區(qū)間D內(nèi)的任意

f（x1）＋f（x2）＋?＋f（xn）?x1＋x2＋?＋xnx1，x2，?，xn，都有≤f?.若y＝sinx在區(qū)間

n

?

n

?

(0，π)上是凸函數(shù)，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．

b2a2

14．(10分)已知a＞0，b＞0a＋b.ab

r

15．(13分)[2013·湖北卷](1)已知函數(shù)f(x)＝rx－x＋(1－r)(x>0)，其中r為有理數(shù)，且0

(2)試用(1)的結(jié)果證明如下命題：

設(shè)a1≥0，a2≥0，b1，b2為正有理數(shù)．若b1＋b2＝1，則ab11ab22≤a1b1＋a2b2；(3)請(qǐng)將(2)中的命題推廣到一般形式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明你所推廣的命題．

αα－1

注：當(dāng)α為正有理數(shù)時(shí)，有求導(dǎo)公式(x)′＝αx.難點(diǎn)突破

16．(12分)[2013·湖南卷] 已知數(shù)列{an}的各項(xiàng)均為正數(shù)，記A(n)＝a1＋a2＋?＋an，B(n)＝a2＋a3＋?＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋?＋an＋2，n＝1，2，?.*

(1)若a1＝1，a2＝5，且對(duì)任意n∈N，三個(gè)數(shù)A(n)，B(n)，C(n)組成等差數(shù)列，求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；

*

(2)證明：數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列的充分必要條件是：對(duì)任意n∈N，三個(gè)數(shù)A(n)，B(n)，C(n)組成公比為q的等比數(shù)列．

課時(shí)作業(yè)(六十八)

【基礎(chǔ)熱身】

1．B [解析] 由三段論的推理規(guī)則可以得到B為三段論． 2．C [解析] 由類(lèi)比原理和思想，①②③都是合理、恰當(dāng)?shù)模?/p>

3．A [解析] 反證法的原理：“原命題”與“逆否命題”同真假，即：若p?q，則綈q?綈p.a2＋c2b2＋d22222

4．A [解析] 此結(jié)論為“a，b，c，d∈R，a＋b＝1，c＋d＝1，則ac＋bd≤＋

222

a2a2a21＋b12＋b2n＋bn

＝1”的推廣，類(lèi)比可得a1b1＋a2b2＋?＋anbn≤1.222

【能力提升】

5．B [解析] ①②正確；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同時(shí)成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正確的判斷有2個(gè)．

6．B [解析] 假設(shè)a≥bc＋1－cc－c－1，∴c＋1＋c－1≥c，平方得2c＋2c－1≥4c，2222

2c≤2c－1，cc－1，即c≤c－1，0≤－1，這不可能，∴假設(shè)不成立，故a

7．A [解析] ab≥，又f(x)＝??在R上是單調(diào)減函數(shù)，∴f?2a＋b?2??2?

?2ab.f(ab)≤f??a＋b?

8．B [解析] 至少有一個(gè)的否定是一個(gè)也沒(méi)有，即假設(shè)a，b，c都不是偶數(shù)．

9．C [解析] 數(shù)列中各項(xiàng)的分子是按照(1)，(1，2)，(1，2，3)，(1，2，3，4)，?的規(guī)律呈現(xiàn)的，分母是按照(1)，(2，1)，(3，2，1)，(4，3，2，1)，?的規(guī)律呈現(xiàn)的，顯然

前五組不可能出現(xiàn)，我們不妨再寫(xiě)幾個(gè)對(duì)應(yīng)的數(shù)組(1，2，3，4，5，6)，(1，2，3，4，5，6

6，7)，(6，5，4，3，2，1)，(7，6，5，4，3，2，1)，可以發(fā)現(xiàn)第六組也不可，故只能是第七組的第二個(gè)．故這個(gè)數(shù)是第(1＋2＋?＋6＋2)項(xiàng)，即第23項(xiàng)．

10．9 21 [

解析] 由已知中“分裂”可得，a＋b

故“5”的“分裂”21.a31

11．5 [解析] ∵a2＞a3＝1，∴0＜q＝＜1，a1＝＞1，a2q

?a1－1＋?a2－1?＋?a3－1?＋?＋?an－1? ????a1a2?a3?an?????????

1?11

＝(a1＋a2＋?＋an)－?＋?＋

an??a1a2

111－a1（1－qn）a1?q?a1（1－qn）q（1－qn）

＝

1－q

－

11－

＝

1－q

－

a1（1－q）q0，q

a1（1－qn）q（1－qn）∴≥1－qa1（1－q）q因?yàn)?＜q＜1，所以，化簡(jiǎn)得a1≥

q

－1

q≤q

4n－1，∴4≥n－1，n≤5，所以n的最大值為5.00912.[解析] an＝3(n－1)，anan＋1＝9n(n－1)，裂項(xiàng)求和即可． 2 01033A＋B＋Cπ313.[解析] sinA＋sinB＋sinC≤3sin＝3sin＝2332

b2??a2?b2a2?14．證明：(a＋b)＝?－a?＋?b?

ab?a??b?

（b＋a）（b－a）（a＋b）（a－b）＝ab

?1112

＝(a－b)(a＋b)?＝(a－b)(a＋b)，?ba?ab

b2a2

∵a＞0，b＞0＋a＋b.ab

r－1r－1

15．解：(1)f′(x)＝r－rx＝r(1－x)，令f′(x)＝0，解得x＝1.當(dāng)0＜x＜1時(shí)，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)內(nèi)是減函數(shù)； 當(dāng)x＞1時(shí)，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)． 故函數(shù)f(x)在x＝1處取得最小值f(1)＝0.r

(2)由(1)知，當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，有f(x)≥f(1)＝0，即x≤rx＋(1－r)． ① 若a1，a2中有一個(gè)為0，則ab11ab22≤a1b1＋a2b2成立； 若a1，a2均不為0，又b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，于是

a1?b1a1a1?在①中令x＝，r＝b1，可得??≤b1·＋(1－b1)，a2a2?a2?

即ab11a1－b12≤a1b1＋a2(1－b1)，亦即ab11ab22≤a1b1＋a2b2.綜上，對(duì)a1≥0，a2≥0，b1，b2為正有理數(shù)且b1＋b2＝1，總有ab11ab22≤a1b1＋a2b2.②

(3)(2)中命題的推廣形式為：

若a1，a2，?，an為非負(fù)實(shí)數(shù)，b1，b2，?，bn為正有理數(shù)． 若b1＋b2＋?＋bn＝1，則ab11ab22?abnn≤a1b1＋a2b2＋?＋anbn.③ 用數(shù)學(xué)歸納法證明如下：

①當(dāng)n＝1時(shí)，b1＝1，有a1≤a1，③成立．

②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，③成立，即若a1，a2，?，ak為非負(fù)實(shí)數(shù)，b1，b2，?，bk為正有理數(shù)，且b1＋b2＋?＋bk＝1，則ab11ab22?abkk≤a1b1＋a2b2＋?＋akbk.當(dāng)n＝k＋1時(shí)，已知a1，a2，?，ak，ak＋1為非負(fù)實(shí)數(shù)，b1，b2，?，bk，bk＋1為正有理數(shù)，且b1＋b2＋?＋bk＋bk＋1＝1，此時(shí)0＜bk＋1＜1，即 1－bk＋1＞0，于是ab11ab22?abkkabk＋1k＋1＝(ab11ab22?abkk)abk＋1k＋1

＝(a1a2?ak)1－bk＋1abk＋1k＋1.1－bk＋11－bk＋11－bk＋1

b1b2bk

b1b2bk

1，由歸納假設(shè)可得

1－bk＋11－bk＋11－bk＋1

b1b2bkb1b2bk

a＋a2·＋?＋ak·＝1a2?ak≤a1·1－bk＋11－bk＋11－bk＋11－bk＋11－bk＋11－bk＋1

a1b1＋a2b2＋?＋akbk，1－bk＋1

a1b1＋a2b2＋?＋akbk1－bk＋1?從而ab11ab22?abkkabk＋1k＋1≤?abk＋1k＋1.1－bk＋1??

又因(1－bk＋1)＋bk＋1＝1，由②得

1－bk＋1

a1b1＋a2b2＋?＋akbk?a1b1＋a2b2＋?＋akbkabk＋1k＋1≤·(1－bk＋1)＋ak＋1bk＋1＝a1b1＋?1－bk＋11－bk＋1??

因

a2b2＋?＋akbk＋ak＋1bk＋1，從而ab11ab22?abkkabk＋1k＋1≤a1b1＋a2b2＋?＋akbk＋ak＋1bk＋1.故當(dāng)n＝k＋1時(shí)，③成立．

由①②可知，對(duì)一切正整數(shù)n，所推廣的命題成立． 說(shuō)明：(3)中如果推廣形式中指出③式對(duì)n≥2成立，則后續(xù)證明中不需討論n＝1的情況．

【難點(diǎn)突破】

*

16．解：(1)對(duì)任意n∈N，三個(gè)數(shù)A(n)，B(n)，C(n)是等差數(shù)列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.故數(shù)列{an}是首項(xiàng)為1，公差為4的等差數(shù)列． 于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.*

(2)①必要性：若數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列，則對(duì)任意n∈N，有an＋1＝anq.由an

＞0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是

B（n）a2＋a3＋?＋an＋1q（a1＋a2＋?＋an）

＝q，A（n）a1＋a2＋?＋ana1＋a2＋?＋an

C（n）a3＋a4＋?＋an＋2q（a2＋a3＋?＋an＋1）

＝＝q，B（n）a2＋a3＋?＋an＋1a2＋a3＋?＋an＋1

B（n）C（n）即＝＝q.所以三個(gè)數(shù)A(n)，B(n)，C(n)組成公比為q的等比數(shù)列． A（n）B（n）

*

②充分性：若對(duì)任意n∈N，三個(gè)數(shù)A(n)，B(n)，C(n)組成公比為q的等比數(shù)列，則B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)．

于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，得an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，即an＋2－qan＋1＝a2－qa1.由n＝1有B(1)＝qA(1)，即a2＝qa1，從而an＋2－qan＋1＝0.an＋2

錯(cuò)誤!＝q.an＋1

故數(shù)列{an}是首項(xiàng)為a1，公比為q的等比數(shù)列．

*

綜上所述，數(shù)列{an}是公比為q的等比數(shù)列的充分必要條件是：對(duì)任意n∈N，三個(gè)數(shù)A(n)，B(n)，C(n)組成公比為q的等比數(shù)列．

因?yàn)閍n＞0，所以

第四篇：2015屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第七章 推理與證明第3課時(shí) 數(shù)學(xué)歸納法課時(shí)訓(xùn)練

1117.設(shè)f(n)＝＋?＋(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)＝________． 2nn＋1n＋

211答案： 2n＋12n＋2

解析：f(n＋1)－f(n)

11111＝?（n＋1）＋1＋（n＋1）＋2＋?＋2n＋2n＋1＋2（n＋1）? ??

111－?n＋1＋n＋2＋?＋2n ??

11111＝－.2n＋12（n＋1）n＋12n＋12n＋2

－8.已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋?＋n×3n1＝3n(na－b)＋c對(duì)一切n∈N*都成立，則a、b、c的值為_(kāi)___________．

11答案：a＝，b＝c＝2

4解析：∵ 等式對(duì)一切n∈N*均成立，∴ n＝1，2，3時(shí)等式成立，?1＝3（a－b）＋c，?2即?1＋2×3＝3（2a－b）＋c，??1＋2×3＋3×32＝33（3a－b）＋c，3a－3b＋c＝1，??11整理得?18a－9b＋c＝7，解得ab＝c 24??81a－27b＋c＝34，9.已知正項(xiàng)數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋

*a(n∈N*)．用數(shù)學(xué)歸納法證明：an

a3證明：當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝1＋，a1

2ak＋1ak＋1時(shí)，ak0.則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋2－ak＋1＝1＋－ak＋1＝1－1＋ak＋11＋ak＋

1ak＋1－ak?1＋a?＝?1＋ak?（1＋ak）（1＋ak＋1）>0，所以n＝k＋1時(shí)，不等式成立．綜上所述，不等式

an

＋－10.求證：an1＋(a＋1)2n1能被a2＋a＋1整除(其中n∈N*)．

證明：① 當(dāng)n＝1時(shí)，a2＋(a＋1)1＝a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除，即當(dāng)n＝1時(shí)原命題成立．

＋－＋② 假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)，ak1＋(a＋1)2k1能被a2＋a＋1整除．則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak2

＋＋－＋－－＋(a＋1)2k1＝a·ak1＋(a＋1)2·(a＋1)2k1＝a·ak1＋a·(a＋1)2k1＋(a2＋a＋1)·(a＋1)2k1＝

[ak＋1＋（a＋1）2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1.由歸納假設(shè)及a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除可a·

＋＋知，ak2＋(a＋1)2k1也能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1命題也成立．

根據(jù)①和②可知，對(duì)于任意的n∈N*，原命題成立．

11.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝2n－an，先計(jì)算數(shù)列的前4項(xiàng)，后猜想an并證明之．

3解：由a1＝2－a1，得a1＝1，由a1＋a2＝2×2－a2，得a2＝.由a1＋a2＋a3＝2×3－a3，2

n2－1715得a3＝.由a1＋a2＋a3＋a4＝2×4－a4，得a4＝.猜想an＝－.482

下面用數(shù)學(xué)歸納法證明猜想正確：

2n－121－1① 當(dāng)n＝1時(shí)，左邊a1＝1，右邊＝－－1，猜想成立． 22

k2－12k－1② 假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，猜想成立，就是ak－Sk＝2k－ak＝2k－－.則當(dāng)n＝22

1k＋1時(shí)，由Sk＋1＝2(k＋1)－ak＋1，得Sk＋1－ak＋1＝2(k＋1)－2ak＋1，∴ ak＋1＋1)－Sk]2

kk＋12－1?2－11＝k＋12k－－?＝（＋）－ 2?2?2

這就是說(shuō)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式也成立．

2n－1由①②可知，an＝－n∈N*均成立． 2

12.已知△ABC的三邊長(zhǎng)為有理數(shù)，求證：

(1)cos A是有理數(shù)；

(2)對(duì)任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)．

AB2＋AC2－BC2

證明：(1)由AB、BC、AC為有理數(shù)及余弦定理知cosA＝ 2AB·AC

(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明cosnA和sinA·sinnA都是有理數(shù)．

① 當(dāng)n＝1時(shí)，由(1)知cosA是有理數(shù)，從而有sinA·sinA＝1－cos2A也是有理數(shù)． ② 假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，coskA和sinA·sinkA都是有理數(shù)．

當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由cos(k＋1)A＝cosA·coskA－sinA·sinkA，sinA·sin(k＋1)A＝sinA·(sinA·coskA＋cosA·sinkA)＝(sinA·sinA)·coskA＋(sinA·sinkA)·cosA，由①及歸納假設(shè)，知cos(k＋1)A與sin A·sin(k＋1)A都是有理數(shù)．

即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，結(jié)論成立．

綜合①②可知，對(duì)任意正整數(shù)n，cosnA是有理數(shù)．

第五篇：2015屆高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí)第七章 推理與證明第1課時(shí) 合情推理與演繹推理課時(shí)訓(xùn)練

n－mb答案： a解析：等差數(shù)列中bn和am可以類(lèi)比等比數(shù)列中的bn和am，等差數(shù)列中bn－am可以類(lèi)

n－m

bbn－ambn

比等比數(shù)列中的，等差數(shù)列中.an－max7.設(shè)函數(shù)f(x)，觀察： x＋

2xxxf1(x)＝f(x)f2(x)＝f(f1(x))f3(x)＝f(f2(x))x＋23x＋47x＋8

xf4(x)＝f(f3(x))15x＋16

根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)n∈N＋且n≥2時(shí)，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________．

x答案：（2－1）x＋2

解析：觀察知四個(gè)等式等號(hào)右邊的分母為x＋2，3x＋4，7x＋8，15x＋16，即(2－1)x

n＋2，(4－1)x＋4，(8－1)x＋8，(16－1)x＋16，所以歸納出fn(x)＝f(fn－1(x))的分母為(2－1)x

x＋2n，故當(dāng)n∈N＋且n≥2時(shí)，fn(x)＝f(fn－1(x))（2－1）x＋238.觀察：① sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝ sin26°＋cos236°＋sin 6°

43cos36°＝4

由上面兩題的結(jié)構(gòu)規(guī)律，你能否提出一個(gè)猜想？并證明你的猜想．

3解：猜想：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sinαcos(α＋30°).4

證明如下：

2左邊＝sinα＋cos(α＋30°)[cos(α＋30°)＋sinα]

＝sin2α＋?α－1sinα??α＋1α? ?2??2?22313＝sin2α＋22α＝ 444

所以，猜想是正確的．

9.在Rt△ABC中，兩直角邊的長(zhǎng)分別為a、b，直角頂點(diǎn)C到斜邊的距離為h，則易證11

1.在四面體S－ABC中，側(cè)棱SA、SB、SC兩兩垂直，SA＝a，SB＝b，SC＝c，hab點(diǎn)S到平面ABC的距離為h，類(lèi)比上述結(jié)論，寫(xiě)出h與a、b、c之間的等式關(guān)系并證明．

1111解：類(lèi)比得到：＋.habc

證明：過(guò)S作△ABC所在平面的垂線，垂足為O，連結(jié)CO并延長(zhǎng)交AB于D，連結(jié)SD，∵SO⊥平面ABC，∴SO⊥AB.∵SC⊥SA，SC⊥SB，∴SC⊥平面ABC，∴SC⊥AB，SC⊥SD，∴AB⊥平面SCD，∴ AB⊥SD.在Rt△ABS中，有

111111中，有＝＋＋.hSDcabc111，在Rt△CDSSDab 2210.老師布置了一道作業(yè)題“已知圓C的方程是x＋y＝r，求證：經(jīng)過(guò)圓C上一點(diǎn)

2M(x0，y0)的切線方程為x0x＋y0y＝r”，聰明的小明很快就完成了，完成后覺(jué)得該題很有意

思，經(jīng)過(guò)認(rèn)真思考后大膽猜想出如下結(jié)論：若圓C的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝r2，則經(jīng)過(guò)圓

2C上一點(diǎn)M(x0，y0)的切線方程為(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r.你認(rèn)為小明的猜想正確

嗎？若正確，請(qǐng)給出證明；若不正確，請(qǐng)說(shuō)明理由．

解：小明的猜想正確．

(證法1)若x0≠a，y0≠b，則因圓C的方程是(x－a)2＋(y－b)2＝r2，M(x0，y0)是圓C上

y0－b一點(diǎn)，所以直線MC的斜率為k1＝，設(shè)過(guò)M(x0，y0)的切線斜率為k，因直線MC與切x0－a

x0－ax0－a1線l垂直，所以k＝－＝－所以過(guò)M(x0，y0)的切線l方程為y－y0(x－x0)，k1y0－by0－b

22整理得(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝(x0－a)＋(y0－b).又點(diǎn)M(x0，y0)在圓C上，所以有(x0

222－a)＋(y0－b)＝r，故此時(shí)過(guò)M(x0，y0)的圓C的切線方程為(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)2＝r.若x0＝a或y0＝b(同時(shí)成立不合題意)，則切線的斜率不存在或?yàn)?，可直觀看出：|y0－b|＝r或|x0－a|＝r，此時(shí)切線方程分別為y＝y(tǒng)0或x＝x0，適合(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)22＝r.綜上所述，過(guò)M(x0，y0)的圓C的切線方程為(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r.→→→(證法2)設(shè)P(x，y)為切線上任一點(diǎn)，則PM＝(x0－x，y0－y)，CM＝(x0－a，y0－b)．又PM

→→→⊥CM，∴ PM·CM＝0，即(x0－x)(x0－a)＋(y0－y)(y0－b)＝0.又(x0－a)2＋(y0－b)2＝r2，化簡(jiǎn)得(x0－a)(x－a)＋(y0－b)(y－b)＝r2為所求切線．

11.某少數(shù)民族的刺繡有著悠久的歷史，下圖(1)、(2)、(3)、(4)為她們刺繡最簡(jiǎn)單的四個(gè)圖案，這些圖案都是由小正方形構(gòu)成，小正方形數(shù)越多刺繡越漂亮．現(xiàn)按同樣的規(guī)律刺繡(小正方形的擺放規(guī)律相同)，設(shè)第n個(gè)圖形包含f(n)個(gè)小正方形．

(1)求出f(5)的值；

(2)利用合情推理的“歸納推理思想”，歸納出f(n＋1)與f(n)之間的關(guān)系式，并根據(jù)你得到的關(guān)系式求出f(n)的表達(dá)式；

1111(3)＋＋?＋的值． f（1）f（2）－1f（3）－1f（n）－1

解：(1)f(5)＝41.(2)因?yàn)閒(2)－f(1)＝4＝4×1，f(3)－f(2)＝8＝4×2，f(4)－f(3)＝12＝4×3，f(5)－f(4)＝16＝4×4，?，由上式規(guī)律，所以得出f(n＋1)－f(n)＝4n.因?yàn)閒(n＋1)－f(n)＝4nf(n＋

1)＝f(n)＋4nf(n)＝f(n－1)＋4(n－1)＝f(n－2)＋4(n－1)＋4(n－2)＝f(n－3)＋4(n－1)＋4(n－2)＋4(n－3)＝?＝f(1)＋4(n－1)＋4(n－2)＋4(n－3)＋?＋4＝2n2－2n＋1.11111?，(3)當(dāng)n≥2＝?

f（n）－12n（n－1）2?n－1n?

1111所以＋＋?＋ f（1）f（2）－1f（3）－1f（n）－111111111＝1＋(1－＋－?＋)222334n－1n

1131＝1＋1－＝－2n22n