《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 概率、統(tǒng)計、復(fù)數(shù)、算法、推理與證明 第5講 推理與證明練習(xí) 文 蘇教版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（江蘇專用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題六 概率、統(tǒng)計、復(fù)數(shù)、算法、推理與證明 第5講 推理與證明練習(xí) 文 蘇教版（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、第5講　推理與證明 1．(2019·蘇州期末)從1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，歸納出第n個式子為________． [答案] 1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1(1＋2＋3＋…＋n) 2．觀察下列等式： 1－＝， 1－＋－＝＋， 1－＋－＋－＝＋＋， … 據(jù)此規(guī)律，第n個等式可為____________________． [解析] 等式的左邊的通項為－，前n項和為1－＋－＋…＋－；右邊的每個式子的第一項為，共有n項，故為＋＋…＋． [答案] 1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋ 3．(20

2、19·徐州模擬)已知數(shù)列{an}中，a1＝，an＋1＝，則該數(shù)列的前22項和等于________． [解析] 因為a1＝，an＋1＝，所以a2＝－1，a3＝2，a4＝， 所以數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列，所以 S22＝7(a1＋a2＋a3)＋a1＝7×＋＝11． [答案] 11 4．(2019·宿遷調(diào)研)觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝________． [解析] 從給出的式子特點觀察可推知，從第三項開始，后一個式子的右端值等于它前面兩個式子右端值的和，照此規(guī)律，則a10＋b10＝123． [

3、答案] 123 5． 如圖，在圓內(nèi)畫1條弦，把圓分成2部分；畫2條相交的弦，把圓分成4部分；畫3條兩兩相交的弦，最多把圓分成7部分；…；畫n條兩兩相交的弦，最多把圓分成________個部分． [解析] 易知當(dāng)n條弦的交點不在圓周上，且沒有公共交點時，把圓分的部分最多． 當(dāng)畫1條弦時，分成1＋1個部分； 當(dāng)畫2條弦時，分成1＋1＋2個部分； 當(dāng)畫3條弦時，分成1＋1＋2＋3個部分； … 所以畫n條弦時，分成1＋1＋2＋3＋…＋n＝(n2＋n)＋1(個)部分． [答案] (n2＋n)＋1 6．(2019·南京模擬)命題p：已知橢圓＋＝1(a>b>0)，F(xiàn)1、F2是橢圓的兩

4、個焦點，P為橢圓上的一個動點，過F2作∠F1PF2的外角平分線的垂線，垂足為M，則OM的長為定值．類比此命題，在雙曲線中也有命題q：已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)，F(xiàn)1、F2是雙曲線的兩個焦點，P為雙曲線上的一個動點，過F2作∠F1PF2的________的垂線，垂足為M，則OM的長為定值________． [解析] 對于橢圓，延長F2M與F1P的延長線交于Q． 由對稱性知，M為F2Q的中點，且PF2＝PQ， 從而OM∥F1Q且OM＝F1Q． 而F1Q＝F1P＋PQ＝F1P＋PF2＝2a，所以O(shè)M＝a． 對于雙曲線，過F2作∠F1PF2內(nèi)角平分線的垂線，垂足為M， 類比可得

5、OM＝a． 因為OM＝F1Q＝(PF1－PF2)＝·2a＝a． [答案] 內(nèi)角平分線　a 7．設(shè)△ABC的三邊長分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，則r＝．類比這個結(jié)論可知：四面體ABCD的四個面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球半徑為R，四面體ABCD的體積為V，則R＝________． [解析] 設(shè)四面體ABCD的內(nèi)切球的球心為O，連結(jié)OA，OB，OC，OD，將其分割成四個四面體，由分割法可得V＝S1R＋S2R＋S3R＋S4R， 所以R＝． [答案] 8．(2019·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(八))已知下列等式： 22＝4 22－42＋62

6、＝24 22－42＋62－82＋102＝60 22－42＋62－82＋102－122＋142＝112 …… 觀察上述等式的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)第n(n∈N*)個等式的右邊可以表示為an2＋bn＋c(a，b，c為實常數(shù))的形式，則＋c＝______． [解析] 法一：每個等式的左邊有(2n－1)個偶數(shù)的平方相加減，第一個偶數(shù)為2，最后一個偶數(shù)為2(2n－1)，正負(fù)相間，所以第n個等式的左邊為22－42＋62－82＋…－[2(2n－2)]2＋[2(2n－1)]2，即4＋2[4＋6＋8＋…＋2(2n－2)＋2(2n－1)]＝4(1＋2＋3＋4＋5＋…＋2n－2＋2n－1)＝8n2－4n，所以a＝8，

7、b＝－4，c＝0，所以＋c＝－2． 法二：令n＝1，2，3，得解得，所以＋c＝－2． [答案] －2 9．(2019·無錫質(zhì)量檢測)有甲、乙二人去看望高中數(shù)學(xué)老師張老師，期間他們做了一個游戲，張老師的生日是m月n日，張老師把m告訴了甲，把n告訴了乙，然后張老師列出來如下10個日期供選擇：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日．看完日期后，甲說：“我不知道，但你一定也不知道．”乙聽了甲的話后，說：“本來我不知道，但現(xiàn)在我知道了．”甲接著說：“哦，現(xiàn)在我也知道了．”則張老師的生日是________． [解析] 根據(jù)甲說的“我不知道

8、，但你一定也不知道”，可排除5月5日、5月8日、9月4日、9月6日、9月9日；根據(jù)乙聽了甲的話后說的“本來我不知道，但現(xiàn)在我知道了”，可排除2月7日、8月7日；根據(jù)甲接著說的“哦，現(xiàn)在我也知道了”，可以得知張老師生日為8月4日． [答案] 8月4日 10．(2019·武漢調(diào)研)如圖(1)所示，在平面幾何中，設(shè)O是等腰直角三角形ABC的底邊BC的中點，AB＝1，過點O的動直線與兩腰或其延長線的交點分別為R，Q，則有＋＝2．類比以上結(jié)論，將其拓展到空間中，如圖(2)所示，設(shè)O是正三棱錐A-BCD的底面BCD的中心，AB，AC，AD兩兩垂直，AB＝1，過點O的動平面與三棱錐的三條側(cè)棱或其延長線的

9、交點分別為Q，R，P，則有________． [解析] 設(shè)O到正三棱錐A-BCD三個側(cè)面的距離為d，易知V三棱錐R-AQP＝S△AQP·AR＝×·AQ·AP·AR＝AQ·AP·AR．又因為V三棱錐R-AQP＝V三棱錐O-AQP＋V三棱錐O-ARP＋V三棱錐O-AQR＝S△AQP·d＋S△ARP·d＋S△AQR·d＝(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d， 所以AQ·AP·AR＝(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d，即＋＋＝．而V三棱錐A-BDC＝××1×1×1＝，所以V三棱錐O-ABD＝V三棱錐A-BDC＝， 即·S△ABD·d＝××d＝，所以d＝， 所以＋＋＝3． [答案

10、] ＋＋＝3 11．(2019·蘇州期末)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)a． ①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°； ②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°； ③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°； ④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°； ⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°． (1)從上述五個式子中選擇一個，求出常數(shù)a； (2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為一個三角恒等式，并證明你的結(jié)論

11、． [解] (1)選擇②式計算： a＝sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°＝． (2)猜想的三角恒等式為：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝． 證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°·cos α＋sin 30°sin α) ＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α＝sin2α＋cos2α＝． 12．(2019·徐州模

12、擬)已知函數(shù)f(x)＝x＋1，設(shè)g1(x)＝f(x)，gn(x)＝f(gn－1(x))(n>1，n∈N*)， (1)求g2(x)，g3(x)的表達(dá)式，并猜想gn(x)(n∈N*)的表達(dá)式(直接寫出猜想結(jié)果)； (2)若關(guān)于x的函數(shù)y＝x2＋i(x) (n∈N*)在區(qū)間－∞，－1]上的最小值為6，求n的值．(符號“”表示求和，例如：i＝1＋2＋3＋…＋n) [解] (1)因為g1(x)＝f(x)＝x＋1，所以g2(x)＝f(g1(x))＝f(x＋1)＝(x＋1)＋1＝x＋2，g3(x)＝f(g2(x))＝f(x＋2)＝(x＋2)＋1＝x＋3，所以猜想gn(x)＝x＋n． (2)因為gn(

13、x)＝x＋n，所以i(x)＝g1(x)＋g2(x)＋…＋gn(x)＝nx＋， 所以y＝x2＋i(x)＝x2＋nx＋＝＋． ①當(dāng)－≥－1，即n≤2時，函數(shù)y＝＋在區(qū)間(－∞，－1]上是減函數(shù)， 所以當(dāng)x＝－1時，ymin＝＝6，即n2－n－10＝0，該方程沒有整數(shù)解． ②當(dāng)－<－1，即n>2時，ymin＝＝6，解得n＝4，綜上所述，n＝4． 13．由部分自然數(shù)構(gòu)成如圖所示的數(shù)表，用aij(i≥j)表示第i行第j個數(shù)(i，j∈N*)，使ai1＝aii＝i，每行中的其余各數(shù)分別等于其“肩膀”上的兩個數(shù)的和．設(shè)第n(n∈N*)行中各數(shù)的和為bn． (1)用bn表示bn＋1； (2)試

14、問：數(shù)列{bn}中是否存在不同的三項bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差數(shù)列？若存在，求出p，q，r的關(guān)系；若不存在，請說明理由． [解] (1)bn＝an1＋an2＋…＋ann， bn＋1＝a(n＋1)1＋a(n＋1)2＋…＋a(n＋1)(n＋1) ＝n＋1＋(an1＋an2)＋…＋(an(n－1)＋ann)＋n＋1 ＝2(an1＋an2＋…＋ann)＋2＝2bn＋2． (2)因為bn＋1＝2bn＋2，所以bn＋1＋2＝2(bn＋2)， 所以{bn＋2}是以b1＋2＝3為首項，2為公比的等比數(shù)列， 則bn＋2＝3·2n－1?bn＝3·2n－1－2． 若數(shù)列{bn}

15、中存在不同的三項bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差數(shù)列， 不妨設(shè)p>q>r，顯然{bn}是遞增數(shù)列，則2bq＝bp＋br， 即2(3·2q－1－2)＝(3·2p－1－2)＋(3·2r－1－2)， 化簡得： 2·2q－r＝2p－r＋1，(*) 由于p，q，r∈N*，且p>q>r，知q－r≥1，p－r≥2， 所以(*)式左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)， 故數(shù)列{bn}中不存在不同的三項bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差數(shù)列． 14．已知函數(shù)f(x)＝(ax－a－x)，其中a>0且a≠1． (1)分別判斷f(x)在(－∞，＋∞)上的單調(diào)性； (2)比較f(1)－

16、1與f(2)－2、f(2)－2與f(3)－3的大小，由此歸納出一個更一般的結(jié)論，并證明； (3)比較與、與的大小，由此歸納出一個更一般的結(jié)論，并證明． [解] (1)f′(x)＝(ax＋a－x)ln a，若00，若a>1，則> 0，ln a>0，所以f′(x)>0；因此，對任意a>0且a≠1，都有f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增． (2)直接計算知f(1)－1＝0，f(2)－2＝a＋a－1－2，f(3)－3＝a2＋a－2－2，根據(jù)基本不等式a＋a－1－2>0，所以f(2)－2>f(1)－1，又因為 (a2＋a－2－2)

17、－(a＋a－1－2)＝(a－a－1)2－(－)2＝(－)2(a＋a－1＋1)＝(a－1)2(a＋a－1＋1)>0，所以f(3)－3>f(2)－2． 一般性結(jié)論：?x>0，f(x＋1)－(x＋1)>f(x)－x． 證明：記g(x)＝[f(x＋1)－(x＋1)]－[f(x)－x]＝ [(ax＋1－a－x－1)－(ax－a－x)]－1＝－1，g′(x)＝ln a．與(1)類似地討論知，對?x>0和?a>0且a≠1都有g(shù)′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，g(0)＝0，所以g(x)>g(0)＝0，即?x>0，f(x＋1)－(x＋1)>f(x)－x． (3)＝1，＝(a＋a－1)，＝，根據(jù)基本不等式＝(a＋a－1)>1＝，－>－＝>0，所以>>． 一般性結(jié)論：?x>0，>． 證明：記g(x)＝，x>0，g′(x)＝＝ ×，設(shè)h(x)＝，則h(0)＝0且h′(x)＝，類似(1)的討論知對?x>0和?a>0且a≠1，h′(x)＝>0，從而h(x)>h(0)＝0，g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，所以?x>0，>． - 8 -