1、1(2015浙江，8，中)设实数a，b，t满足|a1|sin b|t.()A若t确定，则b2唯一确定B若t确定，则a22a唯一确定C若t确定，则sin唯一确定D若t确定，则a2a唯一确定【答案】BA若t确定，则t|sin b|，b有无数个解，则b2亦有无数解，A错Bt|a1|，t确定，则t2确定，(a1)2确定，即a22a1确定a22a确定B正确Ct|sin b|，t确定时，b有无数个解，则亦有无数个解sin 不唯一，C错由选项B可知D错2(2015陕西，16，易)观察下列等式111据此规律，第n个等式可为_【解析】由前3个式子可知，第i行所得的结果一定是i个数之和且第一个数的分母为i1，第n
2、个等式应写为1.【答案】11(2012江西，5，易)观察下列事实：|x|y|1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|y|2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|y|3的不同整数解(x，y)的个数为12，则|x|y|20的不同整数解(x，y)的个数为()A76 B80 C86 D92【答案】B观察可得，不同整数解的个数可以构成一个首项为4，公差为4的等差数列，则所求为第20项，所以不同整数解的个数为4(201)480.2(2013浙江，10，中)设a，bR，定义运算“”和“”如下：abab若正数a，b，c，d满足ab4，cd4，则()Aab2，cd2 Bab2，cd2Cab2，cd2 Dab
3、2，cd2【答案】C由题意知，运算“”为两数中取小，运算“”为两数中取大，由ab4知，正数a，b中至少有一个大于等于2.由cd4知，c，d中至少有一个小于等于2，故选C.3(2012大纲全国，12，中)正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，AEBF.动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为()A8 B6 C4 D3【答案】B由反射角等于入射角，利用三角形的相似比，准确画图如图，碰撞的顺序是EFGRMNE.故选B.4(2014课标，14，中)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市
4、时，甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市由此可判断乙去过的城市为_【解析】由丙可知，乙至少去过一个城市；由甲可知，甲去过A，C且比乙多，且乙没有去过C城市，故乙只去过A城市【答案】A5(2014北京，14，中)顾客请一位工艺师把A，B两件玉石原料各制成一件工艺品工艺师带一位徒弟完成这项任务每件原料先由徒弟完成粗加工，再由工艺师进行精加工完成制作，两件工艺品都完成后交付顾客两件原料每道工序所需时间(单位：工作日)如下：工序时间原料粗加工精加工原料A915原料B621则最短交货期为_个工作日【解析】若先加工原料A，则交货期为9152145(个)
5、工作日；若先加工原料B，则交货期为6211542(个)工作日所以最短交货期为42个工作日【答案】426(2012湖北，17，难)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数他们研究过如图所示的三角形数：将三角形数1，3，6，10，记为数列an，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列bn，可以推测：(1)b2 012是数列an中的第_项；(2)b2k1_(用k表示)【解析】(1)由图可知an1an(n1)(nN*)所以a2a12，a3a23，anan1n.累加得ana123n，即an123n.当n4，5，9，10，14，15，19，20，24，25，时，an能被
6、5整除，即b2a5，b4a10，b6a15，b8a20，所以b2ka5k(kN*)所以b2 012a51 006a5 030.(2)由(1)可知b2k1a5k15k(5k1).【答案】(1)5 030(2)7(2012福建，20，12分，中)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数；sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)试从上述五个式子中选择一个
7、，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论解：(1)选择式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301.(2)三角恒等式为sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：(方法一)sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30 sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin2sin2cos2.证明如下：(方法二)sin2cos2(30)sin cos(30)sin (cos 30cos
8、 sin 30sin )cos 2(cos 60cos 2sin 60sin 2)sin cos sin2cos 2cos 2sin 2sin 2(1cos 2)1cos 2cos 2.8(2014江西，21，14分，难)将连续正整数1，2，n(nN*)从小到大排列构成一个数123n，F(n)为这个数的位数(如n12时，此数为123 456 789 101 112，共有15个数字，F(12)15)，现从这个数中随机取一个数字，p(n)为恰好取到0的概率(1)求p(100)；(2)当n2 014时，求F(n)的表达式；(3)令g(n)为这个数中数字0的个数，f(n)为这个数中数字9的个数，h(n
9、)f(n)g(n)，Sn|h(n)1，n100，nN*，求当nS时p(n)的最大值解：(1)当n100时，这个数中总共有192个数字，其中数字0的个数为11，所以恰好取到0的概率为p(100).(2)F(n)(3)当nb(1b9，bN*)时，g(n)0；当n10kb(1k9，0b9，kN*，bN)时，g(n)k；当n100时，g(n)11，即g(n)同理有f(n)由h(n)f(n)g(n)1，可知n9，19，29，39，49，59，69，79，89，90.所以当n100时，S9，19，29，39，49，59，69，79，89，90当n9时，p(9)0；当n90时，p(90)；当n10k9(1k
10、8，kN*)时，p(n)，由于y关于k单调递增，故当n10k9(1k8，kN*)时，p(n)的最大值为p(89).又0，nN)，若bmc，bnd(nm2，m，nN)，则可以得到bmn_(2)(2015上海闸北二模，19，12分)已知O是ABC内任意一点，连接AO，BO，CO并延长，分别交对边于A，B，C，则1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：1.请运用类比思想，对于空间中的四面体VBCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明【解析】(1)设数列an的公差为d1，数列bn的公比为q，则等差数列中ana1(n1)d1，等比数列中bnb1qn1.amn，bmn.(2)在四面体VBCD中
11、，任取一点O，连接VO，DO，BO，CO并延长，分别交四个面于E，F，G，H点则1.证明：在四面体OBCD与VBCD中，.同理有；，1.【点拨】解题(1)的关键是找出等差数列与等比数列的关联；解题(2)的关键是把平面几何的元素类比到空间中，证明时一般考虑面积对应体积 类比推理的应用方法及步骤进行类比推理时应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比，提出猜想类比推理常见的情形有：平面与空间类比，低维与高维类比，等差数列与等比数列类比，数的运算与向量运算类比，实数集的性质与复数集的性质类比，圆锥曲线间的类比等类比推理的一般步骤：(1)找出两类事物之间的相似性或一致性(2)用一类事物的性质去推测
12、另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)(1)(2015河北保定一模，14)设等差数列an的前n项和为Sn，则S4，S8S4，S12S8，S16S12成等差数列类比以上结论有：设等比数列bn的前n项积为Tn，则T4，_，_，成等比数列(2)(2015江苏南通一模，8)在平面上，若两个正三角形的边长的比为12，则它们的面积比为14.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为12，则它们的体积比为_(1)【解析】依题意有T4b1b2b3b4，b5b6b7b8，b9b10b11b12，b13b14b15b16.若原等比数列公比为q，则T4，构成公比为q16的等比数列【答案】，(2)【解析】由平
13、面图形的面积类比立体图形的体积得出：在空间内，若两个正四面体的棱长的比为12，则它们的底面积之比为14，对应高之比为12，所以体积比为18.【答案】18考向2归纳推理的应用归纳推理的特点(1)归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理(2)归纳推理所得结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，推广的一般性结论也会越可靠其结论的正确性往往通过演绎推理来证明(3)它是一种发现一般性规律的重要方法其思维过程大致如下：(1)(2013湖北，14)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数1，3，6，10，第n个三角形数为n2n.记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，以下列出
14、了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n，3)n2n，正方形数N(n，4)n2，五边形数N(n，5)n2n，六边形数N(n，6)2n2n，可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10，24)_(2)(2013陕西，13)观察下列等式：(11)21，(21)(22)2213，(31)(32)(33)23135，照此规律，第n个等式可为_【解析】(1)已知各式可化为如下形式：N(n，3)n2nn2n，N(n，4)n2n2n，N(n，5)n2nn2n，N(n，6)2n2nn2n，由归纳推理可得N(n，k)n2n，故N(10，24)102101 1001001 000.(2)从给出的规律可看
15、出，左边的连乘式中，连乘式个数以及每个连乘式中的第一个加数与右边连乘式中第一个乘数的指数保持一致，其中左边连乘式中第二个加数从1开始，逐项加1递增，右边连乘式中从第二个乘数开始，组成以1为首项，2为公差的等差数列，项数与第几等式保持一致，则照此规律，第n个等式可为(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)【答案】(1)1 000(2)(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)【点拨】解题(1)的关键是观察已知式子的规律并改写形式；题(2)通过观察、联想、对比，再进行归纳 常见的归纳推理类型及相应方法常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：(1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，
16、需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识(2)形的归纳主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳(2011山东，15)设函数f(x)(x0)，观察：f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，根据以上事实，由归纳推理可得：当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x)_【解析】由f(x)(x0)得，f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，所以归纳可得，当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x).【答案】考向3演绎推理的应用演绎推理的理解(1)演绎推理是由一般性
17、的命题推出特殊性命题的一种推理模式，是一种必然性推理演绎推理的前提与结论之间有蕴含关系，因而，只要前提是真实的，推理的形式是正确的，那么结论必定是真实的，但是错误的前提可能导致错误的结论(2)演绎推理的主要形式就是由大前提、小前提推出结论的三段论式推理(2015福建三明调研，20，12分)数列an的前n项和记为Sn，已知a11，an1Sn(nN*)证明：(1)数列是等比数列；(2)Sn14an.【证明】(1)an1Sn1Sn，an1Sn，(n2)Snn(Sn1Sn)，即nSn12(n1)Sn.2.(小前提)故是以2为公比，1为首项的等比数列(结论)(2)由(1)可知，4(n2)，Sn14(n1
18、)4Sn14an(n2)，(小前提)又a23S13，S2a1a21344a1，(小前提)对于任意正整数n，都有Sn14an.(结论)(第(2)问的大前提是第(1)问的结论及题中的已知条件)【点拨】演绎推理还可以定义为结论在普遍性上不大于前提的推理，或结论在确定性上同前提一样的推理应用演绎推理的过程中一定要注意大小前提都正确，此前提下得到的结论才正确 演绎推理的应用方法(1)在应用三段论推理来证明问题时，首先应该明确什么是问题中的大前提和小前提在演绎推理中，只要前提和推理形式是正确的，结论必定是正确的(2)用三段论证明的基本模式是：大前提已知的一般原理；小前提所研究的特殊情况；结论根据一般原理对
19、特殊情况做出的判断在证明的过程中，往往大前提不写出来(2014湖北黄冈调研，20，12分)设f(x)3ax22bxc.若abc0，f(0)0，f(1)0，求证：(1)a0且20，f(1)0，c0，3a2bc0.由abc0，消去b得ac0；再由条件abc0，消去c得ab0，21.(2)方法一：抛物线f(x)3ax22bxc的顶点坐标为，21，0，f(1)0，而f0，f(1)0，而fabca0，方程f(x)0有两个实根设方程的两根为x1，x2，由根与系数的关系得x1x20，x1x20，故两根为正又(x11)(x21)20，两根均小于1，命题得证1(2014湖北宜昌二模，7)如图所示的三角形数阵叫“
20、莱布尼茨调和三角形”，它们是由整数的倒数组成的，第n行有n个数且两端的数均为(n2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如，则第10行第4个数(从左往右数)为()A. B. C. D.【答案】B设第n行第m个数为a(n，m)，由题意知a(7，1)，a(8，1)，a(9，1)，a(10， 1)，a(10，2)a(9，1)a(10，1)，a(8，2)a(7，1)a(8，1)，a(9，2)a(8，1)a(9，1)，a(10，3)a(9，2)a(10，2)，a(9，3)a(8，2)a(9，2)，a(10，4)a(9，3)a(10，3)，则第10行第4个数为，故选B.2(2014湖南长沙一模，6)在平面
21、几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则，推广到空间可以得到类似结论，已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则()A. B.C. D.【答案】C从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，如图，设正四面体的棱长为a，E为等边三角形ABC的中心，O为内切球与外接球球心，则AEa，DEa.设OAR，OEr，则OA2AE2OE2，即R2，Ra，ra，正四面体的外接球和内切球的半径之比是31，故正四面体PABC的内切球体积V1与外接球体积V2之比等于，故选C.3(2015河南焦作二模，10)给出下列类比推理命题(其中Q为有理数集，R为实数集，C为复数集)
22、：“若a，bR，则ab0ab”类比推出“若a，bC，则ab0ab”；“若a，b，c，dR，则复数abicdiac，bd”类比推出“若a，b，c，dQ，则实数abcdac，bd”；“若a，bR，则ab0ab”类比推出“若a，bC，则ab0ab”其中类比结论正确的个数是()A0 B1 C2 D3【答案】C在复数集C中，若两个复数满足ab0，则它们的实部和虚部均相等，则a，b相等，故正确；在有理数集Q中，若abcd，则(ac)(bd)0，易得ac，bd.故正确；若a，bC，当a1i，bi时，ab10，但a，b是两个虚数，不能比较大小，故错误故3个结论中，有两个是正确的故选C.4(2015湖北荆州一模
23、，10)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()An1 B2nC. Dn2n1【答案】C1条直线将平面分成11个区域；2条直线最多可将平面分成1(12)4(个)区域；3条直线最多可将平面分成1(123)7(个)区域；n条直线最多可将平面分成1(123n)1(个)区域，选C.5(2015陕西西安一模，6)在直角坐标系xOy中，一个质点从A(a1，a2)出发沿图中路线依次经过B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，按此规律一直运动下去，则a2 013a2 014a2 015()A1 006 B1 007C1 008 D1 009【答案】B由直角坐标系
24、可知A(1，1)，B(1，2)，C(2，3)，D(2，4)，E(3，5)，F(3，6)，即a11，a21，a31，a42，a52，a63，a72，a84，由此可知，数列的偶数项个是从1开始逐渐递增的，且都等于所在项的下标除以2，则a2 0141 007，每四个数为一组，其中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第1个奇数和第2个奇数互为相反数，且从1开始逐渐递减的，则2 0144503余2，则a2 013504，a2 015504，a2 013a2 014a2 0155041 0075041 007.6(2015山西大学附中二模，13)对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：2213
25、；32135；421357；2335；337911；4313151719.根据上述分解规律，则5213579，若m3(mN*)的分解中最小的数是73，则m的值为_【解析】根据2335，337911，4313151719，从23起，m3的分解规律恰为数列3，5，7，9中若干连续项之和，23为前两项和，33为接下来三项和，故m3的首个数为m2m1.m3(mN*)的分解中最小的数是73，m2m173，解得m9.【答案】97(2014湖南长沙二模，15)已知cos，coscos，coscoscos，(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是_；(2)若数列an中，a1cos，a2coscos，a3cos
26、 coscos，前n项和Sn，则n_【解析】(1)从题中所给的几个等式可知，第n个等式的左边应有n个余弦相乘，且分母均为2n1，分子分别为，2，n，右边应为，故可以猜想出结论为coscoscos(nN*)(2)由(1)可知an，故Sn1，解得n10.【答案】(1)coscoscos(nN*)(2)108(2014福建泉州二模，20，12分)设函数fn()sinn(1)ncosn，0，其中n为正整数(1)判断函数f1()，f3()的单调性，并就f1()的情形证明你的结论；(2)证明：2f6()f4()(cos4sin4)(cos2sin2)解：(1)f1()，f3()在上均为单调递增函数对于函数
27、f1()sin cos ，设12，1，2，则sin 1sin 2，cos 2 cos 1，f1(1)f1(2)(sin 1sin 2)(cos 2cos 1)0，即f1(1)1时，f(x)1，当x(1，x0)时，恒有f(x)k(x1)解：(1)f(x)x1，x(0，)由f(x)0得解得0x.故f(x)的单调递增区间是.(2)证明：令F(x)f(x)(x1)，x(0，)，则有F(x).当x(1，)时，F(x)1时，F(x)1时，f(x)1满足题意当k1时，对于x1，有f(x)x1k(x1)，则f(x)1满足题意当k1时，令G(x)f(x)k(x1)，x(0，)，则有G(x)x1k.由G(x)0得
28、，x2(1k)x10.解得x11.当x(1，x2)时，G(x)0，故G(x)在1，x2)内单调递增从而当x(1，x2)时，G(x)G(1)0，即f(x)k(x1)，综上，k的取值范围是(，1)1(2014山东，4，易)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()A方程x3axb0没有实根B方程x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0至多有两个实根D方程x3axb0恰好有两个实根【答案】A“方程x3axb0至少有一个实根”的否定是“方程x3axb0没有实根”. 2(2014天津，20，14分，中)已知q和n均为给定的大于1的自然数设集合M0，1，2
29、，q1，集合Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n(1)当q2，n3时，用列举法表示集合A；(2)设s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中ai，biM，i1，2，n.证明：若anbn，则st.解：(1)当q2，n3时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3可得，A0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2，n及anbn，可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)qn2qn1qn110.所以，s.证明：
30、(1)当x时，f(x)sin x2cos x0，f(x)在上是增函数又f(0)20，存在唯一的x0，使f(x0)0.(2)当x时，化简得g(x)(x)1.令tx，记u(t)g(t)t1，t，则u(t).由(1)得，当t(0，x0)时，u(t)0.在上u(t)为增函数，由u0知，当t时，u(t)0，u(t)在上无零点在(0，x0)上u(t)为减函数，由u(0)1，u(x0)0知存在唯一t0(0，x0)使u(t0)0.于是存在唯一t0，使u(t0)0.设x1t0，则g(x1)g(t0)u(t0)0，存在唯一x1，使g(x1)0.x1t0，t0.4(2013湖南，21，13分，难)已知函数f(x)e
31、x.(1)求f(x)的单调区间；(2)证明：当f(x1)f(x2)(x1x2)时，x1x20.解：(1)函数f(x)的定义域为(，)f(x)exexexex.当x0；当x0时，f(x)0.所以f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，)(2)证明：当x0，ex0，故f(x)0；同理，当x1时，f(x)0.当f(x1)f(x2)(x1x2)时，不妨设x1x2，由(1)知，x1(，0)，x2(0，1)下面证明：x(0，1)，f(x)f(x)，即证exex.此不等式等价于(1x)ex0.令g(x)(1x)ex，则g(x)xex(e2x1)当x(0，1)时，g(x)0，g(x)单调递减，从
32、而g(x)g(0)0.即(1x)ex0.所以x(0，1)，f(x)f(x)而x2(0，1)，所以f(x2)f(x2)，从而f(x1)f(x2)由于x1，x2(，0)，f(x)在(，0)上单调递增，所以x1x2，即x1x20.5(2013江苏，19，16分，难)设an是首项为a，公差为d的等差数列(d0)，Sn是其前n项的和记bn，nN*，其中c为实数(1)若c0，且b1，b2，b4成等比数列，证明：Sn kn2Sk(k，nN*)；(2)若bn是等差数列，证明：c0.证明：由题意得，Snnad.(1)由c0，得bnad.又因为b1，b2，b4成等比数列，所以bb1b4，即a，化简得d22ad0.
33、因为d0，所以d2a.因此，对于所有的mN*，有Smm2a.从而对于所有的k，nN*，有Snk(nk)2an2k2an2Sk.(2)设数列bn的公差是d1，则bnb1(n1)d1，即b1(n1)d1，nN*，代入Sn的表达式，整理得，对于所有的nN*，有n3n2cd1nc(d1b1)令Ad1d，Bb1d1ad，Dc(d1b1)，则对于所有的nN*，有An3Bn2cd1nD.(*)在(*)式中分别取n1，2，3，4，得ABcd18A4B2cd127A9B3cd164A16B4cd1，从而有由得A0，cd15B，代入方程，得B0，从而cd10.即d1d0，b1d1ad0，cd10.若d10，则由d
34、1d0，得d0，与题设矛盾，所以d10.又因为cd10，所以c0.6(2013湖北，20，13分，难)如图，某地质队自水平地面A，B，C三处垂直向地下钻探，自A点向下钻到A1处发现矿藏，再继续下钻到A2处后下面已无矿，从而得到在A处正下方的矿层厚度为A1A2d1，同样可得在B，C处正下方的矿层厚度分别为B1B2d2，C1C2d3，且d1d2d3，过AB，AC的中点M，N且与直线AA2平行的平面截多面体A1B1C1A2B2C2所得的截面DEFG为该多面体的一个中截面，其面积记为S中(1)证明：中截面DEFG是梯形；(2)在ABC中，记BCa，BC边上的高为h，面积为S.在估测三角形ABC区域内正
35、下方的矿藏储量(即多面体A1B1C1A2B2C2的体积V)时，可用近似公式V估S中h来估算已知V(d1d2d3)S，试判断V估与V的大小关系，并加以证明解：(1)证明：依题意A1A2平面ABC，B1B2平面ABC，C1C2平面ABC，所以A1A2B1B2C1C2.又A1A2d1，B1B2d2，C1C2d3，且d1d2d3，所以四边形A1A2B2B1、A1A2C2C1均是梯形由AA2平面MEFN，AA2平面AA2B2B，且平面AA2B2B平面MEFNME，可得AA2ME，即A1A2DE.同理可证A1A2FG，所以DEFG.又点M，N分别为AB，AC的中点，则点D，E，F，G分别为A1B1，A2B
36、2，A2C2，A1C1的中点，即DE，FG分别为梯形A1A2B2B1，A1A2C2C1的中位线，因此DE(A1A2B1B2)(d1d2)，FG(A1A2C1C2)(d1d3)，而d1d2d3，故DEFG，所以中截面DEFG是梯形(2)V估V.证明如下：由A1A2平面ABC，MN平面ABC，可得A1A2MN.而EMA1A2，所以EMMN，同理可得FNMN.由MN是ABC的中位线，可得MNBCa，即为梯形DEFG的高，因此S中S梯形DEFG(2d1d2d3)，即V估S中h(2d1d2d3)又Sah，所以V(d1d2d3)S(d1d2d3)于是VV估(d1d2d3)(2d1d2d3)(d2d1)(d
37、3d1)由d1d20，d3d10，即VV估0，故V估0，求证：2a3b32ab2a2b.【证明】要证明2a3b32ab2a2b成立，只需证2a3b32ab2a2b0，即2a(a2b2)b(a2b2)0，即(ab)(ab)(2ab)0.ab0，ab0，ab0，2ab0，从而(ab)(ab)(2ab)0成立，2a3b32ab2a2b.【点拨】在证明时，无法直接找到思路，可用分析法证明或用分析法找出证明途径，再用综合法证明 利用分析法证明时应注意的问题(1)分析法采用逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需要用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值
38、的等式或不等式，从正面不易推导时，常考虑用分析法(2)应用分析法的关键在于需保证分析过程的每一步都是可逆的，它的常用书面表达形式为“要证只需证”或用“”注意用分析法证明时，一定要严格按照格式书写(2015江苏南通模拟，21，10分)已知a0，求证：a2.证明：要证a2，只需证2a.a0，故只需证，即证a244a2222，从而只需证2，只需证42，即证a22，它显然成立，原不等式成立考向2综合法与分析法的综合应用1综合法(1)定义：从已知条件和某些数学定义、公理、定理等出发，通过推理推导出所要的结论，这种证明方法叫作综合法综合法是一种“由因导果”的证明方法(2)框图表示：(其中P表示条件，Q表示
39、要证的结论)2综合法与分析法的综合应用分析法和综合法是两种思路相反的证明方法分析法侧重于结论提供的信息，综合法则侧重于条件提供的信息，把两者结合起来，全方位地收集、储存、加工和运用题目提供的全部信息，才能找到合理的解题思路没有分析，就没有综合，分析是综合的基础，它们相辅相成是对立统一的(2013北京，20，13分)给定数列a1，a2，an，对i1，2，n1，该数列前i项的最大值记为Ai，后ni项ai1，ai2，an的最小值记为Bi，diAiBi.(1)设数列an为3，4，7，1，写出d1，d2，d3的值；(2)设a1，a2，an(n4)是公比大于1的等比数列，且a10，证明：d1，d2，dn1
40、是等比数列；(3)设d1，d2，dn1是公差大于0的等差数列，且d10，证明：a1，a2，an1是等差数列【思路点拨】(1)d1，d2，d3的值可根据所给定义进行求解；(2)需根据题意求出dn的通项后利用定义证明；(3)利用等差数列的定义证明【解析】(1)当i1时，A13，B11，故d1A1B12，同理可求得d23，d36.(2)证明：因为a10，公比q1，所以a1，a2，an是递增数列因此，对i1，2，n1，Aiai，Biai1.于是对i1，2，n1，diAiBiaiai1a1(1q)qi1.因此di0且q(i1，2，n2)，即d1，d2，dn1是等比数列(3)证明：设d为d1，d2，dn1
41、的公差对1in2，因为BiBi1，d0，所以Ai1Bi1di1BididBidiAi.又因为Ai1maxAi，ai1，所以ai1Ai1Aiai.从而a1，a2，an1是递增数列因此Aiai(i1，2，n1)又因为d10，B1A1d1a1d1a1，所以B1a1a20，F(x)在上是增函数；当x时，F(x)0，所以当x0，1时，F(x)0，即sin xx.记H(x)sin xx，则当x(0，1)时，H(x)cos x12时，不等式axx22(x2)cos x4对x0，1不恒成立因为当x0，1时，axx22(x2)cos x4(a2)xx24(x2)sin2(a2)xx24(x2)(a2)xx2(a
42、2)xx2x，所以存在x0(0，1)(如x0取和中的较小值)满足ax0x2(x02)cos x040，即当a2时，不等式axx22(x2)cos x40对x0，1不恒成立综上，实数a的取值范围是(，2方法二：记f(x)axx22(x2)cos x4，则f(x)a2x2cos x2(x2)sin x.记G(x)f(x)，则G(x)23x4sin x2(x2)cos x.当x(0，1)时，cos x，因此G(x)23x4x(x2)(22)x0.于是f(x)在0，1上是减函数，因此，当x0，1时，f(x)f(0)a2，故当a2时，f(x)2时，不等式axx22(x2)cos x4对x0，1不恒成立由
43、于f(x)在0，1上是减函数，且f(0)a20，f(1)a2cos 16sin 1，当a6sin 12cos 1时，f(1)0，所以当x(0，1)时，f(x)0，因此f(x)在0，1上是增函数，故f(1)f(0)0；当2a6sin 12cos 1时，f(1)0，故存在x0(0，1)使f(x0)0，则当0xf(x0)0，所以f(x)在0，x0上是增函数，所以当x(0，x0)时，f(x)f(0)0.所以当a2时，不等式axx22(x2)cos x4对x0，1不恒成立综上，实数a的取值范围是(，2思路点拨：(1)利用构造法，分别判断sin x与x，sin x与x的大小关系；(2)利用比较法或构造函数
44、，通过导数求解范围考向3反证法1反证法的适用范围(1)否定性命题；(2)结论涉及“至多”“至少”“无限”“唯一”等词语的命题；(3)命题成立非常明显，直接证明所用的理论太少，且不容易证明，而其逆否命题非常容易证明；(4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少2反证法中可能导出的矛盾(1)与假设矛盾；(2)与数学公理、定理、公式、定义或已被证明了的结论矛盾；(3)与已知条件自相矛盾3使用反证法证明问题时，准确地做出反设(即否定结论)是正确运用反证法的前提，常见的“结论词”与“反设词”列表如下：原结论词反设词原结论词反设词至少有一个一个也没有对所有x成立存在某个x不成立至多有一个至少有两个对任意x不成
45、立存在某个x成立至少有n个至多有n1个p或q綈p且綈q至多有n个至少有n1个p且q綈p或綈q(2013陕西，17，12分)设an是公比为q的等比数列(1)推导an的前n项和公式；(2)设q1，证明数列an1不是等比数列【解析】(1)设an的前n项和为Sn，当q1时，Sna1a1a1na1；当q1时，Sna1a1qa1q2a1qn1，qSna1qa1q2a1qn，得，(1q)Sna1a1qn，Sn，Sn(2)证明：假设an1是等比数列，则对任意的kN*，(ak11)2(ak1)(ak21)，a2ak11akak2akak21，aq2k2a1qka1qk1a1qk1a1qk1a1qk1.a10，2
46、qkqk1qk1.q0，q22q10，q1，这与已知矛盾假设不成立，故an1不是等比数列 用反证法证明命题的基本步骤(1)反设，设要证明的结论的反面成立；(2)归谬，从反设入手，通过推理得出与已知条件或公理、定理矛盾；(3)否定反设，得出原命题结论成立(2015辽宁沈阳模拟，19，12分)如图，已知两个正方形ABCD和DCEF不在同一平面内，M，N分别为AB，DF的中点(1)若CD2，平面ABCD平面DCEF，求MN的长；(2)用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线解：(1)如图，取CD的中点G，连接MG，NG.设正方形ABCD，DCEF的边长为2，则MGCD，MG2，NG.平面ABCD平
47、面DCEF，MG平面DCEF，MGNG，MN.(2)证明：假设直线ME与BN共面，则AB平面MBEN，且平面MBEN与平面DCEF交于EN.由已知，两正方形不共面，AB平面DCEF.又ABDC，AB平面DCEF.EN为平面MBEN与平面DCEF的交线，ABEN.又ABCDEF，ENEF，这与ENEFE矛盾，故假设不成立直线ME与BN不共面，它们是异面直线1(2015山东烟台一模，6)用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于60”时，应假设()A三个内角都不大于60B三个内角都大于60C三个内角至多有一个大于60D三个内角至多有两个大于60【答案】B“三角形三个内角至少有一个不大于60
48、”的反面是“三个内角都大于60”2(2015四川成都二模，5)要证a2b21a2b20，只要证明()A2ab1a2b20 Ba2b210C.1a2b20 D(a21)(b21)0【答案】Da2b21a2b20(a21)(b21)0，故选D.3(2015山西太原期中检测，13)下列条件：ab0，ab0，b0，a0，b0，即a与b同号，故均能使2成立【答案】4(2015山东德州一模，13)如果A1B1C1的三个内角的余弦值分别等于A2B2C2的三个内角的正弦值，则A2B2C2是_三角形【解析】由条件知，A1B1C1的三个内角的余弦值均大于0，则A1B1C1是锐角三角形，假设A2B2C2是锐角三角形
49、由得那么，A2B2C2，这与三角形内角和为180相矛盾所以假设不成立，又显然A2B2C2不是直角三角形，所以A2B2C2是钝角三角形【答案】钝角5(2015河南洛阳一模，20，13分)数列an，bn的每一项都是正数，a18，b116，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列，n1，2，3，.(1)求a2，b2的值；(2)求数列an，bn的通项公式；(3)证明：对一切正整数n，有.解：(1)由2b1a1a2，可得a22b1a124.由ab1b2，可得b236.(2)an，bn，an1成等差数列，2bnanan1.bn，an1，bn1成等比数列，abnbn1.数列an，bn的
50、每一项都是正数，an1.于是当n2时an.将代入式，可得2.又b116，b236，数列是首项为4，公差为2的等差数列，(n1)d2n2，于是bn4(n1)2.则an4n(n1)当n1时，a18，满足该式子，对一切正整数n，都有an4n(n1)(3)证明：由(2)可知an4n(n1)，.当n3时，.当n1时，；当n2时，.综上所述，对一切正整数n，有.6(2015湖北荆门一模，17，12分)已知M是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f(x)M，方程f(x)x0有实数根；函数f(x)的导数f(x)满足0f (x)1.(1)判断函数f(x)是否是集合M中的元素，并说明理由；(2)集合M中的元素f
51、(x)具有下面的性质：若f(x)的定义域为D，则对于任意m，nD，都存在x0(m，n)，使得等式f(n)f(m)(nm)f(x0)成立试用这一性质证明：方程f(x)x0有且只有一个实数根解：(1)当x0时，f(0)0，所以方程f(x)x0有实数根为0；f(x)cos x，所以f(x)，满足条件0f(x)1.由可得，函数f(x)是集合M中的元素(2)证明：假设方程f(x)x0存在两个实数根，()，则f()0，f()0.不妨设，根据题意存在c(，)，满足f()f()()f(c)因为f()，f()，且，所以f(c)1，与已知0f(x)1矛盾又f(x)x0有实数根，所以方程f(x)x0有且只有一个实数
52、根(时间：90分钟_分数：120分)一、选择题(共10小题，每小题5分，共50分)1(2014湖北黄冈一模，6)在R上定义运算：xyx(1y)若不等式(xa)(xa)1对任意实数x都成立，则()A1a1 B0a2Ca Da【答案】C(xa)(xa)1(xa)(1xa)0.不等式恒成立的充要条件是14(a2a1)0，即4a24a30.解得a.故选C.2(2014山东烟台质检，5)命题“有些有理数是无限循环小数，整数是有理数，所以整数是无限循环小数”是假命题，推理错误的原因是()A使用了归纳推理B使用了类比推理C使用了“三段论”，但大前提错误D使用了“三段论”，但小前提错误【答案】C由三段论定义判
53、断，由于大前提是特称命题，而小前提全称命题，故选C.3(2014山东潍坊二模，8)已知p3q32，求证pq2，用反证法证明时，可假设pq2；已知a，bR，|a|b|2，所以的假设错误；对于，其假设正确4(2015山东日照质检，5)下列推理是归纳推理的是()AA，B为定点，动点P满足|PA|PB|2a|AB|，则P点的轨迹为椭圆B由a11，an3n1，求出S1，S2，S3猜想出数列的前n项和Sn的表达式C由圆x2y2r2的面积r2，猜想出椭圆1的面积SabD科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇【答案】B由A可知其为椭圆的定义；B由a11，an3n1求出S1，S2，S3猜想出数列的前n项和Sn的表达式，
54、属于归纳推理；C由圆x2y2r2的面积r2，猜想出椭圆1的面积Sab，是类比推理；D科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇，也属于类比推理，故选B.5(2011江西，6)观察下列各式：7249，73343，742 401，则72 011的末两位数字为()A01 B43C07 D49【答案】B7249，73343，742 401，7516 807，76117 649，由此看出，末两位数字具有周期性，且周期为4.又2 01145023，由此知72 011的末两位数字与73的末两位数字相同，应为43，故选B.6(2015福建厦门质检，7)如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上
55、数字标签：原点处标0，点(1，0)处标1，点(1，1)处标2，点(0，1)处标3，点(1，1)处标4，点(1，0)处标5，点(1，1)处标6，点(0，1)处标7，依此类推，则标签为2 0132的格点的坐标为()A(1 006，1 005) B(1 007，1 006)C(1 008，1 007) D(1 009，1 008)【答案】B因为点(1，0)处标112，点(2，1)处标932，点(3，2)处标2552，点(4，3)处标4972，依此类推得点(1 007，1 006)处标2 0132.故选B.7(2015黑龙江哈尔滨一模，8)设函数f(x)定义如下表，数列xn满足x05，且对任意的自然数
56、均有xn1f(xn)，则x2 015()x12345f(x)41352A.1 B2C4 D5【答案】Cx1f(x0)f(5)2，x2f(2)1，x3f(1)4，x4f(4)5，x5f(5)2，数列xn是周期为4的数列，所以x2 015x50343x34，故选C.8(2015湖北武汉质检，5)给出下列三个类比结论：(ab)nanbn与(ab)n类比，则有(ab)nanbn；loga(xy)logaxlogay与sin()类比，则有sin()sin sin ；(ab)2a22abb2与(ab)2类比，则有(ab)2a22abb2.其中结论正确的个数是()A0 B1C2 D3【答案】B不妨取n2，则
57、(ab)2a22abb2a2b2，故类比错误；sin()sin cos cos sin sin sin ，故类比错误；根据向量的运算法则知：(ab)2a22abb2，正确9(2013四川，10)设函数f(x)(aR，e为自然对数的底数)若存在b0，1使f(f(b)b成立，则a的取值范围是()A1，e B1，1eCe，1e D0，1【答案】A易知f(x)在定义域内是增函数，由f(f(b)b，猜想f(b)b.反证法：若f(b)b，则f(f(b)f(b)b，与题意不符；若f(b)b，则f(f(b)f(b)b，与题意也不符，故f(b)b，即f(x)x在0，1上有解x，aexx2x.令g(x)exx2x
58、，g(x)ex2x1(ex1)2x，当x0，1时，ex12，2x2，g(x)0，g(x)在0，1上是增函数，g(0)g(x)g(1)1g(x)e，即1ae，故选A.10(2014安徽芜湖三模，10)方程1的曲线即为函数yf(x)的图象，对于函数yf(x)，有如下结论：f(x)在R上单调递减；函数F(x)4f(x)3x不存在零点；函数yf(x)的值域是R；若函数g(x)和f(x)的图象关于原点对称，则函数yg(x)的图象就是方程1确定的曲线其中正确结论的序号是()A B C D【答案】D当x0，y0时，方程为1，此时方程不成立当x0，y0，y0时，方程为1，即y3.当x0时，方程为1，即y3.作
59、出函数的图象如图：由图象可知，函数在R上单调递减，所以成立由F(x)4f(x)3x0得f(x)x.因为双曲线1和1的渐近线为yx，所以F(x)4f(x)3x没有零点，所以正确由图象可知函数的值域为R，所以正确若函数g(x)和f(x)的图象关于原点对称，则函数yg(x)的图象就是方程1，即1，所以错误综上，正确，故选D.二、填空题(共4小题，每小题5分，共20分)11(2015河南安阳二模，14)若三角形内切圆的半径为r，三边长为a，b，c，则三角形的面积S r(abc)根据类比推理的方法，若一个四面体的内切球的半径为R，四个面的面积分别是S1，S2，S3，S4，则四面体的体积V_【解析】设四面
60、体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，根据三角形的面积的求解方法(分割法)，将O与四顶点连起来，可得四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和，V(S1S2S3S4)R.【答案】(S1S2S3S4)R12(2014山东济南二模，13)给定正整数n(n2)按如图方式构成倒立三角形数表，第一行依次写上数1，2，3，n，在第一行的每相邻两个数正中间的下方写上这两个数之和，得到第二行的数(比上一行少一个数)，依次类推，最后一行(第n行)只有一个数，例如n6时数表如图所示，则当n2 013时，最后一行的数是_【解析】设最后一行(第n行)的数为an，则通过计算，容易得
61、到：a23320，a38421，a420522，a548623，a6112724，由此，可猜测：an(n1)2n2，所以，当n 2 013时最后一行的数是2 01422 011.【答案】2 01422 01113(2012湖南，16)对于nN*，将n表示为nak2kak12k1a121a020，当ik时，ai1，当0ik1时，ai为0或1.定义bn如下：在n的上述表示中，当a0，a1，a2，ak中等于1的个数为奇数时，bn1；否则bn0.(1)b2b4b6b8_；(2)记cm为数列bn中第m个为0的项与第m1个为0的项之间的项数，则cm的最大值是_【解析】(1)由题意知212，b21；4122
62、，b41；612212，b60；8123，b81.所以b2b4b6b83.(2)若n为偶数，且bn0，则nak2kak12k1a121a020中a00，且ak，ak1，a1中有偶数个1，n1ak2kak12k1a121120，bn11，n2am2mam12m1a121020，若bn20，此时cm1；若bn21，则n3am2mam12m1a121120，则bn30，此时cm2.若n为奇数，nak2k120，且bn0.则n1am2ma121020，若bn10，此时cm0；若bn11，则n2am2ma121120，bn20，此时，cm1.综上所述，cm的最大值为2.【答案】(1)3(2)214(20
63、15湖北武汉调研，16)定义：如果函数yf(x)在区间a，b上存在x0(ax0b)，满足f(x0)，则称x0是函数yf(x)在区间a，b上的一个均值点已知函数f(x)x2mx1在区间1，1上存在均值点，则实数m的取值范围是_【解析】由题意设函数f(x)x2mx1在区间1，1上的均值点为x0(1x01)，则f(x0)m，易知函数f(x)x2mx1的图象的对称轴为x.(1)当1，即m2时，有f(1)mf(x0)mf(1)m，显然不成立，不合题意；(2)当1，即m2时，有f(1)mf(x0)mf(1)m，显然不成立，不合题意；(3)当11，即2m2时，当2m0时，有f(1)f(x0)f ，即mm1，
64、显然不成立；当m0时，f(x0)m0，此时x01，与1x01矛盾，即m0；当0m2时，有 f(1)f(x0)f ，即mm1，解得0m0，y0，求证：(x2y2)(x3y3).证明：要证明(x2y2)(x3y3)，只需证(x2y2)3(x3y3)2，即证x63x4y23x2y4y6x62x3y3y6，即证3x4y23x2y42x3y3.因为x0，y0，所以x2y20.即证3x23y22xy.因为3x23y2x2y22xy，所以3x23y22xy成立，所以(x2y2)(x3y3).16(12分)(2015山东日照一模，20)等差数列an的前n项和为Sn，a11，S393.(1)求数列an的通项an
65、与前n项和Sn；(2)设bn(nN*)，求证：数列bn中任意不同的三项都不可能成为等比数列解：(1)由已知得d2，故an2n1，Snn(n)(2)证明：由(1)得bnn.假设数列bn中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则bbpbr，即(q)2(p)(r)(q2pr)(2qpr)0.p，q，rN*，pr，(pr)20，pr，与pr矛盾数列bn中任意不同的三项都不可能成等比数列17(12分)(2014东北大学附中一模，17)阅读下列材料：根据两角和与差的正弦公式，有sin()sin cos cos sin ，sin()sin cos cos sin ，由得sin()sin(
66、)2sin cos ，令A，B，有，代入得sin Asin B2sincos.(1)类比上述推证方法，根据两角和与差的余弦公式，证明：cos Acos B2sinsin；(2)若ABC的三个内角A，B，C满足cos 2Acos 2B2sin2C，试判断ABC的形状解：(1)证明：cos()cos cos sin sin ，cos()cos cos sin sin ，得cos()cos()2sin sin .令A，B，有，代入得cos Acos B2sinsin.(2)方法一：cos 2Acos 2B2sin2C可化为12sin2A12sin2B2sin2C，即sin2Asin2Csin2B.设
67、ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，由正弦定理可得a2c2b2.根据勾股定理的逆定理知ABC为直角三角形方法二：利用(1)中的结论，cos 2Acos 2B2sin2C可化为2sin(AB)sin(AB)2sin2C.因为A，B，C为ABC的内角，所以ABC，所以sin(AB)sin(AB)sin2(AB)又因为0AB.证明：(1)设函数f1(x)x3(a5)x(x0)，f2(x)x3x2ax(x0)，f1(x)3x2(a5)，由于a2，0，从而当1x0时，f1(x)3x2(a5)3a50，所以函数f1(x)在区间(1，0内单调递减f2(x)3x2(a3)xa(3xa)(x1)
68、，由于a2，0，所以当0x1时，f2(x)1时，f2(x)0.即函数f2(x)在区间0，1)内单调递减，在区间(1，)内单调递增综合及f1(0)f2(0)，可知函数f(x)在区间(1，1)内单调递减，在区间(1，)内单调递增(2)由(1)知f(x)在区间(，0)内单调递减，在区间内单调递减，在区间内单调递增因为曲线yf(x)在点Pi(xi，f(xi)(i1，2，3)处的切线相互平行，从而x1，x2，x3互不相等，且f(x1)f(x2)f(x3)不妨设x10x2x3，由3x(a5)3x(a3)x2a3x(a3)x3a，可得3x3x(a3)(x2x3)0，解得x2x3，从而0x2x3.设g(x)3x2(a3)xa，则gg(x2)g(0)a.由3x(a5)g(x2)a，解得x1.设t，则a.因为a2，0，所以t，故x1x2x3t(t1)2，即x1x2x3.