（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 14個填空題專項強化練（十五）推理與證明

14個填空題專項強化練(十五)推理與證明A組題型分類練題型一合情推理1已知不等式1，1，1，照此規(guī)律總結(jié)出第n個不等式為_解析：由已知，三個不等式可以寫成1，1，1，所以照此規(guī)律可得到第n個不等式為1.答案：12對于命題：若O是線段AB上一點，則有··0.將它類比到平面的情形是：若O是ABC內(nèi)一點，則有SOBC·SOCA·SOBA·0.將它類比到空間的情形應(yīng)該是：若O是四面體ABCD內(nèi)一點，則有_解析：將平面中的相關(guān)結(jié)論類比到空間，通常是將平面中的圖形的面積類比為空間中的幾何體的體積，因此依題意可知：若O為四面體ABCD內(nèi)一點，則有VOBCD·VOACD·VOABD·VOABC·0.答案：VOBCD·VOACD·VOABD·VOABC·03觀察下列等式：24，×24；3，×3；4，×4；，根據(jù)這些等式反映的結(jié)果，可以得出一個關(guān)于自然數(shù)n的等式，這個等式可以表示為_解析：由歸納推理得(n1)， ×(n1)，所以得出結(jié)論(n1)×(n1)(nN*)答案：(n1)×(n1)(nN*)4已知圓的方程是x2y2r2，則經(jīng)過圓上一點M(x0，y0)的切線方程為xx0yy0r2.類比上述性質(zhì)，可以得到過橢圓1上一點P(x0，y0)的切線方程為_解析：圓的性質(zhì)中，經(jīng)過圓上一點M(x0，y0)的切線方程就是將圓的方程中的一個x與y分別用M(x0，y0)的橫坐標(biāo)與縱坐標(biāo)替換故可得橢圓1類似的性質(zhì)為：過橢圓1上一點P(x0，y0)的切線方程為1.答案：1題型二演繹推理1已知函數(shù)f(x)x3x，對于等差數(shù)列an滿足：f(a21)2，f(a2 0163)2，Sn是其前n項和，則S2 017_.解析：因為函數(shù)f(x)x3x為奇函數(shù)，且在R上單調(diào)遞增，又因為f(a21)2，f(a2 0163)2，則a21(a2 0163)，即a2a2 0164，即a1a2 0174.則S2 017(a1a2 017)4 034.答案：4 0342.如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，分別在x軸與直線y(x1)上從左向右依次取點Ak，Bk，k1,2，其中A1是坐標(biāo)原點，使AkBkAk1都是等邊三角形，則A10B10A11的邊長是_解析：因為AkBkBk1是一個內(nèi)角為的直角三角形，易得A1A21，且2, 所以A10B10A11的邊長是以A1A21為首項，2為公比的等比數(shù)列的第10項，所以A10B10A11的邊長是1×29512.答案：5123.如圖，在平面斜坐標(biāo)系xOy中，xOy，平面上任意一點P關(guān)于斜坐標(biāo)系的斜坐標(biāo)這樣定義：若xe1ye2(其中e1，e2分別是x軸，y軸正方向上的單位向量)，則點P的斜坐標(biāo)為(x，y)，向量的斜坐標(biāo)為(x，y)給出以下結(jié)論：若60°，P(2，1)，則|；若P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則(x1x2，y1y2)；若(x1，y1)，(x2，y2)，則·x1x2y1y2；若60°，以O(shè)為圓心、1為半徑的圓的斜坐標(biāo)方程為x2y2xy10.其中所有正確結(jié)論的序號是_解析：對于，OP是兩鄰邊長分別為2,1，且一內(nèi)角為60°的平行四邊形較短的對角線，解三角形可知|，故正確；對于，若P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則(x1x2，y1y2)，故正確；對于，(x1，y1)，(x2，y2)，所以·(x1e1y1e2)·(x2e1y2e2)，因為e1·e20，所以·x1x2y1y2，故錯誤；對于，設(shè)圓O上任意一點為P(x，y)，因為OP1，所以(xe1ye2)21，所以x2y2xy10，故正確故填.答案：4在ABC中，已知AB2，AC2BC26，則tan C的最大值是_解析：法一：以AB所在直線為x軸，線段AB的中點為原點，建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示，則A(1,0)，B(1,0)設(shè)點C坐標(biāo)為(x，y)(y0)，由AC2BC26，得(x1)2y26，即x，所以C.過C作CDAB，垂足為D，所以tanACD，tanBCD，所以tan CtanACB tan(ACDBCD)，當(dāng)且僅當(dāng)“y，即y”時取等號，所以tan C的最大值為.法二：設(shè)ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，則c2，b2a26，所以2b22a23c2，由余弦定理得，cos C，故tan C.且當(dāng)a，b，c2時，tan C.所以tan C的最大值為.答案：題型三直接證明與間接證明1用反證法證明命題：若abc為偶數(shù)，則“自然數(shù)a，b，c恰有一個偶數(shù)”時應(yīng)反設(shè)為_解析：“自然數(shù)a，b，c中恰有一個偶數(shù)”的否定是“自然數(shù)a，b，c都是奇數(shù)或至少有兩個偶數(shù)”答案：自然數(shù)a，b，c中都是奇數(shù)或至少有兩個偶數(shù)2若0<a<1,0<b<1，且ab，則在ab,2，a2b2和2ab中最大的是_解析：因為0<a<1,0<b<1，且ab，所以ab>2，a2b2>2ab，ab(a2b2)a(1a)b(1b)>0，所以ab最大答案：ab3下列條件：ab0，ab0，a0，b0，a0，b0，其中能使2成立的條件的序號是_解析：要使2，只需0且0成立，即a，b不為0且同號即可，故都能使2成立答案：4凸函數(shù)的性質(zhì)定理：如果函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是凸函數(shù)，則對于區(qū)間D內(nèi)的任意x1，x2，xn，有f，已知函數(shù)ysin x在區(qū)間(0，)上是凸函數(shù)，則在ABC中，sin Asin Bsin C的最大值為_解析：因為f(x)sin x在區(qū)間(0，)上是凸函數(shù)，且A，B，C(0，)所以ff，即sin Asin Bsin C3sin，所以sin Asin Bsin C的最大值為.答案：B組高考提速練1若P，Q(a0)，則P，Q的大小關(guān)系是_解析：因為P22a72·2a72，Q22a72·2a72，所以P2<Q2，所以P<Q.答案：P<Q2設(shè)a，b是兩個實數(shù)，給出下列條件：ab2；a2b22.其中能推出：“a，b中至少有一個大于1”的條件的是_(填序號)解析：在中，假設(shè)a，b都不大于1，即a1，b1，則ab2與題干ab>2矛盾，故假設(shè)不成立，所以能推出：“a，b中至少有一個大于1”在中，若a2，b3，則a2b22成立，故不能推出：“a，b中至少有一個大于1” .答案：3.將正整數(shù)1,2,3,4，按如圖所示的方式排成三角形數(shù)組，則第10行左數(shù)第10個數(shù)是_解析：由三角形數(shù)組可推斷出，第n行共有2n1項，且最后一項為n2，所以第10行共有19項，最后一項為100，故左數(shù)第10個數(shù)是91.答案：914定義運算：xy例如：343，(2)44，則函數(shù)f(x)x2(2xx2)的最大值為_解析：由題意可得f(x)x2(2xx2)當(dāng)0x2時，f(x)0,4；當(dāng)x2或x0時，f(x)(，0)綜上可得函數(shù)f(x)的最大值為4.答案：45已知點An(n，an)為函數(shù)y圖象上的點，Bn(n，bn)為函數(shù)yx圖象上的點，其中nN*，設(shè)cnanbn，則cn與cn1的大小關(guān)系為_解析：由題意知，an，bnn，所以cnn.顯然，cn隨著n的增大而減小，所以cncn1.答案：cncn16已知：f(x)，設(shè)f1(x)f(x)，fn(x)fn1fn1(x)(n1且nN*)，則通過計算分析，猜想fn(x)(nN*)的表達式為_解析：由f1(x)f(x)和fn(x)fn1fn1(x)(n1且nN*)，得f2(x)f1f1(x)，f3(x)f2f2(x)，由此猜想fn(x)(nN*)答案：fn(x)(nN*)7定義：如果一個列從第二項起，每一項與它的前一項的差都等于同一個常，那么這個列叫作等差列，這個常叫作等差列的公差已知向量列an是以a1(1,3)為首項，公差為d(1,0)的等差向量列，若向量an與非零向量bn(xn，xn1)(nN*)垂直，則_.解析：易知an(1,3)(n1,0)(n,3)，因為向量an與非零向量bn(xn，xn1)(nN*)垂直，所以，所以········××××××××.答案：8二維空間中，圓的一維測度(周長)l2r，二維測度(面積)Sr2；三維空間中，球的二維測度(表面積)S4r2，三維測度(體積)Vr3.應(yīng)用合情推理，若四維空間中，“超球”的三維測度V8r3，則其四維測度W_.解析：在二維空間中，圓的二維測度(面積)Sr2，則其導(dǎo)數(shù)S2r，即為圓的一維測度(周長)l2r；在三維空間中，球的三維測度(體積)Vr3，則其導(dǎo)數(shù)V4r2，即為球的二維測度(表面積)S4r2；應(yīng)用合情推理，若四維空間中，“超球”的三維測度V8r3，則其四維測度W2r4.答案：2r49大數(shù)學(xué)家拉普拉斯曾經(jīng)這樣說過“數(shù)學(xué)本身賴以獲得真理的重要手段就是歸納和類比”事實上，數(shù)學(xué)中的許多重要定理和猜想都是通過歸納總結(jié)出來的，如歐拉公式：觀察三棱錐、四棱錐、三棱柱、五棱柱等多面體，發(fā)現(xiàn)其頂點數(shù)V與面數(shù)F的和與棱數(shù)E相差2，即VFE2，于是猜想任意凸多面體都具有這樣的性質(zhì)，后經(jīng)過嚴格證明確實如此利用上述思想，觀察下列等式：11234934567254567891049則第7個等式左端的和式的最后一個數(shù)字、右端的結(jié)果分別是_、_.解析：由1,4,7,10知，第7個等式左端的和式的最后一個數(shù)字為16×319；由12,32,52,72知，第7個等式右端的結(jié)果為132169.答案：1916910設(shè)二次函數(shù)f(x)ax2bxc(a，b，c為常數(shù))的導(dǎo)函數(shù)為f(x)對任意xR，不等式f(x)f(x)恒成立，則的最大值為_解析：f(x)ax2bxc，f(x)2axb，對任意xR，不等式f(x)f(x)恒成立，ax2bxc2axb恒成立，即ax2(b2a)x(cb)0恒成立，故(b2a)24a(cb)b24a24ac0，且a0，即b24ac4a2，4ac4a20，ca0，10，故22.當(dāng)且僅當(dāng)22時等號成立，故的最大值為22.答案：2211若數(shù)列an滿足：對任意的nN*，只有有限個正整數(shù)m使得amn成立，記這樣的m的個數(shù)為(an)*，則得到一個新數(shù)列(an)*例如，若數(shù)列an是1,2，3，n，則數(shù)列(an)*是0,1,2，n1，已知對任意的nN*，ann2，則(a5)*_，(an)*)*_.解析：因為am5，而ann2，所以m1,2，所以(a5)*2.因為(a1)*0，(a2)*1，(a3)*1，(a4)*1，(a5)*2，(a6)*2，(a7)*2，(a8)*2，(a9)*2，(a10)*3，(a11)*3，(a12)*3，(a13)*3，(a14)*3，(a15)*3，(a16)*3，所以(a1)*)*1，(a2)*)*4，(a3)*)*9，(a4)*)*16，猜想(an)*)*n2.答案：2n212如下圖所示的數(shù)陣中，第10行第2個數(shù)字是_1解析：根據(jù)題中所給數(shù)據(jù)，找出每行第2個數(shù)字的規(guī)律為：從第2行起，每一行第2個數(shù)字的分母加上所在行數(shù)為下一行的第2個數(shù)字的分母，所以按照規(guī)律，依次往下推得知，第6行為，第7行為，第8行為，第9行為，第10行為，所以答案為.答案：13已知對任意的xR,3a(sin xcos x)2bsin 2x3(a，bR)恒成立，則當(dāng)ab取得最小值時，a的值是_解析：令sin xcos x，則sin 2x，代入得(ab)3，即ab2.而當(dāng)ab2時，令sin xcos xt，t， ，代入并整理得2bt23(2b)t32b0，對t， 恒成立所以9(2b)28b(32b)0，即(5b6)20，從而b，a.而當(dāng)a，b時，3a(sin xcos x)2bsin 2x233.所以ab取得最小值2，此時a.答案：14觀察下列等式：123nn(n1)；136n(n1)n(n1)(n2)；1410n(n1)(n2)n(n1)(n2)(n3)可以推測，1515n(n1)(n2)(n3)_.解析：根據(jù)式子中的規(guī)律可知，等式右側(cè)為n(n1)(n2)(n3)(n4)n(n1)(n2)(n3)(n4)答案：n(n1)(n2)(n3)(n4)9