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§17.2直接证明与间接证明
考纲·题型解读
1,了解直接证明的两种最基本的方法：综合法和分析法
2.了解用综合法和分析法解决问题的思考特点和过程，会用综合法和分析法证明具体的问题，并通过实例充分认识这两种
证明方法的特点，认识证明的重要性」
3.了解问接证明的一种基本方法一反证法；了解反证法的思考过程和特点。
五年高考母题题源揭秘
题源
综合法、分析法和反证法
-an)(bw十ae)=(cw-bn)(cw十bn.
①
选取关于n的一个多项式，例如4n(n2一1)，使得它可按两
种方式分解因式，由于4n(n2-1)=(2n-2)(2n2+2n)=(2n十
解题模型
2)(2n2一2n),因此令
1.综合法是“由因导采”，即由已知条件出发，推导出
aw+b,=2n2-2n,
所要证明的等式或不等式成立.固此，综合法又叫做顺推证
b.-a.=2n+2,
法或由因导采法
cm+b.=2n2+2m,
综合法格式一从已知条件出发，顺着推证，由“已
cn-b.=2n-2,
知”得“推知”，由“非知”得“未知”，逐步推出求证的结论，这
/4w=n2-2n-1,
就是顺推法的格式，它的常见书面表达是“，”或“→”.
可得6.=n2十1，
(n≥4).
2.分析法是“执采索因”，一步步寻求上一步成立的充
cn=n2+2n-1
分条件，因此分析法又叫做逆证法或执果索因法。
易脸证a。,bwcn满足①，因此a,b,c成等差数列，
分析法格式—一与综合法正好相反，它是从要求证的
当n≥4时，有am0，
结论出发，倒着分析，由未知想需知，由需知逐渐地靠近已
因此以4。，b。,C。为边长可以构成三角形，将此三角形记为
知（已知条件，已经学过的定义、定理、公理、公式、法则等）
△.(n≥4).
这种证明方法的关键在于需保证分析过程的每一步都是
其次，任取正整数m,n(m,n≥4，且m≠n),假若三角形△
可以逆推的，它的常见书面表达是“要证…，只需…”
或“←”
与△。相似，则有m-2m-1_m十1_m2+2m-1
n2-2n-1n2+1n2十2n-1
3.应用反证法证明数学命题，一般有下面儿个步骤：
据比例性质有
第一步：分清命题“p→q”的条件和结论：
m2+1m2+2m-1
第二步：作出与命题结论g相矛盾的假设一q:
n2+1n2十2n-1
第三步：由p和门q出发，应用正确的推理方法，推出
=m2+2m-1-（m+1)=m-1,m2+1_m2-2m-1
矛盾结果；
n2+2n-1-(n2+1)n-1'n2+1n2-2n-1
第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所做的假
m2-2m-1-(m2+1)m+1
设一q不真，于是原结论g成立，从而间接地证明了命题p
n2-2u-1-(n2+1)n+1
·g为真：
所以m十1=n-1
”十”-，由此可得m=n,与假设m≠n矛盾，即
第五步：所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已
任两个三角形△与△(m,n≥4，m卡)互不相似，所以存在无
知公理、已知定义、已知定理或已知条件矛盾，与临时假设
穷多个互不相似的三角形△m,其边长am,b。,c。为正整数且a,
矛盾以及自相矛盾等各种情况
b,c日成等差数列.
[真题1](2022·江西)证明以下命题：
[真题2](2022·福建)(1)已知函数f(x)=x3-x,其图
(1)对任一正整数a,都存在正整数b,c(b象记为曲线C.
c2成等差数列：
(1)(ⅰ)求函数f(x)的单调区间：
(2)存在无穷多个互不相似的三角形△，其边长a。,bc
(ⅱ)证明：若对于任意非零实数x1,曲线C与其在点
P(x1,f(x1)处的切线交于另一点P:(x2,f(x2),曲线C与
为正整数且a,b,c成等差数列.
其在点P2处的切线交于另一点Pa(xa,f(xa),线段P,P:,
[解析](1)易知12,52,7成等差数列，则a2,(5a)2,
( a)2也成等差数列，所以对任一正整数a,都存在正整数b=
P,P,与曲线C所围成封闭图形的面积分别记为S,S:则为
5a,c=7a(定值：
(2)若a,b,c成等差数列，则有b-a=c-b2,即(b
(2)对于一般的三次函数g(x)=a.x3十bx2+cx十d(a≠
·359·{m>0
,
∴P Q 1-m≤-2 m≥9,
第十七章 推理与证明
1+m≥10. §17.1 合情推理与演绎推理
15. 解:a1=S1=p+q. 五年高考母题原型训练
当n≥2时,an=Sn-S n-1 3 3 3 3n-1=p (p-1). 1.1+2+3+4+53+63=212
a n
∵ ≠0, n+1
p (p-1) 1 2 1
p p≠1,∴ = =p. 2. (2 n +n
) 12 (2 n
3-3n2+2n)
a pn-1n (p-1)
a a 【解析】 凸多面体是n 棱锥,则下底面为凸n 边
若{a }为 等 比 数 列,则 2 = n+1n a =p
,∴
1 an 形的n 棱锥,其共有n+1个顶点,共可确定C2n+1=
p(p-1) (n+1)n 1
=p. = (n
2+n)条直线
p+q 2 2
.
∵p≠0,∴p-1=p+q,∴q=-1,这是{a }为 当n=4时,四棱锥中与每一条侧棱异面的底面n
等比数列的必要条件. 的边有6-3=3条,则四棱锥中有4×3=12对异面
下面证明q=-1是{a }为 等 比 数 列 的 充 分 直线,即f(4)=12.n
条件. 凸n 棱锥中与每一条侧棱异面的底面的直线共
( )
当q=-1时,Sn=pn-1(p≠0,p≠1),a =S nn-11 1 有 C2n - (n - 1)= - (n - 1)2 =
=p-1. (n-2)(n-1) (n-2)(n-1)
当n≥2时,a =S -S =pn-pn-1=pn-1 ,则n 棱 锥 中 共 有n n n-1 2 n× 2
(p-1),
a
∴a nn=pn-1(p-1)(p≠0,p≠1), = 1(3 2 ) , () 1a =2 n -3n +2n
对异面直线 即fn = (2 n
3-
n-1
pn-1(p-1) 2
n-2( )=p(p 为常数),∴ =-1时,数列{a }
3n +2n).
p p-1 q n 0 当n为偶数时
为等比数列. 3. {1 1- 当n为奇数时
即数列{an}是等比数列的充要条件为q=-1. 2n 3n
16. 解:充 分 性 即 证:xy≥0 |x+y|= k 【 】 1 24. 0 解析 由 = ,
1 3 1
= , =
|x|+|y|,必要性即证:|x+y|=|x|+|y| xy 12 6 12 4 12 3
≥0. 4,5,1 6 k可猜想得
1212 2=12 ak-1=
(
12k≥2
),而由第2
①充分性
与第3道等式中无第四项可得ak-2=0.
若xy=0,则有x=0或y=0,或x=0且y=0.
5.1∶8 【解析】 本题考查了推理与证明中合
此时显然|x+y|=|x|+|y|.
情推理之中类比推理的应用,由于相似的几何图形中
若xy>0,则x,y 同号.
面积比是边长的平方比,类比相似的几何体的体积比
当x>0且y>0时,|x+y|=x+y=|x|+|
是棱长的立方比,即若两个正四面体的棱长的比为
y|; 1∶2,则它们的体积比为1∶8.
当x<0且y<0时,|x+y|=-x-y=(-x) 6. 答案不唯一,如“图形的全等”、“图形的相
+(-y)=|x|+|y|. 似”、“非零向量的共线”、“命题的充要条件”等等
综上所述,xy≥0 |x+y|=|x|+|y|. 【解析】 利用命题的等价性或充要条件,找出一
②必要性 个具有自反性、对称性、传递性的命题即可,如“图形
∵|x+y|=|x|+|y|,且x、y∈R, 的全等”、“图形的相似”、“非零向量的共线”、“命题的
∴(x+y)2=(|x|+|y|)2,即x2+2xy+y2= 充要条件”等等.
x2+2|x||y|+y2 xy=|x||y| xy≥0. 7.CD DE 【解析】 ∵OD 的长度为a、b 的
因此|x+y|=|x|+|y| xy≥0. a+b
算术 平 均 数,
故x ≥0 |x+ |=|x|+||. ∴OD =
又
2 . ∵AB
为 直 径,∴
y y y
·194·
∠ADB=90°,∴AD⊥BD. , bc中 SD = .在 Rt △SAD 中,AD =
又∵DC⊥AB,∴由 射 影 定 理 得 CD2=ab,即 b2+c2
CD= ab,∴CD 的长度是a、b的几何平均数. a2b2+b2c2+a2c2, 1V = S ·
1
h= ·
2ab 2CD2
S-ABC △ABC
CD2 b2+c2 3 3
而 ,又
a+b=2OD =OD ∵CE⊥OD
,∴CD2=
1
abc,
CD2 2ab 2
DE·OD,即 DE= , ,OD ∴DE=a+b ∴DE
的长
1 1
∴ · BC·AD·
1· 1 , 2 2 ·
度是a、b的调和平均数. 3 2 h= 3 2abc b +c
8.D 【解析】 本题考查学生创新意识和学生 a2b2+b2c2+c2a2 , 1 1 1 1
应用数学的能力,属于有一定难度的题.不妨设方程 h=abc ∴ = + + .b2+c2 h
2 a2 b2 c2
my2+ny+q=0有 两 根 是μ,λ,则 有f(x)=μ 或 n+2
f(
【解析】 () ( )
x)=λ,那么就有f(x)=ax2+bx+c= 或f(x) 12.n+1 f1 =21-a1μ
=ax2+bx+c=λ,则转化为ax2+bc+c-μ=0①或 3=2( 11- )= ,f() ( )( )ax2+bx+c-λ=0②,若上述两个方程有根,根据题 4 2 2 =21-a1 1-a2 =
() 2 ( b 3 1 4意f x =ax +bx+ca≠0)的图象关于x=- = ,(3)=2(1-a )(1-a )(1-a )2a 2 (1-9 ) 3 f 1 2 3
对称,那么可推理知这两个根应该呈现轴对称关系. 4 ( 1 ) 5 :() n+2=3× 1- = 归纳知16 4. fn =n+1.3
对于选项A,显然可以找到对称轴x= ;对于B,可2 →
13.VOBCD ·OA+VOACD ·
→ →
OB+VOABD ·OC+
5
找到对称轴x= ;对于选项C,显然也可找到对称 →2 VOABC·OD=0.
5 14.385 【解析】 共19个1,17个2,15个3,
轴x= ;而对于选项 ,则找不到任何对称轴使之2 D …,3个9,1个10,此100个数的和=1×19+2×17
对称,故选D. +3×15+…+10×1=385.
2012—2013高考题源拓展测试 2
( ) n -n+2 【解析】 观
1.B 2.A 3.A 4.B 5.B 6.C 7.C 15.f n-1 +n-1 2
8.D 察图表知f(n)等 于f(n-1)与 其 后 相 邻 数n-1
1 1 … 1 2n-1 的和9.1+22+32+ +
.
n2< n ∴递推关系为f(n)=f(n-1)+n-1,∴f(n)
10.bm-n·bn-p·bp-mp m n =1 【解析】 设{bn}首 -f(n-1)=n-1,即f(2)-f(1)=1,f(3)-f(2)
项为b1,公比为q,则bm-n·bn-p·bp-mp m n =2,f(4)-f(3)=3,
=(b1qp-1)m-n·(bqm-1)n-p·(bqn-1)p-m1 1 …
= f(n)-f(n-1)=n-1,
b m-n+n-p+p-mqpm-np-m+n+mn-mp-n+p+np-nm-p+m1
() n
2-n+2
=b0q0=1. fn = .1 2
1 1 1 1
11. 1h2=a2+b2 +c2 16.5 (2 n+1
)(n-2) 【解析】 f(2)=0,
【解析】 过S 作SH⊥面ABC f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9.可以归纳出每增加一条
于 H,连 AH 交 BC 于 D,连 直线,交点增加个数为原有直线条数.
SD,∵SA⊥面 SBC,∴SA⊥ ∴f(3)-f(2)=2,f(4)-f(3)=3,f(5)-f
BC.由 三 垂 线 逆 定 理,AH ⊥ (4)=4,猜测得f(n)-f(n-1)=n-1.
BC,∴SD⊥BC,在 Rt△SBC 有f(n)-f(2)=2+3+4+…+(n-1),
1
∴f(n)= (2 n+1
)(n-2).
·195·
因此f(4)=5,
1
f(n)= (2 n+1
)(n-2). 四面体的体 积 为V=
三角形的面 积 为
: , , S= 117. 解 观察40°-10°=30°36°-6°=30° 由此 (3 S1 +S2 +S3 +1
3 (a+b+c)r(r为三
猜想:sin2α+cos2(30°+α)+sinα·cos(30°+α)= . 2 S4)r,S1,S2,S3,S4 为4
角形内切圆的半径) 四个面的面积, 为四
证明:sin2α+cos2(
r
30°+α)+sinα·cos(30°+α)
面体内切球的半径
1-cos2α 1+cos(60°+2α) 1
= + + [2 2 2 sin
(30°+2α)-
§17.2 直接证明与间接证明
1
sin30°]=1+ [2 cos
(60°+2α)-cos2α]+ 五年高考母题原型训练
1.C 【解析】 由于图①边长关系不明显,为此
1 [ 1sin(30°+2α)- ] 先考虑其他图形的情况,在图②中设大圆的半径为2 2
R,则易知外圆边界长为πR,而内边界恰好为一个半
1
=1 + [ ( ) ]2 - 2sin 30°+ 2α sin30° + R径为 的小圆的周长πR,故整个边界长为2 2πR
,而
1
2 [sin( 130°+2α)-2 ] 封闭曲线的直径最大值为2R,故周率为π,图③中周
3 1 1 3 长为直径的三倍,故周率为3,图④中设各边长为a,
= (4-2sin30°+2α
)+2sin
(30°+2α)=4. 则整 个 边 界 周 长 为12a,直 径 为2 3a,故 周 率 为
18. 解:三角形和四面体有下列共同性质: 23,这三个周率大小符合选项C,故选C.本题是一
①三角形是平面内由直线段围成的最简单的封 个新的定义概念,借助于图形的对称性来处理减小了
闭图形;四面体是空间中由平面三角形所围成的最简 做题的思维难度,本题考查学生的综合数学能力.
单的封闭图形. 2. 解:(Ⅰ)解 法 一:取 CD
②三角形可以看作平面上一条线段外一点及这 的中点G,连接 MG,NG.
条线段上的各点的连线所形成的图形;四面体可以看 设正方形 ABCD,DCEF 的
作三角形外一点与这个三角形上各点的连线所围成 边长为2,则 MG⊥CD,MG=2,
的图形. NG= 2.
根据三角形的性质可以推测空间四面体有如下
因 为 平 面 ABCD ⊥ 平 面
性质:
DCEF,所以 MG⊥平面DCEF.
三角形 四面体 可得∠MNG 是MN 与平面DCEF 所成的角.
四面体 任 意 三 个 面 的
三角形 的 两 边 之 和 大 6因为 MN= 6,所以sin∠MNG= 为3 MN
与
面积之 和 大 于 第 四 个
于第三边
面的面积 平面DCEF 所成角的正弦值.
四面体 的 中 位 面 的 面 解法二:设正方形ABCD,DCEF 的边长为2,以
三角形 的 中 位 线 等 于 积等于 第 四 个 面 面 积 D 为坐标原点,分别以射线 DC,DF,DA 为x,y,z
第三边的一半,并且平 1
的 ,且 平 行 于 第 四 轴正半轴建立空间直角坐标系,如图.
行于第三边 4
个面
三角形 的 三 条 内 角 平 四面体 的 六 个 二 面 角
分线交于一点,且这个 的平分面交于一点,且
点是三 角 形 内 切 圆 的 这个点 是 四 面 体 内 切
圆心 球的球心
则M(1,0,2),N(0,1,0),可得M→N=(-1,1,-2).
又D→A=(0,0,2)为平面 DCEF 的法向量,可得
·196·
*
<→ → M
→
, > N
·D→A 6 根据数学归纳法, n∈N ,an+1-an 与a2-a1
cosMN DA = =- .
|M→N||D→A| 3 同号.
所以 MN 与平面DCEF 所成角的正弦值为 因此,对一切n∈N
*都有an+1>an 的充要条件
6 是→ → 0或a1>3.
|cos|=3. 4. 解:(Ⅰ)由题意可知,
2
1-a2n+1= (1-a2n).
(Ⅱ)假设直线 ME 与BN 共面,则 AB 平面 3
MBEN,且平面 MBEN 与平面DCEF 交于EN. 2令cn=1-a2n,则cn+1=3cn.
由已知,两正方形不共面,故AB 平面DCEF.
2 3
又AB∥CD,所以 AB∥平面 DCEF.而EN 为 又c1=1-a1= .则数列{cn}是首项为4 c1=
平面MBEN 与平面DCEF 的交线,所以AB∥EN. 3 2 3 n-1,公比为 的等比数列,即 · 2 故
又AB∥CD∥EF,所以EN∥EF,这与EN∩ 4 3 cn=4 (3 ) . 1
EF=E 矛盾,故假设不成立. 3 2 n-1 n-1-a2= · a2
3 2
n n=1- · .
所以 ME 与BN 不共面,它们是异面直线. 4 (3 ) 4 (3 )
【思维拓展】 求解线面角主要有两种方法:一是 1又a1= >0,anan+1<0,故
几何法,即利用线面角的定义,通过线面关系得到线 2
面角,
n-1
而后将其归在一个三角形内进行求解即可;二 an=(
3
-1)n-1 1- · (24 3 ) .
是利用空间向量法,即通过直线的方向向量与平面的
3 2 n
法向量夹角确定所求线面角,要注意向量成角与线面 b =a2 2n n+1-an= [1- ·4 ( ) ]-3
角之间的“互余”关系. 3 n-1[ · (2 ) ] 1 2
n-1
3. 解:(Ⅰ)已知a1 是奇数,假设ak=2m-1是 1- = ·4 4 (3 ) .3
奇数,其 中 m 为 正 整 数,则 由 递 推 关 系 得ak+1= (Ⅱ)用反证法证明.
a2k+3=m(m-1)+1是奇数. 证明:假设数列{bn}存在三项br,bs,bt(r根据数学归纳法,对任何n∈N*,an 都是奇数. 1 2
( )( ) 1
为 ,公比为 的等比数列,于是有br>bs>bt,则
Ⅱ 方法一 由an+1-an= (4 an-1
)(an-3) 4 3
只可能有2bs=br+bt 成立.
知,an+1>an 当且仅当an<1或an>3. 1 2 s-1 1 2 r-1 1 2 t-1
1+3 ∴2× ( ) = ( ) +, ( ) .两另一方面 若032+3
若ak>3,则a , ,k+1> =3. 由于r数,故上式不可能成立,导致矛盾,故数列{bn}中任意
根据 数 学 归 纳 法,0三项不可能成等差数列.
n∈N*;a1>3 a *n>3, n∈N . 【点评】 当从正面证明困难、不妨考虑采用反证
综合所述,对一切n∈N* 都有an+1>an 的充要
法,即正难则反.
条件是03.
2012—2013高考题源拓展测试
2
( ) a +3方法二 由a2=
1 >a1,得4 a
2
1-4a1+3> 1.B 【解析】 用反证法证明命题应先否定结
, 论,故选0 于是03. B.
a2+3 a2 +3 【 】 mad nbca n n-1 2.B 解析 q= ab+ + +cd ≥n+1 - an = 4 - 4 = n m
(an+an-1)(an-an-1) 2, a +3因为a >0,a n ab+2 abcd+cd= ab+ cd=p
,故选B.
4 1 n+1=
,
4 3.C 【解析】 解法一:设x=cos2α,则1-x=
所以,所有的an 均大于0,因此an+1-an 与an- 2 2 2 2
sin2α,
a b a b
a ∴ + =n-1同号. x 1-x cos2α+sin2α
·197·
=a2(1+tan2α)+b2(1+cot2α) y)sin2θ,∵b=xcos2θ·ysin2θ<(x+y)cos2θ·(x+y)sin2θ
=a2+b2+a2tan2α+b2cotα≥a2+b2+2ab= =(x+y)sin2θ+cos2θ=x+y=a.
(a+b)2. 11. 证明:假设函数图象上存在两点 M1、M2,使
a2 b2:( )( ) 得直线 M1M2 平行于x 轴.解法二 x+1-x x+1-x 设M1(x1,y1),M2(x2,y2),且x1≠x2,由kM1M2=
a2(2 1-x) b
2x
=a + + +b2≥a2+b2+2ab= x2-1 x1-1x 1-x y2-y1 ax -1-2 ax1-1 a-1
( )2 得a+b . 0 x =2-x1 x =2-x1 (ax2-1)(ax1-1)=
4.C 【解析】 已知等式是关于y 的一元二次 0,解得a=1,这与已知a≠1矛盾.
方程,由它有实数 根 知 Δ=(4x)2-4×4(x+6)= 故经过这个函数图象上任意两个不同点的直线
16(x2-x-6)≥0,解得x≤-2或x≥3. 不平行于x 轴.
5.B 【解析】 根据反证法的步骤,假设是对原 12. 证明:假设a,b,c不同时为正,不妨先考虑a
命题结论的否定,即“三内角都大于60度”.故选B. 不是正数,从而有a=0和a<0两种情况.
6.c >c 【解析】 a = n2+1,b =n,c ①若a=0,则abc=0,与已知abc>0矛盾,故an n+1 n n n
1 =0不可能.
=a 2n-bn= n +1-n≤ +n,随n 的增大
n2+1 ②若a<0,因为abc>0,所以bc<0,又因为a+
而 减 小,为 减 函 数,∴c 0,所以b+c>-a>0,所以ab+bc+ac=a(bn+1 n n+1
)
( )2 ( ), 2 , +c +bc<0
,这与已知ab+bc+ac>0矛盾,所以a
n+1 +1- n+1 cn= n +1-n
<0也不可能.综上所述,a>0成立,同理可知b>0,c
cn n2+1-n∴ = >0成立,原命题得证.cn+1 (n+1)2+1-(n+1) 13. 解:(1)因为f'(x)=3ax2+2x-1,依题意
(n+1)2+1+n+1
= >1, 存在(2,+∞)的非空子区间使3ax
2+2x-1>0成
n2+1+n
立, 1-2x即
∴c >c . 3a> x2
在x∈(2,+∞)某子区间上恒成
n n+1
7.an+bn为斜边,则c2=a2+b2,∴c>a>0,c>b>0,即0< x
2 h x -4
a , b
1
c <10a∈ (- ,4 0)∪(0,+∞).
a n b n a 2 b 2 (2)由已知a>0,令 '(x)=3ax
2+2x-1>0,
当n>2时,(c ) + (c ) < (c ) + (c )
f
=
-1+ 1+3a -1- 1+3a
得x> 或x< ,∵a>0,
a2+b2 3a 3a
c2 =1
,即an+bn-1+ 1+3a -1,-1- 1+3a -2,故
8.a≥0,b≥0且a≠b 【解析】
∴ > <
∵a a+bb 3a 3a 3a 3a
>ab+ba (a- b)2(a+ b)>0 a≥0,b f(x)在 区 间 ( 2- , 1- ) 上 是 减 函 数,又3a 3a ∵f
≥0且a≠b.
-1 2 1
9.a+b 【解析】 解法一:a+b>2 ab,a2+ ( ) = 2 + > 0,即 f (x)在 区 间3a 9a a
b2>2ab,a+b-(a2+b2)=a(1-a)+b(1-b)>0, ( 2- , 1∴a+b最大. 3a -3a) 上恒大于零.故当a>0时,函数f(x)
: , 1, 1解 法 二 特 值 法 取a= b= ,计 算 比 较 在区间 ( 2 1- ,- ) 上不存在零点2 8 3a 3a .
大小. 14.解:(1)∵an+2-2an+1+an=0,∴an+2-
10.a>b 【解析】 ∵x>0,y>0,∴xy,y·198·
∴d=-2.∴an=-2n+10. -α>0.
() 1 1 12b 1 1n= ( )= ( )= ( - ), (Ⅲ)根据(Ⅱ)同理可得,对任意的正整数n,有n12-an 2nn+1 2 n n+1 (a -β)2a nn+1-β= .
∴Sn=b1+b2…
1
+b = [ ( 1 1 1n 2 1-2 )+ (2-3 ) 2an+1仍由(Ⅱ)知,对任意的正整数n,an-α>0.
… (1 1 ) ] 1 ( 1 ) n+ + - = 1- = . 于是对任意的正整数n,an>a>β an-β>0.n n+1 2 n+1 2(n+1)
m a∵b = ln 1
-β 5+1 a -
假设存在整数m 满足S > 总成立. 1 a -α = 4ln
, n β
n 32 1 2 an-α
=
(
n+1 n 1 a
2
n-1-β)
又Sn+1-Sn=2(n+2)-
2
2(n+1)=2(n+2)(n+1) 2an-1+1 an-1-β
(a -α)2= ( (a α) >0 n>1),∴bn =2ln, n-1 n-1->0 2an-1+1
∴数列{
1
Sn}是单调递增的.∴S1= 为4 Sn
的最 an-1-β=2bn-1(n>1),即数列{ }是首项为 ,公an-1-α bn b1
, m 1小值 故 < ,即m<8.又m∈N*, 比为2的等比数列.故数列{32 4 bn
}前n 项之和为Sn=
∴适合条件的m 的最大值为7. b1(1-2
n)
=(2n )
5+1
-14ln =(2n+2-4)
5+1
ln .
§17.3 数学归纳法
1-2 2 2
2. 证明:(Ⅰ)当0五年高考母题原型训练
,
1. 解:(Ⅰ)
=-lnx>0
由方程x2+x-1=0解得方程的根
所以函数f(x)在区间(0,1)上是增函数.
-1± 5
为x1,2= . (2 Ⅱ
)当0x.
、 , , 又由(Ⅰ)及 ()在 处连续知,当又∵αβ 是方程的两个实根 且α> ∴α=
f x x=1 0β
时,f(x)-1+ 5, -1- 5
2 β= 2 . f
(x)<1.①
(Ⅱ)证 明:∵ '(x)=2x+1,∴a =a - 下面用数学归纳法证明:f 0f(a ) a2+a -1 a2 (ⅰ)由0+1
'(a ) n 2a +1 2a +1.f n n n a1a2-2aα+1-α (ⅱ)假设n=k 时,不等式②成立,即n n 0a2 2 2n-2αan+α -(α +α-1) 则由①可得0(a -α)2
= n . 综合(ⅰ)(ⅱ)证得:an下面用数学归纳法证明当n≥1时,an-α>0
m≤k,使得am≥b,则ak+1>am≥b.
成立.
否则,若am, 3- 5①当n=1时 a1-α=1-α= >0,命题 (m≤k)知,2
; amlnam≤a1lnam( ) , , a②假设n=kk≥1 时命题成立 即a -α>0 k+1
=ak-aklnak
k
此时有a >α>0. =ak-1-ak-1lnak-1-aklnakk
( …a -α)2
则当n=k+1时,ak+1-α=
k
2a >0
,命题 k
k+1 =a1-∑amlnam .
m=1
成立. k
根据数学归纳法可知,对任意的正整数n,有a 由③知∑amlnam(a1lnb),于是ak+1>a1+
n m=1
·199·
k|a1lnb|≥a1+(b-a1)=b. 又上面三组数内必有一组不相等(否则a1=a2
3. 解:(Ⅰ)因a1,a2009,a2008,…,a1006是公比为d =a3=1),从而a4=a5=…=am=1与题设矛盾,故
的等比数列. 等号不成立,从而a1+a2+…+a6>6.又m=6k,由
从而a 22009=a1d,a2008=a1d . ④和⑥得
由S2009=S2007+12a 2 2 2 2 21 得a2008+a2009=12a1,故 a7+…+am=(a7+…+a12)+…+(a6k-5+…
ad21 +a1d=12a1,即d2+d=12. +a26k)
解得d=3或d=-4(舍去).因此d=3. =(k-1)(a2 2 21+a2+…+a6)
又S3=3a1+3d=15.解得a1=2. =(k-1)(a2 1 2 1 11+ 2+a2+ 2 (2+a3+ 2 ≥6k-从而当n≤1005时,a )n=a1+(n-1)d=2+3(n a1 a2 a3
-1)=3n-1. 1).
而当1006≤n≤2009时,由a1,a2009,a2008,…, 因此由⑤得
2 2
a 是公比为d 的等比数列得a =ad2009-(n-1)= a1+…+a6+a7+…+am>6+6(k-1)1006 n 1 =6k=
ad2010-n1 (1006≤n≤2009). m=ma1a2…am .
3n-1,n≤1005, 2012—2013高考题源拓展测试
因此an={2×32010-n,1006≤n≤2009. 1.B 2.C 3.B 4.A 5.A 6.D 7.31
( ) 5k 5k+1 5k+2 5k+3 5k+4Ⅱ 由题意a2=a2 a2n n-1 n+1(1a =a a (12 9.1,-3,6,
n n-1 n+1
a2m-1a21,a21=a2ma2 n(n+1)2,得{am=am-1a1,② -10 (-1)n-1 2 10.5n+1
a1=ama2.③
11. 略 12. 略 13. 证明:①当n=1时,a1=
a 1
由①得a3=
2,a4= ,
1 a
a a a5=
, 1
a a6=a .④ 11 1 2 2 S1= ( 1a + ),即a21 1=1,a1=1(an>0),结论成
由①,②,
2 a1
③得a1a2…a 2m =(a1a2…am),故
, ,
a1a2…am=1.⑤
立. ② 假 设 n=k 时 结 论 成 立 即 ak = k -
a a 1 1 k-1,则当r+2 r+1 n=k+1时,ak+1=Sk+1-Sk又ar+3=a =
· (
r+1 ar a = 11 2 (
1 1 1
ak+1+a )-k+1 2 (ak+a )k
3),故有ar+6=a =ar
(1r+3 = 1 ( 1 1 1ak+1+ - k- k-1+
下用反证法证明:m=6k. 2 ak+1
) 2 ( k- k-1)
若不然,设m=6k+p,其中1≤p≤5. 1= ( 1ak+1+ )- k,
若取p=1,即m=6k+1,则由⑥得a =a =
2 ak+1
m 6k+1
a a 即a
2
k+1+2ak+1 k-1=0,a1 1 k+1= k+1- ka1,而由③得am= ,故a a1=
得
a a2=1.2 2 (ak+1>0).
am 所以,当n=k+1时,结论也成立.由②得am-1= =1,从而a a6=a6k=am-1=1
,
1 由①、②知,an= n- n-1对n∈N*都成立.
a
而a6=
1,故a1=a2=1,由④及⑥可推得an= 14. 解:(1)由a1=2得a2=a21-a1+1=3;由a2
a2=3,得a 23=a2-2a2+1=4;由a3=4,得a 2( )与题设矛盾 4=a311≤n≤m .
, ,,, ( -3a3+1=5.由此猜想
:an=n+1(n∈N*).同理 若p=2345均可推得an=11≤n≤
(2)证明:用数学归纳法证明.
m)与题设矛盾,因此m=6k为6的倍数.
当n=1时,a1≥3=1+2,不等式成立;由均值不等式得
假设当n=k时,不等式成立,即ak≥k+2.
a1+a2+…+a
1 1
6= (a1+a ) + (a2+a ) + 那么当n=k+1时,a 21 2 k+1=ak-kak+1=ak(ak
(a a -k
)
) +1≥
(k+2)(k+2-k)+1=2(k+2)+1≥k+
2 1
a +1 a
≥6.
2 3=(k+1)+2,也就是说,当n=k+1时,ak+1≥(k
·200·
+1)+2. 念及基本运算.(a+i)2i+(a2+2ai+i2)i=(a2-1)i
综上可得,对于所有n≥1,有an≥n+2. +2ai2=-2a+(a2-1)i,由题意得a2-1=0且-
15. 证明:(1)即证20,所以a=-1,故选D.
x21 (2-x1)x1, 5.A 【解析】 由实系数一元二次方程
2
∵x2 =2(x -1)=x1 +
x +ax
1 2(x1-1) x2 = +1=0,可得Δ=a2-4<0,即可得a∈(-2,2),∵
x2 21 (x=2+ 1
-2),x =a>2,∴2次方程x2+ax+1=0有虚根”的必要不充分条件,
假设 2x2k+1 (2-x )x=x k+1 k+1( ) k+1+ ( ) 识,2 ( )2 属于容易题.由i
2(1+i)=-1-i,从而可知实部xk+1 xk+1-2
( ,2xk+1-1)=2+2(x -1)>2 ∴2综上所述,根据数学归纳法,命题成立. 7.1 【解析】 设z1=a+bi,则z2=z1-iz1=
(x -2)2 x -2 a+bi-i(a-bi)=(a-b)+(b-a)i,∵z2 的实部a(2)由(1)得0k k ·
2(x =k-1) xk-1 -b=-1,∴z2 的虚部b-a=1.
1( ) 1( ) 8.B 【解析】 本题主要考查复数的乘法运算、
2 xk-2 <2 xk-2 . 1+7i
复数相等的意义. =a+bi 1+7i=(a+bi)(1 2
当n=1时,x =a≤2+ 2-i1 21-1=3
,
-i) 1+7i=(2a+b)+(2b-a)i,因此1=2a+b且
, xn-2 ·xn-1-2∴当n≥2时 xn-2= ·… 2b-a=7,a=-1,b=3,ab=-3.xn-1-2 xn-2-2
9.D 【解析】 ∵(x+i)(1-i)=(x+1)+(1-
n-1
·x2-2·(x -2)< 11 (a-2),又a≤3,x x+1=y
, x=1,
1-2 (2 ) x)i=y,∴{ 解得 故选1-x=0, { , D.
(1
y=2
∴x -2< )n-1n ,
1
即
2 xn<2+ n-1
;
2 (【 】 1+i 1+i
)2 2i
10.1 解析 ∵
1 1-i
= 1-i2 =2=i=a+
∴xn≤2+2n-1
(n∈N*). bi,∴a=0,b=1,即得a+b=1.
11.A 【解析】 ∵i2=-1,∴i+i2+i3=i-1-
第十八章 数系的扩充与复数的引入 i=-1.故选A.
复数的概念及运算 3-i12.C 【解析】 本题考查复数的除法运算.1-i
五年高考母题原型训练
【 】 ( )( )
2
1.A 解析 本题考查复数的代数运算及纯 3-i 1+i 3-i+2i 4+2i=( )( ,选1-i 1+i)= 2 = 2 =2+i C.
虚数的概念,用直接法或者验证可得.
13.D 【解析】 本 题 考 查 复 数 的 基 本 运 算.
a-i (a-i)(1-i) a-1 -a-1
∵1+i= 1+1 =
,令
2 + 2 i a- 5i 5i
(2+i)
2-i= 5 =-1+2i.
1=0,得a=1.
( )
2.B 【解析】 本题考查复数部分纯虚数的定 14.B 【 】
i i 3-3i
解析 = =
, , 3+3i
(3+3i)(3-3i)
义 除实部为0外 还应注意虚部不能为0,此为易误
点.此题中a≠1. 3i+3 1 3
3+9 =4+12i.
3.A 【解析】 本题主要考查复数的相关定义
5i 15.D
【解析】 本题考查复数的运算.z=1+
与复数的四则运算能力.依题意得z=-1+2i,z = 1 1 1 22i,∴ =1+2i=5- i.5i 5i(-1-2i) z 5
-1+2i= 5 =2-i
,选A. 16.6-2i 【解析】 ∵z=1-2i,∴z=1+2i,
4.D 【解析】 本小题主要考查复数的基本概 z·z=(1-2i)(1+2i)=5,
·201·

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