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§17.3 数学归纳法
考纲·题型解读
理解数学归纳法的原理,能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.
数学归纳法在高考试题中,常以解答题出现,主要有证明不等式、证明恒等式和证明整除三个方面的应用,考题又常以数列
问题为背景.值得注意的是,将数学归纳法与一些探索性的问题综合起来出现了一些非常新颖的题型.
sinA·sin(k+1)A=sinA·(sinA·coskA+cosA·sinkA)
题源 数学归纳法 =(sinA·sinkA)·coskA+(sinA·sinkA)·cosA,及①和归纳
假设,知cos(k+1)A 与sinA·sin(k+1)A 都是有理数.
解题模型
即当n=k+1时,结论成立.
1.数学归纳法 综合①、②可知,对任意正整数n,cosnA 是有理数.
(1)当n 取第一个值n0(例如n=1)时,证明命题成立; [真题2] (2022·安徽)设数列a1,a2,…,an,…中的每一
(2)假设当n=k(k∈N*,k≥n0)时命题成立,并证明 项都不为0.
当n=k+1时,命题也成立.于是命题对一切n∈N*,n≥ 证明:{an}为等差数列的充分必要条件是:对任意n∈N+,
n0,命题都成立.这种证明方法叫做数学归纳法. 1 1 1 n都有 + +…+ = .
运用数学归纳法证明命题要分为两步.第一步是递推 a1a2 a2a3 anan+1 a1an+1
[ ] :
的基础,第二步是递推的依据,这两步是缺一不可的. 解析 证明 先证必要性.
2. { } ,应用数学归纳法要运用“归纳假设”,没有运用“归 设数列 an 的公差为d.若d=0 则所述等式显然成立.
纳假设”的证明不是数学归纳法. 1 1若d≠0,则 + …
1
: a1a2 a2a
+ +
3 anan+1
3.证明代数恒等式的关键是 第二步将式子转化成与
归纳假设的结构相同的形式——— 1 a2-a1 a3-a2 an+1-an凑假设.然后利用归纳假 = …d ( aa + aa + +1 2 2 3 ana )n+1
设,经过恒等变形,得到结论所需要的形式———凑结论. 1 1 1 1 1 1 1
4.证明三角恒等式,常运用有关的三角知识、三角公 =d [ (a -a )+ (a -a )+…+ (a -1 2 2 3 n a ) ]n+1
式,要掌握常用的三角变换方法. 1 1 1 1 an+1-a1
5.与自然数有关的不等式,有时也可用数学归纳法证 =d (a -a )= ·1 n+1 d a1an+1
明.在证明过程中,要运用不等式的性质. n
6.因为证明不等式的题型多种多样,所以不等式证明 =a1an+1
是一个难点,在由n=k 成立,推导n=k+1不等式也成立 再证充分性.
时,过去讲过的证明不等式的方法在此都可以使用.如比较 证法1:(数学归纳法)设所述的等式对一切n∈N+ 都成立.
法、放缩法、分析法、反证法等,有时还要考虑与原不等式 首先,在等式
等价的命题. 1 1 2
+ = ①
7.利用数学归纳法证明整除性问题时,第二步一般先 a1a2 a2a3 a1a3
将n=k+1代入原式,然后将原式作适当的恒等变形,凑 两端同乘a1a2a3,即得a1+a3=2a2,所以a1,a2,a3 成等
出归纳假设,这是证题的关键和难点. 差数列,记公差为d,则a2=a1+d.
假设ak=a1+(k-1)d,当n=k+1时,观察如下二等式
[真题1] (2022·江苏)已知△ABC 的三边长为有理数. 1 1 … 1 k-1
() : + + + =
, ②
1 求证 cosA 是有理数; a1a2 a2a3 ak-1ak a1ak
(2)求证:对任意正整数n,cosnA 是有理数. 1 1 1 1 k+ +…+ + ,
[解析] (1)由AB、BC、AC 为有理数及余弦定理知cosA a1a2 a2a3 ak-1ak a
= ③
kak+1 a1ak+1
AB2+AC2-BC2 将②代入③,得
= 是有理数2AB·AC . k-1 1 k ,
(2)
+ =
用数学归纳法证明cosnA 和sinA·sinnA 都是有理数. a1ak akak+1 a1ak+1
①当n=1时,由(1)知cosA 是有理数,从而有sinA·sinA 在该式两端同乘a1akak+1,得 (k-1)ak+1+a1=kak
=1-cos2A 也是有理数. 将ak=a1+(k-1)d 代入其中,整理后得 ak+1=a1+kd.
②假设当n=k(k≥1)时,coskA 和sinA·sinkA 都 是 有 由数学 归 纳 法 原 理 知,对 一 切 n∈N+,都 有 an =a1+
理数. (n-1)d.所以{an}是公差为d 的等差数列.
cos(k+1)A=cosA·coskA-sinA·sinkA, 证明2:(直接证法)依题意有:
·363·
1 1 1 n 假设当n=k(k≥3)时,… , 3a
2
n>k 成立,则由②知,ak+1=3ak
a1a +2 a2a + +a = ①3 nan+1 a1an+1 >k2,从而3ak+1-(k+1)2>3k2-(k+1)2=2k(k-2)+2k-1
1 1 1 1 n+1 2
aa +aa +
…+ >0,所以3ak+1>(k+1).
1 2 2 3 ana +a = . ②n+1 n+1an+2 a1an+2 故当n≥3时,3an>n2 成立.
②-①得 于是由②知,当n≥3时,ak+1≥3an,而a3=4,因此an=
1 n+1 n
a a = -
, 4×3k+3,
n+1 n+2 a1an+2 a1an+1
, 综上所述,当 时, ,aa a a =(n+1)a -na a=0 a1=0a
n-1
在上式两端同乘 得 2
=1,an=4×3 (n≥3).
1 n+1 n+2 1 n+1 n+2
(2)存在a,使数列{an}是等比数列.事实上,由②知,若对任③
意的n,都有3a >n2( ) n ,则an+1=3an,即数列{an}是首项为 ,公同理可得 a1=nan- n-1a
a
n+1. ④
( ) 比为3的等比数列,且an=a·
n-1
③-④得 2na 3 .n+1=nan+2+an .
, { } 而要使
2,即 · n
即a -a =a -a 所以 a 是等差数列. 3an>n a 3 >n
2,对一切n∈N*都成立,只需
n+2 n+1 n+1 n n
2
[点评] 推理论证能力和运算求解能力是高考重点考查的 na> 对一切 *都成立
, 3
n n∈N .
能力 本题是两种能力体现的典型. 2
[真题3] (2022·湖南)数列{a }(n∈N*n )中,
n 1 4 1
a1=a,an+1 记bn=3n
,则b1= ,3 b2=
, ,…
9 b3=3 .
1 1
是函数fn(x)= x3- (3a 2n+n )x23 2 +3n
2a 2nx 的极小值点. x 1 1令y= ,则 ( 23x y'=3x 2x-xln3
)<3x
(2x-x2).因此,当
(1)当a=0时,求通项an; x2
(2)是否存在a,使数列{a }是等比数列 若存在,求a 的 x≥2时,y'<0,从而函数y= x 在[2,+∞)上单调递减n 3 .
故当n
取值范围;若不存在,请说明理由. 4
[解析] 易知 ' (x)=x2-(3a +n2)x+3n2a =(x- ≥2时,数列{bn}单调递减,即数列{bn}中最大项为f b2=9.
于是
n n n
3an)(x-n2),令f'n(x)=0,得x1=3an,x2=n2. 4 n2
当a> 时,必 有a> .这 说 明,当a∈ 4, 时,数 列
①若3a 2nn +∞>0f ( )n(x)单 调 9 3 9
递增; {an}是等比数列.
当3an当x>n2 时,f' (x)>0,f (x)单调递增. 9 9 9n n
故fn(x) x=n2 . f2
(
在 取得极小值 x)无极值,不合题意.
②若3an>n2,仿①可得,fn(x)在x=3an 取得极小值. 1 4当 时,可得 , , , ,…,
2, () , () 3
③若3an=n 则f'n x ≥0fn x 无极值.
数列{a }的不是等比数列.
(1)
n
当a=0时,a1=0,则3a1<12. 1
由①知,a 22=1=1. 当a= 时,3a=1=1
2,由 知,
3 ③ f1
(x)无极值,不合题意.
因3a =3<22,则由①知,a 22 3=2=4. 1
3a =12>32, ② ,a =3a =3×4. 当因为 则由 知 a< 时
,可得
3 a1=a
,a2=1,a3=4.
3 4 3
又因为3a =36>424 ,则由②知,a5=3a4=32×4 a4=12,…,数列{an}不是等比数列.
由此猜测:当n≥3时,a n-3n=4×3 , 综上所述,存在a,使数列{an}是等比数列,且a 的取值范
下面先用数学归纳法证明:当n≥3时,3a >n2n . 围为 4,+∞ .
事实上,当n=3时,由前面的讨论知结论成立. (9 )
(★代表高考出现的频次)
a -
题源 数学归纳法(★★★★) (Ⅲ)记b =ln n βn ( ,,…),求数列{ }的前 项an-α n=12 bn n
1.(2019·广东)已知函数f(x)=x2+x-1,α、 是方程 和β Sn.
f(x)=0的两个根(α>β),f'(x)是f(x)的导数.设a1=1,an+1
f(a
=a n
)
n- ( ( ,,…)f'a )
n=12 .
n
(Ⅰ)求α、β的值;
(Ⅱ)证明:对任意的正整数n,都有an>α;
·364·
2.(2020·全国Ⅰ)设函数f(x)=x-xlnx.数列{an}满足 3.(2021·重庆)设m 个不全相等的正数a1,a2,…,am(m
0(Ⅰ)证明:函数f(x)在区间(0,1)上是增函数; (Ⅰ)若 m=2009,且a1,a2,…,a1005是公差为d 的等差数
(Ⅱ)证明:an( ) ( ,), a1-b a
,a ,…,a 的前n 项和S (n≤m)满足:S =15,S
Ⅲ 设b<∈ a 1 整数k≥ .证明:a >b. 1 2 m n 3 2009
=S2007
1 alnb k+11 +12a1,求通项an(n≤m);
(Ⅱ)若每个数an(n≤m)是其左右相邻两数平方的等比中
项,求证:a1+…+a6+a27+…+a2m>ma1a2…am .
2022-2023高考题源拓展测试
未来高考还会这样考
(测试时间:90分钟 总分:100分)
一、选择题(本题包括6小题,每小题4分,共24分。每小题只 6.( 1)已知一个命题p(k),这里k=2n(n∈N*),当n=
有一个选项符合题意) 1,2,…,999时,p(k)成立,并且当n=999+1时它也成立,则下
1.( 1)欲用数学归纳法证明判断2n>n2,n的第一个取值 列命题中正确的是 ( )
应当是 ( ) A.p(k)对于k=2002成立
A.1 B.p(k)对于每一个自然数k成立
B.大于1小于10的某个整数 C.p(k)对于每一个偶数k成立
C.10 D.p(k)对于某个偶数可能不成立
D.大于10的某个整数 二、填空题(本题包括4小题,每小题4分,共16分)
2.( 1)用数学归纳法证 明:“1+a+a2+…+an+1= 7.( 1)用数学归纳法证明:当n∈N*时,1+2+22+23+…
1-an+2 5n-1( )” , ( ) +2 是31的倍数时,当n=1时原式为 ,从a≠1 在验证n=1时 左端计算所得的项为 k
到k+1
1-a 时需增添的项是 .
A.1 B.1+a 8.( 1)观察下式:1=12;2+3+4=32;3+4+5+6+7=
C.1+a+a2 D.1+a+a2+a3 52;4+5+6+7+8+9+10=72,…,则得出结论:
3.( 1)用数学归纳法证明等式(n+1)(n+2)…(n+n)=
2n·1·3·…·(2n-1)(n∈N*),从“k 到k+1”左端需增乘的 9.( 1)12-22+32-42+…+(-1)n-1·n2,当n 分别取
代数式为 ( ) 1,2,3,4时的值依次为 ,所以猜想原式
A.2k+1 B.2(2k+1) = .
2k+1 2k+3
C. D. 10.( 1)如图,这是一个正六边形的序列:k+1 k+1
4.( 1)已知数列{an}的各项均为自然数,a1=1,且它的前
…
n项和为Sn,若对所有的正整数n,有S 2n+1+Sn=(Sn+1-Sn)
成立,通过计算a2,a3,a4,然后归纳出Sn 等于 ( )
n·(n ) (n )2 则第n个图形的边数为+1 +1 .
A. 2 B. 2 三、解答题(本题包括5小题,每小题12分,共60分)
2n-1 2n-1 11.( 1)求证:a
n+1+(a+1)2n-1能被a2+a+1整除(其中
C. 2 D. 2 n∈N*).
5.( 1)用数学归纳法证明:n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈
N*)能被9整除,利用归纳假设证n=k+1时,只需展开 ( )
A.(k+3)3 B.(k+2)3
C.(k+1)3 D.(k+1)3+(k+2)3
·365·
1 1 1 14.( 1) {( ) : 设数列 a
2
12. 1 用 数 学 归 纳 法 证 明 1+ + + … + n
}满足an+1=an-nan+1,n=1,2,
22 32 n2 3,….
3n (1)当a1=2,求a2、a3、a4,≥ . 并由此猜测想出an 的一个通项2n+1 公式;
(2)当a1≥3时,证明:对所有的n≥1,an≥n+2.
15.( 1)设a>2,给定数列{xn},其中 x1=a,xn+1=
x2n
2(
( ,,…)求证:
xn-1)n=12 .
( ) { () ,
xn+1 ( ,,…);
13. 1 已知数列 an}中,an>0(n∈N*),前n 项和S 1xn>2 x <1n=12n n
1
与通项an 满足关系2Sn=an+a .
求证:an= n- n-1. (2)如果a≤3,
1
那么xn≤2+ n-1(n=1,2,…).
n 2
·366·{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,
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