一、選擇題1．(文)將正奇數(shù)1,3,5,7，…排成五列(如下表)，按此表的排列規(guī)律，89所在的位置是()第第第第第一二三四五列列列列列135715131191719212331292725…A．第一列 B．第二列C．第三列 D．第四列[答案]D[解析]正奇數(shù)從小到大排，則89位居第45位，而45＝4×11＋1，故89位于第四列．(理)(2014·廣州市綜合測(cè)試)將正偶數(shù)2,4,6,8，…按下表的方式進(jìn)行排列，記aij表示第i行第j列的數(shù)，若aij＝2014，則i＋j的值為()第1列第2列第3列第4列第5列第1行2468第2行16141210第3行18202224第4行32302826第5行34363840………………A．257 B．256C．254 D．253[答案]C[解析]依題意，注意到題中的數(shù)表中，奇數(shù)行空置第1列，偶數(shù)行空置第5列；且自左向右，奇數(shù)行的數(shù)字由小到大排列，偶數(shù)行的數(shù)字由大到小排列；2014是數(shù)列{2n}的第1007項(xiàng)，且1007＝4×251＋3，因此2014位于題中的數(shù)表的第252行第2列，于是有i＋j＝252＋2＝254，故選C．[方法點(diǎn)撥]歸納推理根據(jù)一類(lèi)事物的部分對(duì)象具有某種性質(zhì)，推出這類(lèi)事物的所有對(duì)象都具有這樣性質(zhì)的推理，叫做歸納推理，歸納是由特殊到一般的推理．歸納推理是由部分到整體，由個(gè)別到一般的推理，在進(jìn)行歸納時(shí)，要先根據(jù)已知的部分個(gè)體，把它們適當(dāng)變形，使其具有統(tǒng)一的表現(xiàn)形式，便于觀察發(fā)現(xiàn)其規(guī)律，找出它們之間的聯(lián)系，從而歸納出一般結(jié)論．2．(2015·廣東文，6)若直線l1與l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是()A．l與l1，l2都不相交 B．l與l1，l2都相交C．l至多與l1，l2中的一條相交 D．l至少與l1，l2中的一條相交[答案]D[解析]考查空間點(diǎn)、線、面的位置關(guān)系．若直線l1和l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，假如l與l1、l2都不相交，則l∥l1，l∥l2，∴l(xiāng)1∥l2，與l1、l2異面矛盾，因此l至少與l1，l2中的一條相交，故選D．[方法點(diǎn)撥]演繹推理根據(jù)一般性的真命題(或邏輯規(guī)則)導(dǎo)出特殊性命題為真的推理叫做演繹推理．演繹推理是由一般性命題到特殊性命題的推理．(1)演繹推理的特點(diǎn)當(dāng)前提為真時(shí)，結(jié)論必然為真．(2)演繹推理的一般模式——“三段論”①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特殊情況；③結(jié)論——根據(jù)一般原理，對(duì)特殊情況做出的判斷．3．(文)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列{bn}(bn＝eq\f(a1＋a2＋…＋an,n))也為等差數(shù)列．類(lèi)比這一性質(zhì)可知，若正項(xiàng)數(shù)列{cn}是等比數(shù)列，則數(shù)列{dn}也是等比數(shù)列，則dn的表達(dá)式應(yīng)為()A．dn＝eq\f(c1＋c2＋…＋cn,n) B．dn＝eq\f(c1·c2·…·cn,n)C．dn＝eq\r(n,\f(c\o\al(n,1)＋c\o\al(n,2)＋…＋c\o\al(n,n),n)) D．dn＝eq\r(n,c1·c2·…·cn)[答案]D[解析]通過(guò)審題觀察，對(duì)比分析得到：已知等差數(shù)列{an}前n項(xiàng)和Sn＝a1＋a2＋…＋anbn＝eq\f(Sn,n)算術(shù)平均bn成等差類(lèi)比項(xiàng)等比數(shù)列{cn}前n項(xiàng)積Tn＝c1c2…cndn＝eq\r(n,Tn)幾何平均dn成等比故選D．[方法點(diǎn)撥]類(lèi)比推理根據(jù)兩類(lèi)不同事物之間具有某些類(lèi)似(或一致)性，推測(cè)其中一類(lèi)事物具有與另一類(lèi)事物類(lèi)似(或相同)的性質(zhì)的推理叫做類(lèi)比推理，類(lèi)比推理是由特殊到特殊的推理．進(jìn)行類(lèi)比推理時(shí)，要抓住類(lèi)比對(duì)象之間相似的性質(zhì)，如等差數(shù)列的和對(duì)應(yīng)的可能是等比數(shù)列的和，更可能是等比數(shù)列的積，再結(jié)合其他要求進(jìn)一步確定類(lèi)比項(xiàng)．(理)記等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，利用倒序求和的方法，可將Sn表示成首項(xiàng)a1、末項(xiàng)an與項(xiàng)數(shù)n的一個(gè)關(guān)系式，即公式Sn＝eq\f(na1＋an,2)；類(lèi)似地，記等比數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)積為T(mén)n，且bn>0(n∈N*)，試類(lèi)比等差數(shù)列求和的方法，可將Tn表示成首項(xiàng)b1、末項(xiàng)bn與項(xiàng)數(shù)n的一個(gè)關(guān)系式，即公式Tn＝()A．eq\f(nb1＋bn,2) B．eq\f(b1＋bnn,2)C．eq\r(n,b1bn) D．(b1bn)eq\f(n,2)[答案]D[解析]利用等比數(shù)列的性質(zhì)：若m＋n＝p＋q，則bm·bn＝bp·bq，利用倒序求積方法有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Tn＝b1b2·…·bn，,Tn＝bnbn－1·…·b1，))兩式相乘得Teq\o\al(2,n)＝(b1bn)n，即Tn＝(b1bn)eq\f(n,2).4．觀察下圖：12343456745678910…………則第()行的各數(shù)之和等于20112.()A．2010 B．2009C．1006 D．1005[答案]C[解析]由題設(shè)圖知，第一行各數(shù)和為1；第二行各數(shù)和為9＝32；第三行各數(shù)和為25＝52；第四行各數(shù)和為49＝72；…，∴第n行各數(shù)和為(2n－1)2，令2n－1＝2011，解得n＝1006.[點(diǎn)評(píng)]觀察可見(jiàn)，第1行有1個(gè)數(shù)，第2行從2開(kāi)始有3個(gè)數(shù)，第3行從3開(kāi)始有5個(gè)數(shù)，第4行從4開(kāi)始有7個(gè)數(shù)，…，第n行從n開(kāi)始，有2n－1個(gè)數(shù)，因此第n行各數(shù)的和為n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝eq\f(2n－1[n＋3n－2],2)＝(2n－1)2.5．已知正三角形內(nèi)切圓的半徑是其高的eq\f(1,3)，把這個(gè)結(jié)論推廣到空間正四面體，類(lèi)似的結(jié)論是()A．正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的eq\f(1,2)B．正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的eq\f(1,3)C．正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的eq\f(1,4)D．正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的eq\f(1,5)[答案]C[解析]原問(wèn)題的解法為等面積法，即S＝eq\f(1,2)ah＝3×eq\f(1,2)ar?r＝eq\f(1,3)h，類(lèi)比問(wèn)題的解法應(yīng)為等體積法，V＝eq\f(1,3)Sh＝4×eq\f(1,3)Sr?r＝eq\f(1,4)h，即正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的eq\f(1,4)，所以應(yīng)選C．6．(文)用反證法證明命題“設(shè)a、b為實(shí)數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí)，要做的假設(shè)是()A．方程x3＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個(gè)實(shí)根C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個(gè)實(shí)根D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個(gè)實(shí)根[答案]A[解析]至少有一個(gè)實(shí)根的否定為：沒(méi)有實(shí)根．(理)①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時(shí)，可假設(shè)p＋q≥2，②已知a、b∈R，|a|＋|b|<1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對(duì)值都小于1.用反證法證明時(shí)可假設(shè)方程有一根x1的絕對(duì)值大于或等于1，即假設(shè)|x1|≥1.以下結(jié)論正確的是()A．①與②的假設(shè)都錯(cuò)誤B．①與②的假設(shè)都正確C．①的假設(shè)正確；②的假設(shè)錯(cuò)誤D．①的假設(shè)錯(cuò)誤；②的假設(shè)正確[答案]D[解析]反證法的實(shí)質(zhì)是命題的等價(jià)性，因?yàn)槊}p與命題的否定?p真假相對(duì)，故直接證明困難時(shí)，可用反證法．故選D．[方法點(diǎn)撥]1.反證法的定義一般地，由證明p?q轉(zhuǎn)向證明：綈q?r?…?t，t與假設(shè)矛盾，或與某個(gè)真命題矛盾．從而判斷綈q為假，推出q為真的方法，叫做反證法．2．反證法的特點(diǎn)先假設(shè)原命題不成立，再在正確的推理下得出矛盾，這個(gè)矛盾可以是與已知條件矛盾，或與假設(shè)矛盾，或與定義、公理、定理、公式或已被證明了的結(jié)論，或與公認(rèn)的簡(jiǎn)單事實(shí)等矛盾．7．(文)在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)△ABC的頂點(diǎn)分別為A(0，a)、B(b,0)、C(c,0)，點(diǎn)P(0，p)在線段AO上(異于端點(diǎn))，設(shè)a、b、c、p均為非零實(shí)數(shù)，直線BP、CP分別交AC、AB于點(diǎn)E、F，一同學(xué)已正確算出OE的方程：(eq\f(1,b)－eq\f(1,c))x＋(eq\f(1,p)－eq\f(1,a))y＝0，則OF的方程為：(________)x＋(eq\f(1,p)－eq\f(1,a))y＝0.()A．eq\f(1,b)－eq\f(1,c) B．eq\f(1,a)－eq\f(1,b)C．eq\f(1,c)－eq\f(1,b) D．eq\f(1,c)－eq\f(1,a)[答案]C[分析]觀察E，F(xiàn)兩點(diǎn)可以發(fā)現(xiàn)，E、F兩點(diǎn)的特征類(lèi)似，E是BP與AC的交點(diǎn)，F(xiàn)是CP與AB的交點(diǎn)，故直線OE與OF的方程應(yīng)具有類(lèi)似的特征，而y的系數(shù)相同，故只有x的系數(shù)滿足某種“對(duì)稱性”，據(jù)此可作猜測(cè)．[解析]方法1：類(lèi)比法E在AC上，OE的方程為(eq\f(1,b)－eq\f(1,c))x＋(eq\f(1,p)－eq\f(1,a))y＝0.F在AB上，它們的區(qū)別在于B、C互換．因而OF的方程應(yīng)為(eq\f(1,c)－eq\f(1,b))x＋(eq\f(1,p)－eq\f(1,a))y＝0.∴括號(hào)內(nèi)應(yīng)填：eq\f(1,c)－eq\f(1,b).方法2：畫(huà)草圖如右，由對(duì)稱性可猜想填eq\f(1,c)－eq\f(1,b).事實(shí)上，由截距式可得直線AB：eq\f(x,b)＋eq\f(y,a)＝1，直線AP：eq\f(x,c)＋eq\f(y,p)＝1，兩式相減得(eq\f(1,c)－eq\f(1,b))x＋(eq\f(1,p)－eq\f(1,a))y＝0，顯然直線AB與CP的交點(diǎn)F滿足此方程，又原點(diǎn)O也滿足此方程，故為所求直線OF的方程．[方法點(diǎn)撥]類(lèi)比推理是由特殊到特殊的推理，是兩類(lèi)類(lèi)似的對(duì)象之間的推理，其中一個(gè)對(duì)象具有某個(gè)性質(zhì)，則另一個(gè)對(duì)象也具有類(lèi)似的性質(zhì)．在進(jìn)行類(lèi)比時(shí)，要充分考慮已知對(duì)象性質(zhì)的推理過(guò)程，然后仿照推導(dǎo)類(lèi)比對(duì)象的性質(zhì)．(理)在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜邊AB上的高為h1，則eq\f(1,h\o\al(2,1))＝eq\f(1,CA2)＋eq\f(1,CB2)；類(lèi)比此性質(zhì)，如圖，在四面體P－ABC中，若PA、PB、PC兩兩垂直，底面ABC上的高為h，則得到的正確結(jié)論為()A．eq\f(1,h2)＝eq\f(1,AB2)＋eq\f(1,AC2)＋eq\f(1,BC2) B．h2＝PA2＋PB2＋PC2C．eq\f(1,h3)＝eq\f(1,AB3)＋eq\f(1,AC3)＋eq\f(1,BC3) D．eq\f(1,h2)＝eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PC2)[答案]D[解析]本題考查了合情推理的能力．連接CO并延長(zhǎng)交AB于點(diǎn)D，連接PD，由已知可得PC⊥PD，在直角三角形PDC中，DC·h＝PD·PC，則eq\r(PD2＋PC2)·h＝PD·PC，所以eq\f(1,h2)＝eq\f(PD2＋PC2,PD2·PC2)＝eq\f(1,PC2)＋eq\f(1,PD2).容易知道AB⊥平面PDC，所以AB⊥PD，在直角三角形APB中，AB·PD＝PA·PB，所以eq\r(PA2＋PB2)·PD＝PA·PB，eq\f(1,PD2)＝eq\f(PA2＋PB2,PA2·PB2)＝eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)，故eq\f(1,h2)＝eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PC2).(也可以由等體積法得到)．[點(diǎn)評(píng)]上述解答完整的給出了結(jié)論eq\f(1,h2)＝eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)＋eq\f(1,PC2)的證明過(guò)程，如果注意到所給結(jié)論是一個(gè)真命題，可直接用作條件，則在Rt△PAB中，有eq\f(1,PD2)＝eq\f(1,PA2)＋eq\f(1,PB2)，在Rt△PDC中，有eq\f(1,h2)＝eq\f(1,PD2)＋eq\f(1,PC2)，即可得出結(jié)論．8．(文)正方形ABCD的邊長(zhǎng)是a，依次連接正方形ABCD各邊中點(diǎn)得到一個(gè)新的正方形，再依次連接新正方形各邊中點(diǎn)又得到一個(gè)新的正方形，依次得到一系列的正方形，如圖所示．現(xiàn)有一只小蟲(chóng)從A點(diǎn)出發(fā)，沿正方形的邊逆時(shí)針?lè)较蚺佬?，每遇到新正方形的頂點(diǎn)時(shí)，沿這個(gè)正方形的邊逆時(shí)針?lè)较蚺佬校绱讼氯?，爬行?0條線段．則這10條線段的長(zhǎng)度的平方和是()A．eq\f(1023,2048)a2 B．eq\f(1023,768)a2C．eq\f(511,1024)a2 D．eq\f(2047,4096)a2[答案]A[解析]由題可知，這只小蟲(chóng)爬行的第一段長(zhǎng)度的平方為aeq\o\al(2,1)＝(eq\f(1,2)a)2＝eq\f(1,4)a2，第二段長(zhǎng)度的平方為aeq\o\al(2,2)＝(eq\f(\r(2),4)a)2＝eq\f(1,8)a2，…，從而可知，小蟲(chóng)爬行的線段長(zhǎng)度的平方可以構(gòu)成以aeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)a2為首項(xiàng)，eq\f(1,2)為公比的等比數(shù)列，所以數(shù)列的前10項(xiàng)和為S10＝eq\f(\f(1,4)a2[1－\f(1,2)10],1－\f(1,2))＝eq\f(1023a2,2048).(理)對(duì)于大于1的自然數(shù)m的三次冪可以用技術(shù)進(jìn)行以下方式的“分裂”：23＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3,5))，33＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(7,9,11))，43＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(13,15,17,19))，…，仿此，若m3的“分裂數(shù)”中有一個(gè)是59，則m＝()A．7 B．8C．9 D．10[答案]B[解析]由23,33,43的“分裂”規(guī)律可知m3的分裂共有m項(xiàng)，它們都是連續(xù)的奇數(shù)，其第一個(gè)奇數(shù)為(m－2)(m＋1)＋3，當(dāng)m＝8時(shí)，第一個(gè)奇數(shù)為57，故m＝8，此時(shí)83＝57＋59＋61＋63＋65＋67＋69＋71.二、填空題9．(文)(2015·南昌市二模)觀察下面數(shù)表：1，3,5，7,9,11,13，15,17,19,21,23,25,27,29.設(shè)1027是該表第m行的第n個(gè)數(shù)，則m＋n等于________．[答案]13[解析]由數(shù)表知第P行最后一個(gè)數(shù)為第SP個(gè)奇數(shù)，其中SP＝1＋2＋22＋…＋2P－1＝2P－1，易得第9行最后一個(gè)奇數(shù)為2(29－1)－1＝1021，故1027為第10行的第3個(gè)數(shù)，∴m＋n＝13.(理)(2015·河南八市質(zhì)量監(jiān)測(cè))已知不等式1＋eq\f(1,4)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,9)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,16)<eq\f(7,4)，…，照此規(guī)律，總結(jié)出第n(n∈N*)個(gè)不等式為_(kāi)_______．[答案]1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n＋12)<eq\f(2n＋1,n＋1)(n∈N*)[解析]由于1＋eq\f(1,4)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,9)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,9)＋eq\f(1,16)<eq\f(7,4)，所以可以寫(xiě)為1＋eq\f(1,22)<eq\f(2×2－1,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(2×3－1,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(2×4－1,4)，照此規(guī)律，所以第n個(gè)不等式為1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n＋12)<eq\f(2n＋1,n＋1).10．(文)已知2＋eq\f(2,3)＝22×eq\f(2,3)，3＋eq\f(3,8)＝32×eq\f(3,8)，4＋eq\f(4,15)＝42×eq\f(4,15)，…，若9＋eq\f(b,a)＝92×eq\f(b,a)(a、b為正整數(shù))，則a＋b＝________.[答案]89[解析]觀察前三式的特點(diǎn)可知，3＝22－1,8＝32－1,15＝42－1，故其一般規(guī)律為n＋eq\f(n,n2－1)＝n2×eq\f(n,n2－1)，此式顯然對(duì)任意n∈N，n≥2都成立，故當(dāng)n＝9時(shí)，此式為9＋eq\f(9,80)＝81×eq\f(9,80)，∴a＝80，b＝9，a＋b＝89.(理)觀察下列等式12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，……照此規(guī)律，第n個(gè)等式可為_(kāi)_______．[答案]12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)[解析]觀察上述各式等號(hào)左邊的規(guī)律發(fā)現(xiàn)，左邊的項(xiàng)數(shù)每次加1，故第n個(gè)等式左邊有n項(xiàng)，每項(xiàng)所含的底數(shù)的絕對(duì)值也增加1，依次為1,2,3，…，n，指數(shù)都是2，符號(hào)成正負(fù)交替出現(xiàn)可以用(－1)n＋1表示，等式的右邊數(shù)的絕對(duì)值是左邊項(xiàng)的底數(shù)的和，故等式的右邊可以表示為(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2)，所以第n個(gè)式子可為12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2)(n∈N*)．三、解答題11．(文)(2015·江蘇，16)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.設(shè)AB1的中點(diǎn)為D，B1C∩BC1＝E求證：(1)DE∥平面AA1C1C；(2)BC1⊥AB1.[分析]考查線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理．(1)由三棱錐性質(zhì)知側(cè)面BB1C1C為平行四邊形，因此點(diǎn)E為B1C的中點(diǎn)，從而由三角形中位線性質(zhì)得DE∥AC，再由線面平行的判定定理得DE∥平面AA1C1C；(2)因?yàn)橹比庵鵄BC－A1B1C1中BC＝CC1，所以側(cè)面BB1C1C為正方形，因此BC1⊥B1C，又AC⊥BC，AC⊥CC1(可由直三棱柱推導(dǎo))，因此由線面垂直的判定定理得AC⊥平面BB1C1C，從而AC⊥BC[證明](1)由題意知，E為B1C又D為AB1的中點(diǎn)，因此DE∥AC．又因?yàn)镈E?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C，所以DE∥平面AA1C1C．(2)因?yàn)槔庵鵄BC－A1B1C1所以CC1⊥平面ABC．因?yàn)锳C?平面ABC，所以AC⊥CC1.又因?yàn)锳C⊥BC，CC1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，所以AC⊥平面BCC1B1.又因?yàn)锽C1?平面BCC1B1，所以B1C⊥AC．因?yàn)锽C＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C．因?yàn)锳C，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC．又因?yàn)锳B1?平面B1AC，所以BC1⊥AB1.(理)(2015·商丘市二模)如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面為菱形，∠BCD＝120°，AB＝PC＝2，AP＝BP＝eq\r(2).(1)求證：AB⊥PC；(2)求二面角B－PC－D的余弦值．[解析](1)證明：取AB的中點(diǎn)O，連接PO，CO，AC．∵AP＝BP，∴PO⊥AB．又四邊形ABCD是菱形，且∠BCD＝120°，∴△ACB是等邊三角形，∴CO⊥AB．又CO∩PO＝O，∴AB⊥平面PCO，又PC?平面PCO，∴AB⊥PC．(2)由AB＝PC＝2，AP＝BP＝eq\r(2)，易求得PO＝1，OC＝eq\r(3)，∴OP2＋OC2＝PC2，OP⊥OC．以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)C，OB，OP分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標(biāo)系O－xyz，則B(0,1,0)，C(eq\r(3)，0,0)，P(0,0,1)，D(eq\r(3)，－2,0)，∴eq\o(BC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，－1,0)，eq\o(PC,\s\up6(→))＝(eq\r(3)，0，－1)，eq\o(DC,\s\up6(→))＝(0,2,0)．設(shè)平面DCP的一個(gè)法向量為n1＝(1，y，z)，則n1⊥eq\o(PC,\s\up6(→))，n1⊥eq\o(DC,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n1·\o(PC,\s\up6(→))＝\r(3)－z＝0,n1·\o(DC,\s\up6(→))＝2y＝0))，∴z＝eq\r(3)，y＝0，∴n1＝(1,0，eq\r(3))．設(shè)平面BCP的一個(gè)法向量為n2＝(1，b，c)，則n2⊥eq\o(PC,\s\up6(→))，n2⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n2·\o(PC,\s\up6(→))＝\r(3)－c＝0,n2·\o(BC,\s\up6(→))＝\r(3)－b＝0))，∴c＝eq\r(3)，b＝eq\r(3)，∴n2＝(1，eq\r(3)，eq\r(3))．∴cos〈n1，n2〉＝eq\f(n1·n2,|n1|·|n2|)＝eq\f(4,2×\r(7))＝eq\f(2\r(7),7)，∵二面角B－PC－D為鈍角，∴二面角B－PC－D的余弦值為－eq\f(2\r(7),7).12．(文)(2015·昆明質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足a1＝0，an＋1＝an＋eq\f(1,nn＋1)＋1.(1)證明：數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,n)))是等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的前n項(xiàng)和為Sn，證明：Sn<eq\f(n2,n＋1).[解析](1)∵eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋1＋\f(1,n＋1)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,n)))＝an＋eq\f(1,nn＋1)＋1＋eq\f(1,n＋1)－an－eq\f(1,n)＝eq\f(1,nn＋1)－eq\f(1,nn＋1)＋1＝1.∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(an＋\f(1,n)))是公差為1的等差數(shù)列．又a1＋1＝1，故an＋eq\f(1,n)＝n.即數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝n－eq\f(1,n).(2)由(1)知an＝n－eq\f(1,n)，則eq\f(an,n)＝1－eq\f(1,n2)，數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(an,n)))的前n項(xiàng)和Sn＝n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,n2)))∵eq\f(1,n2)>eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1).∴n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,12)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,n2)))<n－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)－\f(1,3)))＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n)－\f(1,n＋1)))＝n－1＋eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n2,n＋1).∴對(duì)?n∈N*，Sn<eq\f(n2,n＋1)成立．(理)(2015·湖南文，19)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.已知a1＝1，a2＝2，且an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，n∈N*.(1)證明：an＋2＝3an；(2)求Sn.[分析](1)依據(jù)已知等式利用an＝Sn－Sn－1(n≥2)用構(gòu)造法求解，然后驗(yàn)證當(dāng)n＝1時(shí)，命題成立即可；(2)利用(1)中的結(jié)論先求出數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式，然后通過(guò)求解數(shù)列{an}的奇數(shù)項(xiàng)與偶數(shù)項(xiàng)的和即可得到其對(duì)應(yīng)前n項(xiàng)和的通項(xiàng)公式．[解析](1)由條件，對(duì)任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，(n∈N*)，因而對(duì)任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3，(n∈N*)，兩式相減，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，(n≥2)，又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1，故對(duì)一切n∈N*，an＋2＝3an.(2)由(1)知，an≠0，所以eq\f(an＋2,an)＝3，于是數(shù)列{a2n－1}是首項(xiàng)a1＝1，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列{a2n}是首項(xiàng)a2＝2，公比為3的等比數(shù)列，所以a2n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1，于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n)＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1)＝3(1＋3＋…＋3n－1)＝eq\f(33n－1,2)從而S2n－1＝S2n－a2n＝eq\f(33n－1,2)－2×3n－1＝eq\f(3,2)(5×3n－2－1)，綜上所述，Sn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)5×3\f(n－2,2)－1，n＝2k＋1，k∈N*,\f(3,2)3\f(n,2)－1，n＝2k，k∈N*)).[方法點(diǎn)撥]直接證明從命題的條件或結(jié)論出發(fā)，根據(jù)已知的定義、公理、定理，直接推證結(jié)論的真實(shí)性的證明稱為直接證明．綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種方法，也是解決數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)常用的思維方法．(1)綜合法從已知條件和某些數(shù)學(xué)定義、公理、定理等出發(fā)，經(jīng)過(guò)逐步的推理論證，最后達(dá)到待證的結(jié)論，這種證明方法叫綜合法．也叫順推證法或由因?qū)Чǎ?2)分析法從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個(gè)明顯成立的條件(已知的條件、定理、定義、公理等)為止．這種證明方法叫分析法．也叫逆推證法或執(zhí)果索因法．13．(文)(2015·邯鄲市二模)設(shè)函數(shù)f(x)＝lnx－a(x－2)，g(x)＝ex.(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)過(guò)原點(diǎn)分別作曲線y＝f(x)與y＝g(x)的切線l1，l2，且l1，l2的斜率互為倒數(shù)，試證明：a＝0或eq\f(1,2)－eq\f(1,e)<a<1－eq\f(1,e).(附：ln2＝0.693)．[解析](1)f′(x)＝eq\f(1,x)－a＝eq\f(1－ax,x)(x>0)①當(dāng)a≤0時(shí)，對(duì)一切x>0，恒有f′(x)>0，f(x)的單增區(qū)間為(0，＋∞)；②當(dāng)a>0時(shí)，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))時(shí)，f′(x)>0；x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))時(shí)，f′(x)<0.∴f(x)的增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))，減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞)).(2)設(shè)過(guò)原點(diǎn)與函數(shù)f(x)，g(x)相切的直線分別為l1：y＝k1x，l2：y＝k2x，切點(diǎn)分別為A(x1，lnx1－ax1＋2a)，B(x2，ex2)，∵g′(x)＝ex，∴k2＝ex2＝eq\f(ex2,x2)，∴x2＝1，k2＝e，∴k1＝eq\f(1,e)又f′(x)＝eq\f(1,x)－a，∴k1＝eq\f(1,x1)－a＝eq\f(lnx1－ax1＋2a,x1)＝eq\f(1,e)，得a＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,e)，并將它代入eq\f(lnx1－ax1＋2a,x1)＝eq\f(1,e)中，可得lnx1－1＋eq\f(2,x1)－eq\f(2,e)＝0設(shè)h(x)＝lnx－1＋eq\f(2,x)－eq\f(2,e)，則h′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2,x2)＝eq\f(x－2,x2)∴h(x)在(0,2]上單減，在(2，＋∞)上單增若x1∈(0,2]，∵h(yuǎn)(1)＝1－eq\f(2,e)>0，h(2)＝ln2－eq\f(2,e)≈0.693－eq\f(2,e)<0，∴x1∈(1,2)而a＝eq\f(1,x1)－eq\f(1,e)在x1∈(1,2)上單減，∴eq\f(1,2)－eq\f(1,e)<a<1－eq\f(1,e)，若x1∈(2，＋∞)，h(x)在(2，＋∞)上單增，且h(e)＝0，即x1＝e，得a＝0，綜上所述：a＝0或eq\f(1,2)－eq\f(1,e)<a<1－eq\f(1,e).(理)(2015·安徽理，18)設(shè)n∈N*，xn是曲線y＝x2n＋2＋1在點(diǎn)(1,2)處的切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)．(1)求數(shù)列{xn}的通項(xiàng)公式；(2)記Tn＝xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,3)…xeq\o\al(2,2n－1)，證明：Tn≥eq\f(1,4n).[分析]考查1.曲線的切線方程；2.數(shù)列的通項(xiàng)公式；3.放縮法證明不等式；4.考查運(yùn)算求解能力和推理論證能力，分析和解決問(wèn)題的能力．解答本題(1)可利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求解，(2)根據(jù)數(shù)列的通項(xiàng)公式用放縮法證明不等式．[解析](1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲線y＝x2n＋2＋1在點(diǎn)(1,2)處的切線斜率為2n＋2.從而切線方程為y－2＝(2n＋2)(x－1)．令y＝0.解得切線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)xn＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).(2)由題設(shè)和(1)中的計(jì)算結(jié)果知Tn＝xeq\o\al(2,1)xeq\o\al(2,3)…xeq\o\al(2,2n－1)＝(eq\f(1,2))2(eq\f(3,4))2…(eq\f(2n－1,2n))2.當(dāng)n＝1時(shí)，T1＝eq\f(1,4).當(dāng)n≥2時(shí)，因?yàn)閤eq\o\al(2,2n－1)＝(eq\f(2n－1,2n))2＝eq\f(2n－12,2n2)>eq\f(2n－12－1,2n2)＝eq\f(n－1,n)，所以Tn>(eq\f(1,2))2×eq\f(1,2)×eq\f(2,3)×…×eq\f(n－1,n)＝eq\f(1,4n).綜上可得對(duì)任意的n∈N*，均有Tn≥eq\f(1,4n).14．(2015·新課標(biāo)Ⅱ文，20)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(2),2)，點(diǎn)(2，eq\r(2))在C上．(1)求C的方程；(2)直線l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M.證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值．[解析](1)由題意有eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\f(\r(2),2)，eq\f(4,a2)＋eq\f(2,b2)＝1，解得a2＝8，b2＝4，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，把y＝kx＋b代入eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1得，(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.故xM＝eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(－2kb,2k2＋1)，yM＝kxM＋b＝eq\f(b,2k2＋1)，于是直線OM的斜率kOM＝eq\f(yM,xM)＝－eq\f(1,2k)，即kOM·k＝－eq\f(1,2)，所以直線OM的斜率與直線l的斜率乘積為定值．15．(文)已知點(diǎn)P為y軸上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)M為x軸上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)F(1,0)為定點(diǎn)，且滿足eq\o(PN,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(NM,\s\up6(→))＝0，eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝0.(1)求動(dòng)點(diǎn)N的軌跡E的方程；(2)過(guò)點(diǎn)F且斜率為k的直線l與曲線E交于兩點(diǎn)A、B，試判斷在x軸上是否存在點(diǎn)C，使得|CA|2＋|CB|2＝|AB|2成立，請(qǐng)說(shuō)明理由．[解析](1)設(shè)N(x，y)，則由eq\o(PN,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(NM,\s\up6(→))＝0，得P為MN的中點(diǎn)．∴P(0，eq\f(y,2))，M(－x,0)．∴eq\o(PM,\s\up6(→))＝(－x，－eq\f(y,2))，eq\o(PF,\s\up6(→))＝(1，－eq\f(y,2))．∴eq\o(PM,\s\up6(→))·eq\o(PF,\s\up6(→))＝－x＋eq\f(y2,4)＝0，即y2＝4x.∴動(dòng)點(diǎn)N的軌跡E的方程為y2＝4x.(2)設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y2＝4x))消去x得y2－eq\f(4,k)y－4＝0.設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，則y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4.假設(shè)存在點(diǎn)C(m,0)滿足條件，則eq\o(CA,\s\up6(→))＝(x1－m，y1)，eq\o(CB,\s\up6(→))＝(x2－m，y2)，∴eq\o(CA,\s\up6(→))·eq\o(CB,\s\up6(→))＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2＝(eq\f(y1y2,4))2－m(eq\f(y\o\al(2,1)＋y\o\al(2,2),4))＋m2－4＝－eq\