復(fù)習(xí)課(二)直接證明與間接證明合情推理(1)近幾年的高考中歸納推理和類比推理有時(shí)考查，考查的形式以填空題為主，其中歸納推理出現(xiàn)的頻率較高，重點(diǎn)考查歸納、猜想、探究、類比等創(chuàng)新能力．(2)處理與歸納推理相關(guān)的類型及策略①與數(shù)字有關(guān)：觀察數(shù)字特點(diǎn)，找出等式左右兩側(cè)的規(guī)律可解．②與式有關(guān)：觀察每個(gè)式的特點(diǎn)，找到規(guī)律后可解．③進(jìn)行類比推理，應(yīng)從具體問(wèn)題出發(fā)，通過(guò)觀察、分析、聯(lián)想進(jìn)行對(duì)比，提出猜想．其中找到合適的類比對(duì)象是解題的關(guān)鍵．eq\x([考點(diǎn)精要])1．歸納推理的特點(diǎn)及一般步驟2．類比推理的特點(diǎn)及一般步驟[典例](1)(陜西高考)觀察下列等式：1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)，……，據(jù)此規(guī)律，第n個(gè)等式可為____________________________________________________．(2)在平面上，若兩個(gè)正三角形的邊長(zhǎng)比為1∶2，則它們的面積比為1∶4，類似地，在空間中，若兩個(gè)正四面體的棱長(zhǎng)比為1∶2，則它們的體積比為________．[解析](1)等式的左邊的通項(xiàng)為eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)，前n項(xiàng)和為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；右邊的每個(gè)式子的第一項(xiàng)為eq\f(1,n＋1)，共有n項(xiàng)，故為eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n).(2)因?yàn)閮蓚€(gè)正三角形是相似三角形，所以它們的面積之比是相似比的平方．同理，兩個(gè)正四面體是兩個(gè)相似幾何體，體積之比為相似比的立方，所以它們的體積比為1∶8.[答案](1)1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)(2)1∶8[類題通法](1)用歸納推理可從具體事例中發(fā)現(xiàn)一般規(guī)律，但應(yīng)注意，僅根據(jù)一系列有限的特殊事例，所得出的一般結(jié)論不一定可靠，其結(jié)論的正確與否，還要經(jīng)過(guò)嚴(yán)格的理論證明．(2)進(jìn)行類比推理時(shí)，要盡量從本質(zhì)上思考，不要被表面現(xiàn)象所迷惑，否則，只抓住一點(diǎn)表面的相似甚至假象就去類比，就會(huì)犯機(jī)械類比的錯(cuò)誤．eq\x([題組訓(xùn)練])1．觀察下圖中各正方形圖案，每條邊上有n(n≥2)個(gè)點(diǎn)，第n個(gè)圖案中圓點(diǎn)的總數(shù)是Sn.n＝2，S2＝4，n＝3，S3＝8，n＝4，S4＝12，…，按此規(guī)律，推出Sn與n的關(guān)系式為________．解析：依圖的構(gòu)造規(guī)律可以看出：S2＝2×4－4，S3＝3×4－4，S4＝4×4－4(正方形四個(gè)頂點(diǎn)重復(fù)計(jì)算一次，應(yīng)減去)．……猜想：Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*)．答案：Sn＝4n－4(n≥2，n∈N*)2．在平面幾何中：△ABC的∠C內(nèi)角平分線CE分AB所成線段的比為eq\f(AC,BC)＝eq\f(AE,BE).把這個(gè)結(jié)論類比到空間：在三棱錐A-BCD中(如圖)，DEC平分二面角A-CD-B且與AB相交于E，則得到類比的結(jié)論是________________．解析：由平面中線段的比轉(zhuǎn)化為空間中面積的比可得eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD).答案：eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD)演繹推理(1)演繹推理在高考中不會(huì)刻意去考查，但實(shí)際上是無(wú)處不在，常以數(shù)列、不等式、立體幾何、解析幾何等主干知識(shí)為載體進(jìn)行考查．(2)解答此類問(wèn)題，結(jié)合已學(xué)過(guò)的知識(shí)和生活中的實(shí)例，了解演繹推理的含義、基本方法在證明中的應(yīng)用是關(guān)鍵．eq\x([考點(diǎn)精要])演繹推理是由一般到特殊的推理，其結(jié)論不會(huì)超出前提所界定的范圍，所以其前提和結(jié)論之間的聯(lián)系是必然的．因此，在演繹推理中，只要前提及推理正確，結(jié)論必然正確．[典例]已知f(x)＝－eq\r(4＋\f(1,x2))，數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，點(diǎn)Pneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(an，－\f(1,an＋1)))在曲線y＝f(x)上(n∈N*)，且a1＝1，an>0.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求證：Sn>eq\f(1,2)(eq\r(4n＋1)－1)，n∈N*.[解](1)f(an)＝－eq\f(1,an＋1)＝－eq\r(4＋\f(1,a\o\al(2,n)))，且an>0，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\r(4＋\f(1,a\o\al(2,n)))，∴eq\f(1,a\o\al(2,n＋1))－eq\f(1,a\o\al(2,n))＝4(n∈N*)．∴數(shù)列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,a\o\al(2,n))))是等差數(shù)列，首項(xiàng)eq\f(1,a\o\al(2,1))＝1，公差d＝4，∴eq\f(1,a\o\al(2,n))＝1＋4(n－1)，∴aeq\o\al(2,n)＝eq\f(1,4n－3).∵an>0，∴an＝eq\f(1,\r(4n－3))(n∈N*)．(2)證明：∵an＝eq\f(1,\r(4n－3))＝eq\f(2,2\r(4n－3))>eq\f(2,\r(4n－3)＋\r(4n＋1))＝eq\f(\r(4n＋1)－\r(4n－3),2)，∴Sn＝a1＋a2＋…＋an>eq\f(1,2)[(eq\r(5)－1)＋(eq\r(9)－eq\r(5))＋…＋(eq\r(4n＋1)－eq\r(4n－3))]＝eq\f(1,2)(eq\r(4n＋1)－1)．[類題通法]應(yīng)用三段論證明問(wèn)題時(shí)，要充分挖掘題目外在和內(nèi)在條件(小前提)，根據(jù)需要引入相關(guān)的適用的定理和性質(zhì)(大前提)，并保證每一步的推理都是正確的，嚴(yán)密的，才能得出正確的結(jié)論．常見(jiàn)的解題錯(cuò)誤：(1)條件理解錯(cuò)誤(小前提錯(cuò))；(2)定理引入和應(yīng)用錯(cuò)誤(大前提錯(cuò))；(3)推理過(guò)程錯(cuò)誤等．eq\x([題組訓(xùn)練])1．已知a＝eq\f(\r(5)－1,2)，函數(shù)f(x)＝ax，若實(shí)數(shù)m，n滿足f(m)>f(n)，則m，n的大小關(guān)系是.解析：當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)＝ax為減函數(shù)，a＝eq\f(\r(5)－1,2)∈(0,1)，∴函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)))x為減函數(shù)，故由f(m)>f(n)，得m<n.答案：m<n2．設(shè)a>0，f(x)＝eq\f(ex,a)＋eq\f(a,ex)是R上的偶函數(shù)，求a的值．解析：∵f(x)＝eq\f(ex,a)＋eq\f(a,ex)是R上的偶函數(shù)，∴f(－x)＝f(x)，即eq\f(e－x,a)＋eq\f(a,e－x)＝eq\f(ex,a)＋eq\f(a,ex)，∴eq\f(1,a)(e－x－ex)＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e－x)－\f(1,ex)))＝0.∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,ex)))＝0對(duì)一切x∈R恒成立，∴a－eq\f(1,a)＝0，即a2＝1.又a>0，∴a＝1.綜合法與分析法(1)綜合法與分析法是高考重點(diǎn)考查內(nèi)容，一般以某一知識(shí)點(diǎn)作為載體，考查由分析法獲得解題思路以及用綜合法有條理地表達(dá)證明過(guò)程．(2)理解綜合法與分析法的概念及區(qū)別，掌握兩種方法的特點(diǎn)，體會(huì)兩種方法的相輔相成、辯證統(tǒng)一的關(guān)系，以便熟練運(yùn)用兩種方法解題．eq\x([考點(diǎn)精要])1．綜合法：是從已知條件推導(dǎo)出結(jié)論的證明方法；綜合法又叫做順推證法或由因?qū)Чǎ?．分析法：是由結(jié)論追溯到條件的證明方法，在解決數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，常把它們結(jié)合起來(lái)使用，用分析法證明數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，要注意書寫格式的規(guī)范性，常常用“要證(欲證)……”“即要證……”“只需證……”等分析到一個(gè)明顯成立的結(jié)論P(yáng)，再說(shuō)明所要證明的數(shù)學(xué)問(wèn)題成立．[典例]設(shè)a>0，b>0，a＋b＝1，求證：eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.[證明]法一：綜合法因?yàn)閍>0，b>0，a＋b＝1，所以1＝a＋b≥2eq\r(ab)，eq\r(ab)≤eq\f(1,2)，ab≤eq\f(1,4)，所以eq\f(1,ab)≥4，又eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝(a＋b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＝2＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥4，所以eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8(當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝eq\f(1,2)時(shí)等號(hào)成立)．法二：分析法因?yàn)閍>0，b>0，a＋b＝1，要證eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＋eq\f(1,ab)≥8.只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\f(a＋b,ab)≥8，只要證eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)＋\f(1,a)))≥8，即證eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)≥4.也就是證eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)≥4.即證eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2，由基本不等式可知，當(dāng)a>0，b>0時(shí)，eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥2成立，所以原不等式成立．[類題通法]綜合法和分析法的特點(diǎn)(1)綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種證明方法，也是解決數(shù)學(xué)問(wèn)題的常用的方法，綜合法是由因?qū)Ч乃季S方式，而分析法的思路恰恰相反，它是執(zhí)果索因的思維方式．(2)分析法和綜合法是兩種思路相反的推理方法：分析法是倒溯，綜合法是順推，二者各有優(yōu)缺點(diǎn)．分析法容易探路，且探路與表述合一，缺點(diǎn)是表述易錯(cuò)；綜合法條理清晰，易于表述，因此對(duì)于難題常把二者交互運(yùn)用，互補(bǔ)優(yōu)缺，形成分析綜合法，其邏輯基礎(chǔ)是充分條件與必要條件．eq\x([題組訓(xùn)練])1．已知a>0，b>0，如果不等式eq\f(2,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,2a＋b)恒成立，那么m的最大值等于()A．10B．9C．8 D．7解析：選B∵a>0，b>0，∴2a＋b>0.∴不等式可化為m≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)＋\f(1,b)))(2a＋b)＝5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b))).∵5＋2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＋\f(a,b)))≥5＋4＝9，即其最小值為9，∴m≤9，即m的最大值等于9.2．若a＞b＞c＞d＞0且a＋d＝b＋c，求證：eq\r(d)＋eq\r(a)＜eq\r(b)＋eq\r(c).證明：要證eq\r(d)＋eq\r(a)＜eq\r(b)＋eq\r(c)，只需證(eq\r(d)＋eq\r(a))2＜(eq\r(b)＋eq\r(c))2，即a＋d＋2eq\r(ad)＜b＋c＋2eq\r(bc)，因a＋d＝b＋c，只需證eq\r(ad)＜eq\r(bc)，即ad＜bc，設(shè)a＋d＝b＋c＝t，則ad－bc＝(t－d)d－(t－c)c＝(c－d)(c＋d－t)＜0，故ad＜bc成立，從而eq\r(d)＋eq\r(a)＜eq\r(b)＋eq\r(c)成立.反證法(1)反證法是證明問(wèn)題的一種方法，在高考中很少單獨(dú)考查，常用來(lái)證明解答題中的一問(wèn)．(2)反證法是間接證明的一種基本方法，使用反證法進(jìn)行證明的關(guān)鍵是在正確的推理下得出矛盾．eq\x([考點(diǎn)精要])1．使用反證法應(yīng)注意的問(wèn)題：利用反證法證明數(shù)學(xué)問(wèn)題時(shí)，要假設(shè)結(jié)論錯(cuò)誤，并用假設(shè)命題進(jìn)行推理，沒(méi)有用假設(shè)命題推理而推出矛盾結(jié)果，其推理過(guò)程是錯(cuò)誤的．2．一般以下題型用反證法：(1)當(dāng)“結(jié)論”的反面比“結(jié)論”本身更簡(jiǎn)單、更具體、更明確；(2)否定性命題、唯一性命題，存在性命題、“至多”“至少”型命題；(3)有的肯定形式命題，由于已知或結(jié)論涉及無(wú)限個(gè)元素，用直接證明比較困難，往往用反證法．[典例](1)否定：“自然數(shù)a，b，c中恰有一個(gè)偶數(shù)”時(shí)正確的反設(shè)為()A．a(chǎn)，b，c都是偶數(shù)B．a(chǎn)，b，c都是奇數(shù)C．a(chǎn)，b，c中至少有兩個(gè)偶數(shù)D．a(chǎn)，b，c中都是奇數(shù)或至少有兩個(gè)偶數(shù)(2)已知：ac≥2(b＋d)．求證：方程x2＋ax＋b＝0與方程x2＋cx＋d＝0中至少有一個(gè)方程有實(shí)數(shù)根．[解析](1)自然數(shù)a，b，c的奇偶性共有四種情形：3個(gè)都是奇數(shù)，1個(gè)偶數(shù)2個(gè)奇數(shù)，2個(gè)偶數(shù)1個(gè)奇數(shù)，3個(gè)都是偶數(shù)，所以否定“自然數(shù)a，b，c中恰有一個(gè)偶數(shù)”時(shí)正確的反設(shè)為“a，b，c中都是奇數(shù)或至少有兩個(gè)偶數(shù)．”答案：D(2)證明：假設(shè)兩方程都沒(méi)有實(shí)數(shù)根．則Δ1＝a2－4b<0與Δ2＝c2－4d<0，有a2＋c2<4(b＋d)，而a2＋c2≥2ac，從而有4(b＋d)>2ac，即ac<2(b＋d)，與已知矛盾，故原命題成立．[類題通法]反證法是利用原命題的否命題不成立則原命題一定成立來(lái)進(jìn)行證明的，在使用反證法時(shí)，必須在假設(shè)中羅列出與原命題相異的結(jié)論，缺少任何一種可能，反證法都是不完全的．eq\x([題組訓(xùn)練])1．已知x∈R，a＝x2＋eq\f(1,2)，b＝2－x，c＝x2－x＋1，試證明a，b，c至少有一個(gè)不小于1.證明：假設(shè)a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，則有a＋b＋c＜3，而a＋b＋c＝2x2－2x＋eq\f(1,2)＋3＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2＋3≥3，兩者矛盾，所以假設(shè)不成立，故a，b，c至少有一個(gè)不小于1.2．設(shè)二次函數(shù)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中的a，b，c都為整數(shù)，已知f(0)，f(1)均為奇數(shù)，求證：方程f(x)＝0無(wú)整數(shù)根．證明：假設(shè)方程f(x)＝0有一個(gè)整數(shù)根k，則ak2＋bk＋c＝0，∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都為奇數(shù)，∴a＋b必為偶數(shù)，ak2＋bk為奇數(shù)．當(dāng)k為偶數(shù)時(shí)，令k＝2n(n∈Z)，則ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必為偶數(shù)，與ak2＋bk為奇數(shù)矛盾；當(dāng)k為奇數(shù)時(shí)，令k＝2n＋1(n∈Z)，則ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na＋a＋b)為一奇數(shù)與一偶數(shù)乘積，必為偶數(shù)，也與ak2＋bk為奇數(shù)矛盾．綜上可知方程f(x)＝0無(wú)整數(shù)根.數(shù)學(xué)歸納法(1)數(shù)學(xué)歸納法在近幾年高考試題中都有所體現(xiàn)，常與數(shù)列、不等式結(jié)合在一起考查，一般涉及通項(xiàng)公式的求解，相關(guān)等式、不等式的證明等，考查模式一般為“歸納——猜想——證明”．(2)數(shù)學(xué)歸納法是一種特殊的直接證明的方法，在證明一些與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)命題時(shí)，往往是非常有用的研究工具．在使用時(shí)注意“歸納奠基”和“歸納遞推”兩個(gè)步驟缺一不可．eq\x([考點(diǎn)精要])1．定義：數(shù)學(xué)歸納法主要用于解決與正整數(shù)有關(guān)的數(shù)學(xué)問(wèn)題．證明時(shí)，它的兩個(gè)步驟缺一不可．它的第一步(歸納奠基)n＝n0時(shí)結(jié)論成立．第二步(歸納遞推)假設(shè)n＝k時(shí)，結(jié)論成立，推得n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立．2．注意問(wèn)題：①n＝n0時(shí)成立，要弄清楚命題的含義．②由假設(shè)n＝k成立證n＝k＋1時(shí)，要推導(dǎo)詳實(shí)，并且一定要運(yùn)用n＝k成立的結(jié)論．③要注意n＝k到n＝k＋1時(shí)增加的項(xiàng)數(shù)．[典例]設(shè)a>0，f(x)＝eq\f(ax,a＋x)，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N*.(1)寫出a2，a3，a4的值，并猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明你的結(jié)論．[解](1)∵a1＝1，∴a2＝f(a1)＝f(1)＝eq\f(a,1＋a)；a3＝f(a2)＝eq\f(a,2＋a)；a4＝f(a3)＝eq\f(a,3＋a).猜想an＝eq\f(a,(n－1)＋a)(n∈N*)．(2)證明：①易知，n＝1時(shí)，猜想正確．②假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)猜想正確，即ak＝eq\f(a,(k－1)＋a)，則ak＋1＝f(ak)＝eq\f(a·ak,a＋ak)＝eq\f(a·\f(a,(k－1)＋a),a＋\f(a,(k－1)＋a))＝eq\f(a,(k－1)＋a＋1)＝eq\f(a,[(k＋1)－1]＋a).這說(shuō)明，n＝k＋1時(shí)猜想正確．由①②知，對(duì)于任何n∈N*，都有an＝eq\f(a,(n－1)＋a).[類題通法]與“歸納—猜想—證明”相關(guān)的常用題型的處理策略(1)與函數(shù)有關(guān)的證明：由已知條件驗(yàn)證前幾個(gè)特殊值正確得出猜想，充分利用已知條件并用數(shù)學(xué)歸納法證明．(2)與數(shù)列有關(guān)的證明：利用已知條件，當(dāng)直接證明遇阻時(shí)，可考慮應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法．eq\x([題組訓(xùn)練])1．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且對(duì)任意的自然數(shù)n都有：(Sn－1)2＝anSn，通過(guò)計(jì)算S1，S2，S3，猜想Sn＝________.解析：由(S1－1)2＝Seq\o\al(2,1)得：S1＝eq\f(1,2)；由(S2－1)2＝(S2－S1)S2得：S2＝eq\f(2,3)；由(S3－1)2＝(S3－S2)S3得：S3＝eq\f(3,4).猜想Sn＝eq\f(n,n＋1).答案：eq\f(n,n＋1)2．設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn＝eq\f(n(an＋1),2)(n∈N*)，a2＝2.(1)求{an}的前三項(xiàng)a1，a2，a3；(2)猜想{an}的通項(xiàng)公式，并證明．解：(1)由Sn＝eq\f(n(an＋1),2)得a1＝1，又由a2＝2，得a3＝3.(2)猜想：an＝n.證明如下：①當(dāng)n＝1時(shí)，猜想成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2)時(shí)，猜想成立，即ak＝k，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝eq\f((k＋1)(ak＋1＋1),2)－eq\f(k(ak＋1),2)＝eq\f((k＋1)(ak＋1＋1),2)－eq\f(k(k＋1),2).所以ak＋1＝eq\f(k2,k－1)－eq\f(1,k－1)＝k＋1，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立．根據(jù)①②知，對(duì)任意n∈N*，都有an＝n.1．用演繹推理證明函數(shù)y＝x3是增函數(shù)時(shí)的大前提是()A．增函數(shù)的定義B．函數(shù)y＝x3滿足增函數(shù)的定義C．若x1<x2，則f(x1)<f(x2)D．若x1>x2，則f(x1)>f(x2)解析：選A根據(jù)演繹推理的特點(diǎn)知，演繹推理是一種由一般到特殊的推理，所以函數(shù)y＝x3是增函數(shù)的大前提應(yīng)是增函數(shù)的定義．2．?dāng)?shù)列{an}中，已知a1＝1，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝an－1＋2n－1，依次計(jì)算a2，a3，a4后，猜想an的表達(dá)式是()A．a(chǎn)n＝3n－2 B．a(chǎn)n＝n2C．a(chǎn)n＝3n－1 D．a(chǎn)n＝4n－3解析：選B求得a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.3．在平面直角坐標(biāo)系內(nèi)，方程eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＝1表示在x，y軸上的截距分別為a，b的直線，拓展到空間直角坐標(biāo)系內(nèi)，在x，y，z軸上的截距分別為a，b，c(abc≠0)的平面方程為()A.eq\f(x,a)＋eq\f(y,b)＋eq\f(z,c)＝1 B.eq\f(x,ab)＋eq\f(y,bc)＋eq\f(z,ca)＝1C.eq\f(xy,ab)＋eq\f(yz,bc)＋eq\f(zx,ca)＝1 D．a(chǎn)x＋by＋cz＝1解析：選A類比到空間應(yīng)選A.另外也可將點(diǎn)(a,0,0)代入驗(yàn)證．4．(山東高考)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)根解析：選A至少有一個(gè)實(shí)根的否定是沒(méi)有實(shí)根，故要做的假設(shè)是“方程x3＋ax＋b＝0沒(méi)有實(shí)根”．5．公差不為零的等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn.若a4是a3與a7的等比中項(xiàng)，S8＝32，則S10＝()A．18 B．24C．60 D．90解析：選C由aeq\o\al(2,4)＝a3a7得(a1＋3d)2＝(a1＋2d)(a1＋6d)，即2a1＋3d＝0.再由S8＝8a1＋eq\f(56,2)d＝32，得2a1＋7d＝8，則d＝2，a1＝－3.所以S10＝10a1＋eq\f(90,2)d＝60，選C.6．已知結(jié)論：“在正三角形ABC中，若D是邊BC的中點(diǎn)，G是三角形ABC的重心，則eq\f(AG,GD)＝2”．若把該結(jié)論推廣到空間，則有結(jié)論：“在棱長(zhǎng)都相等的四面體ABCD中，若△BCD的中心為M，四面體內(nèi)部一點(diǎn)O到四面體各面的距離都相等”，則eq\f(AO,OM)＝()A．1 B．2C．3 D．47．圖1是一個(gè)水平擺放的小正方體木塊，圖2，圖3是由這樣的小正方體木塊疊放而成的，按照這樣的規(guī)律放下去，至第七個(gè)疊放的圖形中，小正方體木塊總數(shù)就是.解析：分別觀察正方體的個(gè)數(shù)為：1,1＋5,1＋5＋9，…歸納可知，第n個(gè)疊放圖形中共有n層，構(gòu)成了以1為首項(xiàng)，以4為公差的等差數(shù)列，所以Sn＝n＋[n(n－1)×4]÷2＝2n2－n，所以S7＝2×72－7＝91.答案：918．用數(shù)學(xué)歸納法證明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝eq\f(n(3n＋1),2)(n∈N*)的第二步中，當(dāng)n＝k＋1時(shí)等式左邊與n＝k時(shí)的等式左邊的差等于________．解析：當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝(k＋2)＋(k＋3)＋…＋(2k＋2)；當(dāng)n＝k時(shí)，左邊＝(k＋1)＋(k＋2)＋…＋2k，其差為(2k＋1)＋(2k＋2)－(k＋1)＝3k＋2.答案：3k＋29．(全國(guó)卷Ⅰ)有三張卡片，分別寫有1和2,1和3,2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說(shuō)：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說(shuō)：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說(shuō)：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是________．解析：法一：由題意得丙的卡片上的數(shù)字不是2和3.若丙的卡片上的數(shù)字是1和2，則由乙的說(shuō)法知乙的卡片上的數(shù)字是2和3，則甲的卡片上的數(shù)字是1和3，滿足題意；若丙的卡片上的數(shù)字是1和3，則由乙的說(shuō)法知乙的卡片上的數(shù)字是2和3，則甲的卡片上的數(shù)字是1和2，不滿足甲的說(shuō)法．故甲的卡片上的數(shù)字是1和3.法二：因?yàn)榧着c乙的卡片上相同的數(shù)字不是2，所以丙的卡片上必有數(shù)字2.又丙的卡片上的數(shù)字之和不是5，所以丙的卡片上的數(shù)字是1和2.因?yàn)橐遗c丙的卡片上相同的數(shù)字不是1，所以乙的卡片上的數(shù)字是2和3，所以甲的卡片上的數(shù)字是1和3.答案：1和310．設(shè)函數(shù)f(x)＝exlnx＋eq\f(2ex－1,x)，證明：f(x)>1.證明：由題意知f(x)>1等價(jià)于xlnx>xe－x－eq\f(2,e).設(shè)函數(shù)g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx.所以當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時(shí)，g′(x)<0；當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時(shí)，g′(x)>0.故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調(diào)遞增，從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).設(shè)函數(shù)h(x)＝xe－x－eq\f(2,e)，則h′(x)＝e－x(1－x)．所以當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，h′(x)>0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0.故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－eq\f(1,e).綜上，當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>h(x)，即f(x)>1.11．各項(xiàng)都為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2.(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式；(2)求證：eq\f(1,a1)＋eq\f(1,a2)＋…＋eq\f(1,an)≤eq\r(2n－1)對(duì)一切n∈N*恒成立．解：(1)∵aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝2，∴數(shù)列{aeq\o\al(2,n)}為首項(xiàng)為1，公差為2的等差數(shù)列，∴aeq\o\al(2,n)＝1＋(n－1)·2＝2n－1，又an>0，則an＝eq\r(2n－1).(2)證明：由(1)知，即證1＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(2n－1))≤eq\r(2n－1).①當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1，右邊＝1，所以不等式成立．當(dāng)n＝2時(shí)，左邊<右邊，所以不等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)不等式成立，即1＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(2k－1))≤eq\r(2k－1)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左邊＝1＋eq\