1．(2015·浙江，8，中)設(shè)實數(shù)a，b，t滿足|a＋1|＝|sin tb2ta2＋2at

ta2＋a【答案】 A．若t確定，則t＝|sinb|，b有無數(shù)個解，則b2亦有無數(shù)解，A錯t＝|a＋1|，tt2確定，(a＋1)2a2＋2a＋1確定．∴a2＋2a確定．Bt＝|sinb|，t確定時

CBD

有無數(shù)個解，則2

22．(2015·陜西，16，易) 據(jù)此規(guī)律，第n個等式可 【解析】3ii∴第n個等式應(yīng)寫為1－1＋1－1＋…＋ －1＝1＋1＋…＋1

【答案】

1 1

1．(2012·江西，5，易)觀察下列事實：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同 【答案】B 為第20項，所以不同整數(shù)解的個數(shù)為4＋(20－1)×4＝80.2．(2013·浙江，10，中)設(shè)a，b∈R

若正數(shù)a，b，c，d滿足ab≥4，c＋d≤4，則( B．a(chǎn)∧b≥2，c∨d≥2 【答案】C 由題意知，運算“∧”為兩數(shù)中取小，運算“∨”為兩數(shù)中取大，由ab≥4知，正數(shù)a，b中至少有一個大于等于2.由c＋d≤4知，c，d中至少有一個小于等于2，故選C.1＝3.PEF第一次碰到E時，P與正方形的邊碰撞的次數(shù)為 【答案】 由反射角等于入射角，利用三角形的相似比，準確畫圖如圖，碰撞的順序是4．(2014·課標Ⅰ，14，中)A，B，C三個城市時，B城市；C由此可判斷乙去過的城市 【解析】由丙可知，乙至少去過一個城市；由甲可知，甲去過A，C且比乙多，且乙沒有去過A【答案】96則最短交貨期 個工作日【解析】①AB6＋21＋15＝42(個)工作日．所以最短交貨期為42個工作日．【答案】1，3，6，10，…記為數(shù)列{an}5整除的三角形數(shù)按從小到大的順序組成一個(1)b2012是數(shù)列{an}中的 項 (k表示【解析】(1)an＋1＝an＋(n＋1)(n∈N*)．所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n.即 n＝4，5，9，10，14，15，19，20，24，25，…an5b2＝a5，b4＝a10，b6＝a15，b8＝a20，…，所以b2k＝a5k(k∈N*)．b2012＝a5×1006＝a5 (2)由(1)可知 【答案】(1)5 7．(2012·福建，20，12分，中)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個①sin213°＋cos217°－sin13°cos②sin215°＋cos215°－sin15°cos③sin218°＋cos212°－sin18°cos④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cossin215°＋cos215°－sin15°cos 2sin

(2)sin2α＋cos2(30°－α)－sinsin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sin

2

αcos

2

αcos 4sinα＋4cossin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)1－cos sinα(cos30°cosα＋sin30°·sin

2cos2α＋2＋2(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－2sinαcosα－2sin

3 2cos2α＋2＋4cos2α＋4sin2α－4sin2α－4(1－cos＝1－1cos 4cos F(n)為這個數(shù)的位數(shù)(n＝1212345678910111215個數(shù)字，F(xiàn)(12)＝15)數(shù)中隨機取一個數(shù)字，p(n)0n≤2014F(n)n≤100，n∈N*}n∈Sp(n)解：(1)n＝1001920110的概率為p(100)＝11. 2n－9，3n－108，4n－1107，1000≤n≤2(3)n＝b(1≤b≤9，b∈N*)n＝10k＋b(1≤k≤9，0≤b≤9，k∈N*，b∈N)時，g(n)＝k；當n＝100時，g(n)＝11，0， 11， n－80， n－80， h(n)＝f(n)－g(n)＝1n≤100時，S＝{9，19，29，39，49，59，69，79，89，90}．當n＝9時，p(9)＝0；n＝90時，p(90)＝g（90）＝

＝1

當

k

n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)時，p(n)p(89)＝8又8<1n∈S時，p(n)1

169

m 9．(2013·重慶，22，12分，難)n

(1)P7

(2)若Pn的子集A中任意兩個元和整數(shù)的平方，則稱A為“稀疏集”．求n的最大值，Pn m km∈I7中有3個數(shù)與I7中的3個數(shù)重復(fù)，因此P7中元素的個數(shù)為 (2)n≥15時，PnA，BA∪B＝Pn?In.1∈A1＋3＝223?A3∈B.同理，6∈A，10∈B15∈A，但1＋15＝42，這與A為稀疏集．P14k＝1 m km∈I14＝I14可分成兩個稀疏集之并，事實上，只要取 {3，5，7，8，10，12，14}A1，B1 m m

當k＝4

m∈I14中除整數(shù)外剩下的數(shù)組成集合，，

2稀疏集的并：A2＝，， ，B2＝， 2 2 m

m∈I14中除正整數(shù)外剩下的數(shù)組成集合

，，

3 A3＝3，3，3，3，3 B3＝3，3，3，3，3 kA＝A1∪A2∪A3∪C，B＝B1∪B2∪B3ABnP14

考向 類比推理的應(yīng)(2)用一類事物的性質(zhì)去推測另一類事物的性質(zhì)，得出一個明確題(猜想(1)(2015·山東菏澤二模，14)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，若∈N)am＋n＝n－m.類比等差數(shù)列{an}的上述結(jié)論，對于等比數(shù)列{bn}(bn>0，n∈N)＝d(n－m≥2，m，n∈N)，則可以得到

OB′ ＝1′，則

OA′OB′OC′

△△△△△△△△

ABC＋S

ABC＝S (1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d1，數(shù)列{bn}的公比為q，則等差數(shù)列中an＝a1＋(n－1)d1，等比數(shù)列中bn＝b1qn－1.

＝n－m

H點．則 O-BCDV-BCD

-VO--11VE＝h11

＝VV同理有

VO-

VO-

VO-DF＝VD-VBC；BG＝VB-VCD；CH＝VC- VO-BCD＋VO-VBC＋VO-VCD＋VO-

VV--- VV ＝VV--【點撥】解題(1)的關(guān)鍵是找出等差數(shù)列與等比數(shù)列的關(guān)聯(lián)；解題(2)的關(guān)鍵是把平面幾何的元素類類比推理的應(yīng)用方法及步驟情形有：平面與空間類比，低維與類比，等差數(shù)列與等比數(shù)列類比，數(shù)的運算與向量運算類比，實(2)用一類事物的性質(zhì)去推測另一類事物的性質(zhì)，得出一個明確題(猜想

類似地，在空間中，若兩個正四面體的棱長的比為1∶2，則它們的體積比 【解析】依題意有T4＝b1b2b3b4，T8＝b5b6b7b8，T12＝b9b10b11b12，T16＝b13b14b15b16. qT4，T8，T12，T16q16 【答案】 【解析】1∶21∶41∶2【答案】

考向 歸納推理的應(yīng)

1

nkN(n，k)(k≥3)kn

＝2n三角形數(shù) 1 1＝2n正方形數(shù)五邊形數(shù) 3 1＝2n六邊形數(shù) 照此規(guī)律，第n個等式可 【解析

2

， 2n＝2n＋2 N(n，4)＝n2＝2

2

， 2n＝2n＋2 N(n，6)＝2n2－n＝2n2＋2 N(n，k)＝2n2＋2 故 ＝1100－100＝1式中第一個乘數(shù)的指數(shù)保持一致，其中左邊連乘式中第二個加數(shù)從1開始，逐項加1遞增，右邊連乘式第n個等式可為(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)． (1)1000【點撥】解題(1)的關(guān)鍵是觀察已知式子的規(guī)律并改寫形式；題(2)常見的歸納推理類型及相應(yīng)方法 15)f(x)＝x(x>0)＝ x，＝＝ x ＝＝ x ＝ 當n∈N*且n≥2時 【解析】由f(x)＝x f1(x)＝f(x)＝xf2(x)＝f(f1(x))＝ f3(x)＝f(f2(x))＝ n∈N*n≥2 【答案】

考向 演繹推理的應(yīng)(1)演繹推理是由一般性題推出特殊性命題的一種推理模式，是一種必然理．演繹推理的前(2)演繹推理的主要形式就是由、推出結(jié)論的式推理(2015·福建三明調(diào)研，20，12分)數(shù)列{a}nSa

Sn(n∈N*)．證明(1)數(shù)列n

n＋1＝

【證明

n，即

2·n 故n2為公比，1為首項的等比數(shù)列．(結(jié)論

＝4an(n≥2)，(又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(nSn＋1＝4an.(結(jié)論(第(2)問的是第(1)問的結(jié)論及題中的已知條件 演繹推理的應(yīng)用方法(1)在應(yīng)用推理來證明問題時首先應(yīng)該明確什么是問題中的和在演繹推理中，(2)用證明的基本模式是①——已知的一般原理②——所研究的特殊情況在證明的過程中，往往不寫出來(1)a>0且－b(2)f(x)＝0在(0，1)a＋b＋c＝0ba＋b＋c＝0ca＋b<0 b2

b(2)方法一：∵拋物線f(x)＝3ax＋2bx＋c的頂點坐標為

又 b

而 f(x)＝0在(0，1)內(nèi)有兩個實根． x軸的兩個交點落在區(qū)間(0，1)內(nèi)，即方程f(x)＝0在(0，1)內(nèi)有兩個實根．f(x)＝0x1，x2

，x1x2＝c>0又

11．(2014·宜昌二模，7)如圖所示的三角形數(shù)陣叫“調(diào)和三角形”，它們是由整數(shù)的nn個數(shù)且兩端的數(shù)均為

2＝3＋6，3＝4＋12，則第10行第4個數(shù)(從左往右數(shù))為 11 1 1

1

1

1【答案】 設(shè)第n行第m個數(shù)為

m)，由題意知a(7

a(8

a(9

a(10 ，∴a(102)＝a(91)－a(10

，

，

，

， ，

2)＝a(71)－a(8

＝a(81)－a(9

，a(9

2)－a(92)＝

，，

＝a(9

則第10行第 1

P-ABCV12，則S＝42

，則881

919【答案】 從平面圖形類比空間圖形，從二維類比三維a，EABC的中心，O球球心，則 3，DE＝6＝a＝OA＝R，OE＝r，

3R＝3a－R＋3a ∴R＝6，r＝6 123∶1，P-ABCV1V2

1之比等于27①“若a，b∈R，則a－b＝0?a＝b”類比推出“若a，b∈C，則a－b＝0?a＝b”；②“若∈Ra＋bi＝c＋di?a＝c，b＝da，b，c，d∈Qa＋b2＝c＋d＝c，b＝d”；③“若a，b∈R，則a－b>0?a>b”類比推出“若a，b∈C，則a－b>0?a>b其中類比結(jié)論正確的個數(shù)是() 【答案】CCa－b＝0a，bQa＋b2＝c＋d2，則(a－c)＋(b－d)2＝0a＝c，b＝34．(2015·荊州一模，10)平面內(nèi)有n條直線，最多可將平面分成f(n)個區(qū)域，則f(n)的表達式( D．n【答案】C ……n

5．(2015·陜西西安一模，6)在直角坐標系xOy中，一個質(zhì)點從A(a1，a2)出發(fā)沿圖中路線依次經(jīng)過B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此規(guī)律一直運動下去，則a2013＋a2014＋a2015＝( B．1 D．1【答案】BA(1，1)，B(－1，2)，C(2，3)，D(－2，4)，E(3，5)，F(xiàn)(－3，6)，a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4，…，由此可知數(shù)列的偶數(shù)項個是從1開始逐漸遞增的且都等于所在項的下標除以2，則a2014＝1007，每四個數(shù)為一組，其中有一個負數(shù)，且為每組的第三個數(shù)，每組的第1個奇數(shù)和第2個奇數(shù)互為相反數(shù)，且從－12014÷4＝5032a2013＝504，a2015＝－504，a2013＋a2014＋a2015＝504＋1007－504＝16．(2015·山西大學(xué)附中二模，13)2mn52＝1＋3＋5＋7＋9m3(m∈N*)73m 【解析】23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋1923起，m3的分解規(guī)律恰為數(shù)列3579…2333的分解中最小的數(shù)是73，∴m2－m＋1＝73，解得m＝9.【答案】1π17．(2014·湖南長沙二模，15)

3cos5cos5 cos7cos7cos7 若數(shù)列{an}中，a1＝cos3，a2＝cos5cos5πa3＝cos7n

71

7 ＝1024【解析】(1)從題中所給的幾個等式可知，第n個等式的左邊應(yīng)有n個余弦相乘，且分母均為＋1，分子分別為π，2π，…，nπ，右邊應(yīng)為1π

＝1

(2)由(1)an＝1

22

＝1－1

11【答案 π 2π n【答案 ＝(n∈N

(1)判斷函數(shù)f1(θ)，f3(θ)的單調(diào)性，并就f1(θ)的情形證明你的結(jié)論(2)

n 解：(1)f1(θ)，f3(θ)在0，4上均為單調(diào)遞增函數(shù) f1(θ)＝sinθ－cosθθ1<θ2，θ1，θ2∈04 則sinθ1<sinθ2，cos <cos∴f1(θ1)－f1(θ2)＝(sinθ1－sinθ2)＋(cosθ2－cos 即 又原式右邊(2015·福建，22，14分，難)已知函數(shù)f(x)＝ln x>1kx0>1x∈(1，x0) 由f′(x)>0得

1＋2解得1＋2 1＋故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是 (2)則有 x∈(1，＋∞)F(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞減，故當x>1時，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，x>1(3)由(2)k＝1x0>1滿足題意．當k>1時，對于x>1，f(x)<x－1<k(x－1)，則f(x)<k(x－1)，x0>1xk<1G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，則有G′(x)＝1－x＋1－kx G′(x)＝0 2 2

當x∈(1，x2)時，G′(x)>0，G(x)在[1，x2)內(nèi)單調(diào)遞增．x∈(1，x2)時，G(x)>G(1)＝0，即f(x)>k(x－1)，綜上，k的取值范圍是 x3＋ax＋b＝0x3＋ax＋b＝0x3＋ax＋b＝0x3＋ax＋b＝0【答案】A “方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”的否定是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實根”.q－1}(1)q＝2，n＝3(2)設(shè)s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中證明：若an<bn，則時，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2(2)s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an<bn，可得

3．(2014·遼寧，21，12分，中)已知函數(shù)f(x)＝π(x－cosx)－2sin 1－sinsinsinππ

證明：(1)x0∈02 (2)x1∈2，πg(shù)(x1)＝0，且對(1)x0 證明：(1)x∈02時，f′(x)＝π＋πsinx－2cos f2＝2 x0∈02

cosx (2)x∈2，π

sinπtcossinπ

1＋sin t＝π－x

-t＋1，t∈0，2

.π（1＋sin由(1)t∈(0，x0) 當t∈x0，2

在x0，2u(t)u2＝0t∈x0，2

∴u(t)在x0，2上無零點 在(0，x0)u(t)u(0)＝1，u(x0)<0t0∈(0，x0) t0∈02 x1＝π－t0∈2，π x1∈2，π 4．(2013·湖南，21，13分，難)f(x)＝1－x (2)證明：當f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)解：(1)f(x)的定義域為

＝

1－x exx<0時，f′(x)>0；當x>0時，f′(x)<0.f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調(diào)遞減區(qū)間為(2)證明：當x<1時，由 x>1f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)

此不等式等價于(1－x)ex－exg(x)＝(1－x)ex－exx∈(0，1)時，g′(x)<0，g(x)即(1－x)ex－ex所以x2∈(0，1)f(x2)<f(－x2)，從而f(x1)<f(－x2)．x1，－x2∈(－∞，0)，f(x)在(－∞，0)x1<－x2bn＝nSn，n∈N*c c＝0b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Sn若{bn}是等差數(shù)列，證明證明：由題意得 c＝0bn＝n＝a＋22b1，b2，b4成等比數(shù)列，所以b2＝b1b4，2

a＋3即

d≠0m∈N*k，n∈N*Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.(2)設(shè)數(shù)列{bn}的公差是d1，則bn＝b1＋(n－1)d1，nSn

d－1 ＝b1＋(n－1)d1，n∈N，代入Sn的表達式，整理得，對于所有的n∈N，有 dn

2 2A＝d1－1，B＝b1－d1－a＋1 D＝c(d1－b1)n∈N*，有在(*)式中分別取n＝1，2，3，4，得 從而有 由②③A＝0，cd1＝－5B，代入方程①B＝0d1－1

d1＝0d1－1＝0與題設(shè)，所以cd1＝0A1A2A＝d1B，CB1B2＝d2，C1C2＝d3d1<d2<d3AB，AC的中S中．DEFG在△ABCBC＝a，BChS.ABC量(A1B1C1-A2B2C2V)V＝S·h

1 V估V

解：(1)A1A2ABC，B1B2ABC，C1C2ABC，所以A1A2∥B1B2∥C1C2.A1A2＝d1，B1B2＝d2，C1C2＝d3d1<d2<d3，所以四邊形A1A2B2B1、A1A2C2C1均是梯形．AA2MEFN，AA2?AA2B2BAA2B2BMEFN＝ME，可得AA2∥ME，即A1A2∥DE.A1A2∥FGM，NAB，AC 1

2(A 1

2(A 而d1<d2<d3，故DE<FG，DEFG是梯形．(2)V估<V.A1A2ABC，MN?ABCEM∥A1A2EM⊥MN由MN是△ABC的中位線，可得 ＝1，即為梯形DEFG的高S中＝S梯形

d1＋d322 22即V估＝S中 8又 ，所以

于是V－V估

6

6

8d1<d2<d3d2－d1>0，d3－d1>0V－V估>0V估

考向 分析法的應(yīng)是一種“執(zhí)果”的證明方法．(2013·江蘇，21，10分)a≥b>0 要證明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，只需證2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，從而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，【點撥】在證明時，無法直接找到思路，可用分析法證明或用分析法找出證明途徑，再用綜合法利用分析法證明時應(yīng)注意的問題應(yīng)用分析法的關(guān)鍵在于需保證分析過程的每一步都是可逆的，它的常面表達形式為“要證……只需證……”或用“?a2＋1(2015·江蘇南通模擬，21，a2＋1

證明：要 a2＋1－

只需 a2＋1＋2≥a＋1＋ a2＋1

即證a2＋1 a2＋1＋4≥a2＋1＋2＋2

從而只需證 a2＋1≥ a21≥2考向 綜合法與分析法的綜合應(yīng)

(P表示條件，Q表示要證的結(jié)論提供的信息，把兩者結(jié)合起來，全方位地收集、、加工和運用題目提供的全部信息，才能找到合理(2013·，20，13分)給定數(shù)列a1，a2，…，an，對i＝1，2，…，n－1，該數(shù)列前Ain－iai＋1，ai＋2，…，anBi，di＝Ai－Bi.(1)設(shè)數(shù)列{an}3，4，7，1d1，d2，d3的值；d1，d2，…，dn－10d1>0，證明：a1，a2，…，an－1【思路點撥】(1)d1，d2，d3的值可根據(jù)所給定義進行求解；(2)dn的通項后利用定【解析 (1)當i＝1時，A1＝3，B1＝1，故d1＝A1－B1＝2，同理可求得證明：因為a1>0，公比q>1，a1，a2，…，an是遞增數(shù)列．di≠0且di即dd1，d2，…，dn－1的公差．對1≤i≤n－2，因為Bi≤Bi＋1，d>0，Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.a1，a2，…，an－1是遞增數(shù)列．因此Ai＝ai(i＝1，2，…，n－1)．d1＞0，B1＝A1－d1＝a1－d1<a1，所以B1<a1<a2<…<an－1.B1＝B2＝…＝Bn－1＝an.所以ai＝Ai＝Bi＋di＝an＋di.又di＋1－di＝d，i＝1，2，…，n－2ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，即a1，a2，…，an－1是等差數(shù)列．綜合法與分析法綜合應(yīng)用的對于較復(fù)雜的問題，可以采用兩頭湊的方法，即通過分析法找出某個與結(jié)論等價(或充分)(2013·遼寧，20，12分)(1)證明：當 2≤sinx≤x；2 (2)ax＋x2＋2(x＋2)cosx≤4x∈[0，1]a2解：(1)F(x)＝sinx－222F′(x)＝cosx－2 當

當 ≥2又F(0)＝0，F(xiàn)(1)>0，所以當x∈[0，1]時，F(xiàn)(x)≥0，即sin≥2sin2綜上，2

≤sin(2)x∈[0，1] ax＋x＋2＋2(x＋2)cos (a＋2)x＋x＋2－4(x＋2)sin

2≤(a＋2)x＋x＋2－4(x＋2)4 所以， －時，不等 ＋

恒成立

x＋2

2)cos

-時，不等

＋

不恒成立

x＋2

2)cos

x∈[0，1] ax＋x＋2＋2(x＋2)cos (a＋2)x＋x＋2－4(x＋2)n

≥(a＋2)x＋x＋2 (a＋2)xx－≥(a＋2)x322 2所以存

滿 ＋

x0取3和2中的較小值

x0＋ 2)cos 即

＋

x＋2

2)cos

綜上，實數(shù)a的取值范圍是則

3＝ ＋2x ＋ － 2＝ ＋2x ＋ －f′(x)＝a＋2x＋2＋2cosx－2(x2)·n記G(x)＝f′(x)，則′(＝2＋3x－4nx－2(＋2)cosx∈(0，1)

1，因此 2

－(x＋2＝(2－2×cos 2×f′(x)在[0，1]x∈[0，1]時，f′(x)<f′(0)＝a＋2，故當a≤－2時，f′(x)<0，f(x)在[0，1]所以f(x)≤f(0)＝0，即當a≤－2時

＋

恒成立 x＋2

2)cos

-時，不等

＋

不恒成立

x＋2

2)cos

22由于f′(x)在[0，1]上是減函數(shù)，且f′(0)＝a＋2>0，f′(1)＝a＋7＋2cos1－6na≥6sin－2cos1－7時，f′(1)≥0，222x∈(0，1)時，f′(x)>0f(x)在[0，1]f(1)>f(0)＝0；當－2<a<6sin1－2cos－7時，f′(1)<0.2f′(0)>0x0∈(0，1)f′(x0)＝00<x<x0時，f′(x)>f′(x0)＝0f(x)在[0，x0]上是增函數(shù)，所以當x∈(0，x0)時，f(x)>f(0)＝0.

-時，不等

＋

x＋2

2)cos

綜上，實數(shù)a的取值范圍是2思路點撥：(1)sinx與2

考向 反證x存在某個xxxnn－1pp且nn＋1pp或(2013·陜西，17，12分)設(shè){an}q(1)推導(dǎo){an}n(2)設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列 (1)設(shè){an}的前n項和為Sn，當q＝1時q≠1①－②

(2)證明：假設(shè){an＋1}k1a2＋k111∴q＝1，這與已知用反證法證明命題的基本步驟(1)反設(shè)，設(shè)要證明的結(jié)論的成立；(2)歸謬，從反設(shè)入手，通過推理得出與已知條件或公理、定理M，NAB，DF(1)CD＝2ABCDDCEFMN(2)MEBN解：(1)CDGABCD，DCEF2，則MG⊥CD，MG＝2，NG＝2.ABCD⊥∴MG MG2＋NG2＝(2)MEBNAB?MBENMBENDCEF∴AB?又∵AB∥DC，∴AB∵ENMBENDCEF的交線，∴AB∥EN.∴EN∥EF，這與EN∩EF＝E，故假設(shè)不成立MEBN 【答案】B “三角形三個內(nèi)角至少有一個不大于60°”的是“三個內(nèi)角都大于2．(2015·二模，5)要證a2＋b2－1－a2b2≤0，只要證明( 2

A．2ab－1－ab B．a(chǎn)＋b

2 －1－ab D．(a－1)(b【答案】 ∵a2＋b2－1－a2b2≤0?(a2－1)(b2－1)≥0，故選3．(2015·山西太原期中檢測，13)下列條件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0 使a＋b≥2成立的條件的序號 【解析】要使

2成立，則

ab同號，故①③④均能使

2

【答案】4．(2015·山東德州一模，13)如果△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值分別等于△A2B2C2弦值，則△A2B2C2 三角形【解析】由條件知，△A1B1C1的三個內(nèi)角的余弦值均大于0，則△A1B1C1△A2B2C2 sinA2＝cos

2 由sinB2＝cosB1＝sin2－B1B2＝2 sinC2＝cosC1＝sin2

C2＝2 π那么，A2＋B2＋C2＝2，這與三角形內(nèi)角和為180° 所以假設(shè)不成立，又顯然△A2B2C2不是直角三角形，所以△A2B2C2【答案】5．(2015·洛陽一模，20，13分)數(shù)列{an}，{bn}的每一項都是正數(shù)，a1＝8，b1＝16，且an＋1成等差數(shù)列，bn，an＋1，bn＋1a2，b2求數(shù)列{an}，{bn}的通項公式， 1 ＋ ＋ ，

1解：(1)2b1＝a1＋a2由 ，可 b b

1∵an，bn，an＋1成等差數(shù)列n1∵bn，an＋1，bn＋1成等比數(shù)列，∴a2n1∵數(shù)列{an}，{bn}的每一項都是正數(shù) 于是當n≥2時 將②③代入①式，可得2 ∴數(shù)列{bn}42∴bn＝b1＋(n－1)d＝2n＋2，于是bn＝4(n＋1)2.則an＝ 當n＝1時，a1＝8，滿足該式子，n證明：由(2)∴ 4n2＋4n－1 1 － n≥3 1

11－1＋1－1

－

－

< ＋

4n2＋4n－1

<1＋1 n＝1時，1n＝2時，11 23 綜上所述，對一切正整數(shù)n，有 ＋ ＋ ＋…＋ 2123n1a123n1

a

a

a－6．(2015·荊門一模，17，12分)已知M是由滿足下述條件的函數(shù)構(gòu)成的集合：對任意f(x)－x＝0f(x)f′(x)0<f

sin

M＝2＋4Mfx)f(x)[n]Dx0∈(，n)f(n－f()＝(－)f′(0)f(x－x＝0有且只有一個實數(shù)根．解：(1)①x＝0時，f(0)＝0f(x)－x＝0 4cos

由①②f(x)＝x＋sinxM (2)f(x)－x＝0α，β(α≠β)，則f(α)－α＝0，f(β)－β＝0.α<βc∈(α，β)，滿足f(β)－f(α)＝(β－α)f′(c)．f(α)＝α，f(β)＝β所以f′(c)＝1，與已知0<f′(x)<1．又f(x)－x＝0有實數(shù)根，f(x)－x＝0(時間：90分鐘分數(shù)：120分一、選擇題(10550分x都成立，則( 【答案】 4a2－4a－3<0.解得－1<a<3. 使用了“”，但錯使用了“”，但錯【答案】C 由定義判斷，由于是特稱命題，而全稱命題，故選C.3．(2014·山東濰坊二模，8)①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時，可假設(shè)②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值都小于1，用反證法證明時可假設(shè)方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設(shè)|x1|≥1.以下結(jié)論正確的是( 【答案】D 4．(2015·山東日照質(zhì)檢，5)下列推理是歸納推理的是 A．A，BP滿足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|Pa1＝1，an＝3n－1S1，S2，S3nSn

x＋y

的面積πr，猜想出橢圓a2＋b2＝1【答案】 由A可知其為橢圓的定義Ba1＝1，an＝3n－1S1，S2，S3nSn

Cx＋y

的面積πr，猜想出橢圓a2＋b2＝1S＝πabD 【答案】 72＝49，73＝343，74＝2401，75＝16807，76＝11773的末兩位數(shù)字相同，應(yīng)為43，故選則標上數(shù)字：原點處標0，點(1，0)處標1，點(1，－1)處標2，點(0，－1)處標3，點(－1，－1)處標4，點(－1，0)處標5，點(－1，1)處標6，點(0，1)處標7，依此類推，則為20132的格點的坐標為()A．(1006，1 B．(1007，1C．(1008，1 D．(1009，1 因為點(1，0)處標1＝12，點(2，1)處標9＝32，點(3，2)處標25＝52，點(4，3)處標49＝72，依此類推得點(1007，1006)處標20132.故選B.7．(2015·黑龍江哈爾濱一模，8)設(shè)函數(shù)f(x)定義如下表，數(shù)列{xn}滿足x0＝5，且對任意的自然數(shù)有xn＋1＝f(xn)，則x2 x1234541352 【答案】C 數(shù)列{xn}4x2015＝x503×4＋3＝x3＝4C.①(ab)n＝anbn與(a＋b)n類比，則有②loga(xy)＝logax＋logaysin(α＋β)sin(α＋β)＝sinαsin(a＋b)2＝a2＋2a·

【答案】 ①不妨取n＝2，則(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2≠a2＋b2，故①類比錯誤②∵sin(α＋β)＝sinαcosβ＋cosαsinβ≠sinαsinβ(a＋b)2＝a2＋2a·9．(2013·，10)設(shè)函數(shù)f(x)＝ex＋x－a(a∈R，e為自然對數(shù)的底數(shù))．若存在b∈[0，1]使＝b成立，則a的取值范圍是( 【答案】A 易知f(x)＝ex＋x－a在定義域內(nèi)是增函數(shù)，由f(f(b))＝b，猜想f(b)＝b.f(b)<bf(f(b))<f(b)<b，與題意也不符，f(b)＝bf(x)＝x在[0，1]∴x∈[0，1]時，ex＋1≥2，2x≤2，1≤a≤eA.10．(2014·蕪湖三模

方程169①f(x)RF(x)＝4f(x)＋3x

A．①②B．②③C．①③④D．①②③

16＋9【答案】 ＋9＝1，即 1－16.當x>0，y<0時，方程為16－9＝－1，即 16＋1.當x<0，y>0時 方程為－16＋9＝－1，即

9＝－1和－169＝－1y＝±4xF(x)＝4f(x)＋3x可知函數(shù)的值域為R，所以③正確．若函數(shù)g(x)和f(x)的圖象關(guān)于原點對稱，則函數(shù)y＝g(x)的圖象就

方程16＋ ＝－1，即16＋9＝1，所以④錯誤．綜上，①②③正確，故選二、填空題(4520分1S3，S4，則四面體的體積 【解析】OOR，根據(jù)三角形的面積的求解方法(分割法)OO為頂點，分別以四個面為底面的4個三棱錐體積的和， 3【答案】3數(shù)1，2，3，…，n，在第一行的每相鄰兩個數(shù)正中間的下方寫上這兩個數(shù)之和，得到第二行的數(shù)(一行少一個數(shù))，依次類推，最后一行(n行)n＝6n＝2時，最后一行的數(shù) 【解析】設(shè)最后一行(n行)an，則通過計算，容易得到：a2＝3＝3×20，a3＝8＝4×21，a4＝20＝5×22，a5＝48＝6×23，a6＝112＝7×24，…，由此，可猜測：an＝(n＋1)×2n－2n＝2013時最后一行的數(shù)是2014×22011.【答案】2014×22—13．(2012·湖南，16)n∈N*nn＝ak×2k＋ak1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20i＝k時，ai＝10≤i≤k－1時，ai01.定義bn如下n的上述表示中a0，a1，a2，…，ak中等1的個數(shù)為奇數(shù)時，bn＝1bn＝0.— 記cm為數(shù)列{bn}中第m個為0的項與第m＋1個為0的項之間的項數(shù)則cm的最大值 【解析】(1)2＝1×2，b2＝1；4＝1×22，b4＝1；bn＝0a0＝0akak－1…，a1中有偶數(shù)個1，bn＋2＝0若，則，則，此時n為奇數(shù)，n＝ak×2k＋…＋1×20n＋1＝a′m×2m＋…＋a′1×21＋0×20，若bn＋1＝0，此時cm＝0；bn＋1＝1n＋2＝a′m×2m＋…＋a′1×21＋1×20，bn＋2＝0，綜上所述，cm【答案】 14．(2015·調(diào)研，16)定義：如果函數(shù)y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上存在x0(a<x0<b)，滿足 x0y＝f(x)在區(qū)間[a，b]f(x)＝－x＋mx＋1間[－1，1]上存在均值點，則實數(shù)m的取值范圍 【解析】由題意設(shè)函數(shù)f(x)＝－x2＋mx＋1在區(qū)間[－1，1]上的均值點為x0(－1<x0<1)，則mm2 ＝mf(x)＝－x＋mx＋1x＝2