高三数学（文数）总复习练习专题十七 推理与证明
1．(2015·浙江，8，中)设实数 a，b，t 满足|a＋1|＝|sin b|＝t.( )
A．若 t 确定，则 b2 唯一确定
B．若 t 确定，则 a2＋2a 唯一确定
C．若 t 确定，则 sin
b
2唯一确定
D．若 t 确定，则 a2＋a 唯一确定
【答案】 B A．若 t 确定，则 t＝|sin b|，b 有无数个解，则 b2 亦有无数解，A 错．
B．t＝|a＋1|，t 确定，则 t2 确定，(a＋1)2 确定，即 a2＋2a＋1 确定．∴a2＋2a 确定．B 正确．
C．t＝|sin b|，t 确定时，b 有无数个解，则b
2亦有无数个解．∴sin
b
2不唯一，C 错．由选项 B 可知 D
错．
2．(2015·陕西，16，易)观察下列等式
1－1
2＝1
2
1－1
2＋1
3－1
4＝1
3＋1
4
1－1
2＋1
3－1
4＋1
5－1
6＝1
4＋1
5＋1
6
……
据此规律，第 n 个等式可为________________．
【解析】 由前 3 个式子可知，第 i 行所得的结果一定是 i 个数之和且第一个数的分母为 i＋1，
∴第 n 个等式应写为 1－1
2＋1
3
－1
4＋…＋ 1
2n－1
－ 1
2n＝ 1
n＋1
＋ 1
n＋2
＋…＋ 1
2n.
【答案】 1－1
2
＋1
3－1
4＋…＋ 1
2n－1
－ 1
2n＝ 1
n＋1
＋ 1
n＋2
＋…＋ 1
2n
1．(2012·江西，5，易)观察下列事实：|x|＋|y|＝1 的不同整数解(x，y)的个数为 4，|x|＋|y|＝2 的不同
整数解(x，y)的个数为 8，|x|＋|y|＝3 的不同整数解(x，y)的个数为 12，…，则|x|＋|y|＝20 的不同整数解
(x，y)的个数为( )
A．76 B．80 C．86 D．92
【答案】 B 观察可得，不同整数解的个数可以构成一个首项为 4，公差为 4 的等差数列，则所求
为第 20 项，所以不同整数解的个数为 4＋(20－1)×4＝80.
2．(2013·浙江，10，中)设 a，b∈R，定义运算“∧”和“∨”如下：a∧b＝ {a，a ≤ b，
b，a > b， a∨b＝
{b，a ≤ b，
a，a > b.
若正数 a，b，c，d 满足 ab≥4，c＋d≤4，则( )
A．a∧b≥2，c∧d≤2 B．a∧b≥2，c∨d≥2
C．a∨b≥2，c∧d≤2 D．a∨b≥2，c∨d≥2
【答案】 C 由题意知，运算“∧”为两数中取小，运算“∨”为两数中取大，由 ab≥4 知，正
数 a，b 中至少有一个大于等于 2.由 c＋d≤4 知，c，d 中至少有一个小于等于 2，故选 C.
3．(2012·大纲全国，12，中)正方形 ABCD 的边长为 1，点 E 在边 AB 上，点 F 在边 BC 上，AE＝BF
＝1
3.动点 P 从 E 出发沿直线向 F 运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角．当点 P
第一次碰到 E 时，P 与正方形的边碰撞的次数为( )
A．8 B．6 C．4 D．3
【答案】 B 由反射角等于入射角，利用三角形的相似比，准确画图如图，碰撞的顺序是
E→F→G→R→M→N→E.故选 B.
4．(2014·课标Ⅰ，14，中)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A，B，C 三个城市时，
甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 B 城市；
乙说：我没去过 C 城市；
丙说：我们三人去过同一城市．
由此可判断乙去过的城市为________．
【解析】 由丙可知，乙至少去过一个城市；由甲可知，甲去过 A，C 且比乙多，且乙没有去过 C
城市，故乙只去过 A 城市．
【答案】 A
5．(2014·北京，14，中)顾客请一位工艺师把 A，B 两件玉石原料各制成一件工艺品．工艺师带一位
徒弟完成这项任务．每件原料先由徒弟完成粗加工，再由工艺师进行精加工完成制作，两件工艺品都完
成后交付顾客．两件原料每道工序所需时间(单位：工作日)如下：
工序
时间
原料
粗加工 精加工
原料 A 9 15
原料 B 6 21
则最短交货期为________个工作日．
【解析】 ①若先加工原料 A，则交货期为
9＋15＋21＝45(个)工作日；
②若先加工原料 B，则交货期为 6＋21＋15＝42(个)工作日．
所以最短交货期为 42 个工作日．
【答案】 42
6．(2012·湖北，17，难)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示
数．他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数 1，3，6，10，…记为数列{a n}，将可被 5 整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个
新数列{bn}，可以推测：
(1)b2 012 是数列{an}中的第________项；
(2)b2k－1＝________(用 k 表示)．
【解析】 (1)由图可知 an＋1＝an＋(n＋1)(n∈N*)．
所以 a2－a1＝2，a3－a2＝3，…，an－an－1＝n.
累加得 an－a1＝2＋3＋…＋n，
即 an＝1＋2＋3＋…＋n＝n（1＋n）
2 .
当 n＝4，5，9，10，14，15，19，20，24，25，…时，
an 能被 5 整除，即 b2＝a5，b4＝a10，b6＝a15，b8＝a20，…，
所以 b2k＝a5k(k∈N*)．
所以 b2 012＝a5×1 006＝a5 030.
(2)由(1)可知 b2k－1＝a5k－1＝1
2×5k(5k－1)＝5k（5k－1）
2 .
【答案】 (1)5 030 (2)
5k（5k－1）
2
7．(2012·福建，20，12 分，中)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个
常数；
①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；
②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；
③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解：(1)选择②式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°
＝1－1
2sin 30°＝1－1
4＝3
4.
(2)三角恒等式为 sin2α＋cos2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝3
4.
证明如下：(方法一)
sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30° sin α)
＝sin2α＋3
4cos2α＋ 3
2 sin αcos α＋1
4sin2α－
3
2 sin αcos α－1
2sin2α
＝3
4sin2α＋3
4cos2α＝3
4.
证明如下：(方法二)
sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝1－cos 2α
2 ＋1＋cos（60°－2α）
2
－
sin α(cos 30°cos α＋sin 30°·sin α)
＝1
2－1
2cos 2α＋1
2＋1
2(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－
3
2 sin αcos α－1
2sin2α
＝1
2
－1
2cos 2α＋1
2＋1
4cos 2α＋
3
4 sin 2α－
3
4 sin 2α－1
4(1－cos 2α)
＝1－1
4cos 2α－1
4＋1
4cos 2α＝3
4.
8．(2014·江西，21，14 分，难)将连续正整数 1，2，…，n(n∈N*)从小到大排列构成一个数 123…n，
F(n)为这个数的位数(如 n＝12 时，此数为 123 456 789 101 112，共有 15 个数字，F(12)＝15)，现从这个
数中随机取一个数字，p(n)为恰好取到 0 的概率．
(1)求 p(100)；
(2)当 n≤2 014 时，求 F(n)的表达式；
(3)令 g(n)为这个数中数字 0 的个数，f(n)为这个数中数字 9 的个数，h(n)＝f(n)－g(n)，S＝{n|h(n)＝
1，n≤100，n∈N*}，求当 n∈S 时 p(n)的最大值．
解：(1)当 n＝100 时，这个数中总共有 192 个数字，其中数字 0 的个数为 11，所以恰好取到 0 的概
率为 p(100)＝ 11
192.
(2)F(n)＝{n， 1 ≤ n ≤ 9，
2n－9， 10 ≤ n ≤ 99，
3n－108， 100 ≤ n ≤ 999，
4n－1 107， 1 000 ≤ n ≤ 2 014.
(3)当 n＝b(1≤b≤9，b∈N*)时，g(n)＝0；
当 n＝10k＋b(1≤k≤9，0≤b≤9，k∈N*，b∈N)时，g(n)＝k；
当 n＝100 时，g(n)＝11，
即 g(n)＝
{0， 1 ≤ n ≤ 9，
k， n＝10k＋b，1 ≤ k ≤ 9，0 ≤ b ≤ 9，k ∈ N * ，b ∈ N，
11， n＝100.
同理有
f(n)＝
{0， 1 ≤ n ≤ 8，
k， n＝10k＋b－1，1 ≤ k ≤ 8，0 ≤ b ≤ 9，k ∈ N * ，b ∈ N，
n－80， 89 ≤ n ≤ 98，
20， n＝99，100.
由 h(n)＝f(n)－g(n)＝1，可知 n＝9，19，29，39，49，59，69，79，89，90.
所以当 n≤100 时，S＝{9，19，29，39，49，59，69，79，89，90}．
当 n＝9 时，p(9)＝0；
当 n＝90 时，p(90)＝g（90）
F（90）＝ 9
171＝ 1
19；
当 n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)＝g（n）
F（n）＝ k
2n－9
＝ k
20k＋9
，由于 y＝ k
20k＋9
关于 k 单调递增，
故当 n＝10k＋9(1≤k≤8，k∈N*)时，p(n)的最大值为 p(89)＝ 8
169.
又 8
169<
1
19，所以当 n∈S 时，p(n)的最大值为 1
19.
9．(2013·重庆，22，12 分，难)对正整数 n，记 In＝{1，2，…，n}，Pn＝Error!.
(1)求集合 P7 中元素的个数；
(2)若 Pn 的子集 A 中任意两个元素之和不是整数的平方，则称 A 为“稀疏集”．求 n 的最大值，使 Pn
能分成两个不相交的稀疏集的并．
解：(1)当 k＝4 时，Error!中有 3 个数与 I7 中的 3 个数重复，因此 P7 中元素的个数为 7×7－3＝46.
(2)先证当 n≥15 时，Pn 不能分成两个不相交的稀疏集的并．若不然，设 A，B 为不相交的稀疏集，
使 A∪B＝Pn⊇In.不妨设 1∈A，则因为 1＋3＝22，故 3∉A，即 3∈B.同理，6∈A，10∈B，又推得 15∈A，
但 1＋15＝42，这与 A 为稀疏集矛盾．
再证 P14 符合要求．当 k＝1 时，
Error!＝I14 可分成两个稀疏集之并，事实上，只要取 A1＝{1，2，4，6，9，11，13}，B1＝{3，5，
7，8，10，12，14}，则 A1，B1 为稀疏集，且 A1∪B1＝I14.
当 k＝4 时，集合Error!中除整数外剩下的数组成集合{1
2，
3
2，
5
2，…，
13
2 }，可分解为下面两稀疏集的
并：A2＝{1
2，
5
2，
9
2，
11
2 }，B2＝{3
2，
7
2，
13
2 }.
当 k＝9 时，集合Error!中除正整数外剩下的数组成集合{1
3，
2
3，
4
3，
5
3，…，
13
3 ，
14
3 }，可分解为下面
两稀疏集的并：
A3＝{1
3，
4
3，
5
3，
10
3 ，
13
3 }，
B3＝{2
3，
7
3，
8
3，
11
3 ，
14
3 }.
最后，集合 C＝{
m
k
|m∈I14，k∈I14，且 k≠1，4，9}中的数的分母均为无理数，它与 P14 中的任何其
他数之和都不是整数，因此，令 A＝A1∪A2∪A3∪C，B＝B1∪B2∪B3，则 A 和 B 是不相交的稀疏集，且
A∪B＝P14.
综上，所求 n 的最大值为 14.
注：对 P14 的分拆方法不是唯一的．
思路点拨：(1)结合集合元素的特征求出元素个数．(2)用分类讨论思想和反证法求解论证．
考向 1 类比推理的应用
类比推理的特点
类比推理是根据两个对象有一部分属性类似，推出这两个对象其他属性亦类似的一种推理方法，是
由特殊到特殊的推理，其一般步骤为：
(1)找出两类事物之间的相似性或一致性；
(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．
(1)(2015·山东菏泽二模，14)已知数列{an}为等差数列，若 am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n
∈N)，则 am＋n＝nb－ma
n－m .类比等差数列{an}的上述结论，对于等比数列{bn}(bn>0，n∈N)，若 bm＝c，bn＝
d(n－m≥2，m，n∈N)，则可以得到 bm＋n＝________．
(2)(2015·上海闸北二模，19，12 分)已知 O 是△ABC 内任意一点，连接 AO，BO，CO 并延长，分别
交对边于 A′，B′，C′，则OA′
AA′
＋OB′
BB′＋OC′
CC′＝1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法”：
OA′
AA′＋OB′
BB′＋OC′
CC′＝S △ OBC
S △ ABC＋S △ OCA
S △ ABC＋S △ OAB
S △ ABC＝S △ ABC
S △ ABC＝1.
请运用类比思想，对于空间中的四面体 VBCD，存在什么类似的结论，并用“体积法”证明．
【解析】 (1)设数列{an}的公差为 d1，数列{bn}的公比为 q，则等差数列中 an＝a1＋(n－1)d1，等比
数列中 bn＝b1qn－1.
∵am＋n＝nb－ma
n－m
，∴bm＋n＝n－m dn
cm.
(2)在四面体 VBCD 中，任取一点 O，连接 VO，DO，BO，CO 并延长，分别交四个面于 E，F，G，
H 点．
则OE
VE＋OF
DF＋OG
BG＋OH
CH＝1.
证明：在四面体 OBCD 与 VBCD 中，
OE
VE＝h1
h ＝
1
3S △ BCD·h1
1
3S △ BCD·h
＝VOBCD
VVBCD.
同理有OF
DF＝VOVBC
VDVBC；OG
BG＝VOVCD
VBVCD；OH
CH＝VOVBD
VCVBD，
∴OE
VE＋OF
DF＋OG
BG＋OH
CH
＝VOBCD＋VOVBC＋VOVCD＋VOVBD
VVBCD ＝VVBCD
VVBCD＝1.
【点拨】 解题(1)的关键是找出等差数列与等比数列的关联；解题(2)的关键是把平面几何的元素类
比到空间中，证明时一般考虑面积对应体积．
类比推理的应用方法及步骤
进行类比推理时应从具体问题出发，通过观察、分析、联想进行对比，提出猜想．类比推理常见的
情形有：平面与空间类比，低维与高维类比，等差数列与等比数列类比，数的运算与向量运算类比，实
数集的性质与复数集的性质类比，圆锥曲线间的类比等．类比推理的一般步骤：
(1)找出两类事物之间的相似性或一致性．
(2)用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．
(1)(2015·河北保定一模，14)设等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，则 S4，S8－S4，S12－S8，S16
－S12 成等差数列．类比以上结论有：设等比数列{bn}的前 n 项积为 Tn，则 T4，________，________，T16
T12
成等比数列．
(2)(2015·江苏南通一模，8)在平面上，若两个正三角形的边长的比为 1∶2，则它们的面积比为
1∶4.类似地，在空间中，若两个正四面体的棱长的比为 1∶2，则它们的体积比为________．
(1)【解析】 依题意有 T4＝b1b2b3b4，T8
T4＝b5b6b7b8，T12
T8 ＝b9b10b11b12，T16
T12＝b13b14b15b16.若原等比数
列公比为 q，则 T4，T8
T4，T12
T8 ，T16
T12构成公比为 q16 的等比数列．
【答案】 T8
T4，T12
T8
(2)【解析】 由平面图形的面积类比立体图形的体积得出：在空间内，若两个正四面体的棱长的比
为 1∶2，则它们的底面积之比为 1∶4，对应高之比为 1∶2，所以体积比为 1∶8.
【答案】 1∶8
考向 2 归纳推理的应用
归纳推理的特点
(1)归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理．
(2)归纳推理所得结论不一定正确，通常归纳的个体数目越多，越具有代表性，推广的一般性结论也
会越可靠．其结论的正确性往往通过演绎推理来证明．
(3)它是一种发现一般性规律的重要方法．其思维过程大致如下：
实验、观察→概括、推广→猜测、一般性结论
(1)(2013·湖北，14)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数
1，3，6，10，…，第 n 个三角形数为n（n＋1）
2
＝1
2n2＋1
2n.记第 n 个 k 边形数为 N(n，k)(k≥3)，以下列
出了部分 k 边形数中第 n 个数的表达式：
三角形数 N(n，3)＝1
2n2＋1
2n，
正方形数 N(n，4)＝n2，
五边形数 N(n，5)＝3
2n2－1
2n，
六边形数 N(n，6)＝2n2－n，
……
可以推测 N(n，k)的表达式，由此计算 N(10，24)＝________．
(2)(2013·陕西，13)观察下列等式：
(1＋1)＝2×1，
(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，
(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5，
……
照此规律，第 n 个等式可为________．
【解析】 (1)已知各式可化为如下形式：
N(n，3)＝1
2n2＋1
2n＝3－2
2 n2＋4－3
2 n，
N(n，4)＝n2＝4－2
2 n2＋4－4
2 n，
N(n，5)＝3
2n2－1
2n＝5－2
2 n2＋4－5
2 n，
N(n，6)＝2n2－n＝6－2
2 n2＋4－6
2 n，
由归纳推理可得 N(n，k)＝k－2
2 n2＋4－k
2 n，
故 N(10，24)＝24－2
2
×102＋4－24
2
×10
＝1 100－100＝1 000.
(2)从给出的规律可看出，左边的连乘式中，连乘式个数以及每个连乘式中的第一个加数与右边连乘
式中第一个乘数的指数保持一致，其中左边连乘式中第二个加数从 1 开始，逐项加 1 递增，右边连乘式
中从第二个乘数开始，组成以 1 为首项，2 为公差的等差数列，项数与第几等式保持一致，则照此规律，
第 n 个等式可为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)．
【答案】 (1)1 000
(2)(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)
【点拨】 解题(1)的关键是观察已知式子的规律并改写形式；题(2)通过观察、联想、对比，再进行
归纳．
常见的归纳推理类型及相应方法
常见的归纳推理分为数的归纳和形的归纳两类：
(1)数的归纳包括数字归纳和式子归纳，解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之
间的关系，同时还要联系相关的知识．
(2)形的归纳主要包括图形数目归纳和图形变化规律归纳．
(2011·山东，15)设函数 f(x)＝ x
x＋2(x>0)，观察：
f1(x)＝f(x)＝ x
x＋2
，
f2(x)＝f(f1(x))＝ x
3x＋4
，
f3(x)＝f(f2(x))＝ x
7x＋8
，
f4(x)＝f(f3(x))＝ x
15x＋16
，
……
根据以上事实，由归纳推理可得：
当 n∈N*且 n≥2 时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________．
【解析】 由 f(x)＝ x
x＋2(x>0)得，
f1(x)＝f(x)＝ x
x＋2
，
f2(x)＝f(f1(x))＝ x
3x＋4
＝ x
（22－1）x＋22，
f3(x)＝f(f2(x))＝ x
7x＋8
＝ x
（23－1）x＋23，
f4(x)＝f(f3(x))＝ x
15x＋16
＝ x
（24－1）x＋24，
所以归纳可得，当 n∈N*且 n≥2 时，
fn(x)＝f(fn－1(x))＝ x
（2n－1）x＋2n.
【答案】 x
（2n－1）x＋2n
考向 3 演绎推理的应用
演绎推理的理解
(1)演绎推理是由一般性的命题推出特殊性命题的一种推理模式，是一种必然性推理．演绎推理的前
提与结论之间有蕴含关系，因而，只要前提是真实的，推理的形式是正确的，那么结论必定是真实的，
但是错误的前提可能导致错误的结论．
(2)演绎推理的主要形式就是由大前提、小前提推出结论的三段论式推理．
(2015·福建三明调研，20，12 分)数列{a n}的前 n 项和记为 Sn，已知 a1＝1，an＋1＝n＋2
n
Sn(n∈N*)．证明：
(1)数列{Sn
n }是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
【证明】 (1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝n＋2
n Sn，
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即 nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
∴Sn＋1
n＋1
＝2·
Sn
n .(小前提)
故{Sn
n }是以 2 为公比，1 为首项的等比数列．(结论)
(2)由(1)可知，Sn＋1
n＋1
＝4·
Sn－1
n－1(n≥2)，
∴Sn＋1＝4(n＋1)·
Sn－1
n－1
＝4·
n－1＋2
n－1
·Sn－1
＝4an(n≥2)，(小前提)
又 a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
∴对于任意正整数 n，都有 Sn＋1＝4an.(结论)
(第(2)问的大前提是第(1)问的结论及题中的已知条件)
【点拨】 演绎推理还可以定义为结论在普遍性上不大于前提的推理，或结论在确定性上同前提一
样的推理．应用演绎推理的过程中一定要注意大小前提都正确，此前提下得到的结论才正确．
演绎推理的应用方法
(1)在应用三段论推理来证明问题时，首先应该明确什么是问题中的大前提和小前提．在演绎推理中，
只要前提和推理形式是正确的，结论必定是正确的．
(2)用三段论证明的基本模式是：
①大前提——已知的一般原理；
②小前提——所研究的特殊情况；
③结论——根据一般原理对特殊情况做出的判断．
在证明的过程中，往往大前提不写出来．
(2014·湖北黄冈调研，20，12 分)设 f(x)＝3ax2＋2bx＋c.若 a＋b＋c＝0，f(0)>0，f(1)>0，求
证：
(1)a>0 且－2<
b
a<－1；
(2)方程 f(x)＝0 在(0，1)内有两个实根．
证明：(1)∵f(0)>0，f(1)>0，
∴c>0，3a＋2b＋c>0.
由 a＋b＋c＝0，消去 b 得 a>c>0；
再由条件 a＋b＋c＝0，消去 c 得 a＋b<0 且 2a＋b>0，
∴－2<
b
a<－1.
(2)方法一：∵抛物线 f(x)＝3ax2＋2bx＋c 的顶点坐标为(－ b
3a，
3ac－b2
3a )，－2<
b
a<－1，∴1
3<－ b
3a<
2
3.
又∵f(0)>0，f(1)>0，
而 f(－ b
3a)＝－a2＋c2－ac
3a <0，
∴方程 f(x)＝0 在区间(0，－ b
3a)与(－ b
3a，1)内分别有一个实根，
故方程 f(x)＝0 在(0，1)内有两个实根．
方法二：∵f(0)>0，f(1)>0，
而 f(1
2 )＝3
4a＋b＋c＝－1
4a<0，
∴抛物线与 x 轴的两个交点落在区间(0，1)内，
即方程 f(x)＝0 在(0，1)内有两个实根．
方法三：∵Δ＝4b2－12ac＝4(a2＋c2－ac)>0，
∴方程 f(x)＝0 有两个实根．
设方程的两根为 x1，x2，由根与系数的关系得 x1＋x2＝－2b
3a>0，x1x2＝ c
3a>0，故两根为正．
又∵(x1－1)＋(x2－1)＝－2b
3a－2<0，
(x1－1)(x2－1)＝3a＋2b＋c
3a >0，
∴两根均小于 1，命题得证．
1．(2014·湖北宜昌二模，7)如图所示的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，它们是由整数的倒数
组成的，第 n 行有 n 个数且两端的数均为1
n(n≥2)，每个数是它下一行左右相邻两数的和，如1
1＝1
2＋1
2，1
2
＝1
3＋1
6
，1
3＝1
4＋ 1
12，则第 10 行第 4 个数(从左往右数)为( )
1
1
1
2 1
2
1
3 1
6 1
3
1
4 1
12 1
12 1
4
1
5 1
20 1
30
1
20 1
5
……
A.
1
1 260 B.
1
840 C.
1
504 D.
1
360
【答案】 B 设第 n 行第 m 个数为 a(n，m)，由题意知 a(7，1)＝1
7，a(8，1)＝1
8，a(9，1)＝1
9，a(10，1)＝ 1
10，
∴a(10，2)＝a(9，1)－a(10，1)＝1
9－ 1
10＝ 1
90，
a(8，2)＝a(7，1)－a(8，1)＝1
7－1
8＝ 1
56，
a(9，2)＝a(8，1)－a(9，1)＝1
8－1
9＝ 1
72，
∴a(10，3)＝a(9，2)－a(10，2)＝ 1
360，
a(9，3)＝a(8，2)－a(9，2)＝ 1
252，
∴a(10，4)＝a(9，3)－a(10，3)＝ 1
840，
则第 10 行第 4 个数为 1
840，故选 B.
2．(2014·湖南长沙一模，6)在平面几何中有如下结论：正三角形 ABC 的内切圆面积为 S1，外接圆面
积为 S2，则S1
S2＝1
4，推广到空间可以得到类似结论，已知正四面体 PABC 的内切球体积为 V1，外接球体
积为 V2，则V1
V2＝( )
A.
1
8 B.
1
9
C.
1
27 D.
1
64
【答案】 C 从平面图形类比空间图形，从二维类比三维，
如图，设正四面体的棱长为 a，E 为等边三角形 ABC 的中心，O 为内切球与外接
球球心，则 AE＝
3
3 a，DE＝
6
3 a.
设 OA＝R，OE＝r，
则 OA2＝AE2＋OE2，
即 R2＝( 6
3 a－R) 2
＋( 3
3 a )2
，
∴R＝
6
4 a，r＝
6
12a，
∴正四面体的外接球和内切球的半径之比是 3∶1，
故正四面体 PABC 的内切球体积 V1 与外接球体积 V2 之比等于 1
27，故选 C.
3．(2015·河南焦作二模，10)给出下列类比推理命题(其中 Q 为有理数集，R 为实数集，C 为复数
集)：①“若 a，b∈R，则 a－b＝0⇒a＝b”类比推出“若 a，b∈C，则 a－b＝0⇒a＝b”；②“若 a，b，
c，d∈R，则复数 a＋bi＝c＋di⇒a＝c，b＝d”类比推出“若 a，b，c，d∈Q，则实数 a＋b2＝c＋d 2⇒a
＝c，b＝d”；③“若 a，b∈R，则 a－b>0⇒a>b”类比推出“若 a，b∈C，则 a－b>0⇒a>b”．其中类比
结论正确的个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】 C ①在复数集 C 中，若两个复数满足 a－b＝0，则它们的实部和虚部均相等，则 a，b
相等，故①正确；②在有理数集 Q 中，若 a＋b 2＝c＋d 2，则(a－c)＋(b－d) 2＝0，易得 a＝c，b＝d.
故②正确；③若 a，b∈C，当 a＝1＋i，b＝i 时，a－b＝1>0，但 a，b 是两个虚数，不能比较大小，故③
错误．故 3 个结论中，有两个是正确的．故选 C.
4．(2015·湖北荆州一模，10)平面内有 n 条直线，最多可将平面分成 f(n)个区域，则 f(n)的表达式为
( )
A．n＋1 B．2n
C.
n2＋n＋2
2 D．n2＋n＋1
【答案】 C 1 条直线将平面分成 1＋1 个区域；2 条直线最多可将平面分成 1＋(1＋2)＝4(个)区域；
3 条直线最多可将平面分成 1＋(1＋2＋3)＝7(个)区域；……；n 条直线最多可将平面分成 1＋(1＋2＋3
＋…＋n)＝1＋n（n＋1）
2
＝n2＋n＋2
2 (个)区域，选 C.
5．(2015·陕西西安一模，6)在直角坐标系 xOy 中，一个质点从 A(a 1，a2)出发沿图中路线依次经过
B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此规律一直运动下去，则 a2 013＋a2 014＋a2 015＝( )
A．1 006 B．1 007
C．1 008 D．1 009
【答案】 B 由直角坐标系可知 A(1，1)，B(－1，2)，C(2，3)，D(－2，4)，E(3，5)，F(－3，6)，
即 a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4，…，
由此可知，数列的偶数项个是从 1 开始逐渐递增的，且都等于所在项的下标除以 2，则 a2 014＝1
007，每四个数为一组，其中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第 1 个奇数和第 2 个奇数互为相
反数，且从－1 开始逐渐递减的，则 2 014÷4＝503 余 2，则 a2 013＝504，a2 015＝－504，
a2 013＋a2 014＋a2 015＝504＋1 007－504＝1 007.
6．(2015·山西大学附中二模，13)对大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次方幂有如下分解方式：
22＝1＋3；32＝1＋3＋5；42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5；33＝7＋9＋11；43＝13＋15＋17＋19.
根据上述分解规律，则 52＝1＋3＋5＋7＋9，若 m 3(m∈N*)的分解中最小的数是 73，则 m 的值为
________．
【解析】 根据 23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，从 23 起，m3 的分解规律恰为数列
3，5，7，9…中若干连续项之和，2 3 为前两项和，33 为接下来三项和，故 m3 的首个数为 m2－m＋
1.∵m3(m∈N*)的分解中最小的数是 73，∴m2－m＋1＝73，解得 m＝9.
【答案】 9
7．(2014·湖南长沙二模，15)已知 cos
π
3 ＝1
2，
cos
π
5 cos
2π
5 ＝1
4，
cos
π
7 cos
2π
7 cos
3π
7 ＝1
8，
……
(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是________；
(2)若数列{an}中，a1＝cos
π
3 ，a2＝cos
π
5 cos
2π
5 ，
a3＝cos
π
7 cos
2π
7 cos
3π
7 ，…，
前 n 项和 Sn＝1 023
1 024，则 n＝________．
【解析】 (1)从题中所给的几个等式可知，第 n 个等式的左边应有 n 个余弦相乘，且分母均为 2n＋
1，分子分别为π，2π，…，nπ，右边应为 1
2n，故可以猜想出结论为
cos
π
2n＋1
·cos
2π
2n＋1
·…·cos
nπ
2n＋1
＝ 1
2n(n∈N*)．
(2)由(1)可知 an＝ 1
2n，
故 Sn＝
1
2[1－(1
2 )n
]
1－1
2
＝1－ 1
2n＝2n－1
2n ＝1 023
1 024，
解得 n＝10.
【答案】 (1)cos
π
2n＋1cos
2π
2n＋1
·…·cos
nπ
2n＋1
＝ 1
2n(n∈N*) (2)10
8．(2014·福建泉州二模，20，12 分)设函数 f n(θ)＝sinnθ＋(－1)ncosnθ，0≤θ≤π
4，其中 n 为正整
数．
(1)判断函数 f1(θ)，f3(θ)的单调性，并就 f1(θ)的情形证明你的结论；
(2)证明：2f6(θ)－f4(θ)＝(cos4θ－sin4θ)(cos2θ－sin2θ)．
解：(1)f1(θ)，f3(θ)在[0，
π
4 ]上均为单调递增函数．
对于函数 f1(θ)＝sin θ－cos θ，设 θ1<θ2，θ1，θ2∈[0，
π
4 ]，
则 sin θ1
1 时，f(x)1，当 x∈(1，x0)时，恒有 f(x)>k(x－1)．
解：(1)f′(x)＝1
x－x＋1＝－x2＋x＋1
x
，x∈(0，＋∞)．
由 f′(x)>0 得{x > 0，
－x2＋x＋1 > 0.
解得 01 时，F(x)1 时，f(x)1 满足题意．
当 k>1 时，对于 x>1，
有 f(x)1 满足题意．
当 k<1 时，令 G(x)＝f(x)－k(x－1)，x∈(0，＋∞)，
则有 G′(x)＝1
x－x＋1－k
＝－x2＋（1－k）x＋1
x .
由 G′(x)＝0 得，－x2＋(1－k)x＋1＝0.
解得 x1＝1－k－ （1－k）2＋4
2 <0，
x2＝1－k＋ （1－k）2＋4
2 >1.
当 x∈(1，x2)时，G′(x)>0，
故 G(x)在[1，x2)内单调递增．
从而当 x∈(1，x2)时，G(x)>G(1)＝0，
即 f(x)>k(x－1)，
综上，k 的取值范围是(－∞，1)．
1．(2014·山东，4，易)用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3＋ax＋b＝0 至少有一个实根”
时，要做的假设是( )
A．方程 x3＋ax＋b＝0 没有实根
B．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有一个实根
C．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有两个实根
D．方程 x3＋ax＋b＝0 恰好有两个实根
【答案】 A “方程 x3＋ax＋b＝0 至少有一个实根”的否定是“方程 x3＋ax＋b＝0 没有实根”.
2．(2014·天津，20，14 分，中)已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数．设集合 M＝{0，1，2，…，
q－1}，集合 A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．
(1)当 q＝2，n＝3 时，用列举法表示集合 A；
(2)设 s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中 ai，bi∈M，i＝1，2，…，
n.证明：若 anπ.
证明：(1)当 x∈(0，
π
2 )时，f′(x)＝π＋πsin x－2cos x>0，
∴f(x)在(0，
π
2 )上是增函数．
又 f(0)＝－π－2<0，
f (π
2 )＝π2
2 －4>0，
∴存在唯一的 x0∈(0，
π
2 )，使 f(x0)＝0.
(2)当 x∈[π
2 ，π]时，化简得 g(x)＝(π－x)·
cos x
1＋sin x＋2x
π－1.
令 t＝π－x，记 u(t)＝g(π－t)＝－ tcos t
1＋sin t－ 2
πt＋1，t∈[0，
π
2 ]，
则 u′(t)＝ f（t）
π（1＋sin t）.
由(1)得，当 t∈(0，x0)时，u′(t)<0，
当 t∈(x0，
π
2 )时，u′(t)>0.
在(x0，
π
2 )上 u(t)为增函数，由 u(π
2 )＝0 知，当 t∈[x0，
π
2 )时，u(t)<0，
∴u(t)在[x0，
π
2 )上无零点．
在(0，x0)上 u(t)为减函数，由 u(0)＝1，u(x0)<0 知存在唯一 t0∈(0，x0)使 u(t0)＝0.
于是存在唯一 t0∈(0，
π
2 )，使 u(t0)＝0.
设 x1＝π－t0∈(π
2 ，π)，则 g(x1)＝g(π－t0)＝u(t0)＝0，
∴存在唯一 x1∈(π
2 ，π)，使 g(x1)＝0.
∵x1＝π－t0，t0π.
4．(2013·湖南，21，13 分，难)已知函数 f(x)＝ 1－x
1＋x2ex.
(1)求 f(x)的单调区间；
(2)证明：当 f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，x1＋x2<0.
解：(1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)．
f′(x)＝( 1－x
1＋x2)′ex＋ 1－x
1＋x2ex
＝[ x2－2x－1
（1＋x2）2＋ 1－x
1＋x2]ex
＝－x[（x－1）2＋2]
（1＋x2）2 ex.
当 x<0 时，f′(x)>0；
当 x>0 时，f′(x)<0.
所以 f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
(2)证明：当 x<1 时，由于 1－x
1＋x2>0，ex>0，
故 f(x)>0；
同理，当 x>1 时，f(x)<0.
当 f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)时，不妨设 x10，d3－d1>0，即 V－V 估>0，故 V 估0，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
【证明】 要证明 2a3－b3≥2ab2－a2b 成立，
只需证 2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，
即 2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，
即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.
∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，
从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0 成立，
∴2a3－b3≥2ab2－a2b.
【点拨】 在证明时，无法直接找到思路，可用分析法证明或用分析法找出证明途径，再用综合法
证明．
利用分析法证明时应注意的问题
(1)分析法采用逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需要用的
知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导
时，常考虑用分析法．
(2)应用分析法的关键在于需保证分析过程的每一步都是可逆的，它的常用书面表达形式为“要
证……只需证……”或用“⇐”．注意用分析法证明时，一定要严格按照格式书写．
(2015·江苏南通模拟，21，10 分)已知 a>0，求证： a2＋ 1
a2－ 2≥a＋1
a－2.
证明：要证 a2＋ 1
a2－ 2≥a＋1
a－2，
只需证 a2＋ 1
a2＋2≥a＋1
a
＋ 2.
∵a>0，故只需证( a2＋ 1
a2＋2) 2
≥(a＋1
a
＋ 2) 2
，
即证 a2＋ 1
a2＋4 a2＋ 1
a2＋4≥a2＋ 1
a2＋2＋2 2(a＋1
a)＋2，
从而只需证 2 a2＋ 1
a2≥ 2(a＋1
a)，
只需证 4(a2＋ 1
a2)≥2(a2＋2＋ 1
a2)，
即证 a2＋ 1
a2≥2，它显然成立，
∴原不等式成立．
考向 2 综合法与分析法的综合应用
1．综合法
(1)定义：从已知条件和某些数学定义、公理、定理等出发，通过推理推导出所要的结论，这种证明
方法叫作综合法．综合法是一种“由因导果”的证明方法．
(2)框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒Q(其中 P 表示条件，Q 表示要证的结论)．
2．综合法与分析法的综合应用
分析法和综合法是两种思路相反的证明方法．分析法侧重于结论提供的信息，综合法则侧重于条件
提供的信息，把两者结合起来，全方位地收集、储存、加工和运用题目提供的全部信息，才能找到合理
的解题思路．没有分析，就没有综合，分析是综合的基础，它们相辅相成是对立统一的．
(2013·北京，20，13 分)给定数列 a1，a2，…，an，对 i＝1，2，…，n－1，该数列前 i 项
的最大值记为 Ai，后 n－i 项 ai＋1，ai＋2，…，an 的最小值记为 Bi，di＝Ai－Bi.
(1)设数列{an}为 3，4，7，1，写出 d1，d2，d3 的值；
(2)设 a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于 1 的等比数列，且 a1>0，证明：d1，d2，…，dn－1 是等比数列；
(3)设 d1，d2，…，dn－1 是公差大于 0 的等差数列，且 d1>0，证明：a1，a2，…，an－1 是等差数列．
【思路点拨】 (1)d1，d2，d3 的值可根据所给定义进行求解；(2)需根据题意求出 dn 的通项后利用定
义证明；(3)利用等差数列的定义证明．
【解析】 (1)当 i＝1 时，A1＝3，B1＝1，故 d1＝A1－B1＝2，同理可求得 d2＝3，d3＝6.
(2)证明：因为 a1>0，公比 q>1，
所以 a1，a2，…，an 是递增数列．
因此，对 i＝1，2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.
于是对 i＝1，2，…，n－1，
di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.
因此 di≠0 且di＋1
di ＝q(i＝1，2，…，n－2)，
即 d1，d2，…，dn－1 是等比数列．
(3)证明：设 d 为 d1，d2，…，dn－1 的公差．
对 1≤i≤n－2，因为 Bi≤Bi＋1，d>0，
所以 Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai.
又因为 Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，
所以 ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.
从而 a1，a2，…，an－1 是递增数列．
因此 Ai＝ai(i＝1，2，…，n－1)．
又因为 d1＞0，B1＝A1－d1＝a1－d10，F(x)在[0，
π
4 ]上是增函数；
当 x∈(π
4 ，1)时，F′(x)<0，F(x)在[π
4 ，1]上是减函数．
又 F(0)＝0，F(1)>0，所以当 x∈[0，1]时，F(x)≥0，即 sin x≥
2
2 x.
记 H(x)＝sin x－x，则当 x∈(0，1)时，H′(x)＝cos x－1<0，所以 H(x)在[0，1]上是减函数，则 H(x)≤H(0)
＝0，
即 sin x≤x.
综上，
2
2 x≤sin x≤x，x∈[0，1]．
(2)方法一：因为当 x∈[0，1]时，
ax＋x2＋x3
2 ＋2(x＋2)cos x－4
＝(a＋2)x＋x2＋x3
2 －4(x＋2)sin2x
2
≤(a＋2)x＋x2＋x3
2 －4(x＋2)( 2
4 x ) 2
＝(a＋2)x，
所以，当 a≤－2 时，不等式 ax＋x2＋x3
2 ＋2(x＋2)cos x≤4 对 x∈[0，1]恒成立．
下面证明，当 a>－2 时，不等式 ax＋x2＋x3
2 ＋2(x＋2)cos x≤4 对 x∈[0，1]不恒成立．
因为当 x∈[0，1]时，
ax＋x2＋x3
2 ＋2(x＋2)cos x－4
＝(a＋2)x＋x2＋x3
2 －4(x＋2)sin2x
2
≥(a＋2)x＋x2＋x3
2 －4(x＋2)(x
2 ) 2
＝(a＋2)x－x2－x3
2
≥(a＋2)x－3
2x2
＝－3
2x[x－2
3
（a＋2）]，
所以存在 x0∈(0，1)(如 x0 取a＋2
3
和1
2中的较小值)满足 ax0＋x20＋x
2＋2(x0＋2)cos x0－4>0，
即当 a>－2 时，不等式 ax＋x2＋x3
2＋2(x＋2)cos x－4≤0 对 x∈[0，1]不恒成立．
综上，实数 a 的取值范围是(－∞，－2]．
方法二：记 f(x)＝ax＋x2＋x3
2 ＋2(x＋2)·cos x－4，
则 f′(x)＝a＋2x＋3x2
2 ＋2cos x－2(x＋2)·sin x.
记 G(x)＝f′(x)，则 G′(x)＝2＋3x－4sin x－2(x＋2)cos x.
当 x∈(0，1)时，cos x>
1
2，因此 G′(x)<2＋3x－4×
2
2 x－(x＋2)＝(2－2 2)x<0.
于是 f′(x)在[0，1]上是减函数，因此，当 x∈[0，1]时，f′(x)－2 时，不等式 ax＋x2＋x3
2 ＋2(x＋2)cos x≤4 对 x∈[0，1]不恒成立．
由于 f′(x)在[0，1]上是减函数，且
f′(0)＝a＋2>0，f′(1)＝a＋7
2＋2cos 1－6sin 1，
当 a≥6sin 1－2cos 1－7
2时，f′(1)≥0，
所以当 x∈(0，1)时，f′(x)>0，因此 f(x)在[0，1]上是增函数，故 f(1)>f(0)＝0；
当－20，故存在 x0∈(0，1)使 f′(x0)＝0，则当 0f′(x0)＝0，所以 f(x)在[0，x0]上是
增函数，所以当 x∈(0，x0)时，f(x)>f(0)＝0.
所以当 a>－2 时，不等式 ax＋x2＋x3
2 ＋2(x＋2)cos x≤4 对 x∈[0，1]不恒成立．
综上，实数 a 的取值范围是(－∞，－2]．
思路点拨：(1)利用构造法，分别判断 sin x 与
2
2 x，sin x 与 x 的大小关系；(2)利用比较法或构造函数，
通过导数求解范围．
考向 3 反证法
1．反证法的适用范围
(1)否定性命题；
(2)结论涉及“至多”“至少”“无限”“唯一”等词语的命题；
(3)命题成立非常明显，直接证明所用的理论太少，且不容易证明，而其逆否命题非常容易证明；
(4)要讨论的情况很复杂，而反面情况很少．
2．反证法中可能导出的矛盾
(1)与假设矛盾；
(2)与数学公理、定理、公式、定义或已被证明了的结论矛盾；
(3)与已知条件自相矛盾．
3．使用反证法证明问题时，准确地做出反设(即否定结论)是正确运用反证法的前提，常见的“结论
词”与“反设词”列表如下：
原结论词 反设词 原结论词 反设词
至少有一个 一个也没有 对所有 x 成立 存在某个 x 不成
立
至多有一个 至少有两个
对任意 x 不成
立
存在某个 x 成立
至少有 n 个 至多有 n－1 个 p 或 q 綈 p 且綈 q
至多有 n 个 至少有 n＋1 个 p 且 q 綈 p 或綈 q
(2013·陕西，17，12 分)设{an}是公比为 q 的等比数列．
(1)推导{an}的前 n 项和公式；
(2)设 q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
【解析】 (1)设{an}的前 n 项和为 Sn，
当 q＝1 时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
当 q≠1 时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴Sn＝a1（1－qn）
1－q
，∴Sn＝{na1，q＝1，
a1（1－qn）
1－q ，q ≠ 1.
(2)证明：假设{an＋1}是等比数列，则对任意的 k∈N*，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
a 2k＋1＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
a21q2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.
∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，
∴q＝1，这与已知矛盾．
∴假设不成立，故{an＋1}不是等比数列．
用反证法证明命题的基本步骤
(1)反设，设要证明的结论的反面成立；
(2)归谬，从反设入手，通过推理得出与已知条件或公理、定理矛盾；
(3)否定反设，得出原命题结论成立．
(2015·辽宁沈阳模拟，19，12 分)如图，已知两个正方形 ABCD 和 DCEF 不在同一平面内，
M，N 分别为 AB，DF 的中点．
(1)若 CD＝2，平面 ABCD⊥平面 DCEF，求 MN 的长；
(2)用反证法证明：直线 ME 与 BN 是两条异面直线．
解：(1)如图，取 CD 的中点 G，连接 MG，NG.
设正方形 ABCD，DCEF 的边长为 2，
则 MG⊥CD，MG＝2，NG＝ 2.
∵平面 ABCD⊥平面 DCEF，
∴MG⊥平面 DCEF，
∴MG⊥NG，
∴MN＝ MG2＋NG2＝ 6.
(2)证明：假设直线 ME 与 BN 共面，
则 AB⊂平面 MBEN，且平面 MBEN 与平面 DCEF 交于 EN.
由已知，两正方形不共面，
∴AB⊄平面 DCEF.
又∵AB∥DC，∴AB∥平面 DCEF.
∵EN 为平面 MBEN 与平面 DCEF 的交线，∴AB∥EN.
又∵AB∥CD∥EF，
∴EN∥EF，这与 EN∩EF＝E 矛盾，故假设不成立．
∴直线 ME 与 BN 不共面，它们是异面直线．
1．(2015·山东烟台一模，6)用反证法证明命题：“三角形三个内角至少有一个不大于 60°”时，应
假设( )
A．三个内角都不大于 60°
B．三个内角都大于 60°
C．三个内角至多有一个大于 60°
D．三个内角至多有两个大于 60°
【答案】 B “三角形三个内角至少有一个不大于 60°”的反面是“三个内角都大于 60°”．
2．(2015·四川成都二模，5)要证 a2＋b2－1－a2b2≤0，只要证明( )
A．2ab－1－a2b2≤0 B．a2＋b2－1－a4＋b4
2 ≤0
C.
（a＋b）2
2 －1－a2b2≤0 D．(a2－1)(b2－1)≥0
【答案】 D ∵a2＋b2－1－a2b2≤0⇔(a2－1)(b2－1)≥0，故选 D.
3．(2015·山西太原期中检测，13)下列条件：①ab>0，②ab<0，③a>0，b>0，④a<0，b<0，其中能
使b
a＋a
b≥2 成立的条件的序号是________．
【解析】 要使b
a＋a
b≥2 成立，则b
a>0，即 a 与 b 同号，故①③④均能使b
a＋a
b≥2 成立．
【答案】 ①③④
4．(2015·山东德州一模，13)如果△A 1B1C1 的三个内角的余弦值分别等于△A2B2C2 的三个内角的正
弦值，则△A2B2C2 是________三角形．
【解析】 由条件知，△A1B1C1 的三个内角的余弦值均大于 0，则△A1B1C1 是锐角三角形，假设
△A2B2C2 是锐角三角形．
由{sin A2＝cos A1＝sin(π
2 －A1)，
sin B2＝cos B1＝sin(π
2 －B1)，
sin C2＝cos C1＝sin(π
2 －C1)，
得{A2＝
π
2 －A1，
B2＝
π
2 －B1，
C2＝
π
2 －C1.
那么，A2＋B2＋C2＝π
2 ，这与三角形内角和为 180°相矛盾．
所以假设不成立，又显然△A2B2C2 不是直角三角形，所以△A2B2C2 是钝角三角形．
【答案】 钝角
5．(2015·河南洛阳一模，20，13 分)数列{an}，{bn}的每一项都是正数，a1＝8，b1＝16，且 an，bn，
an＋1 成等差数列，bn，an＋1，bn＋1 成等比数列，n＝1，2，3，….
(1)求 a2，b2 的值；
(2)求数列{an}，{bn}的通项公式；
(3)证明：对一切正整数 n，有 1
a1－1
＋ 1
a2－1
＋ 1
a3－1
＋…＋ 1
an－1<
2
7.
解：(1)由 2b1＝a1＋a2，可得 a2＝2b1－a1＝24.
由 a22＝b1b2，可得 b2＝ a
b1＝36.
(2)∵an，bn，an＋1 成等差数列，
∴2bn＝an＋an＋1.①
∵bn，an＋1，bn＋1 成等比数列，∴a 2n＋1＝bnbn＋1.
∵数列{an}，{bn}的每一项都是正数，
∴an＋1＝ bnbn＋1.②
于是当 n≥2 时 an＝ bn－1bn.③
将②③代入①式，可得 2 bn＝ bn－1＋ bn＋1.
又 b1＝16，b2＝36，
∴数列{ bn}是首项为 4，公差为 2 的等差数列，
∴ bn＝ b1＋(n－1)d＝2n＋2，
于是 bn＝4(n＋1)2.
则 an＝ bn－1bn＝ 4n2·4（n＋1）2＝4n(n＋1)．
当 n＝1 时，a1＝8，满足该式子，
∴对一切正整数 n，都有 an＝4n(n＋1)．
(3)证明：由(2)可知 an＝4n(n＋1)，
∴ 1
an－1
＝ 1
4n2＋4n－1
，
1
4n2＋4n－1<
1
4n2＋4n－3
＝ 1
（2n－1）（2n＋3）
＝1
4( 1
2n－1
－ 1
2n＋3).
当 n≥3 时，
1
7＋ 1
23
＋…＋ 1
4n2＋4n－1<
1
7＋ 1
23＋1
4[(1
5－1
9)＋(1
7
－ 1
11)＋…＋( 1
2n－3
－ 1
2n＋1)＋( 1
2n－1
－ 1
2n＋3)]
<
1
7＋ 1
23＋1
4×(1
5＋1
7)<
1
7＋ 2
35＋ 3
35＝2
7.
当 n＝1 时，1
7<
2
7；
当 n＝2 时，1
7＋ 1
23<1
7
＋1
7＝2
7.
综上所述，对一切正整数 n，有 1
a1－1
＋ 1
a2－1
＋ 1
a3－1
＋…＋ 1
an－1<
2
7.
6．(2015·湖北荆门一模，17，12 分)已知 M 是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意 f(x)∈M，①
方程 f(x)－x＝0 有实数根；②函数 f(x)的导数 f′(x)满足 00.
不等式恒成立的充要条件是
Δ＝1－4(－a2＋a＋1)<0，
即 4a2－4a－3<0.
解得－1
22，所以①的假设错误；
对于②，其假设正确．
4．(2015·山东日照质检，5)下列推理是归纳推理的是( )
A．A，B 为定点，动点 P 满足|PA|＋|PB|＝2a>|AB|，则 P 点的轨迹为椭圆
B．由 a1＝1，an＝3n－1，求出 S1，S2，S3 猜想出数列的前 n 项和 Sn 的表达式
C．由圆 x2＋y2＝r2 的面积πr2，猜想出椭圆x2
a2＋y2
b2＝1 的面积 S＝πab
D．科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇
【答案】 B 由 A 可知其为椭圆的定义；
B 由 a1＝1，an＝3n－1 求出 S1，S2，S3 猜想出数列的前 n 项和 Sn 的表达式，属于归纳推理；
C 由圆 x2＋y2＝r2 的面积πr2，猜想出椭圆x2
a2＋y2
b2＝1 的面积 S＝πab，是类比推理；
D 科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇，也属于类比推理，故选 B.
5．(2011·江西，6)观察下列各式：72＝49，73＝343，74＝2 401，…，则 72 011 的末两位数字为( )
A．01 B．43
C．07 D．49
【答案】 B 72＝49，73＝343，74＝2 401，75＝16 807，76＝117 649，…，
由此看出，末两位数字具有周期性，且周期为 4.又 2 011＝4×502＋3，由此知 72 011 的末两位数字与
73 的末两位数字相同，应为 43，故选 B.
6．(2015·福建厦门质检，7)如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规
则标上数字标签：原点处标 0，点(1，0)处标 1，点(1，－1)处标 2，点(0，－1)处标 3，点(－1，－1)处
标 4，点(－1，0)处标 5，点(－1，1)处标 6，点(0，1)处标 7，依此类推，则标签为 2 0132 的格点的坐标
为( )
A．(1 006，1 005) B．(1 007，1 006)
C．(1 008，1 007) D．(1 009，1 008)
【答案】 B 因为点(1，0)处标 1＝12，点(2，1)处标 9＝32，点(3，2)处标 25＝52，点(4，3)处标 49
＝72，依此类推得点(1 007，1 006)处标 2 0132.故选 B.
7．(2015·黑龙江哈尔滨一模，8)设函数 f(x)定义如下表，数列{xn}满足 x0＝5，且对任意的自然数均
有 xn＋1＝f(xn)，则 x2 015＝( )
x 1 2 3 4 5
f(x) 4 1 3 5 2
A.1 B．2
C．4 D．5
【答案】 C x1＝f(x0)＝f(5)＝2，
x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，…，
数列{xn}是周期为 4 的数列，所以 x2 015＝x503×4＋3＝x3＝4，故选 C.
8．(2015·湖北武汉质检，5)给出下列三个类比结论：
①(ab)n＝anbn 与(a＋b)n 类比，则有(a＋b)n＝an＋bn；
②loga(xy)＝logax＋logay 与 sin(α＋β)类比，则有 sin(α＋β)＝sin αsin β；
③(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2 与(a＋b)2 类比，则有(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2.
其中结论正确的个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
【答案】 B ①不妨取 n＝2，则(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2≠a2＋b2，故①类比错误；
②∵sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β≠sin αsin β，故②类比错误；
③根据向量的运算法则知：(a＋b)2＝a2＋2a·b＋b2，③正确．
9．(2013·四川，10)设函数 f(x)＝ ex＋x－a(a∈R，e 为自然对数的底数)．若存在 b∈[0，1]使 f(f(b))＝
b 成立，则 a 的取值范围是( )
A．[1，e] B．[1，1＋e]
C．[e，1＋e] D．[0，1]
【答案】 A 易知 f(x)＝ ex＋x－a在定义域内是增函数，
由 f(f(b))＝b，猜想 f(b)＝b.
反证法：若 f(b)>b，则 f(f(b))>f(b)>b，与题意不符；
若 f(b)0，y<0 时，方程为x2
16－y2
9 ＝－1，即 y＝－3
x2
16＋1.当 x<0，y>0 时，方
程为－x2
16＋y2
9 ＝－1，即 y＝3
x2
16－1.
作出函数的图象如图：
由图象可知，函数在 R 上单调递减，所以①成立．由 F(x)＝4f(x)＋3x＝0 得 f(x)＝－3
4x.因为双曲线x2
16
－y2
9 ＝－1 和－x2
16＋y2
9 ＝－1 的渐近线为 y＝±3
4x，所以 F(x)＝4f(x)＋3x 没有零点，所以②正确．由图象
可知函数的值域为 R，所以③正确．若函数 g(x)和 f(x)的图象关于原点对称，则函数 y＝g(x)的图象就是
方程－x|x|
16
＋－y|y|
9
＝－1，即x|x|
16 ＋y|y|
9 ＝1，所以④错误．综上，①②③正确，故选 D.
二、填空题(共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)
11．(2015·河南安阳二模，14)若三角形内切圆的半径为 r，三边长为 a，b，c，则三角形的面积 S＝
1
2r(a＋b＋c)．根据类比推理的方法，若一个四面体的内切球的半径为 R，四个面的面积分别是 S1，S2，
S3，S4，则四面体的体积 V＝__________．
【解析】 设四面体的内切球的球心为 O，则球心 O 到四个面的距离都是 R，根据三角形的面积的
求解方法(分割法)，将 O 与四顶点连起来，可得四面体的体积等于以 O 为顶点，分别以四个面为底面的
4 个三棱锥体积的和，
∴V＝1
3(S1＋S2＋S3＋S4)R.
【答案】 1
3(S1＋S2＋S3＋S4)R
12．(2014·山东济南二模，13)给定正整数 n(n≥2)按如图方式构成倒立三角形数表，第一行依次写上
数 1，2，3，…，n，在第一行的每相邻两个数正中间的下方写上这两个数之和，得到第二行的数(比上
一行少一个数)，依次类推，最后一行(第 n 行)只有一个数，例如 n＝6 时数表如图所示，则当 n＝2 013
时，最后一行的数是________．
【解析】 设最后一行(第 n 行)的数为 an，则通过计算，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，可猜测：an＝(n＋1)×2n－2，所以，当 n＝
2 013 时最后一行的数是 2 014×22 011.
【答案】 2 014×22 011
13．(2012·湖南，16)对于 n∈N*，将 n 表示为 n＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20，当 i＝k
时，ai＝1，当 0≤i≤k－1 时，ai 为 0 或 1.定义 bn 如下：在 n 的上述表示中，当 a0，a1，a2，…，ak 中等
于 1 的个数为奇数时，bn＝1；否则 bn＝0.
(1)b2＋b4＋b6＋b8＝________；
(2)记 cm 为数列{bn}中第 m 个为 0 的项与第 m＋1 个为 0 的项之间的项数，则 c m 的最大值是
________．
【解析】 (1)由题意知 2＝1×2，b2＝1；4＝1×22，b4＝1；
6＝1×22＋1×2，b6＝0；8＝1×23，b8＝1.
所以 b2＋b4＋b6＋b8＝3.
(2)①若 n 为偶数，且 bn＝0，则 n＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20 中 a0＝0，且 ak，ak－
1，…，a1 中有偶数个 1，
n＋1＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋1×20，bn＋1＝1，
n＋2＝a′m×2m＋a′m－1×2m－1＋…＋a′1×21＋0×20，
若 bn＋2＝0，此时 cm＝1；
若 bn＋2＝1，则 n＋3＝a′m×2m＋a′m－1×2m－1＋…＋a′1×21＋1×20，则 bn＋3＝0，此时 cm＝2.
②若 n 为奇数，n＝ak×2k＋…＋1×20，且 bn＝0.
则 n＋1＝a′m×2m＋…＋a′1×21＋0×20，
若 bn＋1＝0，此时 cm＝0；
若 bn＋1＝1，则 n＋2＝a′m×2m＋…＋a′1×21＋1×20，bn＋2＝0，
此时，cm＝1.
综上所述，cm 的最大值为 2.
【答案】 (1)3 (2)2
14．(2015·湖北武汉调研，16)定义：如果函数 y＝f(x)在区间[a，b]上存在 x 0(a0，y>0，
求证：(x2＋y2)
1
2
>(x3＋y3)
1
3
.
证明：要证明(x2＋y2)
1
2>(x3＋y3)
1
3，
只需证(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，
即证 x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，
即证 3x4y2＋3x2y4>2x3y3.
因为 x>0，y>0，所以 x2y2>0.
即证 3x2＋3y2>2xy.
因为 3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy，
所以 3x2＋3y2>2xy 成立，
所以(x2＋y2)
1
2
>(x3＋y3)
1
3
.
16．(12 分)(2015·山东日照一模，20)等差数列{an}的前 n 项和为 Sn，a1＝1＋ 2，S3＝9＋3 2.
(1)求数列{an}的通项 an 与前 n 项和 Sn；
(2)设 bn＝Sn
n (n∈N*)，求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
解：(1)由已知得{a1＝1＋ 2，
3a1＋3d＝9＋3 2，
∴d＝2，故 an＝2n－1＋ 2，Sn＝n(n＋ 2)．
(2)证明：由(1)得 bn＝Sn
n ＝n＋ 2.
假设数列{bn}中存在三项 bp，bq，br(p，q，r 互不相等)成等比数列，则 b2q＝bpbr，即(q＋ 2)2＝(p＋
2)(r＋ 2)．
∴(q2－pr)＋ 2(2q－p－r)＝0.
∵p，q，r∈N*，
∴{q2－pr＝0，
2q－p－r＝0.
∴(p＋r
2 ) 2
＝pr，(p－r)2＝0，
∴p＝r，与 p≠r 矛盾．
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
17．(12 分)(2014·东北大学附中一模，17)阅读下列材料：
根据两角和与差的正弦公式，有
sin(α＋β)＝sin αcos β＋cos αsin β，①
sin(α－β)＝sin αcos β－cos αsin β，②
由①＋②得 sin(α＋β)＋sin(α－β)＝2sin αcos β，③
令 α＋β＝A，α－β＝B，有 α＝A＋B
2
，β＝A－B
2
，
代入③得 sin A＋sin B＝2sin
A＋B
2 cos
A－B
2 .
(1)类比上述推证方法，根据两角和与差的余弦公式，证明：
cos A－cos B＝－2sin
A＋B
2 sin
A－B
2
；
(2)若△ABC 的三个内角 A，B，C 满足 cos 2A－cos 2B＝2sin2C，试判断△ABC 的形状．
解：(1)证明：cos(α＋β)＝cos αcos β－sin αsin β，①
cos(α－β)＝cos αcos β＋sin αsin β，②
①－②得 cos(α＋β)－cos(α－β)＝－2sin αsin β.③
令 α＋β＝A，α－β＝B，
有 α＝A＋B
2
，β＝A－B
2
，
代入③得 cos A－cos B＝－2sin
A＋B
2
·sin
A－B
2 .
(2)方法一：cos 2A－cos 2B＝2sin2C 可化为 1－2sin2A－1＋2sin2B＝2sin2C，即 sin2A＋sin2C＝sin2B.
设△ABC 的三个内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，
由正弦定理可得 a2＋c2＝b2.
根据勾股定理的逆定理知△ABC 为直角三角形．
方法二：利用(1)中的结论，
cos 2A－cos 2B＝2sin2C 可化为
－2sin(A＋B)sin(A－B)＝2sin2C.
因为 A，B，C 为△ABC 的内角，
所以 A＋B＋C＝π，
所以－sin(A＋B)sin(A－B)＝sin2(A＋B)．
又因为 0 0.
(1)证明 f(x)在区间(－1，1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增；
(2)设曲线 y＝f(x)在点 Pi(xi，f(xi))(i＝1，2，3)处的切线相互平行，且 x1x2x3≠0，证明 x1＋x2＋x3>－
1
3.
证明：(1)设函数 f1(x)＝x3－(a＋5)x(x≤0)，f2(x)＝x3－a＋3
2 x2＋ax(x≥0)，
①f′1(x)＝3x2－(a＋5)，
由于 a∈[－2，0]，
从而当－11 时，f′2(x)>0.即函数 f2(x)在区间[0，1)内单
调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．
综合①②及 f1(0)＝f2(0)，可知函数 f(x)在区间(－1，1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增．
(2)由(1)知 f′(x)在区间(－∞，0)内单调递减，在区间(0，
a＋3
6 )内单调递减，在区间(a＋3
6 ，＋∞)内单
调递增．
因为曲线 y＝f(x)在点 Pi(xi，f(xi))(i＝1，2，3)处的切线相互平行，
从而 x1，x2，x3 互不相等，且 f′(x1)＝f′(x2)＝f′(x3)．
不妨设 x1<0－ 2a＋5
3
＋a＋3
3 .
设 t＝ 2a＋5
3
，则 a＝3t2－5
2 .
因为 a∈[－2，0]，所以 t∈[ 3
3 ，
15
3 ]，
故 x1＋x2＋x3>－t＋3t2＋1
6
＝1
2(t－1)2－1
3≥－1
3，即 x1＋x2＋x3>－1
3.
