浙江省普通高中新课程作业本数学选修3-1答案

）
纵横相间制”，应是“
６，７，８，９
第二讲　古希腊数学
答
案与提示
３　
８．（１）１２（ｎ－１）＋１　（
２）ｎ×１２
（ｎ－１）［］
＋１　（３）略第三讲　中国古代数学瑰宝
一、《周髀算经》与赵爽弦图
１．Ｄ ２．Ｂ ３．Ｃ ４．《周髀》，《周髀算经》 ５．极限 ６．勾，股，弦７．（１）图形经过割补后，面积不变　（２）Ｖ＝１３
Ｓ△ＤＥＦ
ｌ８．（１）出入相补原理　（２
）勾、股各自乘，并之为弦实，开方除之即弦（３）∵　ＡＣ＝ＡＦ，ＡＢ＝ＡＤ，∠ＦＡＢ＝∠ＣＡＤ，　∴　△ＦＡＢ≌△ＣＡＤ．　∵　Ｓ△ＦＡＢ＝
１２
ＦＡ·ＡＣ＝
１２Ｓ正方形ＡＣＨＦ，Ｓ△ＣＡＤ＝１２ＡＤ·ＤＬ＝１２
Ｓ矩形ＡＤＬＭ，　∴　Ｓ正方形ＡＣＨＦ＝Ｓ矩形ＡＤＬＭ．同理可证Ｓ正方形ＢＫＧＣ＝
Ｓ矩形ＭＬＥＢ．　∴　ＡＢ２＝ＢＣ２＋ＡＣ２二、《九章算术》
１．Ａ ２．Ｄ ３．Ａ ４．算术，代数，几何 ５．多元一次方程组
６．著作本身蕴涵的数学意义，
后人对该书所作的注释中所蕴涵的数学思想７．提示：（１
）适合《九章算术》的是②③⑥⑦⑨适合《原本》的是①④⑤⑧⑩
（２
）《九章算术》总结了自周代以来的中国古代数学，它既包括以前已经解决了的数学问题，又有汉朝时新取得的数学成就，是汉朝数学家集体智慧的结晶．《九章算术》成书标志着中国古代数学
体系的形成．作为我国现存最早的数学经典著作之一，它秉承了先秦以来数学发展的潮流，流传近２０００年，后世的中国数学家大多从它开始学习和研究数学的，许多学者为其作注，他们的注释与《九章算术》一起流传至今
８．ｘ＝３，
ｙ＝２，ｚ烅烄
烆＝１
三、大衍求一术四、中国古代数学家
１．Ｂ ２．Ｂ ３．Ａ ４．求一个数，被某数除余１；《易经》
５．刘徽 ６．１２１７．祖冲之沿用了刘徽的割圆术，从圆的内接正六边形开始连续计算至正２４５７６边形，
得到了圆周率分数形式的近似值，即密率π＝３５５１１３，约率π＝２２７
．约率早已被阿基米德所知，但密率即“祖率”却是一项史无前例的创举．
①密率是一个有趣的数字，分子分母恰好是三个最小奇数的重复，便于记忆．②密率的相对误差是９
×１０－８．设圆的直径为１０ｋｍ，用密率计算得到的圆周只比真值大不到３ｍｍ．③比密率更接近π的分数都比密率复杂得多
８．（１）割圆，穷竭，祖氏（２
）既要重视逻辑推理，同时又要注意几何直观的作用（３
）刘徽的贡献主要有如下几个方面：创造了割圆术，运用朴素的极限思想计算圆面积及圆周率；建立了重差术；
重视逻辑推理，同时又注意几何直观的作用．其中，割圆术对中国古代算术产生了深远的影响，祖冲之和祖!都运用这种方法求圆周率的近似值
９．（１）５，６，７，１１；１，５，４，１０；Ｍ＝２３１０
答案与提示
５　
（３
）费马从方程出发研究它的轨迹，笛卡儿则从轨迹开始建立它的方程，这正是解析几何中一个问题的正反两种提法，但各有侧重．前者从代数到几何，后者从几何到代数 从历史发展来看，笛卡儿的方法更具一般性，使用范围也更广．相对来说，笛卡儿的几何学更胜一筹，
更具突破性８．（１
）一个自变量的方程决定点的作图，两个自变量的方程决定平面曲线的轨迹的作图，三个自变量的方程决定空间中曲面的轨迹作图
（２）（ｘ，ｙ，ｚ），ｘ２＋ｚ２＝ＯＲ２，ＯＲ２＋ｙ２＝ＯＰ２，ｘ２＋ｙ
２＋ｚ２＝２５（３
）略第五讲　微积分的诞生
一、微积分产生的历史背景
１．Ｂ
２．牛顿，莱布尼茨 ３．切线问题，函数的最值问题 ４．卡瓦列利５．提示：
近代微积分的产生经过了半个多世纪的准备和酝酿，有着深刻的社会背景．随着资本主义社会生产力的发展，１７世纪上半叶出现了许多重大的科学问题，这些问题的解决需要新的数学工具．促使微积分产生的科学问题主要有瞬时速度问题，切线问题，函数的最值问题，面积、体积、曲线长、重心和引力的计算
６．提示：
做出过贡献的数学家有开普勒、卡瓦列利、笛卡儿、费马、帕斯卡、巴罗、沃利斯等人二、科学巨人牛顿的工作
１．Ｂ
２．Ｃ ３．Ａ ４．自然哲学之数学原理５．提示：①流数术；②三篇论文《流数简论》、《流数法》、《求积术》；③《自然哲学之数学原理》６．略
三、莱布尼茨的“微积分”
１．Ｃ ２．Ｃ ３．莱布尼茨 ４．数学分析 ５．
８
３
６．略第六讲　近代数学两巨星
１．Ｃ ２．Ｄ ３．Ｃ ４．阿基米德、牛顿、欧拉、高斯 ５．罗巴切夫斯基６．高斯没有直接计算１＋２＋３＋…＋９９＋１００，而是仔细地观察、思考，当他发现１＋１００＝１０１，２＋９９＝
１０１，３＋９８＝１０１，…，５０＋５１＝１０１总共有５０个１０１时，得到１＋２＋３＋…＋９９＋１００＝１０１×５０＝５０５０
７
．提示：欧拉被称为“数学英雄”，其中一个原因是因为他身残志坚、百折不挠的精神８．（１
）满足问题条件的出发点只能是北极，遇到的是北极熊，当然是白色的（２
）提示：两千多年来，人们认为欧几里得几何空间是唯一反映现实世界的几何空间，但是非欧几何的诞生把人们从这一思想禁锢中解放出来．它改变了人们处理数学问题的观点和方法，迎来了
数学发展的新时期
第七讲　千古谜题
１．Ｄ ２．Ｃ ３．Ｂ ４．化圆为方，三等分角，倍立方 ５．否，是 ６．三等分角，倍立方７．设圆Ｏ的半径为Ｒ，则圆Ｃ的半径为槡２２Ｒ，所以半圆ＡＢＤ的面积为１４πＲ２，１４
圆ＡＯＢＥ的面积为
１４πＲ２，弓形ＡＣＢＥ的面积为１４πＲ２－１２Ｒ２，月牙形ＡＥＢＤ的面积为１４πＲ２－１４πＲ２－１２
Ｒ（）
２
＝
当然还有其他的方法
．（甲）（１）Ｒ中规定代数运算“ ”：ａ ｂ＝ａ＋ｂｂ，ａ，ｂ∈Ｒ不构成群．　∵　对于任意ａ∈Ｒ，０ ａ＝ａ ０＝ａ，　∴　０是单位元，而对于ａ≠－１，由ａ ｚ＝０，解得ｚ＝－ａ，即
逆元－ａ
，但－１没有逆元，所以
１＋ａ
（２）在Ｒ－｛－１｝中规定代数运算“ ”：ａ ｂ＝
答
案与提示
９　
１６．（１）ｘｘ＜８５，或ｘ＞｛４　（２）ｘ－１≤
ｘ≤３｛｝
２ １７．ｒ＝３
Ｖ２槡
π，ｈ＝２３
Ｖ２槡
π
１８．提示：设猪圈底面正面的边长为ｘｍ，则其侧面边长为１２ｘ
ｍ，那么猪圈的总造价ｙ＝３ｘ×１２０＋３×
１２ｘ×８０×２＋１１２０＝３６０ｘ＋５７６０ｘ＋１１２０，因为３６０ｘ＋５７６０ｘ≥２３
６０ｘ·５７６０槡
ｘ
＝２８８０，当且仅当ｘ＝４时取“＝”，所以当猪圈正面底边为４ｍ，侧面底边为３ｍ时，总造价最低，为４０００元
１９．略
２０．０，１（］
２
∪［１，＋∞）．提示：函数ｙ＝ｃｘ在Ｒ上单调递减 ０＜ｃ＜１．不等式ｘ＋｜ｘ－２ｃ｜＞１的解集
为Ｒ 函数ｙ＝ｘ＋｜ｘ－２ｃ｜在Ｒ上恒大与１．　∵　ｘ＋｜ｘ－２ｃ｜＝２ｘ－２ｃ，ｘ≥２ｃ
，２ｃ，ｘ＜２ｃ
｛
，　∴　函数
ｙ＝
ｘ＋｜ｘ－２ｃ｜在Ｒ上最小值为２ｃ．　∴　不等式ｘ＋｜ｘ－２ｃ｜＞１的解集为Ｒ ２ｃ＞１ ｃ＞１２．如果ｑ不正确，ｐ正确，则０＜ｃ≤１２；如果ｐ不正确，ｑ正确，则ｃ≥１．　∴　ｃ∈０，１（］
２
∪［１，＋∞）第二讲　证明不等式的基本方法
一、比较法
１．Ｄ ２．Ｂ ３．Ａ ４．≥ ５．ａｂ≠１，或ａ≠－２ ６．Ａ，Ｃ，Ｂ７．
ａ槡ｂ＋ｂ槡ａ－槡ａ－槡ｂ＝（槡ａ＋槡ｂ）（槡
ａ－槡ｂ）２槡ａｂ≥０８．ａｘ２＋ｂｙ２－（ａｘ＋ｂｙ）２＝ａｘ２＋ｂｙ２－ａ２ｘ２－２ａｂｘｙ－ｂ２ｙ２＝ａｂｘ２－２ａｂｘｙ＋ａｂｙ２＝ａｂ（ｘ－ｙ）
２≥０９
．ａ２ａｂ２ｂｃ２ｃａｂ＋ｃｂｃ＋ａｃａ＋ｂ＝ａ（）ｂａ－ｂ
ａ（）ｃａ－ｃ
ｂ（）
ｃｂ－ｃ
＞
１１０．ｆ（ａ）＞ｆ（
ｂ） ｌｇ２ａ－ｌｇ２ｂ＞０ （ｌｇａ＋ｌｇｂ）（ｌｇａ－ｌｇｂ）＞０ ｌｇａｂ·ｌｇａｂ
＞０ ｌｇａｂ＜０ ａｂ＜１１１．２ｆ（２）＝ｆ（０）＋ｆ（６） ｍ＝２，ｆ（ａ）＋ｆ（ｃ）－２ｆ（
ｂ）＝ｌｏｇ２（ａ＋２）（ｃ＋２）－ｌｏｇ２（ｂ＋２）２＝ｌｏｇ
２（ａ＋２）（ｃ＋２
）（ｂ＋２
）２≥０二、综合法与分析法（一）
１．Ｃ ２．Ｄ ３．Ａ ４．２
５．＜ ６．丙７．１－ａ＝ｂ＋ｃ≥２槡ｂｃ，１－ｂ＝ａ＋ｃ≥２槡ａｃ，１－ｃ＝ａ＋ｂ≥２槡ａｂ，　∴　（１－ａ）（１－ｂ）（１－ｃ）≥８ａｂｃ８．ｘｙ（ｘ＋ｙ）＋ｙｚ（ｙ＋
ｚ）＋ｚｘ（ｚ＋ｘ）＝１ｚ（ｘ＋ｙ）＋１ｘ（ｙ＋ｚ）＋１ｙ（ｚ＋ｘ）＝ｘｚ＋ｚ（
）ｘ＋ｙｚ＋ｚ（）
ｙ
＋ｙｘ＋ｘ
（）
ｙ≥６９．ａｘ＋ａｙ≥
２ａｘ＋槡ｙ
＝２ａｘ－ｘ
２２
≥２ａ１
８，　∴　ｌｏｇａ（ａｘ＋ａｙ）＜ｌｏｇ
ａ２＋１
８
１０
．左边＝［ａ＋（ｂ＋ｃ）］１ａ＋１ｂ＋（）ｃ≥２ａ（ｂ＋ｃ槡）·２１ａ（ｂ＋ｃ槡
）＝４１１．（ａｂ＋ａ＋ｂ＋１）（ａｂ＋ａｃ＋ｂｃ＋ｃ２）＝（ａ＋１）（ｂ＋１）（ｂ＋ｃ）（ａ＋ｃ）≥２槡
ａ·２槡ｂ·３槡ｂｃ·２槡ａｃ＝１６
ａｂｃ二、综合法与分析法（二）
１．Ｂ ２．Ｃ ３．Ｂ ４．ａ＞ｃ＞ｂ ５．ｂ＞ａ＞ｃ
６．＜
答
案与提示
１１　
１１．＞ １２．ａ＋ｂ
１３．≥ １４．３１５．原式 ｂ２－ａｃ＜３ａ２ （ａ＋ｃ）２－ａｃ＜３ａ２ ２ａ２－ａｃ－ｃ２＞０ （ａ－ｃ）（２ａ＋ｃ）＞０ （ａ－ｃ）（ａ－ｂ）＞
０１６．ｌｏｇａｔ＋１２－１２ｌｏｇａｔ＝ｌｏｇａｔ＋１２槡ｔ
，　∵　ｔ＋１≥２槡ｔ，　∴　当ａ＞１时，ｌｏｇａｔ＋１２≥１２ｌｏｇａｔ；当０＜ａ＜１时，ｌｏｇ
ａｔ＋１２≤１
２
ｌｏｇａｔ１７．原式 （ａ－ｂ）２８ａ＜（槡ａ－槡ｂ）２２＜（ａ－ｂ）２８ｂ （槡ａ＋槡ｂ）２４ａ＜１＜（槡ａ＋槡ｂ）２４ｂ
１８．ａｂ＋ｃ＋ｂａ＋ｃ＋ｃａ＋ｂ＞ａａ＋ｂ＋ｃ＋ｂａ＋ｂ＋ｃ＋ｃａ＋ｂ＋ｃ＝１，又ａｂ＋ｃ＜２ａａ＋ｂ＋ｃ，ｂａ＋ｃ＜２ｂａ＋ｂ＋ｃ，ｃａ＋ｂ＜２ｃａ＋ｂ＋ｃ，　∴　ａｂ＋ｃ＋ｂａ＋ｃ＋ｃ
ａ＋ｂ
＜
２１９．∵　ｆ（ｘ）－ｘ＝ａ（ｘ－ｘ１）（ｘ－ｘ２）＞０，　∴　ｆ（
ｘ）－ｘ１＝ａ（ｘ－ｘ１）（ｘ－ｘ２）＋ｘ－ｘ１＝ａ（ｘ－ｘ１）·ｘ－ｘ２
＋１（）ａ
＜０，　∴　ｘ＜ｆ（ｘ）＜ｘ１
２０．∵　ｄ＝ｋｖ２ｌ，　∴　９ｌ＝ｋ×ｌ×６０２ ｋ＝１４００，Ｑ＝１０００ｖｄ＋ｌ＝１０００ｖｖ２ｌ
４００
＋ｌ＝１０００ｌｖ４００＋１（）
ｖ≤
１０００２０ｌ，当且仅当ｖ４００＝１ｖ
，即ｖ＝２０（ｋｍ／ｈ），Ｑ最大
第三讲　柯西不等式与排序不等式
一、二维形式的柯西不等式
１．Ｄ ２．Ｃ
３．Ｂ．提示：ｘ２＋ｙ２＋６ｘ＋２ｙ＋１０＝１２＋２（３ｘ＋ｙ）≤１２＋２（３２＋１槡２ｘ２＋ｙ
槡２）＝１２＋４槡５，当ｘ＝３槡５５，ｙ＝槡５
５
时取等号４．≥ ５．略 ６．１
７．由柯西不等式，得（２２＋３２）（ｘ－４＋５－ｘ）≥（２ｘ槡－４＋３５－槡ｘ）２，　∴　ｙ＝
２ｘ槡－４＋３５－槡ｘ≤槡
１３，当且仅当ｘ＝５６１３
时取得等号８．（ａ－ｃ）１ａ－ｂ＋１ｂ－（）ｃ＝［（ａ－ｂ）＋（ｂ－ｃ）］１ａ－ｂ＋１ｂ－（）
ｃ≥（１＋１）２＝４，　∴　１ａ－ｂ＋１ｂ－ｃ≥
４ａ－ｃ
９．∵　（ｘ２１＋ｘ２槡２＋ｙ２１＋ｙ２槡２）２＝（ｘ２１＋ｘ２２）＋（ｙ２１＋ｙ２２）＋２（ｘ２１＋ｘ２２）（ｙ２１＋ｙ２２槡），由柯西不等式得（ｘ２１＋ｘ２２）（ｙ２１＋ｙ２２）≥（ｘ１ｙ１＋ｘ２ｙ２）２，当且仅当ｘ１＝ｋｙ１，ｘ２＝ｋｙ
２（其中ｋ∈Ｒ）时等号成立．∴　（ｘ２１＋ｘ２２）（ｙ２１＋ｙ２２槡）≥ｘ１ｙ１＋ｘ２ｙ２．　∴　（ｘ２１＋ｘ２槡２＋ｙ２１＋ｙ２槡２）２≥（ｘ２１＋ｘ２２）＋（ｙ２１＋ｙ２２）＋２（ｘ１ｙ１＋ｘ２ｙ２）＝（ｘ１＋ｙ１）２＋（ｘ２＋ｙ２）２．　∴　ｘ２１＋ｘ２槡２＋ｙ２１＋ｙ２槡２≥（ｘ１＋ｙ１）２＋（ｘ２＋ｙ２）槡２．当且仅当ｘ１＝ｋｙ１，ｘ２＝ｋｙ２时等号成立１０．由柯西不等式，得ａ１－ｂ槡２＋ｂ１－ａ槡２≤［
ａ２＋（１－ａ２）］［ｂ２＋（１－ｂ２）］＝１，当且仅当ａｂ＝１－ａ槡２·１－ｂ槡２时，上式取等号，　∴　ａ２ｂ２＝（１－ａ２）（１－ｂ２），于是ａ２＋ｂ２＝１１１．（２ｘ＋ｙ）
２
＝２槡３槡３ｘ＋１槡
２槡２（
）ｙ２
≤２
槡
（）３２
＋
１
槡
（）２［］２
［（槡３ｘ）２＋（槡２ｙ）２］＝１１６
（３ｘ２＋２ｙ２
）≤１１，当ｘ＝
４槡１１，ｙ＝
３槡
１１时，取到最大值槡１１二、一般形式的柯西不等式
１．Ｄ ２．Ａ ３．Ｃ ４．ｂｉ＝０（ｉ＝１，２，…，ｎ）或存在一个数ｋ，使得ａｉ＝ｋｂｉ（
ｉ＝１，２，…，ｎ）
答
案与提示
１３　
１１．根据对称性，不妨设ｘ≥ｙ≥ｚ＞０，则ｘ２≥ｙ２≥ｚ２，１ｚ≥１ｙ≥１ｘ，应用排序不等式得ｘ２×１ｘ＋ｙ
２×１ｙ＋ｚ２×１ｚ≤ｘ２×１ｙ＋ｙ２×１ｚ＋ｚ２×１ｘ，ｘ２×１ｘ＋ｙ２×１ｙ
＋ｚ２×１ｚ≤ｘ２×１ｚ＋ｙ２×１ｘ＋ｚ２
×１ｙ，两式相加并除以２，得ｘ＋ｙ＋
ｚ≤ｘ２＋ｙ２２ｚ＋ｙ２＋ｚ２２ｘ
＋ｚ２＋ｘ２
２ｙ单元练习
１．提示：直接由柯西不等式可得 ２．提示：直接由柯西不等式可得最小值为９３．提示：不妨设ａ≥ｂ≥
ｃ，由排序不等式可得 ４．由柯西不等式可得最大值为槡３４５．２（ａ＋ｂ＋ｃ）１ａ＋ｂ＋１ｂ＋ｃ＋１ｃ＋（）ａ＝［（ａ＋ｂ）＋（ｂ＋ｃ）＋（ｃ＋ａ）］１ａ＋ｂ＋１ｂ＋ｃ＋１ｃ＋（）
ａ
≥（１＋１＋１
）２＝９．又ａ，ｂ，ｃ互不相等，故等号不能成立．因此原不等式成立６．由柯西不等式得（ｘ＋槡２·槡２ｙ＋槡３·槡３ｚ）２≤（１＋２＋３）（ｘ２＋２ｙ２＋３ｚ２），化简得ｘ２＋２ｙ
２＋３ｚ２≥２４．因此，ｘ２＋２ｙ２＋３ｚ２的最小值为２４，当ｘ＝ｙ＝ｚ＝２时取等号７．由柯西不等式得（ｘ１＋ｘ２＋ｘ３＋ｘ４）２≤（１２＋１２＋１２＋１２）（ｘ２１＋ｘ２２＋ｘ２３＋ｘ２４）．
因此，（８－Ａ）２≤４（１６－Ａ２），解得０≤Ａ≤１６５，当ｘ１＝ｘ２＝ｘ３＝ｘ４＝２时，Ａ取最小值０，当ｘ１＝ｘ２＝ｘ３＝ｘ４＝
０时，Ａ取最大值１６５
８．根据柯西不等式，
ｙ１ｙ
２＝ａｘ１
ａ＋槡（）ｂ
２
＋
ｂｘ２
ａ＋槡（）ｂ
［］２
ａｘ２
ａ＋槡（）ｂ
２
＋
ｂｘ１
ａ＋槡（）ｂ
［］２
＞
ａａ＋ｂｘ１ｘ槡２＋ｂ
ａ＋ｂｘ１ｘ槡（）２
２
＝ｘ１ｘ２．因此ｙ１ｙ
２＞ｘ１ｘ２９．由ｘ≥ｙ≥ｚ＞０，得ｘ１２≥ｙ１２≥ｚ１２，１ｙｚ≥１ｚｘ≥１ｘｙ，由排序不等式得ｘ１２ｙｚ＋ｙ１２
ｘｚ＋ｚ１２ｘｙ≥ｘ１２ｘｚ＋ｙ１２
ｘｙ＋ｚ１２
ｚ
ｙ＝ｘ１１ｚ＋ｙ１１ｘ＋ｚ１１ｙ，又ｘ１１≥ｙ１１≥ｚ１１＞０，１ｚ≥１ｙ≥１ｘ，再由排序不等式得ｘ１１ｚ＋ｙ１１ｘ＋ｚ１１
ｙ
≥ｘ１０＋ｙ１０＋ｚ１０１０．在不等式左边配凑３个常数１
，运用柯西不等式证明ａ＋
１（）ａ
２
＋ｂ＋
１
（
）ｂ
２
＋ｃ＋
１
（）ｃ
［］２
（１２＋１２＋１２）≥
１３ａ＋１ａ＋ｂ＋１ｂ＋ｃ＋１（
）
ｃ
２
＝１３１＋１ａ＋１ｂ＋１（）ｃ２
＝１３１＋（ａ＋ｂ＋ｃ）１ａ＋１ｂ＋１（）
［］ｃ２
≥
１３１＋槡ａ·１槡ａ＋槡ｂ·１槡ｂ＋槡ｃ·１槡
（）ｃ［］２２
＝１３（１＋９）２
＝１００３
第四讲　数学归纳法证明不等式
一、数学归纳法（一）
１．Ｂ ２．Ｃ ３．Ｄ
４．ｎ＝ｋ（ｋ≥１），１＋２＋３＋…＋ｋ＝ｋ（ｋ＋１）２，ｎ＝ｋ＋１，ｋ＋１，ｋ，ｋ＋１，ｋ（ｋ＋１）２
，ｋ＋１
，（ｋ＋２）（ｋ＋１）２，（ｋ＋２）（ｋ＋１）２，等式对任意ｎ∈Ｎ 都成立
５．ｋ ６．１＋２＋３＋４
７
．（１）当ｎ＝１时，４２×１＋１＋３３
＝９１，能被１３整除（２）假设当ｎ＝ｋ（ｋ≥１）时，４２ｋ＋１＋３ｋ＋２能被１３整除，则当ｎ＝ｋ＋１时，４２（ｋ＋１）＋１＋３ｋ＋３＝４
２ｋ＋１·４２＋３ｋ＋２·３－４２ｋ＋１·３＋４２ｋ＋１·３＝４２ｋ＋１·１３＋３·（４２ｋ＋１＋３ｋ＋２）．　∵　４２ｋ＋１
·１
３能被１３
答
案与提示
１５　
则Ｓｋ＝ｋ（ｋ＋１）２·ａｋ＝ｋ（ｋ＋１）２·１（ｋ＋１）（ｋ＋２）＝ｋ２（ｋ＋２
）．则ｎ＝ｋ＋１时，Ｓｋ＋１＝Ｓｋ＋ａｋ＋１
＝（ｋ＋１）（ｋ＋２）２ａｋ＋１．把Ｓｋ＝ｋ２（ｋ＋２）代入，可解出ａｋ＋１＝１（ｋ＋２）（ｋ＋３），当ｎ＝ｋ＋１时，猜想也成立．由①②可知，猜想对一切ｎ∈Ｎ 都成立
９．（１）ｆ（１）＝２，ｆ（２）＝４，ｆ（３）＝８，ｆ（
４）＝１４（２）猜想ｆ（ｎ）＝ｎ２－ｎ＋２，下面用数学归纳法给出证明：①当ｎ＝１时，ｆ（
１）＝１２
－１＋２＝２，一个圆把平面分成２个部分，猜想成立．　②假设当ｎ＝
ｋ（ｋ≥１）时，ｋ个圆把平面分成ｆ（ｋ）＝ｋ２
－ｋ＋２个部分，那么当ｎ＝ｋ＋１时，平面上有ｋ＋１个圆，任取其中一个圆记作Ｃｋ＋１，
其余的ｋ个圆由归纳假设知，把平面分成ｆ（ｋ）＝ｋ２
－ｋ＋２个部分．
由于任两个圆都有两个交点，任三个圆不交于同一点，所以圆Ｃｋ＋１与其余ｋ个圆相交的交点数为２
ｋ，这２ｋ个交点把圆Ｃｋ＋１分成２ｋ段弧，每段弧都把原来的平面区域一分为二，这样共增加了２ｋ个平面区域．
这时ｋ＋１个圆把平面分成的区域就是ｆ（ｋ＋１）＝（ｋ２－ｋ＋２）＋２ｋ＝ｋ２＋ｋ＋２＝（ｋ＋１）２－（ｋ＋１）＋２．这就是说，当ｎ＝ｋ＋１时，猜想也成立．由①②可知，对一切自然数ｎ，满足题目条件的ｎ个圆把平面分成的区域数为ｆ（ｎ）＝ｎ２－ｎ＋２
１０．分别用ｎ＝１，２，３代入解方程组ａ＋ｂ＋ｃ＝０，１６ａ＋４ｂ＋ｃ＝３，８１ａ＋９ｂ＋ｃ＝１８
烅烄
烆，解得ａ＝１４，ｂ＝－１４，
ｃ＝０烅烄烆．
下面用数学归纳法证明：
（１）当ｎ＝１时，
等式成立（２）假设ｎ＝ｋ时等式成立，即１·（ｋ２－１２）＋２·（ｋ２－２２）＋…＋ｋ（ｋ２－ｋ２）＝１４ｋ４－１４
ｋ２．
则ｎ＝ｋ＋１时，左边＝１·［（ｋ＋１）２－１２］＋２［（ｋ＋１）２－２２］＋…＋ｋ［（ｋ＋１）２－ｋ２
］＋（ｋ＋１）［（ｋ＋１）２
－（ｋ＋１）２
］＝１·（ｋ２
－１２
）＋２（ｋ２
－２２
）＋…＋ｋ（ｋ２
－ｋ２
）＋１·（２ｋ＋１）＋２（２ｋ＋１
）＋…＋ｋ（２ｋ＋１）＝１４ｋ４－１４ｋ２＋（２ｋ＋１）·ｋ（ｋ＋１）２＝１４（ｋ＋１）４－１４
（ｋ＋１
）２
由（１）（２
）得，等式对一切ｎ∈Ｎ 均成立１１．∵　ａｎ，Ｓｎ，Ｓｎ－１２
成等比数列，　∴　Ｓ２
ｎ＝ａｎ·Ｓｎ－１（）２（
ｎ≥２）　（ ）．（１）由ａ１＝１，Ｓ２＝ａ１＋ａ２＝１＋ａ２，代入（ ）式得ａ２＝－２３，由ａ１＝１，ａ２＝－２３，得Ｓ３＝１３
＋ａ３，代入（ ）式得ａ３＝－２１５．同理可得ａ４＝－２３５
，由此可推出：ａｎ＝１（ｎ＝１），－２（２
ｎ－３）（２ｎ－１）（ｎ≥２烅烄
烆）（２）①当ｎ＝１，２，３，４时，由（ ）
知猜想成立．②假设ｎ＝ｋ（ｋ≥２）时，ａｋ＝－２（２ｋ－３）（２ｋ－１）成立，故Ｓ２
ｋ＝－２（２ｋ－３）（２ｋ－１）·Ｓｋ
－１（）２，　∴　（２ｋ－３）（２ｋ－１）Ｓ２
ｋ
＋２Ｓｋ－１＝０．　∴　Ｓｋ＝１２ｋ－１，Ｓｋ
＝－１２
ｋ－３（舍去）．由Ｓ２ｋ＋１
＝ａｋ＋１·Ｓｋ＋１－１（）２，得（Ｓｋ＋ａｋ＋１
）２
＝ａｋ＋１ａｋ＋１＋Ｓｋ－１（）２ １（２ｋ－１
）２
＋ａ２
ｋ＋１
＋２ａｋ＋１２ｋ－１＝ａ２
ｋ＋１＋ａｋ＋１２ｋ－１－１２ａｋ＋１ ａｋ＋１＝－２［２（ｋ＋１）－３］［２（ｋ＋１）－１
］，即ｎ＝ｋ＋１时，命题也成立．由①②知，ａｎ对一切
ｎ∈Ｎ 成立
答
案与提示
１７　
由（１）（２）可知，ｎ＞１，ｎ∈Ｎ＊时，都有ｆ（２ｎ
）＞
ｎ＋２２
二、用数学归纳法证明不等式（二）
１．Ｂ ２．Ｃ ３．Ｃ ４．２ ５．２ｎ＋１
６．２ｎ－１２ｎ－１ ７．略８．（１）当ｎ＝１时，　∵　ｘ１＝３１６，　∴　０＜ｘ１＜１２
成立（２）假设ｎ＝ｋ时，０＜ｘｋ＜１２成立，当ｎ＝ｋ＋１时，ｘｋ＋１＝３８＋１２ｘ２ｋ＜３８＋１２×１４＝１２
，而ｘｋ＋１
＞
３８＞０，　∴　０＜ｘｋ＋１＜１２
．由（１）（２）知，对ｎ∈Ｎ ，都有０＜ｘｎ＜１２
９．（１）当ｎ＝１时，有ａ２１＜ａ１－ａ２ ａ２＜ａ１－ａ２
１＝ａ１（１－ａ１），ａ２＞０，ａ１＞０ ０＜ａ１＜
１；又当ｎ＝２时，由ａ２＜ａ１－ａ２
１，
０＜ａ１＜１ ａ２＜ａ１（１－ａ１）≤ａ１＋１－ａ１［］２
２
＝１４＜１２，即ａ２
＜１
２
（２）假设当ｎ＝ｋ（ｋ≥２）时，ａｋ
＜１ｋ
成立．由０，１（）ｋ ０，１（］２知，当ｎ＝ｋ＋１时，由ａｋ＋１＜ａｋ
－ａ２
ｋ
＝－ａｋ－１（）２２
＋１４＜１ｋ－１ｋ２＝ｋ－１ｋ
２＜１ｋ＋１，即ａｋ＋１
＜１ｋ＋１，即ｎ＝ｋ＋１时命题成立．综上所述，ａｎ＜１ｎ
１０．当ｘ≥０时，ｆ（ｘ）＝１＋２ｘ＋１
≥１．因为ａ１＝１，所以ａｎ≥１（ｎ∈Ｎ ）．下面用数学归纳法证明不等式ｂｎ≤（槡３－１）ｎ
２
ｎ－１
．（１）当ｎ＝１时，ｂ１＝槡
３－１，不等式成立（２）假设当ｎ＝ｋ时，不等式成立，即ｂｋ≤（槡３－１）ｋ２ｋ－１
．那么ｂｋ－１＝｜ａｋ＋１－槡３｜＝（槡３－１）｜ａｋ－槡３｜１＋ａｋ
≤槡３－１２ｂｋ≤（槡３－１）ｋ＋１
２
ｋ
．所以，当ｎ＝ｋ＋１时，不等也成立．由（１）（２
）可知，不等式对任意ｎ∈Ｎ 都成立１１．（１）由题设：ａｎ＋１＝（槡２－１）（ａｎ＋２）＝（槡２－１）（ａｎ－槡２）＋（槡２－１）（２＋槡２）＝（槡２－１）（ａｎ－槡
２）＋槡２，ａｎ＋１－槡２＝（槡２－１）（ａｎ－槡２）．所以，数列｛ａｎ－槡
２｝是首项为２－槡２，公比为槡２－１的等比数列，ａｎ－槡２＝槡２（槡２－１）ｎ，即ａｎ的通项公式为ａｎ＝槡
２［（槡２－１）ｎ
＋１］（２）①当ｎ＝１时，因为槡２＜２，ｂ１＝ａ１＝２，所以槡２＜ｂ１≤ａ１，
结论成立．②假设当ｎ＝ｋ时，结论成立，即槡２＜ｂｋ≤ａ４ｋ－３，也即０＜ｂｋ－槡２≤ａ４ｋ－３－槡２．当ｎ＝ｋ＋１时，ｂｋ＋１－槡
２＝３ｂｋ＋４２ｂｋ＋３－槡２＝（３－２槡２）ｂｋ＋（４－３槡２）２ｂｋ＋３＝（３－２槡２）（ｂｋ－槡２）２ｂｋ＋３＞０，又１２ｂｋ＋３＜１２槡
２＋３＝３－２槡２，所以ｂｋ＋１－槡２＝（３－２槡２）（ｂｋ－槡２）２ｂｋ＋３＜（３－２槡２）２（ｂｋ－槡
２）≤（槡２－１）４
·（ａ４ｋ－３－槡２）＝ａ４ｋ＋１－槡２．即当ｎ＝ｋ＋１时，结论成立．由①②可知，槡２＜ｂｎ≤ａ４ｎ－３
答
案与提示
１９　
７．（１）ａ１＝１，ａ２＝槡２－１，ａ３＝槡
３－槡２（２）猜想：ａｎ＝槡
ｎ－ｎ槡－１．①ｎ＝１时显然正确．②设ｎ＝ｋ时正确，即ａｋ＝槡
ｋ－ｋ槡－１，则当ｎ＝ｋ＋１时，ａｋ＋１＝Ｓｋ＋１－Ｓｋ＝
１
２
ａｋ＋１
＋１ａｋ（）＋１－槡
ｋ－ｋ槡－１＋１槡
ｋ－ｋ槡（）［
］
－１ ａ２
ｋ＋１＋２槡ｋａｋ＋１－
１＝０，解得（取正值）ａｋ＋１＝ｋ槡
＋１－槡ｋ８．递推公式可化为ａｎ＋１＝９－２ａｎ
４－ａｎ＝２＋１４－ａｎ
（ｎ≥２），由ａ１逐项推得ａ２＝７３，ａ３＝１３５，ａ４＝
１９７，…，猜想到ａｎ＝
６ｎ－５２ｎ－１．证明略９．略
１０．∵　ａｎ＞０，ａｎ＜ａ槡ｎ－ａｎ槡＋１，　∴　ａｎ槡＋１≤ａ槡ｎ（１－ａ槡ｎ）
．（１）当ｎ＝１时，ａ槡２≤ａ槡１（１－ａ槡１）≤１２（ａ槡１＋１－ａ槡１［］
）２
＝１４
，∴　ａ２≤
１
（）４２
＝１（）
２＋２２
（２）假设ｎ＝ｋ时，有ａｋ≤１ｋ（）＋２
２
成立，则ａ
ｋ槡＋１
≤ａ槡ｋ（１－ａ槡ｋ）≤１ｋ＋２
（
１－ａ槡ｋ）
．∴　１ｋ＋２≥ａｋ槡＋１＋ａ槡ｋｋ＋２≥ａｋ槡＋１ｋ＋２＋ａｋ槡＋１
．解得ａｋ＋１≤１ｋ（）
＋３２，成立．综上即证
选修４５综合练习Ａ卷
１．Ｄ ２．Ｃ ３．Ｄ ４．Ｂ ５．Ｃ ６．Ｂ ７．Ｄ ８．Ｂ ９．Ｂ １０．Ｄ１１．（－３，１］∪［３，７） １２．３槡２６ １３．１２７ １４．５ １５．（－∞，－３］∪［
２，＋∞）１６．略 １７．略
１８．１４４４９．提示：（ｘ２＋ｙ２＋ｚ２）（２２＋３２＋６２）≥（２ｘ＋３ｙ＋
６ｚ）２ １９．略２０．（１）ｋ＝８；ｆ（
ｎ）＝（１００＋１０ｎ）１０－８
ｎ槡
（
）
＋１－１００ｎ　（２）８年，５２０万元．
提示：ｆ（
ｎ）＝（１００＋１０ｎ）１０－８ｎ槡（）＋１－１００ｎ＝１０００－８０ｎ＋１０
ｎ槡
（）
＋１＝１０００－
８０ｎ槡
＋１＋９ｎ槡（
）
＋１≤
１０００－８０×２槡９＝５２０．当且仅当ｎ槡＋１＝９ｎ槡
＋１，即ｎ＝８时取等号选修４５综合练习Ｂ卷
１．Ａ ２．Ｃ ３．Ｃ ４．Ｃ ５．Ｂ ６．Ｄ ７．Ｃ ８．Ｂ ９．Ｄ １０．Ａ１１．｛ｘ｜－２＜ｘ＜２｝
１２．１
２
１３．３ １４．３ １５．略１６．不等式即为｜ｌｏｇａｘ｜－｜１＋２ｌｏｇａｘ｜＋２＜０，解得ｌｏｇａｘ＜－３，或ｌｏｇ
ａｘ＞１．∵　０＜ａ＜１，　∴　原不等式的解为：ｘ｜０＜ｘ＜ａ，或ｘ＞１ａ｛｝
３
１７．ａｍａｘ＝２；ａｍｉｎ＝
１．提示：由柯西不等式，有（２ｂ２＋３ｃ２＋６ｄ２）１２＋１３＋１（）
６
≥（
ｂ＋ｃ＋ｄ）２，即２ｂ２＋３ｃ２＋６ｄ２≥（ｂ＋ｃ＋ｄ）２，由条件可得５－ａ２≥（
３－ａ）２，。