高中数学第2章推理与证明章末分层突破学案11

高中数学第2章推理与证明章末分层突破学案11
[自我校对]
①由部分到整体，由个别到一般
②类比推理
③演绎推理
④由一般到特殊
⑤综合法
⑥执果索因
⑦反证法
⑧数学归纳法
1.
2．类比推理的特点及一般步骤
观察式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，……，由此可归纳出
的式子为( )
A．1＋＋＋…＋<1
2n－1
B．1＋＋＋…＋<1
2n＋1
C．1＋＋＋…＋<2n－1
n
D．1＋＋＋…＋<2n
2n＋1
(2)两点等分单位圆时，有相应正确关系为sin α＋sin(π＋α)
＝0；三点等分单位圆时，有相应正确关系为sin α＋sin＋sin＝0，由此可以推知，四点等分单位圆时的相应正确关系为__________．【精彩点拨】(1)观察各式特点，找准相关点，归纳即得．
(2)观察各角的正弦值之间的关系得出结论．
【规范解答】(1)由各式特点，可得1＋＋＋…＋<.故选C.
(2)用两点等分单位圆时，关系为sin α＋sin(π＋α)＝0，两个角的正弦值之和为0，且第一个角为α，第二个角与第一个角的差为(π＋α)－α＝π，
用三点等分单位圆时，关系为sin α＋sin＋sin＝0，此时三个角的正弦值之和为0，且第一个角为α，第二个角与第一个角的差与第三个角与第二个角的差相等，即有－＝－α＝.
依此类推，可得当四点等分单位圆时，为四个角正弦值之和为0，且第一个角为α，第二个角为＋α＝＋α，第三个角为＋α＋＝π＋α，第四个角为π＋α＋＝＋α，即其关系为sin α＋sin＋sin(α＋π)＋sin＝0.
【答案】(1)C (2)sin α＋sin＋sin(α＋π)＋sin＝0
[再练一题]
1．已知函数y＝sin4x＋cos4x(x∈R)的值域是，则
(1)函数y＝sin6 x＋cos6x(x∈R)的值域是__________；
(2)类比上述结论，函数y＝sin2n x＋cos2nx(n∈N＋)的值域是__________.
【导学号：05410055】【解析】(1)y＝sin6x＋cos6x＝(sin2x＋cos2x)(sin4x－sin2 xcos2 x＋cos4 x)＝sin4x－sin2xcos2 x＋cos4x＝(sin2 x＋cos2
x)2－3sin2xcos2x＝1－sin2(2x)＝1－(1－cos 4x)
＝＋cos 4x∈.
(2)由类比可知，y＝sin2nx＋cos2nx的值域是[21－n,1]．
【答案】(1) (2)[21－n,1]
1.
决数学问题的常用的方法，综合法是由因导果的思维方式，而分析法的思路恰恰相反，它是执果索因的思维方式．
2．分析法和综合法是两种思路相反的推理方法．分析法是倒溯，综合法是顺推，二者各有优缺点．分析法容易探路，且探路与表述合一，缺点是表述易错；综合法条理清晰，易于表述，因此对于难题常把二者交互运用，互补优缺，形成分析综合法，其逻辑基础是充分条件与必要条件．
设a>0，b>0，a＋b＝1，求证：＋＋≥8.试用综合法和分析
法分别证明．
【精彩点拨】(1)综合法：根据a＋b＝1，分别求＋与的最小值．
(2)分析法：把变形为＝＋求证．
【规范解答】法一：(综合法)
∵a>0，b>0，a＋b＝1，
∴1＝a＋b≥2，≤，ab≤，∴≥4.
又＋＝(a＋b)＝2＋＋≥4，
∴＋＋≥8(当且仅当a＝b＝时等号成立)．
法二：(分析法)
∵a>0，b>0，a＋b＝1，
要证＋＋≥8，
只要证＋≥8，
只要证＋≥8，
即证＋≥4.
也就是证＋≥4.
即证＋≥2，
由基本不等式可知，当a>0，b>0时，
b
＋≥2成立，所以原不等式成立．
a
[再练一题]
2．(1)已知a，b，c为互不相等的非负数．求证：a2＋b2＋c2>(＋＋)．
(2)用分析法证明：2cos(α－β)－＝.【解】(1)因为a2＋b2≥2ab，
b2＋c2≥2bc，a2＋c2≥2ac，
又因为a，b，c为互不相等的非负数，
所以上面三个式子中都不能取“＝”，
所以a2＋b2＋c2>ab＋bc＋ac，
因为ab＋bc≥2，bc＋ac≥2，
ab＋ac≥2，
又a，b，c为互不相等的非负数，
所以ab＋bc＋ac>(＋＋)，
所以a2＋b2＋c2>(＋＋)．
(2)要证原等式成立，只需证：
2cos(α－β)sin α－sin(2α－β)＝sin β，①
因为①左边＝2cos(α－β)sin α－sin[(α－β)＋α]
＝2cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α－
cos(α－β)sin α
＝cos(α－β)sin α－sin(α－β)cos α
＝sin β＝右边，
所以①成立，即原等式成立．
论的对立面为真，从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果，断定反设不成立，从而肯定结论．反证法的思路：反设→归谬→结论．
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．
【精彩点拨】(1)利用等比数列的概念及通项公式推导前n项和公式；(2)利用反证法证明要证的结论．
【规范解答】(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，
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴Sn ＝，∴Sn ＝⎩⎪⎨⎪⎧ na1，q ＝1，－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 ＋2ak ＋1＋1＝akak ＋2＋ak ＋ak ＋2＋1，
aq2k ＋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．
[再练一题]
3．设{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，cn ＝an ＋bn.证明：数列{cn}不是等比数列．
【证明】 假设数列{cn}是等比数列，则
(an ＋bn)2＝(an －1＋bn －1)(an ＋1＋bn ＋1)．①
因为{an}，{bn}是公比不相等的两个等比数列，设公比分别为p ，q ，
所以a ＝an －1an ＋1，b ＝bn －1bn ＋1.
代入①并整理，得
2anbn ＝an ＋1bn －1＋an －1bn ＋1
＝anbn ，
即2＝＋，②
当p ，q 异号时，＋<0，与②相矛盾；
当p ，q 同号时，由于p≠q，
所以＋>2，与②相矛盾．
故数列{cn}不是等比数列．
1.型，其关键点在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0是多少． 2．关注点二：由n ＝k 到n ＝k ＋1时，除等式两边变化的项外还要利用n ＝k 时的式子，即利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．
已知正数数列{an}(n∈N＋)中，前n 项和为Sn ，且2Sn ＝an
＋，用数学归纳法证明：an ＝－.
【规范解答】 (1)当n ＝1时，a1＝S1＝，
所以a ＝1(an>0)，所以a1＝1，又－＝1，
所以n ＝1时，结论成立．
(2)假设n ＝k(k≥1，k∈N＋)时，结论成立，即ak ＝－.
当n ＝k ＋1时，ak ＋1＝Sk ＋1－Sk
＝－12⎝ ⎛⎭⎪⎫ak ＋1
ak ＝－
＝－，
所以a ＋2ak ＋1－1＝0，
解得ak ＋1＝－(an>0)，所以n ＝k ＋1时，结论成立．
由(1)(2)可知，对n∈N＋都有an ＝－.
[再练一题]
4．设数列{an}的前n项和Sn＝(n∈N＋)，a2＝2.
(1)求{an}的前三项a1，a2，a3；
(2)猜想{an}的通项公式，并证明．
【解】(1)由Sn＝，得a1＝1，又由a2＝2，得a3＝3.
(2)猜想：an＝n.
证明如下：①当n＝1时，猜想成立．
②假设当n＝k(k≥2)时，猜想成立，即ak＝k，
那么当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＋1－Sk
＝－＋
2
＝－.
所以ak＋1＝－＝k＋1，
所以当n＝k＋1时，猜想也成立．
根据①②知，对任意n∈N＋，都有an＝n.
推理体现的是一般与特殊的转化；数学归纳法体现的是一般与特殊、有限与无限的转化；反证法体现的是对立与统一的转化．
设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)中的a，b，c都为整
数，已知f(0)，f(1)均为奇数，求证：方程f(x)＝0无整数根．【精彩点拨】假设方程f(x)＝0有整数根k，结合f(0)，f(1)均为奇数推出矛盾．
【规范解答】假设方程f(x)＝0有一个整数根k，
则ak2＋bk＋c＝0，
∵f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c都为奇数，
∴a＋b必为偶数，ak2＋bk为奇数．
当k为偶数时，令k＝2n(n∈Z)，则ak2＋bk＝4n2a＋2nb＝2n(2na＋b)必为偶数，与ak2＋bk为奇数矛盾；
当k为奇数时，令k＝2n＋1(n∈Z)，则ak2＋bk＝(2n＋1)·(2na ＋a＋b)为一奇数与一偶数乘积，必为偶数，也与ak2＋bk为奇数矛盾．
综上可知，方程f(x)＝0无整数根．
[再练一题]
5．用数学归纳法证明：当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除．
【证明】设n＝2m－1，m∈N＋，则xn＋yn＝x2m－1＋y2m－1.
要证明原命题成立，只需证明x2m－1＋y2m－1能被x＋y整除(m∈N＋)．
(1)当m＝1时，x2m－1＋y2m－1＝x＋y能被x＋y整除．
(2)假设当m＝k(k∈N＋)时命题成立，即x2k－1＋y2k－1能被x ＋y整除，那么当m＝k＋1时，
x2(k＋1)－1＋y2(k＋1)－1＝x2k＋2－1＋y2k＋2－1＝x2k－1x2－x2k－1y2
＋y2k－1y2＋x2k－1y2＝x2k－1(x2－y2)＋y2(x2k－1＋y2k－1)＝x2k－1(x－y)(x＋y)＋y2
(x2k－1＋y2k－1)．
因为x2k－1(x－y)(x＋y)与y2(x2k－1＋y2k－1)均能被x＋y整
除，
所以当m＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)，知原命题成立.
1．(2016·高考)袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半．甲、乙、丙是三个空盒．每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒．重复上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则( ) A．乙盒中黑球不多于丙盒中黑球
B．乙盒中红球与丙盒中黑球一样多
C．乙盒中红球不多于丙盒中红球
D．乙盒中黑球与丙盒中红球一样多
【解析】通过随机事件直接分析出现情况的可能性．
取两个球往盒子中放有4种情况：
①红＋红，则乙盒中红球数加1；
②黑＋黑，则丙盒中黑球数加1；
③红＋黑(红球放入甲盒中)，则乙盒中黑球数加1；
④黑＋红(黑球放入甲盒中)，则丙盒中红球数加 1.因为红球和黑球个数一样多，所以①和②的情况一样多，③和④的情况完全随机．
③和④对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数没有任何影响．
①和②出现的次数是一样的，所以对B选项中的乙盒中的红球数与丙盒中的黑球数的影响次数一样．
综上，选B.
【答案】B
2．(2015·山东高考)观察下列各式：
C＝40；
C＋C＝41；
C＋C＋C＝42；
C＋C＋C＋C＝43；
……
照此规律，当n∈N＋时，
C＋C＋C＋…＋C＝________.
【解析】观察每行等式的特点，每行等式的右端都是幂的形式，底数均为4，指数与等式左端最后一个组合数的上标相等，故有C ＋C＋C＋…＋C＝4n－1.
【答案】4n－1
3．(2015·福建高考)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N＋)，其中xk(k＝1,2，…，n)称为第k位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)．
已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：
其中运算⊕定义为：0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________．【解析】因为x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，所以x2，x3，x6，x7都正确．又因为x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1，x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1，故x1和x4都错误，或仅x5错误．因为条件中要求仅在第k位发生码元错误，故只有x5错误．
【答案】5
4．(2015·湖南高考)设a>0，b>0，且a＋b＝＋.证明：
(1)a＋b≥2；
(2)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
【证明】由a＋b＝＋＝，a>0，b>0，得ab＝1.
(1)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2＝2，即a＋b≥2，当且仅当a＝b＝1时等号成立．
(2)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；
同理，0<b<1，从而ab<1，这与ab＝1矛盾．
故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
5．(2016·高考)设数列A：a1，a2，…，aN(N≥2)．如果对小于n(2≤n≤N)的每个正整数k都有ak<an，则称n是数列A的一个“G时刻”．记G(A)是数列A的所有“G时刻”组成的集合．
(1)对数列A：－2,2，－1,1,3，写出G(A)的所有元素；
(2)证明：若数列A中存在an使得an>a1，则G(A)≠∅；
(3)证明：若数列A满足an－an－1≤1(n＝2,3，…，N)，则G(A)的元素个数不小于aN－a1.
【解】(1)G(A)的元素为2和5.
(2)证明：因为存在an使得an＞a1，
所以{i∈N＋|2≤i≤N，ai>a1}≠∅.
记m＝min{i∈N＋|2≤i≤N，ai>a1}，
则m≥2，且对任意正整数k<m，ak≤a1＜am.
因此m∈G(A)．从而G(A)≠∅.
(3)证明：当aN≤a1时，结论成立．
以下设aN>a1.
由(2)知G(A)≠∅.
设G(A)＝{n1，n2，…，np)，n1<n2<…<np.
记n0＝1，则an0＜an1＜an2＜…＜anp.
对i＝0,1，…，p，记Gi＝{k∈N＋|ni＜k≤N，ak＞ani}．
如果Gi≠∅，取mi＝min Gi，则对任何1≤k<mi，ak≤ani＜ami.
从而mi∈G(A)且mi＝ni＋1，
又因为np是G(A)中的最大元素，所以Gp＝∅.
从而对任意np≤k≤N，ak≤anp，特别地，aN≤anp.
对i＝0,1，…，p－1，ani＋1－1≤a ni.
因此ani＋1＝ani＋1－1＋(ani＋1－ani＋1－1)≤ani＋1.
所以aN－a1≤anp－a1＝ (ani－ani－1)≤p.
因此G(A)的元素个数p不小于aN－a1.
章末综合测评(二) 推理与证明
(时间120分钟，满分150分)
一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．下面四个推理不是合情推理的是( )
A．由圆的性质类比推出球的有关性质
B．由直角三角形、等腰三角形、等边三角形的内角和都是180°，归纳出所有三角形的内角和都是180°
C．某次考试张军的成绩是100分，由此推出全班同学的成绩都是100分
D．蛇、海龟、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龟、蜥蜴是爬行动物，
所以所有的爬行动物都是用肺呼吸的
【解析】逐项分析可知，A项属于类比推理，B项和D项属于归纳推理，而C项中各个学生的成绩不能类比，不是合情推理．【答案】C
2．根据偶函数定义可推得“函数f(x)＝x2在R上是偶函数”的推理过程是
( ) A．归纳推理B．类比推理
C．演绎推理D．非以上答案
【解析】根据演绎推理的定义知，推理过程是演绎推理，故选C.
【答案】C
3．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|，得P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，猜出椭圆＋＝1的面积S＝πab D．科学家利用鱼的沉浮原理制造潜艇
【解析】由归纳推理的特点知，选B.
【答案】B
4．“凡是自然数都是整数，4是自然数，所以4是整数．”以上三段论推理( )
A．完全正确
B．推理形式不正确
C．不正确，两个“自然数”概念不一致
D．不正确，两个“整数”概念不一致
【解析】大前提“凡是自然数都是整数”正确．小前提“4是自然数”也正确，推理形式符合演绎推理规则，所以结论正确．【答案】A
5．用数学归纳法证明“5n－2n能被3整除”的第二步中，当n＝k＋1时，为了使用假设，应将5k＋1－2k＋1变形为( ) A．(5k－2k)＋4×5k－2k
B．5(5k－2k)＋3×2k
C．(5－2)(5k－2k)
D．2(5k－2k)－3×5k
【解析】5k＋1－2k＋1＝5k·5－2k·2＝5k·5－2k·5＋2k·5－2k·2＝5(5k－2k)＋3·2k.
【答案】B
6．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…－＝2时，若已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时等式成立，则还需要用归纳假设再证n＝________时等式成立．( )
A．k＋1
B．k＋2
C．2k＋2
D．2(k＋2)
【解析】根据数学归纳法的步骤可知，n＝k(k≥2且k为偶数)的下一个偶数为n＝k＋2，故选B.
【答案】B
7．观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝( )
A．28 B．76
C．123 D．199
【解析】利用归纳法，a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4＝3＋1，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10＋b10＝76＋47＝123，规律为从第三组开始，其结果为前两组结果的和．
【答案】C
8．分析法又叫执果索因法，若使用分析法证明：“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：<a”最终的索因应是() 【导学号：05410056】
A．a－b>0 B．a－c>0
C．(a－b)(a－c)>0 D．(a－b)(a－c)<0
【解析】因为a>b>c，且a＋b＋c＝0，
所以3c<a＋b＋c<3a，即a>0，c<0.
要证明<a，只需证明b2－ac<3a2，只需证明(－a－c)2－ac<3a2，只需证明2a2－ac－c2>0，只需证明2a＋c>0(a>0，c<0，则a－c>0)，只需证明a＋c＋(－b－c)>0，即证明a－b>0，这显然成立，故选A.
【答案】A
9．在等差数列{an}中，若a10＝0，则有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N＋)成立，类比上述性质，在等比数列{bn}中，若b11＝1，则有
( ) A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n
B．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n
C．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n
D．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n
【解析】令n＝10时，验证即知选B.
【答案】B
10．将石子摆成如图1的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 016项与5的差，即a2 016－5＝( )
图1
A．2 018×2 014B．2 018×2 013
C．1 010×2 012D．1 011×2 013
【解析】an－5表示第n个梯形有n－1层点，最上面一层为4个，最下面一层为n＋2个．
∴an－5＝，∴a2 016－5
＝2 015×2 022
2
＝2 013×1 011.
【答案】D
11．在直角坐标系xOy中，一个质点从A(a1，a2)出发沿图2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 015＋a2 016＋a2 017＝( )
图2
A．1 006 B．1 007
C．1 008 D．1 009
【解析】依题意a1＝1，a2＝1；a3＝－1，a4＝2；a5＝2，a6＝3；…，归纳可得a1＋a3＝1－1＝0，a5＋a7＝2－2＝0，…，进而可归纳得a2 015＋a2 017＝0，a2＝1，a4＝2，a6＝3，…，进而可归纳得a2 016＝×2 016＝1 008，a2 015＋a2 016＋a2 017＝1 008.故选C.
【答案】C
12．记集合T＝{0,1,2,3,4,5,6,7,8,9}，M＝，将M中的元素按从大到小排列，则第2 016个数是( )
A.＋＋＋4
104
B.＋＋＋2
104
C.＋＋＋3
104
D.＋＋＋1
104
【解析】因为＋＋＋a4
104
＝(a1×103＋a2×102＋a3×101＋a4)，括号内表示的10进制数，其最大值为9 999，从大到小排列，第 2 016个数为9 999－2 016＋1＝7 984，
所以a1＝7，a2＝9，a3＝8，a4＝4.
【答案】A
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在题中的横线上)
13．已知圆的方程是x2＋y2＝r2，则经过圆上一点M(x0，y0)的
切线方程为x0x＋y0y＝r2.类比上述性质，可以得到椭圆＋＝1类似的性质为__________．
【解析】圆的性质中，经过圆上一点M(x0，y0)的切线方程就是将圆的方程中的一个x与y分别用M(x0，y0)的横坐标与纵坐标替换．故可得椭圆＋＝1类似的性质为：过椭圆＋＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为＋＝1.
【答案】经过椭圆＋＝1上一点P(x0，y0)的切线方程为＋＝1 14．已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是________ .
【导学号：05410057】【解析】依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第n组中每个“整数对”的和均为n＋1，且第n组共有n个“整数对”，这样的前n组一共有个“整数对”，注意到＜60＜，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各对数依次为：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个“整数对”是(5,7)．
【答案】(5,7)
15．(2016·东莞高二检测)当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，当n＝3时，有(a －b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，当n∈N＋时，你能得到的结论是__________．
【解析】根据题意，由于当n＝1时，有(a－b)(a＋b)＝a2－
b2，当n＝2时，有(a－b)(a2＋ab＋b2)＝a3－b3，
当n＝3时，有(a－b)(a3＋a2b＋ab2＋b3)＝a4－b4，
当n∈N＋时，左边第二个因式可知为an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn，那么对应的表达式为(a－b)·(an＋an－1b
＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1.
【答案】(a－b)(an＋an－1b＋…＋abn－1＋bn)＝an＋1－bn＋1
16．如图3，如果一个凸多面体是n(n∈N＋)棱锥，那么这个凸多面体的所有顶点所确定的直线共有________条，这些直线共有f(n)对异面直线，则f(4)＝________，f(n)＝__________.(答案用数字或n 的解析式表示)
图3
【解析】所有顶点所确定的直线共有棱数＋底边数＋对角线数＝n＋n＋＝.从题图中能看出四棱锥中异面直线的对数为f(4)＝4×2＋×2＝12，所以f(n)＝n(n－2)＋·(n－2)＝.
【答案】12 －－
2
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本小题满分10分)用综合法或分析法证明：
(1)如果a，b>0，则lg ≥；
(2)＋>2＋2.
【证明】(1)当a，b>0时，有≥，
∴lg≥lg，
∴lg ≥lg ab
＝.
(2)要证＋>2＋2，
只要证(＋)2>(2＋2)2，
即2>2，这是显然成立的，
所以，原不等式成立．
18．(本小题满分12分)观察以下各等式：
sin230°＋cos260°＋sin 30°cos 60°＝，
sin220°＋cos250°＋sin 20°cos 50°＝，
s in215°＋cos245°＋sin 15°cos 45°＝.
分析上述各式的共同特点，猜想出反映一般规律的等式，并对等式的正确性作出证明．
【解】 猜想：sin2α＋cos2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(α＋30°)＋sin αcos(α＋30°)
＝sin2α＋2
＋sin α⎝ ⎛⎭
⎪⎫32cos α－12sin α ＝sin2α＋cos2α－sin αcos α＋sin2α＋
32sin α·cos α－sin2α
＝sin2α＋cos2α
＝.
19．(本小题满分12分)等差数列{an}的前n 项和为Sn ，a1＝1
＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(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∴d＝2.
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)由(1)得bn＝＝n＋.
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b＝bpbr，
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0，
∵p，q，r∈N＋，
∴∴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．
20．(本小题满分12分)点P为斜三棱柱ABC­A1B1C1的侧棱BB1上一点，PM⊥BB1交AA1于点M，PN⊥BB1交CC1于点N.
(1)求证：CC1⊥MN；
(2)在任意△DEF中有余弦定理：DE2＝DF2＋EF2－2DF·EF·cos∠DFE.扩展到空间类比三角形的余弦定理，写出斜三棱柱的三个侧面面积与其中两个侧面所成的二面角之间的关系式，并予以证明．
【解】(1)因为PM⊥BB1，PN⊥BB1，又PM∩PN＝P，
所以BB1⊥平面PMN，所以BB1⊥MN.
又CC1∥BB1，所以CC1⊥MN.
(2)在斜三棱柱ABC­A1B1C1中，有S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1SACC1A1cos α.
其中α为平面BCC1B1与平面ACC1A1所成的二面角．
证明如下：
因为CC1⊥平面PMN，所以上述的二面角的平面角为∠MNP.
在△PMN中，
因为PM2＝PN2＋MN2－2PN·
MNcos∠MNP，
所以PM2·CC＝PN2·CC＋MN2·CC－2(PN·CC1)·(MN·CC1)cos∠MNP，
由于SBCC1B1＝PN·CC1，SACC1A1＝MN·CC1，
SABB1A1＝PM·BB1＝PM·CC1，
所以S2ABB1A1＝S2BCC1B1＋S2ACC1A1－2SBCC1B1·SACC1A1·cos α.
21．(本小题满分12分)(2014·江苏高考)如图4，在三棱锥P­ABC中，D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点．已知PA⊥AC，PA＝6，BC＝8，DF＝5.求证：
图4
(1)直线PA∥平面DEF；
(2)平面BDE⊥平面ABC.
【证明】(1)因为D，E分别为棱PC，AC的中点，所以DE∥PA.
又因为PA⊄平面DEF，DE⊂平面DEF，
所以直线PA∥平面DEF.
(2)因为D，E，F分别为棱PC，AC，AB的中点，PA＝6，BC＝8，所以DE∥PA，DE＝PA＝3，EF＝BC＝4.
又因为DF＝5，故DF2＝DE2＋EF2，
所以∠DEF＝90°，即DE⊥EF.
又PA⊥AC，DE∥PA，所以DE⊥AC.
因为AC∩EF＝E，AC⊂平面ABC，EF⊂平面ABC，
所以DE⊥平面ABC.
又DE⊂平面BDE，
所以平面BDE⊥平面ABC.
22．(本小题满分12分)在数列{an}中，a1＝1，a2＝，且an＋1＝(n≥2)．
(1)求a3，a4，猜想an的表达式，并加以证明；
(2)设bn＝，求证：对任意的n∈N＋，都有b1＋b2＋…＋bn<.
【解】(1)容易求得：a3＝，a4＝.
故可以猜想an＝，n∈N＋.
下面利用数学归纳法加以证明：
①显然当n＝1,2,3,4时，结论成立，
②假设当n＝k(k≥4，k∈N＋)时，结论也成立，即
ak＝.
那么当n＝k＋1时，由题设与归纳假设可知：
ak＋1＝＝－
1
3k－2 k－
1
3k－2
＝＝k－1
＋－
＝＝.
即当n＝k＋1时，结论也成立，综上，对任意n∈N＋，an＝成立．
(2)bn＝an·an＋1
an＋an＋1
＝
1
3n－2
·
1
3n＋1 1
3n－2
＋
1
3n＋1
＝1
3n＋1＋3n－2
＝(－)，
所以b1＋b2＋…＋bn
＝[(－1)＋(－)＋(－)＋…＋(－)]
＝(－1)，
所以只需要证明(－1)<⇔<＋1⇔3n＋1<3n＋2＋1⇔0<2(显然成立)，
所以对任意的n∈N＋，都有b1＋b2＋…＋bn<.。