〔江蘇專用〕2022版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題六概率、統(tǒng)計、復(fù)數(shù)、算法、推理與證明第5講推理與證明練習(xí)文蘇教版PAGE17-第5講推理與證明1．(2022·蘇州期末)從1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，歸納出第n個式子為________．[答案]1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1(1＋2＋3＋…＋n)2．觀察以下等式：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個等式可為____________________．[解析]等式的左邊的通項為eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)，前n項和為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；右邊的每個式子的第一項為eq\f(1,n＋1)，共有n項，故為eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)．[答案]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)3．(2022·徐州模擬)數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(an－1,an)，那么該數(shù)列的前22項和等于________．[解析]因為a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(an－1,an)，所以a2＝－1，a3＝2，a4＝eq\f(1,2)，所以數(shù)列{an}是以3為周期的周期數(shù)列，所以S22＝7(a1＋a2＋a3)＋a1＝7×eq\f(3,2)＋eq\f(1,2)＝11．[答案]114．(2022·宿遷調(diào)研)觀察以下各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，那么a10＋b10＝________．[解析]從給出的式子特點觀察可推知，從第三項開始，后一個式子的右端值等于它前面兩個式子右端值的和，照此規(guī)律，那么a10＋b10＝123．[答案]1235．如圖，在圓內(nèi)畫1條弦，把圓分成2局部；畫2條相交的弦，把圓分成4局部；畫3條兩兩相交的弦，最多把圓分成7局部；…；畫n條兩兩相交的弦，最多把圓分成________個局部．[解析]易知當(dāng)n條弦的交點不在圓周上，且沒有公共交點時，把圓分的局部最多．當(dāng)畫1條弦時，分成1＋1個局部；當(dāng)畫2條弦時，分成1＋1＋2個局部；當(dāng)畫3條弦時，分成1＋1＋2＋3個局部；…所以畫n條弦時，分成1＋1＋2＋3＋…＋n＝eq\f(1,2)(n2＋n)＋1(個)局部．[答案]eq\f(1,2)(n2＋n)＋16．(2022·南京模擬)命題p：橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F(xiàn)1、F2是橢圓的兩個焦點，P為橢圓上的一個動點，過F2作∠F1PF2的外角平分線的垂線，垂足為M，那么OM的長為定值．類比此命題，在雙曲線中也有命題q：雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，F(xiàn)1、F2是雙曲線的兩個焦點，P為雙曲線上的一個動點，過F2作∠F1PF2的________的垂線，垂足為M，那么OM的長為定值________．[解析]對于橢圓，延長F2M與F1P的延長線交于Q．由對稱性知，M為F2Q的中點，且PF2＝PQ，從而OM∥F1Q且OM＝eq\f(1,2)F1Q．而F1Q＝F1P＋PQ＝F1P＋PF2＝2a，所以O(shè)M＝a．對于雙曲線，過F2作∠F1PF2內(nèi)角平分線的垂線，垂足為M，類比可得OM＝a．因為OM＝eq\f(1,2)F1Q＝eq\f(1,2)(PF1－PF2)＝eq\f(1,2)·2a＝a．[答案]內(nèi)角平分線a7．設(shè)△ABC的三邊長分別為a、b、c，△ABC的面積為S，內(nèi)切圓半徑為r，那么r＝eq\f(2S,a＋b＋c)．類比這個結(jié)論可知：四面體ABCD的四個面的面積分別為S1、S2、S3、S4，內(nèi)切球半徑為R，四面體ABCD的體積為V，那么R＝________．[解析]設(shè)四面體ABCD的內(nèi)切球的球心為O，連結(jié)OA，OB，OC，OD，將其分割成四個四面體，由分割法可得V＝eq\f(1,3)S1R＋eq\f(1,3)S2R＋eq\f(1,3)S3R＋eq\f(1,3)S4R，所以R＝eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4)．[答案]eq\f(3V,S1＋S2＋S3＋S4)8．(2022·江蘇省高考命題研究專家原創(chuàng)卷(八))以下等式：22＝422－42＋62＝2422－42＋62－82＋102＝6022－42＋62－82＋102－122＋142＝112……觀察上述等式的規(guī)律，發(fā)現(xiàn)第n(n∈N*)個等式的右邊可以表示為an2＋bn＋c(a，b，c為實常數(shù))的形式，那么eq\f(a,b)＋c＝______．[解析]法一：每個等式的左邊有(2n－1)個偶數(shù)的平方相加減，第一個偶數(shù)為2，最后一個偶數(shù)為2(2n－1)，正負相間，所以第n個等式的左邊為22－42＋62－82＋…－[2(2n－2)]2＋[2(2n－1)]2，即4＋2[4＋6＋8＋…＋2(2n－2)＋2(2n－1)]＝4(1＋2＋3＋4＋5＋…＋2n－2＋2n－1)＝8n2－4n，所以a＝8，b＝－4，c＝0，所以eq\f(a,b)＋c＝－2．法二：令n＝1，2，3，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＋b＋c＝4，,4a＋2b＋c＝24，,9a＋3b＋c＝60，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝8，,b＝－4，,c＝0))，所以eq\f(a,b)＋c＝－2．[答案]－29．(2022·無錫質(zhì)量檢測)有甲、乙二人去看望高中數(shù)學(xué)老師張老師，期間他們做了一個游戲，張老師的生日是m月n日，張老師把m告訴了甲，把n告訴了乙，然后張老師列出來如下10個日期供選擇：2月5日，2月7日，2月9日，5月5日，5月8日，8月4日，8月7日，9月4日，9月6日，9月9日．看完日期后，甲說：“我不知道，但你一定也不知道．〞乙聽了甲的話后，說：“本來我不知道，但現(xiàn)在我知道了．〞甲接著說：“哦，現(xiàn)在我也知道了．〞那么張老師的生日是________．[解析]根據(jù)甲說的“我不知道，但你一定也不知道〞，可排除5月5日、5月8日、9月4日、9月6日、9月9日；根據(jù)乙聽了甲的話后說的“本來我不知道，但現(xiàn)在我知道了〞，可排除2月7日、8月7日；根據(jù)甲接著說的“哦，現(xiàn)在我也知道了〞，可以得知張老師生日為8月4日．[答案]8月4日10．(2022·武漢調(diào)研)如圖(1)所示，在平面幾何中，設(shè)O是等腰直角三角形ABC的底邊BC的中點，AB＝1，過點O的動直線與兩腰或其延長線的交點分別為R，Q，那么有eq\f(1,AQ)＋eq\f(1,AR)＝2．類比以上結(jié)論，將其拓展到空間中，如圖(2)所示，設(shè)O是正三棱錐A-BCD的底面BCD的中心，AB，AC，AD兩兩垂直，AB＝1，過點O的動平面與三棱錐的三條側(cè)棱或其延長線的交點分別為Q，R，P，那么有________．[解析]設(shè)O到正三棱錐A-BCD三個側(cè)面的距離為d，易知V三棱錐R-AQP＝eq\f(1,3)S△AQP·AR＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)·AQ·AP·AR＝eq\f(1,6)AQ·AP·AR．又因為V三棱錐R-AQP＝V三棱錐O-AQP＋V三棱錐O-ARP＋V三棱錐O-AQR＝eq\f(1,3)S△AQP·d＋eq\f(1,3)S△ARP·d＋eq\f(1,3)S△AQR·d＝eq\f(1,6)(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d，所以eq\f(1,6)AQ·AP·AR＝eq\f(1,6)(AQ·AP＋AR·AP＋AQ·AR)d，即eq\f(1,AQ)＋eq\f(1,AR)＋eq\f(1,AP)＝eq\f(1,d)．而V三棱錐A-BDC＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×1×1×1＝eq\f(1,6)，所以V三棱錐O-ABD＝eq\f(1,3)V三棱錐A-BDC＝eq\f(1,18)，即eq\f(1,3)·S△ABD·d＝eq\f(1,3)×eq\f(1,2)×d＝eq\f(1,18)，所以d＝eq\f(1,3)，所以eq\f(1,AQ)＋eq\f(1,AR)＋eq\f(1,AP)＝3．[答案]eq\f(1,AQ)＋eq\f(1,AR)＋eq\f(1,AP)＝311．(2022·蘇州期末)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常數(shù)a．①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°．(1)從上述五個式子中選擇一個，求出常數(shù)a；(2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為一個三角恒等式，并證明你的結(jié)論．[解](1)選擇②式計算：a＝sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝eq\f(3,4)．(2)猜測的三角恒等式為：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4)．證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°·cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4)．12．(2022·徐州模擬)函數(shù)f(x)＝x＋1，設(shè)g1(x)＝f(x)，gn(x)＝f(gn－1(x))(n>1，n∈N*)，(1)求g2(x)，g3(x)的表達式，并猜測gn(x)(n∈N*)的表達式(直接寫出猜測結(jié)果)；(2)假設(shè)關(guān)于x的函數(shù)y＝x2＋eq\i\su(i＝1,n,g)i(x)(n∈N*)在區(qū)間－∞，－1]上的最小值為6，求n的值．(符號“eq\i\su(i＝1,n,)〞表示求和，例如：i＝1＋2＋3＋…＋n)[解](1)因為g1(x)＝f(x)＝x＋1，所以g2(x)＝f(g1(x))＝f(x＋1)＝(x＋1)＋1＝x＋2，g3(x)＝f(g2(x))＝f(x＋2)＝(x＋2)＋1＝x＋3，所以猜測gn(x)＝x＋n．(2)因為gn(x)＝x＋n，所以eq\i\su(i＝1,n,g)i(x)＝g1(x)＋g2(x)＋…＋gn(x)＝nx＋eq\f(n〔n＋1〕,2)，所以y＝x2＋eq\i\su(i＝1,n,g)i(x)＝x2＋nx＋eq\f(n〔n＋1〕,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(n,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(n2＋2n,4)．①當(dāng)－eq\f(n,2)≥－1，即n≤2時，函數(shù)y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(n,2)))eq\s\up12(2)＋eq\f(n2＋2n,4)在區(qū)間(－∞，－1]上是減函數(shù)，所以當(dāng)x＝－1時，ymin＝eq\f(n2－n＋2,2)＝6，即n2－n－10＝0，該方程沒有整數(shù)解．②當(dāng)－eq\f(n,2)<－1，即n>2時，ymin＝eq\f(n2＋2n,4)＝6，解得n＝4，綜上所述，n＝4．13．由局部自然數(shù)構(gòu)成如下圖的數(shù)表，用aij(i≥j)表示第i行第j個數(shù)(i，j∈N*)，使ai1＝aii＝i，每行中的其余各數(shù)分別等于其“肩膀〞上的兩個數(shù)的和．設(shè)第n(n∈N*)行中各數(shù)的和為bn．(1)用bn表示bn＋1；(2)試問：數(shù)列{bn}中是否存在不同的三項bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差數(shù)列？假設(shè)存在，求出p，q，r的關(guān)系；假設(shè)不存在，請說明理由．[解](1)bn＝an1＋an2＋…＋ann，bn＋1＝a(n＋1)1＋a(n＋1)2＋…＋a(n＋1)(n＋1)＝n＋1＋(an1＋an2)＋…＋(an(n－1)＋ann)＋n＋1＝2(an1＋an2＋…＋ann)＋2＝2bn＋2．(2)因為bn＋1＝2bn＋2，所以bn＋1＋2＝2(bn＋2)，所以{bn＋2}是以b1＋2＝3為首項，2為公比的等比數(shù)列，那么bn＋2＝3·2n－1?bn＝3·2n－1－2．假設(shè)數(shù)列{bn}中存在不同的三項bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差數(shù)列，不妨設(shè)p>q>r，顯然{bn}是遞增數(shù)列，那么2bq＝bp＋br，即2(3·2q－1－2)＝(3·2p－1－2)＋(3·2r－1－2)，化簡得：2·2q－r＝2p－r＋1，(*)由于p，q，r∈N*，且p>q>r，知q－r≥1，p－r≥2，所以(*)式左邊為偶數(shù)，右邊為奇數(shù)，故數(shù)列{bn}中不存在不同的三項bp，bq，br(p，q，r∈N*)恰好成等差數(shù)列．14．函數(shù)f(x)＝eq\f(a,a2－1)(ax－a－x)，其中a>0且a≠1．(1)分別判斷f(x)在(－∞，＋∞)上的單調(diào)性；(2)比擬f(1)－1與f(2)－2、f(2)－2與f(3)－3的大小，由此歸納出一個更一般的結(jié)論，并證明；(3)比擬eq\f(f〔1〕,1)與eq\f(f〔2〕,2)、eq\f(f〔2〕,2)與eq\f(f〔3〕,3)的大小，由此歸納出一個更一般的結(jié)論，并證明．[解](1)f′(x)＝eq\f(a,a2－1)(ax＋a－x)lna，假設(shè)0<a<1，那么eq\f(a,a2－1)<0，lna<0，所以f′(x)>0，假設(shè)a>1，那么eq\f(a,a2－1)>0，lna>0，所以f′(x)>0；因此，對任意a>0且a≠1，都有f′(x)>0，f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增．(2)直接計算知f(1)－1＝0，f(2)－2＝a＋a－1－2，f(3)－3＝a2＋a－2－2，根據(jù)根本不等式a＋a－1－2>0，所以f(2)－2>f(1)－1，又因為(a2＋a－2－2)－(a＋a－1－2)＝(a－a－1)2－(eq\r(a)－eq\r(a－1))2＝(eq\r(a)－eq\r(a－1))2(a＋a－1＋1)＝eq\f(1,a)(a－1)2(a＋a－1＋1)>0，所以f(3)－3>f(2)－2．一般性結(jié)論：?x>0，f(x＋1)－(x＋1)>f(x)－x．證明：記g(x)＝[f(x＋1)－(x＋1)]－[f(x)－x]＝eq\f(a,a2－1)[(ax＋1－a－x－1)－(ax－a－x)]－1＝eq\f(ax＋1＋a－x,a＋1)－1，g′(x)＝eq\f(ax＋1－a－x,a＋1)lna．與(1)類似地討論知，對?x>0和?a>0且a≠1都有g(shù)′(x)>