1、 1 第第 1 1 讲讲 数系的扩充与复数的引入数系的扩充与复数的引入 1(2017高考山东卷)已知aR R，i 是虚数单位若za 3i，zz 4，则 a( ) A1 或1 B. 7或 7 C 3 D. 3 解析：选 A.法一：由题意可知z a 3i，所以 zz (a 3i)(a 3i)a234， 故a1 或1. 法二：zz |z|2a234，故 a1 或1. 2(2019商丘模拟)已知 12 i 2 abi(a，bR R，i 为虚数单位)，则ab( ) A7 B7 C4 D4 解析：选 A.因为 12 i 2 14 i 4 i 234i， 所以34iabi，则a3，b4， 所以ab7，故选
2、A. 3(2019河南洛阳模拟)设复数z满足z |1i|i(i 为虚数单位)，则复数 z( ) A. 2i B. 2i C1 D12i 解析：选 A.复数z满足z |1i|i 2i，则复数 z 2i.故选 A. 4设z1i(i 是虚数单位)，则z 22 z( ) A13i B13i C13i D13i 解析：选 C.因为z1i，所以z 2(1i)212ii22i，2 z 2 1i 2（1i） （1i）（1i） 2（1i） 1i 22（1i） 2 1i，则z 22 z2i(1i)13i.故选 C. 5(2019福建宁德模拟)在复平面内，复数z35i 1i (i 为虚数单位)对应的点的坐标是 (
3、) A(1，4) B(4，1) 2 C(4，1) D(1，4) 解析：选 C.因为z35i 1i （35i）（1i） （1i）（1i） 82i 2 4i，所以在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(4，1)，故选 C. 6设z 1 1ii(i 为虚数单位)，则|z|( ) A.1 2 B. 2 2 C. 3 2 D2 解析：选 B.因为z 1 1ii 1i （1i）（1i）i 1i 2 i1 2 1 2i，所以|z| 1 2 2 1 2 2 2 2 . 7(2019湖南省东部六校联考)已知 i 是虚数单位，设复数z11i，z212i，则z 1 z2在 复平面内对应的点在( ) A第一象限 B第二
4、象限 C第三象限 D第四象限 解析：选 D.由题可得， z1 z2 1i 12i （1i）（12i） （12i）（12i） 3 5 1 5i，对应在复平面上的点的坐 标为 3 5， 1 5 ，在第四象限 8若复数z满足(34i)z|43i|，则z的虚部为( ) A4 B4 5 C4 D.4 5 解析：选 D.因为|43i| 4 2325，所以 z 5 34i 5（34i） （34i）（34i） 34i 5 3 5 4 5i，所以 z的虚部为4 5. 9 (2019兰州市高考实战模拟)已知 i 是虚数单位， 若复数ai 1i(aR R)的实部与虚部相等， 则a( ) A1 B0 C1 D2 3
5、解析：选 B.ai 1i （ai）（1i） （1i）（1i） （a1）（a1）i 2 ，又复数ai 1i的实部与虚部相 等，所以a1 2 a1 2 ，解得a0.故选 B. 10 (2019福建省普通高中质量检查)若复数z满足(1i)z| 3i|， 则在复平面内，z 对应的点位于( ) A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 解析：选 A.由题意，得z （ 3） 212 1i 2（1i） （1i）（1i）1i，所以 z 1i，其 在复平面内对应的点为(1，1)，位于第一象限，故选 A. 11(2019成都市第二次诊断性检测)若虚数(x2)yi(x，yR R)的模为 3，则y x的最大 值
6、是( ) A. 3 2 B. 3 3 C.1 2 D. 3 解析：选 D.因为(x2)yi 是虚数， 所以y0， 又因为|(x2)yi| 3， 所以(x2) 2y23. 因为y x是复数 xyi 对应点的斜率， 所以 y xmaxtanAOB 3， 所以y x的最大值为 3. 12(2017高考全国卷)设有下面四个命题 p1：若复数z满足1 zR R，则 zR R； p2：若复数z满足z 2R R，则 zR R； p3：若复数z1，z2满足z1z2R R，则z1z 2； p4：若复数zR R，则z R R. 其中的真命题为( ) Ap1，p3 Bp1，p4 4 Cp2，p3 Dp2，p4 解析
7、：选 B.设复数zabi(a，bR R)，对于p1，因为1 z 1 abi abi a 2b2R R，所以b0， 所以zR R，所以p1是真命题；对于p2，因为z 2(abi)2a2b22abiR R，所以 ab0， 所以a0 或b0，所以p2不是真命题；对于p3，设z1xyi(x，yR R)，z2cdi(c，d R R)，则z1z2(xyi)(cdi)cxdy(dxcy)iR R，所以dxcy0，取z112i， z212i，z1z 2，所以p3不是真命题；对于p4，因为zabiR R，所以b0，所以z abiaR R，所以p4是真命题故选 B. 13(2017高考江苏卷)已知复数z(1i)(
8、12i)，其中 i 是虚数单位，则z的模是 _ 解析：法一：复数z12ii213i，则|z| （1） 232 10. 法二：|z|1i|12i| 2 5 10. 答案： 10 14已知复数z 42i （1i） 2(i 为虚数单位)在复平面内对应的点在直线x2ym0 上，则 m_ 解析：z 42i （1i） 242i 2i （42i）i 2i 212i， 复数z在复平面内对应的点的坐标为(1， 2)，将其代入x2ym0，得m5. 答案：5 15 (2019辽宁师大附中期中)设复数z的共轭复数为z ， 若 z1i(i 为虚数单位)， 则 z z z 2的虚部为_ 解析：因为z1i(i 为虚数单位)
9、， 所以 z z z 21i 1i(1i) 2 （1i） 2 （1i）（1i）2i 2i 2 2ii.故其虚部为1. 答案：1 16当复数z(m3)(m1)i(mR R)的模最小时，4i z _ 解析：|z| （m3） 2（m1）2 2m 24m10 2（m1）28， 所以当m1 时，|z|min2 2， 所以4i z 4i 22i 4i（22i） 8 1i. 答案：1i 5 1已知复数z(cos isin )(1i)，则“z为纯虚数”的一个充分不必要条件是 ( ) A 4 B 2 C3 4 D5 4 解析： 选 C.z(cos isin )(1i)(cos sin )(cos sin )i.
10、z是纯 虚数等价于 cos sin 0， cos sin 0，等价于 3 4 k，kZ Z.故选 C. 2若实数a，b，c满足a 2abi2ci(其中 i21)，集合 Ax|xa，Bx|xb c，则AR RB为( ) A B0 Cx|2x1 Dx|2x0 或 0 x1 解析： 选 D.由于只有实数间才能比较大小 故a 2abi2ci a2a2， bc0，解得 2a1， bc0， 因此Ax|2x1，B0，故AR RBx|2x1x|xR R，x0 x|2x0 或 0 x0 时，第一次对y赋值为 3 x2， 第二次对y又赋值为x 21，最后 yx 21，于是由x210，得 x1，综上知输入 的x值为
11、1 或 1，故选 B. 2(2019兰州双基过关考试)执行如图所示的程序框图，若输出i的值为 2，则输入x的 最大值是( ) A5 B6 C11 D22 解析：选 D.执行该程序可知 x 213， 1 2 x 21 23， 解得 x8， x22，即 83，终止循环，输出x19. 4(2018高考北京卷)执行如图所示的程序框图，输出的s值为( ) A.1 2 B.5 6 C.7 6 D. 7 12 解析： 选 B.运行程序框图，k1，s1；s1(1) 11 2 1 2， k2；s1 2(1) 21 3 5 6， k3；满足条件，跳出循环，输出的s5 6，故选 B. 5执行如图所示的程序框图，若输
12、出k的值为 6，则判断框内可填入的条件是( ) 9 As1 2？ Bs3 5？ Cs 7 10？ Ds4 5？ 解析：选 C.第一次执行循环：s1 9 10 9 10，k8，s 9 10应满足条件；第二次执行循环： s 9 10 8 9 8 10，k7，s 8 10应满足条件，排除选项 D；第三次执行循环：s 8 10 7 8 7 10，k 6，正是输出的结果，故这时程序不再满足条件，结束循环，而选项 A 和 B 都满足条件， 故排除 A 和 B，故选 C. 6(2019湖南省湘中名校高三联考)执行如图所示的程序框图，如果运行结果为 5 040， 那么判断框中应填入( ) Ak6? Bk6?
13、Dk7? 解析：选 D.第一次循环，得S2，k3；第二次循环，得S6，k4；第三次循环，得S 24，k5；第四次循环，得S120，k6；第五次循环，得S720，k7；第六次循环， 得S5 040，k8， 此时满足题意， 退出循环， 输出的S5 040， 故判断框中应填入“k7？”， 故选 D. 7(2019河南百校联盟模拟)九章算术是中国古代数学名著，体现了古代劳动人民的 数学智慧， 其中有一竹节容量问题， 某教师根据这一问题的思想设计了如图所示的程序框图， 若输出的m的值为 35，则输入的a的值为( ) 10 A4 B5 C7 D11 解析：选 A.起始阶段有m2a3，i1， 第一次循环，m
14、2(2a3)34a9，i2； 第二次循环，m2(4a9)38a21，i3； 第三次循环，m2(8a21)316a45，i4； 接着计算m2(16a45)332a93，跳出循环， 输出m32a93，令 32a9335，得a4. 8(2017高考山东卷)执行两次如图所示的程序框图，若第一次输入的x的值为 7，第二 次输入的x的值为 9，则第一次、第二次输出的a的值分别为( ) A0，0 B1，1 C0，1 D1，0 解析：选 D.当输入x7 时，b2，因为b 2x 不成立且x不能被b整除，故b3，这时b 2 x成立，故a1，输出a的值为 1.当输入x9 时，b2，因为b 2x 不成立且x不能被 b
15、整除，故b3，这时b 2x 不成立且x能被b整除，故a0，输出a的值为 0. 9输入x5，运行如图所示的程序后得到的y等于_ 11 INPUT x IF x0 THEN y(x1)*(x1) ELSE y(x1)*(x1) END IF PRINT y END 解析：由题意，得yf(x) （x1）2，x0， （x1） 2，x0， 所以f(5)(51) 216. 答案：16 10(2019石家庄市第一次模拟)程序框图如图，若输入的S1，k1，则输出的S为 _ 解析：第一次循环，k2，S4；第二次循环，k3，S11；第三次循环，k4，S26； 第四次循环，k5，S57.此时，终止循环，输出的S57
16、. 答案：57 11(2019广州市高考模拟)执行如图所示的程序框图，输出的结果为_ 12 解析：第一步：s110，t112，x0，y2，k13； 第二步：s2，t2，x2，y2，k23； 第三步：s4，t0，x4，y0，k3，结束循环故输出的结果为(4，0) 答案：(4，0) 12执行如图所示的程序框图，输出的T的值为_ 解析：执行第 1 次，n13，T1 1 0 xdx11 2x 2|1 011 2 3 2；n23，执行第 2 次， T3 2 1 0 x 2dx3 2 1 3x 3|1 03 2 1 3 11 6 ；n3，不满足 n3，输出 T11 6 . 故输出的 T 的值为11 6 .
17、 答案：11 6 1(2019新疆乌鲁木齐一诊)执行如图所示的程序框图(nN N *)，则输出的 S( ) Aaaqaq n1 B.a（1q n） 1q Caaqaq n D.a（1q n1） 1q 解析：选 C.执行第 1 次循环体运算，得i1，Sa； 13 执行第 2 次循环体运算，得i2，Saaq； 执行第n1 次循环体运算，得in1，Saaqaq n.故选 C. 2(2019福州市综合质量检测)执行如图所示的程序框图，若输入的m168，n112，则 输出的k，m的值分别为( ) A4，7 B4，56 C3，7 D3，56 解析：选 C.对第一个当型循环结构，第一次循环：k1，m84，n
18、56，m，n均为偶数； 第二次循环：k2，m42，n28，m，n均为偶数；第三次循环：k3，m21，n14， 因为m不是偶数，所以结束第一个循环又mn，所以执行第二个当型循环结构，第一次 循环：d|2114|7，m14，n7，mn；第二次循环：d|147|7，m7，n7， 因为mn，所以结束循环，输出k3，m7，故选 C. 3一个算法的程序框图如图所示，若输入的值为 2 017，则输出的i值为_ 14 解析：运行程序框图 x2 017，a2 017，i1，b 1 12 017 1 2 016，bx； i2，a 1 2 016，b 1 1 1 2 016 2 016 2 017，bx； i3，a
19、2 016 2 017， b 1 12 016 2 017 2 017，bx.终止循环，故输出i3. 答案：3 4某程序框图如图所示，则该程序运行后输出的S的值为_ 解析：依题意得，运行程序后输出的是数列an的第 2 017 项，其中数列an满足：a11， 15 an1 2an，an1， 1 8a n，an1. 注意到a21 8，a 31 4，a 41 2，a 51，a61 8， 该数列中的项以 4 为周期重复性地出现， 且 2 01745041， 因此a2 017a11，运行程序后输出的S的值为 1. 答案：1 5根据如图所示的程序框图，将输出的x，y值依次分别记为x1，x2，xn，x2 0
20、08； y1，y2，yn，y2 008. (1)求数列xn的通项公式xn； (2)写出y1，y2，y3，y4，由此猜想出数列yn的一个通项公式yn，并证明你的结论 (3)求znx1y1x2y2xnyn(nN N *，n2 008) 解：(1)由框图，知数列xn中，x11，xn1xn2，所以xn12(n1)2n1(nN N *， n2 008) (2)y12，y28，y326，y480. 由此，猜想yn3 n1(nN N*，n2 008) 证明如下：由框图，知数列yn中，yn13yn2， 所以yn113(yn1)， 所以y n11 yn1 3，y113. 所以数列yn1是以 3 为首项，3 为公
21、比的等比数列所以yn133 n13n， 所以yn3 n1(nN N*，n2 008) (3)znx1y1x2y2xnyn 1(31)3(3 21)(2n1)(3n1) 1333 2(2n1)3n13(2n1)， 16 记Sn1333 2(2n1)3n， 则 3Sn13 2333(2n1)3n1， ，得2Sn323 223323n(2n1)3n1 2(33 23n)3(2n1)3n1 23（13 n） 13 3(2n1)3 n1 3 n16(2n1)3n12(1n)3n16， 所以Sn(n1)3 n13. 又 13(2n1)n 2， 所以zn(n1)3 n13n2(nN N*，n2 008) 第
22、第 3 3 讲讲 合情推理与演绎推理合情推理与演绎推理 1正弦函数是奇函数，f(x)sin(x 21)是正弦函数，因此 f(x)sin(x 21)是奇函数， 以上推理( ) A结论正确 B大前提不正确 C小前提不正确 D全不正确 解析：选 C.因为f(x)sin(x 21)不是正弦函数，所以小前提不正确 2给出下列三个类比结论： (ab) nanbn与(ab)n类比，则有(ab)nanbn； loga(xy)logaxlogay与 sin()类比，则有 sin()sin sin ； (ab) 2a22abb2与(a ab b)2类比，则有(a ab b)2a a22a ab bb b2. 其中
23、正确结论的个数是( ) A0 B1 C2 D3 解析：选 B.(ab) nanbn(n1，ab0)，故错误 sin()sin sin 不恒成立， 如30，60，sin 901，sin 30sin 60 3 4 ，故错误由向量的运 算公式知正确 3若等差数列an的公差为d，前n项和为Sn，则数列 Sn n 为等差数列，公差为d 2.类似地， 17 若各项均为正数的等比数列bn的公比为q，前n项的积为Tn，则等比数列nTn的公比为 ( ) A.q 2 Bq 2 C.q D.nq 解析：选 C.由题意知，Tnb1b2b3bnb1b1qb1q 2b 1q n1bn 1q 12(n1) b n 1q （
24、n1）n 2，所以nTnb1q n1 2 ，所以等比数列nTn的公比为q，故选 C. 4(2019陕西渭南模拟)古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数，例如： 他们研究过图中的 1， 3， 6，10， ，由于这些数能够表示成三角形，故将其称为三角形数， 由以上规律，知这些三角形数从小到大形成一个数列an，那么a10的值为( ) A45 B55 C65 D66 解析：选 B.第 1 个图中，小石子有 1 个， 第 2 个图中，小石子有 312 个， 第 3 个图中，小石子有 6123 个， 第 4 个图中，小石子有 101234 个， 故第 10 个图中，小石子有 123101011 2
25、 55 个，即a1055，故选 B. 5(2019安徽江淮十校联考)我国古代数学名著九章算术中割圆术有： “割之弥细，所 失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆周合体而无所失矣 ”其体现的是一种无限与有 限的转化过程，比如在 22 2中“”即代表无限次重复，但原式却是个定值 x，这可以通过方程 2xx确定x2，则 1 1 1 1 1 ( ) A. 51 2 B. 51 2 C.1 5 2 D.1 5 2 解析：选 C.1 1 1 1 1 x，即 11 xx，即 x 2x10，解得 x1 5 2 x1 5 2 舍 ， 18 故 1 1 1 1 1 1 5 2 ，故选 C. 6在平面几何中：ABC
26、的ACB内角平分线CE分AB所成线段的比为AC BC AE BE.把这个结论 类比到空间：在三棱锥ABCD中(如图)DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则 得到类比的结论是_ 解析：由平面中线段的比转化为空间中面积的比可得AE EB SACD SBCD. 答案：AE EB SACD SBCD 7(2019陕西咸阳模拟)观察下列式子： 122， 12 239 2， 12 23 348， 12 23 34 4525 2 ，根据以上规律，第n(nN N *)个不等式 是_ 解析： 根据所给不等式可得第n个不等式是 12 23n（n1）（n1） 2 2 . 答案： 12 23n（n1）cos A
27、cos Bcos C. 证明：因为ABC为锐角三角形， 19 所以AB 2 ， 所以A 2 B， 因为ysin x在 0， 2 上是增函数， 所以 sin Asin 2 Bcos B， 同理可得 sin Bcos C，sin Ccos A， 所以 sin Asin Bsin Ccos Acos Bcos C. 10给出下面的数表序列： 表 1 表 2 表 3 1 1 3 1 3 5 4 4 8 12 其中表n(n1，2，3，)有n行，第 1 行的n个数是 1，3，5，2n1，从第 2 行起， 每行中的每个数都等于它肩上的两数之和写出表 4，验证表 4 各行中的数的平均数按从上 到下的顺序构成等
28、比数列，并将结论推广到表n(n3)(不要求证明) 解：表 4 为 1 3 5 7 4 8 12 12 20 32 它的第 1，2，3，4 行中的数的平均数分别是 4，8，16，32，它们构成首项为 4，公比为 2 的等比数列 将这一结论推广到表n(n3)，即表n(n3)各行中的数的平均数按从上到下的顺序构成首 项为n，公比为 2 的等比数列 1如图所示，椭圆中心在坐标原点，F为左焦点，当时，其离心率为 51 2 ，此类椭圆被 称为“黄金椭圆” 类比“黄金椭圆” ，可推算出“黄金双曲线”的离心率e等于( ) 20 A. 51 2 B. 51 2 C. 51 D. 51 解析：选 A.设“黄金双曲
29、线”的方程为x 2 a 2y 2 b 21(a0，b0)， 则B(0，b)，F(c，0)，A(a，0) 在“黄金双曲线”中，因为， 所以0. 又(c，b)，(a，b)， 所以b 2ac.而 b 2c2a2，所以 c 2a2ac. 在等号两边同除以a 2，得 e 21e， 解得e 51 2 e1 5 2 舍去 . 2学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀” “合格” “不合格” 若学生 甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生 乙成绩好” 如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好， 并且不存在语文成绩相同、 数学成绩也相同的两位学生，那么
30、这组学生最多有( ) A2 人 B3 人 C4 人 D5 人 解析：选 B.利用推理以及逻辑知识求解首先要证，没有任意两个同学的数学成绩是相同 的假设A，B两名同学的数学成绩一样，由题知他们的语文成绩不一样，这样他们的语文 成绩总有一个人比另一个人高，相应地由题可知，语文成绩较高的同学比另一个同学“成绩 好” ，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾因此看得出，没有任意两 个同学的数学成绩是相同的因为数学成绩等级只有 3 种，因而同学数量最大为 3.之后要 验证 3 名同学能否满足条件易证 3 名同学的成绩等级分别为(优秀，不合格)、(合格，合 格)、(不合格，优秀)时满足条件，因
31、此满足条件的最多人数是 3. 3考察等式： C 0 mC r nmC 1 mC r1 nmC r mC 0 nmC r n，(*) 其中n，m，rN N *，rmb0)所围成的平面图形绕y轴旋转一周后，得一橄榄状的 几何体(称为椭球体)(如图)，课本中介绍了应用祖暅原理求球体体积公式 的方法，请类比此法，求出椭球体体积，其体积等于_ 解析：椭圆的长半轴长为a，短半轴长为b，现构造两个底面半径为b，高为a的圆柱，然 后在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点， 圆柱上底面为底面的圆锥， 根据祖暅原理得 出椭球体的体积V2(V圆柱V圆锥)2(b 2a1 3b 2a)4 3b 2a. 答案：4 3b
32、2a 5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 CC1，这是一道平面几何题，其证明常采用“面积法” ： OA AA OB BB OC CC SOBC SABC SOCA SABC SOAB SABC SABC SABC1. 请运用类比思想猜想，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：结论：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 22 E，F，G，H点 则OE VE OF DF OG BG OH CH1. 证明如下：在四面体OBCD与VBCD中，设其
33、高分别为h1，h， 则OE VE h1 h 1 3S BCDh1 1 3S BCDh V OBCD VVBCD. 同理，OF DF VOVBC VDVBC； OG BG VOVCD VBVCD； OH CH VOVBD VCVBD， 所以OE VE OF DF OG BG OH CH VOBCDVOVBCVOVCDVOVBD VVBCD V VBCD VVBCD1. 6我们将具有下列性质的所有函数组成集合M：函数yf(x)(xD)，对任意x，y， xy 2 D均满足f xy 2 1 2f(x)f(y)，当且仅当 xy时等号成立 (1)若定义在(0，)上的函数f(x)M，试比较f(3)f(5)与
34、 2f(4)的大小； (2)设函数g(x)x 2，求证：g(x)M. 解：(1)对于f xy 2 1 2f(x)f(y)， 令x3，y5 得f(3)f(5)2f(4) (2)证明：g x1x2 2 1 2g(x 1)g(x2) （x 1x2） 2 4 x 2 1x 2 2 2 （x 1x2） 2 4 0， 所以g x1x2 2 1 2g(x 1)g(x2)， 所以g(x)M. 23 第第 4 4 讲讲 直接证明与间接证明直接证明与间接证明 1用反证法证明命题： “设a，b为实数，则方程x 3axb0 至少有一个实根”时，要做 的假设是( ) A方程x 3axb0 没有实根 B方程x 3axb0
35、 至多有一个实根 C方程x 3axb0 至多有两个实根 D方程x 3axb0 恰好有两个实根 解析： 选 A.依据反证法的要求， 即至少有一个的反面是一个也没有， 直接写出命题的否定 方 程x 3axb0 至少有一个实根的反面是方程 x 3axb0 没有实根，故应选 A. 2分析法又称执果索因法，已知x0，用分析法证明 1x2 Bx 24 Cx 20 Dx 21 解析：选 C.因为x0，所以要证 1x1x 2，只需证( 1x) 2 1x 2 2 ，即证 00，因为 x0，所以x 20 成立，故原不等式成立 3若a，bR R，则下面四个式子中恒成立的是( ) Alg(1a 2)0 Ba 2b22
36、(ab1) Ca 23ab2b2 D.a b0，则f(x1) 24 f(x2)的值( ) A恒为负值 B恒等于零 C恒为正值 D无法确定正负 解析：选 A.由f(x)是定义在 R R 上的奇函数，且当x0 时，f(x)单调递减，可知f(x)是 R R 上的单调递减函数， 由x1x20， 可知x1x2，f(x1)f(x2)f(x2)， 则f(x1)f(x2)0. 6用反证法证明命题“若x 2(ab)xab0，则 xa且xb”时，应假设为_ 解析： “xa且xb”的否定是“xa或xb” ，因此应假设为xa或xb. 答案：xa或xb 7(2019福州模拟)如果a ab ba bb a，则a，b应满足
37、的条件是_ 解析：a ab ba bb a，即(ab) 2( ab)0，需满足a0，b0 且ab. 答案：a0，b0 且ab 8已知点An(n，an)为函数yx 21图象上的点，B n(n，bn)为函数yx图象上的点，其 中nN N *，设 cnanbn，则cn与cn1的大小关系为_ 解析：由条件得cnanbnn 21n 1 n 21n， 所以cn随n的增大而减小，所以cn1cn. 答案：cn10，求证：2a 3b32ab2a2b. 证明：2a 3b3(2ab2a2b)2a(a2b2)b(a2b2) (a 2b2)(2ab)(ab)(ab)(2ab) 因为ab0，所以ab0，ab0，2ab0，
38、 从而(ab)(ab)(2ab)0，即 2a 3b32ab2a2b. 10已知函数f(x)ln(1x)，g(x)abx1 2x 21 3x 3，函数 yf(x)与函数yg(x)的图 象在交点(0，0)处有公共切线 (1)求a，b的值； (2)证明：f(x)g(x) 解：(1)f(x) 1 1x，g(x)bxx 2， 由题意得 g（0）f（0）， f（0）g（0），解得 a0，b1. (2)证明：令h(x)f(x)g(x) ln(x1)1 3x 31 2x 2x(x1) 25 h(x) 1 x1x 2x1x 3 x1. h(x)在(1，0)上为增函数，在(0，)上为减函数 h(x)maxh(0)
39、0，所以h(x)h(0)0， 即f(x)g(x) 1已知a，b，cR R，若b a c a1 且 b a c a2，则下列结论成立的是( ) Aa，b，c同号 Bb，c同号，a与它们异号 Ca，c同号，b与它们异号 Db，c同号，a与b，c的符号关系不确定 解析：选 A.由b a c a1 知 b a与 c a同号， 若b a0 且 c a0，不等式 b a c a2 显然成立， 若b a0 且 c a0， c a0， b a c a 2 b a c a 2，即b a c a0 且 c a0，即 a，b，c同号 2在等比数列an中，a1a2a3是数列an递增的( ) A充分不必要条件 B必要不
40、充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 解析：选 C.当a1a2a3时，设公比为q， 由a1a1q0，则 1q1， 此时，显然数列an是递增数列， 若a1qq 2，即 0q1， 此时，数列an也是递增数列， 反之，当数列an是递增数列时，显然a1a2a3. 故a1a20，公差d0. (1)若a11，d2，且1 a 2 1， 1 a 2 4， 1 a 2 m成等比数列，求整数 m的值； (2)求证：对任意正整数n， 1 a 2 n， 1 a 2 n1， 1 a 2 n2都不成等差数列 解：(1)由题意，得1 a 2 1 1 a 2 m 1 a 2 4 2 ，(a 2 4) 2(a 1am)
41、 2，因为 a11，d2， 所以a 2 4a1am，491(m1)2，解得m25. (2)证明：假设1 a 2 n， 1 a 2 n1， 1 a 2 n2成等差数列， 27 则 1 a 2 n 1 a 2 n2 2 a 2 n1，即 1 a 2 n2 1 a 2 n1 1 a 2 n1 1 a 2 n， （an2an1）（d） a 2 n2a 2 n1 （a n1an）（d） a 2 n1a 2 n ， 所以a 2 n(an1an2)a 2 n2(anan1)， a 2 n(2an3d)(an2d) 2(2a nd)， 即 2d(3a 2 n6and2d 2)0， 因为a10，d0， 所以an
42、a1(n1)d0， 故 2d(3a 2 n6and2d 2)0 这与式矛盾， 所以假设不成立 即对任意正整数n，1 a 2 n， 1 a 2 n1， 1 a 2 n2都不成等差数列 6若f(x)的定义域为a，b，值域为a，b(ab)，则称函数f(x)是a，b上的“四维光 军”函数 (1)设g(x)1 2x 2x3 2是1，b上的“四维光军”函数，求常数 b的值； (2)是否存在常数a，b(a2)，使函数h(x) 1 x2是区间a，b上的“四维光军”函数？ 若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由 解：(1)由已知得g(x)1 2(x1) 21，其图象的对称轴为 x1， 所以函数在区间1，b
43、上单调递增，由“四维光军”函数的定义可知 ，g(1)1，g(b)b， 即1 2b 2b3 2b，解得 b1 或b3. 因为b1，所以b3. (2)假设函数h(x) 1 x2在区间a，b(a2)上是“四维光军”函数， 因为h(x) 1 x2在区间(2，)上单调递减， 所以有 h（a）b， h（b）a，即 1 a2b， 1 b2a 解得ab，这与已知矛盾故不存在 28 第第 5 5 讲讲 数学归纳法数学归纳法 1 用数学归纳法证明不等式 11 2 1 4 1 2 n1127 64 (nN N *)成立， 其初始值至少应取( ) A7 B8 C9 D10 解析：选 B.11 2 1 4 1 2 n1
44、 11 2 n 11 2 127 64 ，整理得 2 n128，解得 n7，所以初始值至少应 取 8. 2已知f(n)1 22232(2n)2，则 f(k1)与f(k)的关系是( ) Af(k1)f(k)(2k1) 2(2k2)2 Bf(k1)f(k)(k1) 2 Cf(k1)f(k)(2k2) 2 Df(k1)f(k)(2k1) 2 解析： 选 A.f(k1)1 22232(2k)2(2k1)22(k1)2f(k)(2k1)2(2k 2) 2. 3当n为正奇数时，求证x nyn被 xy整除，当第二步假设n2k1 时命题为真，进而 需验证n_，命题为真 解析：当n为正奇数时，求证x nyn被
45、xy整除，用数学归纳法证明时，第二步假设n 2k1 时命题为真，进而需要验证n2k1 时命题为真 答案：2k1 4设平面内有n条直线(n3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一 点若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)_；当n4 时，f(n) _(用n表示) 解析：f(3)2，f(4)f(3)323，f(5)f(4)4234，f(6)f(5)523 45， 猜想f(n)234(n1)（n1）（n2） 2 (n4) 答案：5 1 2(n1)(n2) 5求证：(n1)(n2)(nn)2 n135(2n1)(nN N*) 证明：(1)当n1 时，等式左边2，右边2，故等式成
46、立； 29 (2)假设当nk(kN N *，k1)时等式成立， 即(k1)(k2)(kk) 2 k135(2k1)， 那么当nk1 时， 左边(k11)(k12)(k1k1) (k2)(k3)(kk)(2k1)(2k2) 2 k135(2k1)(2k1)2 2 k1135(2k1)(2k1) 这就是说当nk1 时等式也成立 由(1)(2)可知，对所有nN N *等式成立 6设实数c0, 整数p1，证明：当x1 且x0 时，(1x) p1px. 证明：用数学归纳法证明 当p2 时，(1x) 212xx212x，原不等式成立 假设当pk(k2，kN N *)时，不等式(1x)k1kx 成立 则当p
47、k1 时，(1x) k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k 1)x. 所以当pk1 时，原不等式也成立 综合可得，当x1，x0 时，对一切整数p1， 不等式(1x) p1px 均成立 7已知点Pn(an，bn)满足an1anbn1，bn1 bn 14a 2 n(nN N *)且点 P1的坐标为(1，1) (1)求过点P1，P2的直线l的方程； (2)试用数学归纳法证明：对于nN N *，点 Pn都在(1)中的直线l上 解：(1)由P1的坐标为(1，1)知a11，b11. 所以b2 b1 14a 2 1 1 3，a 2a1b21 3. 所以点P2的坐标为 1 3， 1
48、3 . 所以直线l的方程为 2xy1. (2)证明：当n1 时， 2a1b121(1)1 成立 假设nk(kN N *，k1)时，2a kbk1 成立， 则 2ak1bk12akbk1bk1 bk 14a 2 k(2a k1) bk 12ak 12ak 12ak1， 30 所以当nk1 时，命题也成立 由知，对nN N *，都有 2a nbn1， 即点Pn都在直线l上 1已知数列xn满足x11 2，且 xn1 xn 2xn(nN N *) (1)用数学归纳法证明：0 xn0，即xk10. 又因为xk112（x k1） 2xk 0，所以 0 xk11. 综合可知 0 xn1. (2)由xn1 x
49、n 2xn可得 1 xn1 2xn xn 2 xn1， 即an12an1，所以an112(an1) 令bnan1， 则bn12bn，又b1a11 1 x111， 所以bn是以 1 为首项，2 为公比的等比数列， 即bn2 n1，所以 an2 n11. 2将正整数作如下分组：(1)，(2，3)，(4，5，6)，(7，8，9，10)，(11，12，13，14， 15)，(16，17，18，19，20，21)，分别计算各组包含的正整数的和如下： S11， S2235， S345615， S47891034， S5111213141565， S6161718192021111， 31 试猜测S1S3S
50、5S2n1的结果，并用数学归纳法证明 解：由题意知，当n1 时，S111 4； 当n2 时，S1S3162 4； 当n3 时，S1S3S5813 4； 当n4 时，S1S3S5S72564 4. 猜想：S1S3S5S2n1n 4. 下面用数学归纳法证明： (1)当n1 时，S111 4，等式成立 (2)假设当nk(kN N *，k1)时等式成立，即 S1S3S5S2k1k 4， 那么，当nk1 时，S1S3S5S2k1S2k1k 4(2k2k1)(2k2k2) (2k 2k2k1)k4(2k1)(2k22k1)k44k36k24k1(k1)4， 这就是说，当nk1 时，等式也成立 根据(1)和
