课堂新坐标2014高考数学(理)二轮专题复习课时作业11

课时作业(十一)推理与证明一、选择题1．(2013·潍坊模拟)如下图3－3－2所示将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n＞1，n∈N*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则9a2a3＋9a3a4＋9a4a5＋…＋9a2012a2013＝()图3－3－2A.20102011B.20112012C.20122013D.20132012【解析】由图案的点数可知a2＝3，a3＝6，a4＝9，a5＝12，所以an＝3n－3，n≥2，所以9anan＋1＝93n－1×3n＝1nn－1＝1n－1－1n，所以9a2a3＋9a3a4＋9a4a5＋…＋9a2012a2013＝1－12＋12－13＋…[phone]＝20112012，选B.【答案】B2．观察下列分解式：23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19，若m3的分解式中最小的数为31，则自然数m＝()A．5B．6C．7D．8【解析】由2n＋1＝31得n＝15，又2＋3＋4＋5＝14，∴m＝6.【答案】B3．如图3－3－3所示的三角形数阵叫“莱布尼兹调和三角形”，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1n(n≥2)，其余每个数是它下一行左右相邻两数的和，如11＝12＋12，12＝13＋16，13＝14＋112，…，则第7行第4个数(从左往右数)为()图3－3－3A.1140B.1105C.160D.142【解析】由“第n行有n个数且两端的数均为1n”可知，第7行第1个数为17，由“其余每个数是它下一行左右相邻两数的和”可知，第7行第2个数为16－17＝142，同理，第7行第3个数130－142＝1105，第7行第4个数为160－1105＝1140.【答案】A4．(2013·开封模拟)观察下列各式：55＝3125,56＝15625，57＝78125，…，则52014的末四位数字为()A．3125B．5625C．0625D．8125【解析】由题意可得：58＝390625,59＝1953125，经观察易知，每个数的末四位数呈周期变化，T＝4，又因为2014＝4×503＋2，所以52014的末四位数字为5625.【答案】B5．(2013·西安模拟)已知结论：在正三角形ABC中，若D是边BC的中点，G是三角形ABC的重心，则AGGD＝2.若把该结论推广到空间中，则有结论：在棱长都相等的四面体ABCD中，若△BCD的中心为M，四面体内部一点O到四面体各面的距离都相等，则AOOM等于()A．1B．2C．3D．4【解析】设四面体内部一点O到四面体各面都相等的距离为d，则由题意知d＝OM，设各个面的面积为S，则由等体积法得：4·13S·OM＝13S·AM，4OM＝AM＝AO＋OM，从而AOOM＝31＝3.【答案】C二、填空题6．(2013·陕西高考)观察下列等式：12＝1，12－22＝－3，12－22＋32＝6，12－22＋32－42＝－10，…，照此规律，第n个等式可为________【解析】12＝1，12－22＝－(1＋2)，12－22＋32＝1＋2＋3，12－22＋32－42＝－(1＋2＋3＋4)，…，12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1(1＋2＋…＋n)＝(－1)n＋1nn＋12.【答案】12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1nn＋127．公差为d(d≠0)的等差数列{an}中，Sn是{an}的前n项和，则数列S20－S10，S30－S20，S40－S30也是等差数列，且公差为100d，类比上述结论，相应地在公比为q(q≠1)的等比数列{bn}中，若Tn是数列{bn}的前n项积，则有________．【解析】T20T10＝b11b12…b20，T30T20＝b21b22…b30，T40T30＝b31·b32…b40，∵b21b22…b30b11b12…b20＝b31b32…b40b21b22…b30＝(q10)10＝q100，∴T20T10，T30T20，T40T30成等比数列，公比为q100.【答案】T20T10，T30T20，T40T30成等比数列，公比为q1008．(2013·东城模拟)定义映射f：A→B，其中A＝{(m，n)|m，n∈R}，B＝R，已知对所有的有序正整数对(m，n)满足下述条件：①f(m,1)＝1，②若n＞m，f(m，n)＝0；③f(m＋1，n)＝n[f(m，n)＋f(m，n－1)]，则f(2,2)＝________；f(n,2)＝________.【解析】根据定义得f(2,2)＝f(1＋1,2)＝2[f(1,2)＋f(1,1)]＝2f(1,1)＝2×1＝2.f(3,2)＝f(2＋1,2)＝2[f(2,2)＋f(2,1)]＝2×(2＋1)＝6＝23－2，f(4,2)＝f(3＋1,2)＝2[f(3,2)＋f(3,1)]＝2×(6＋1)＝14＝24－2，f(5,2)＝f(4＋1,2)＝2[f(4,2)＋f(4,1)]＝2×(14＋1)＝30＝25－2，所以根据归纳推理可知f(n,2)＝2n－2.【答案】22n－2三、解答题9．已知a0且a≠1，f(x)＝1ax＋a.(1)求值：f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)；(2)由(1)的结果归纳概括对所有实数x都成立的一个等式，并加以证明；(3)若n∈N*，求和：f(－(n－1))＋f(－(n－2))＋…＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋…＋f(n)．【解】(1)f(0)＋f(1)＝11＋a＋1a＋a＝1a＝aa，f(－1)＋f(2)＝1a－1＋a＋1a2＋a＝1a＝aa.(2)由(1)归纳得到对一切实数x，有f(x)＋f(1－x)＝aa.证明如下f(x)＋f(1－x)＝1ax＋a＋1a1－x＋a＝1ax＋a＋axaa＋ax＝a＋axaa＋ax＝1a＝aa.(3)设S＝f(－(n－1))＋f(－(n－2))＋…＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋…＋f(n)，又S＝f(n)＋f(n－1)＋…＋f(2)＋f(1)＋f(0)＋…＋f(－(n－1))，两式相加，得(由(2)的结论)2S＝2n·aa，∴S＝naa.10．等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋2，S3＝9＋32.(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；(2)设bn＝Snn(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＝2＋1，3a1＋3d＝9＋32，∴d＝2，故an＝2n－1＋2，Sn＝n(n＋2)，n∈N*.(2)证明由(1)得bn＝Snn＝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，是b2q＝bpbr.即(q＋2)2＝(p＋2)(r＋2)．∴(q2－pr)＋(2q－p－r)2＝0.∵p，q，r∈N*，∴q2－pr＝0，2q－p－r＝0，∵p＋r22＝pr，(p－r)2＝0，∴p＝r.与p≠r矛盾．所以数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．11．设同时满足条件：①bn＋bn＋22bn＋1；②bnM(n∈N＋，M是与n无关的常数)的无穷数列{bn}叫“好数列”．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝aa－1(an－1)(a为常数，且a≠0，a≠1)．(1)求数列{an}的通项公式；(2)设bn＝2Snan＋1，若数列{bn}为等比数列，求a的值，并证明此时数列{1bn}为“好数列”．【证明】(1)因为S1＝aa－1(a1－1)，所以a1＝a，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝aa－1an－aa－1an－1，即anan－1＝a，故{an}是以a为首项，a为公比的等比数列．∴an＝a·an－1＝an(a为常数，且a≠0，a≠1)．(2)由(1)知，bn＝2×aa－1an－1an＋1＝3a－1an－2aa－1an，若{bn}为等比数列，则有b22＝b1·b3，而b1＝3，b2＝3a＋2a，b3＝3a2＋2a＋2a2，故(3a＋2a)2＝3·3a2＋2a＋2a2，解得a＝13.再将a＝13代入得bn＝3n成等比数列，所以a＝13成立．由于1bn＋1bn＋2＝13n＋13n＋2213n·13n＋2＝23n＋1＝2bn＋1，所以满足①，(或作差：因为1bn＋1bn＋22－1bn＋1＝53n＋2－13n＋1＝23n＋20，所以1bn＋1bn＋22bn＋1也成立)1bn＝13n≤13，故存在M13，所以满足②，故{1bn}为“好数列”．