模塊強(qiáng)化練習(xí)十 推理與證明.doc

模塊強(qiáng)化練習(xí)十 推理與證明課標(biāo)理數(shù)10.M1，D2，B112011福建卷 已知函數(shù)f(x)exx.對(duì)于曲線yf(x)上橫坐標(biāo)成等差數(shù)列的三個(gè)點(diǎn)A、B、C，給出以下判斷：ABC一定是鈍角三角形；ABC可能是直角三角形；ABC可能是等腰三角形；ABC不可能是等腰三角形其中，正確的判斷是()A B C D課標(biāo)理數(shù)10.M1，D2，B112011福建卷 B【解析】 解法一：(1)設(shè)A、B、C三點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，x3(x1x20， f(x)在(，)上是增函數(shù)， f(x1)f(x2)f(x3)，且f， (x1x2，f(x1)f(x2)，(x3x2，f(x3)f(x2)， (x1x2)(x3x2)(f(x1)f(x2)(f(x3)f(x2)0， ABC為鈍角，判斷正確，錯(cuò)；(2)若ABC為等腰三角形，則只需ABBC，即(x1x2)2(f(x1)f(x2)2(x3x2)2(f(x3)f(x2)2， x1，x2，x3成等差數(shù)列，即2x2x1x3，且f(x1)f(x2)f(x3)，只需 f(x2)f(x1)f(x3)f(x2)，即2f(x2)f(x1)f(x3)，即 f，這與f相矛盾，ABC不可能是等腰三角形，判斷錯(cuò)誤，正確，故選B.解法二：(1)設(shè)A、B、C三點(diǎn)的橫坐標(biāo)為x1，x2，x3(x1x20， f(x)在(，)上是增函數(shù)，畫出f(x)的圖象(大致) f(x1)f(x2)f(x3)，且f，如圖12，設(shè)直線AB、BC的傾斜角分別為和，由0kABkBC，得，故ABC()為鈍角，判斷正確，錯(cuò)誤；由x1，x2，x3成等差數(shù)列，得x2x1x3x2，若ABC為等腰三角形，只需ABBC，則 f(x2)f(x1)f(x3)f(x2)，由0kAB0)，觀察： f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)nN*且n2時(shí)，fn(x)f(fn1(x)_.課標(biāo)理數(shù)15.M12011山東卷 【解析】 觀察1,3,7,15，與對(duì)應(yīng)項(xiàng)的關(guān)系，顯然滿足2n1，觀察2,4,8,16，與對(duì)應(yīng)項(xiàng)的關(guān)系，顯然滿足2n，故fn(x).課標(biāo)理數(shù)13.M12011陜西卷 觀察下列等式11234934567254567891049照此規(guī)律，第n個(gè)等式為_課標(biāo)理數(shù)13.M12011陜西卷 n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2【解析】 由每一行分析發(fā)現(xiàn)規(guī)律是以后每一個(gè)數(shù)都比前一個(gè)數(shù)大1，再對(duì)每一行的第一個(gè)數(shù)分析找規(guī)律為以后每一個(gè)數(shù)都比前一個(gè)數(shù)大1，對(duì)每一行的最后一個(gè)數(shù)分析找規(guī)律為1,4,7,10，(3n2)，對(duì)結(jié)果找規(guī)律為12,32,52，(2n1)2，所以第n個(gè)等式為n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2.課標(biāo)文數(shù)13.M12011陜西卷 觀察下列等式11234934567254567891049照此規(guī)律，第五個(gè)等式應(yīng)為_課標(biāo)文數(shù)13.M12011陜西卷 567891011121381【解析】 因?yàn)?1第一個(gè)式子左邊1個(gè)數(shù)，右邊1；2349第二個(gè)式子左邊2個(gè)數(shù)，從2開始加，加3個(gè)數(shù)，右邊3的平方；3456725第三個(gè)式子左邊5個(gè)數(shù)，從3開始加，加5個(gè)數(shù)，右邊5的平方；4567891049第四個(gè)左邊7個(gè)數(shù)，從4開始加，加7個(gè)數(shù)，右邊7的平方，故第五項(xiàng)為567891011121381.課標(biāo)理數(shù)22.B9，M32011湖南卷 已知函數(shù)f(x)x3，g(x)x.(1)求函數(shù)h(x)f(x)g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說明理由； (2)設(shè)數(shù)列an(nN*)滿足a1a(a0)，f(an1)g(an)，證明：存在常數(shù)M，使得對(duì)于任意的nN*，都有anM.課標(biāo)理數(shù)22.B9，M32011湖南卷 【解答】 (1)由h(x)x3x知，x0，)，而h(0)0，且h(1)10，則x0為h(x)的一個(gè)零點(diǎn)，且h(x)在(1,2)內(nèi)有零點(diǎn)因此，h(x)至少有兩個(gè)零點(diǎn)解法一：h(x)3x21x，記(x)3x21x，則(x)6xx.當(dāng)x(0，)時(shí)，(x)0，因此(x)在(0，)上單調(diào)遞增，則(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)又因?yàn)?1)0，0，則(x)在內(nèi)有零點(diǎn)，所以(x)在(0，)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)記此零點(diǎn)為x1，則當(dāng)x(0，x1)時(shí)，(x)(x1)0.所以，當(dāng)x(0，x1)時(shí)，h(x)單調(diào)遞減而h(0)0，則h(x)在(0，x1內(nèi)無零點(diǎn)；當(dāng)x(x1，)時(shí)，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)在(x1，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)，從而h(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)綜上所述，h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)解法二：由h(x)x，記(x)x21x，則(x)2xx.當(dāng)x(0，)時(shí)，(x)0，從而(x)在(0，)上單調(diào)遞增，則(x)在(0，)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)因此h(x)在(0，)內(nèi)也至多只有一個(gè)零點(diǎn)綜上所述，h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)(2)記h(x)的正零點(diǎn)為x0，即xx0. (i)當(dāng)ax0時(shí)，由a1a，即a1x0.而aa1x0x，因此a2x0.由此猜測(cè)：anx0.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明當(dāng)n1時(shí)，a1x0顯然成立假設(shè)當(dāng)nk(k1)時(shí)，akx0成立，則當(dāng)nk1時(shí)，由aakx0x知，ak1x0.因此，當(dāng)nk1時(shí)，ak1x0成立故對(duì)任意的nN*，anb.(1)記An為滿足ab3的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)，求An；(2)記Bn為滿足(ab)是整數(shù)的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)，求Bn.課標(biāo)數(shù)學(xué)23.M42011江蘇卷 【解答】 (1)點(diǎn)P的坐標(biāo)滿足條件：1ba3n3，所以Ann3.(2)設(shè)k為正整數(shù)，記fn(k)為滿足題設(shè)條件以及ab3k的點(diǎn)P的個(gè)數(shù)只要討論fn(k)1的情形由1ba3kn3k知fn(k)n3k，且k.設(shè)n13mr，其中mN*，r0,1,2，則km.所以Bnfn(k) (n3k)mn.將m代入上式，化簡(jiǎn)得Bn.所以Bn2011福州一模 否定“自然數(shù)a，b，c中恰有一個(gè)偶數(shù)”時(shí)，正確的反設(shè)為()Aa，b，c都是奇數(shù) Ba，b，c都是偶數(shù)Ca，b，c