【高考一本解決方案】高考數(shù)學文科新課標版專題訓練：專題十七推理與證明

1．(2012江·西，5，易)察看以下事實：|x|＋|y|＝1的不一樣整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不一樣整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不一樣整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為12，，則|x|＋|y|＝20的不一樣整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為()A．76B．80C．86D．921．B察看可得，不一樣整數(shù)解的個數(shù)能夠構(gòu)成一個首項為4，公差為4的等差數(shù)列，則所求為第20項，所以不一樣整數(shù)解的個數(shù)為4＋(20－1)×4＝80.2．(2013浙·江，10，中)設(shè)a，b∈R，定義運算“∧”和“∨”以下：a∧b＝a，a≤b，a∨b＝b，a>b，b，a≤b，a，a>b.若正數(shù)a，b，c，d知足ab≥4，c＋d≤4，則( )A．a(chǎn)∧b≥2，c∧d≤2

B．a(chǎn)∧b≥2，c∨d≥2C．a(chǎn)∨b≥2，c∧d≤2

D．a(chǎn)∨b≥2，c∨d≥22．C由題意知，運算“∧”為兩數(shù)中取小，運算“∨”為兩數(shù)中取大，由ab≥4知，正數(shù)a，b中起碼有一個大于等于2.由c＋d≤4知，c，d中起碼有一個小于等于2，應選C.3．(2012·綱全國，大12，中)正方形ABCD的邊長為1，點E在邊AB上，點F在邊BC上，1AE＝BF＝3.動點P從E出發(fā)沿直線向F運動，每當遇到正方形的邊時反彈，反彈時反射角等于入射角．當點P第一次遇到E時，P與正方形的邊碰撞的次數(shù)為( )A．8B．6C．4D．33．B由反射角等于入射角，利用三角形的相像比，正確繪圖如圖，碰撞的次序是E→F→G→R→M→N→E.應選B.4．(2015·江，浙8，中)設(shè)實數(shù)a，b，t知足|a＋1|＝|sinb|＝t.( )A．若t確立，則b2獨一確立B．若t確立，則a2＋2a獨一確立bC．若t確立，則sin獨一確立2D．若t確立，則a2＋a獨一確立4．B若t確立，則t＝|sinb|，b有無數(shù)個解，則b2亦有無數(shù)解，A錯；t＝|a＋1|，t確立，則t2確立，(a＋1)2確立，即a2＋2a＋1確立．∴a2＋2a確立，B正確；t＝|sinb亦有無數(shù)個解．∴sinb不獨一，C錯．由選項B可b|，t確準時，b有無數(shù)個解，則22知D錯．5．(2016·東，山12，易)察看以下等式：sinπ－22π－23＋sin3＝4×1×2；3sinπ－22π－23π－24π－25＋sin5＋sin5＋sin5＝4×2×3；3sinπ－22π－23π－26π－27＋sin7＋sin7＋＋sin7＝4×3×4；3sinπ－2＋sin2π－2＋sin3π－28π－2999＋＋sin9＝43×4×5；照此規(guī)律，π－22π－23π－22nπ－2＝________．sin2n＋1＋sin2n＋1＋sin2n＋1＋＋sin2n＋1ππ5．【分析】由題意知，各個等式中的第一項中角的規(guī)律為2×1＋1，2×2＋1，π，，對應的等式的右側(cè)分別為4乘兩個連續(xù)的正整數(shù)，第一個因子分別為1，2，2×3＋1343，.故答案為3n(n＋1)．【答案】43n(n＋1)6．(2016課·標Ⅱ，16，難)有三張卡片，分別寫有1和2，1和3，2和3，甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2”，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1”，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5”，則甲的卡片上的數(shù)字是________．6．【分析】丙卡片上的數(shù)字之和不是5，故丙不可以拿2和3卡片．若甲拿2和3卡片，因為甲與乙卡片上相同的數(shù)字不是2，故乙只好拿1和3卡片，此時丙只好拿1和2卡片，乙與丙卡片上相同的數(shù)字是1，與題意矛盾．若乙拿2和3卡片，因為甲與乙卡片上相同數(shù)字不是2，故甲只好拿1和3卡片，此時丙拿1和2卡片，切合要求．【答案】1和37．(2016四·川，15，難)在平面直角坐標系中，當P(x，y)不是原點時，定義P的“陪伴點”－x為P′x2＋y2，x2＋y2；當P是原點時，定義P的“陪伴點”為它自己．現(xiàn)有以下命題：①若點A的“陪伴點”是點A′，則點A′的“陪伴點”是點A；②單位圓上的點的“陪伴點”仍在單位圓上；③若兩點對于x軸對稱，則它們的“陪伴點”對于y軸對稱；④若三點在同一條直線上，則它們的“陪伴點”必定共線．此中的真命題是________(寫出全部真命題的序號)．7．【分析】①不正確．若A(x，y)，則A的陪伴點是A′y－x，22，22x＋yx＋y－x設(shè)A′2y－xP(m，n)，∴m＝2＋y2＝－x≠x，2，22的陪伴點是x22x＋yx＋yx＋y（x2＋y2）2∴A′的陪伴點不是A.②若A(x，y)在單位圓上，則x2＋y2＝1，則A的陪伴點是A′y，－x，即A′(y，－x)，而y2＋x2＝1，x2＋y2x2＋y2∴A′在單位圓上，②正確．③若A(x，y)，則其陪伴點為A′2y2，－x，A對于x軸的對稱點B(x，－y)，則其伴22x＋yx＋yy－x隨點為B′22，22，x＋yx＋y明顯A′，B′對于y軸對稱，③正確．④使用特別值法．比如y＝1這條直線，則A(0，1)，B(1，1)，C(2，1)，而這三個點的陪伴1112點分別是A′(1，0)，B′2，－2，C′5，－5，而這三個點不在同一條直線上．下邊給出嚴格證明：設(shè)點P(x，y)在直線l：Ax＋By＋C＝0上，P點的陪伴點為P′(x，y)，00y－y0x0＝x2＋y2，x＝2＋y2，則解得x00－x2x02，y＝2，y0＝2x＋yx0＋y0代入直線方程，即－y02x02＋C＝0，A·2＋B·2x0＋y0x0＋y0化簡得－Ay0＋Bx0＋C(x20＋y20)＝0.當C＝0時，C(x20＋y20)是一個常數(shù)，P′的軌跡是一條直線；當C≠0時，C(x20＋y20)不是一個常數(shù)，P′的軌跡不是一條直線．所以，共線點的“陪伴點”不必定共線．故④錯誤．【答案】②③8．(2013·西，陜13，易)察看以下等式：(1＋1)＝2×1，(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5，照此規(guī)律，第n個等式可為________________________．8．【分析】從給出的規(guī)律可看出，左側(cè)的連乘式中，連乘式個數(shù)以及每個連乘式中的第一個加數(shù)與右側(cè)連乘式中第一個乘數(shù)的指數(shù)保持一致，此中左側(cè)連乘式中第二個加數(shù)從1開始，逐項加1遞加，右側(cè)連乘式中從第二個乘數(shù)開始，構(gòu)成以1為首項，2為公差的等差數(shù)列，項數(shù)與第幾等式保持一致，則照此規(guī)律，第n個等式可為(n＋1)(n＋2)(n＋n)＝2n×1×3××(2n－1)．【答案】(n＋1)(n＋2)(n＋n)＝2n×1×3××(2n－1)9．(2014

·標Ⅰ，課

14，中)甲、乙、丙三位同學被問到能否去過

A，B，C

三個城市時，甲說：我去過的城市比乙多，但沒去過

B城市；乙說：我沒去過

C城市；丙說：我們?nèi)巳ミ^同一城市．由此可判斷乙去過的城市為

________．9．【分析】

由丙可知，乙起碼去過一個城市；由甲可知，甲去過

A，C

且比乙多，且乙沒有去過

C城市，故乙只去過

A城市．【答案】

A10．(2014北·京，14，中)顧客請一位工藝師把A，B兩件玉石原料各制成一件工藝品．工藝師帶一位徒弟達成這項任務．每件原料先由徒弟達成粗加工，再由工藝師進行精加工達成制作，兩件工藝品都達成后交托顧客．兩件原料每道工序所需時間(單位：工作日)以下：工序時間粗加工精加工原料原料A915原料B621則最短交貨期為________個工作日．10．【分析】①若先加工原料A，則交貨期為9＋15＋21＝45(個)工作日；②若先加工原料B，則交貨期為6＋21＋15＝42(個)工作日．所以最短交貨期為42個工作日．【答案】4211．(2012·湖北，17，難)傳說古希臘畢達哥拉斯學派的數(shù)學家常常在沙岸上畫點或用小石子表示數(shù)．他們研究過以下圖的三角形數(shù)：將三角形數(shù)1，3，6，10，記為數(shù)列{an}，將可被5整除的三角形數(shù)按從小到大的次序構(gòu)成一個新數(shù)列{bn}，能夠推斷：b2012是數(shù)列{an}中的第________項；b2k－1＝________(用k表示)．11．【分析】(1)由圖可知an＋1＝an＋(n＋1)(n∈N*)．所以a2－a1＝2，a3－a2＝3，，an－an－1＝n.累加得an－a1＝2＋3＋＋n，即an＝1＋2＋3＋＋n＝n（1＋n）.2當n＝4，5，9，10，14，15，19，20，24，25，時，an能被5整除，即b2＝a5，b4＝a10，b6＝a15，b8＝a20，，所以b2k＝a5k(k∈N*)．所以b2012＝a5×1006＝a5030.(2)由(1)可知b2k－1＝a5k－1＝1×5k(5k－1)＝5k（5k－1）.22【答案】5k（5k－1）(1)5030(2)212．(2012·建，福20，12分，中)某同學在一次研究性學習中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)；sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin22(－18°)＋cos48°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；依據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學的發(fā)現(xiàn)推行為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．12．解：(1)選擇②式，計算以下：22113sin15°＋cos15°－sin15°cos15°＝1－sin30°＝1－＝.244223(2)三角恒等式為sinα＋cos(30°－α)－sinα·cos(30°－α)＝4.證明：方法一：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)232312312＝sinα＋4cosα＋2sinαcosα＋4sinα－2sinαcosα－2sinα＝32α＋32α＝34sin4cos4.方法二：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)1－cos2α＋1＋cos（60°－2α）－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)221111(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－3＝－cos2α＋＋2sinαcosα－222212α2sin11113312－2cos2α＋2＋4cos2α＋4sin2α－4sin2α－4(1－cos2α)11131－4cos2α－4＋4cos2α＝4.類比推理是高考考察的知識點之一，近幾年來，高考取直接考察的題目較少，一般以填空題、選擇題的形式出現(xiàn)，難度中等，分值為5分．1(1)(2016山·東菏澤模擬，14)已知數(shù)列{an}為等差數(shù)列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N)，則am＋n＝nb－ma.類比等差數(shù)列{an}的上述結(jié)論，對于等比數(shù)列n－m{bn}(bn>0，n∈N)，若bm＝c，bn＝d(n－m≥2，m，n∈N)，則能夠獲得bm＋n＝________________．(2)(2016山·東臨沂質(zhì)檢，13)以下圖，若從點O所作的兩條射線OM，ON上分別有點M1，M2與點N1，N2，則三角形面積之比S△OM1N1＝OM1·ON1.如圖，若從點O所作的不22OM2ON2S△OMN在同一平面內(nèi)的三條射線OP，OQ和OR上分別有點P1，P2，點Q1，Q2和點R1，R2，則類似的結(jié)論為________________．【分析】(1)設(shè)數(shù)列{an}的公差為d1，數(shù)列{bn}的公比為q，則等差數(shù)列中an＝a1＋(n－1)d1，等比數(shù)列中bn＝b1qn－1.∵am＋n＝nb－man－mdnn－m，∴bm＋n＝cm.VOPQ11R1＝OP1OQ1OR1(2)此題是把二維的面積關(guān)系，推行到三維的體積關(guān)系：··.VOP2Q2R2OP2OQ2OR2n－mnVOPQROP1OQ1OR1(1)【答案】cm(2)VOPQR＝OP2·OQ2·OR2,222(1)剖析等差數(shù)列、等比數(shù)列的差別→剖析原命題特色→獲得新命題(2)弄理解題中所給平面上的結(jié)論→把此原理應用于空間→類比出相應空間中的結(jié)論類比推理的應用方法及步驟進行類比推理時應從詳細問題出發(fā)，經(jīng)過察看、剖析、聯(lián)想進行對照，提出猜想．類比推理常有的情況有：平面與空間類比，低維與高維類比，等差數(shù)列與等比數(shù)列類比，數(shù)的運算與向量運算類比，實數(shù)集的性質(zhì)與復數(shù)集的性質(zhì)類比，圓錐曲線間的類比等．類比推理的一般步驟：找出兩類事物之間的相像性或一致性．(2)用一類事物的性質(zhì)去推斷另一類事物的性質(zhì)，得出一個明確的命題(猜想)．概括推理是高考要點考察的內(nèi)容之一，主要考察依據(jù)已知的關(guān)系概括出一般性的結(jié)論．高考取一般以填空題的形式出現(xiàn)，難度中等，分值為5分．在復習中，要掌握概括推理的特色，運用概括推理的思想過程進行推理．2(1)(2015陜·西，16)察看以下等式：11－2＝2111111－＋－＝＋111111111－＋－＋－＝＋＋據(jù)此規(guī)律，第n個等式可為________________．(2)(2013湖·北，14)古希臘畢達哥拉斯學派的數(shù)學家研究過各樣多邊形數(shù)．如三角形數(shù)1，3，6，10，，第n個三角形數(shù)為n（n＋1）1212＝n＋n.記第n個k邊形數(shù)為N(n，k)(k≥3)，22以以下出了部分k邊形數(shù)中第n個數(shù)的表達式：三角形數(shù)121N(n，3)＝n＋n，22正方形數(shù)N(n，4)＝n2，五邊形數(shù)321N(n，5)＝n－n，22六邊形數(shù)N(n，6)＝2n2－n，能夠推斷N(n，k)的表達式，由此計算N(10，24)＝________．【分析】(1)由前3個式子可知，第i行所得的結(jié)果必定是i個數(shù)之和且第一個數(shù)的分母為i＋1，∴第n個等式應寫為1－1＋1－1＋＋1－1＝1＋1＋＋12342n－12nn＋1n＋22n.已知各式可化為以下形式：1213－22＋4－3n，N(n，3)＝n＋n＝2n22224－22＋4－4N(n，4)＝n＝2n2n，3215－22＋4－5n，N(n，5)＝n－n＝2n2226－224－6N(n，6)＝2n－n＝2n＋2n，由概括推理可得N(n，k)＝k－22＋4－k2n2n，故N(10，24)＝24－2×102＋4－24×10＝1100－100＝1000.22【答案】(1)1－1＋1－1＋＋1－1＝1＋1＋＋12342n－12nn＋1n＋22n(2)1000,題(1)經(jīng)過察看、聯(lián)想、對照，再進行概括．察看已知等式可知，第n個等式左側(cè)共有2n項，此中奇數(shù)項為正，偶數(shù)項為負，等式右側(cè)共有n項，與左側(cè)的后n項相同且均為正，可得答案．題(2)的要點是察看已知式子的規(guī)律并改寫形式，概括可得N(n，k)＝k－22＋4kn，把n＝2n210，k＝24代入可得．常有的概括推理種類及相應方法常有的概括推理分為數(shù)的概括和形的概括兩類：數(shù)的概括包含數(shù)字概括和式子概括，解決此類問題時，需要仔細察看，追求相鄰項及項與序號之間的關(guān)系，同時還要聯(lián)系有關(guān)的知識．形的概括主要包含圖形數(shù)量概括和圖形變化規(guī)律概括．解決數(shù)的概括問題要點是明確等式兩邊對應項的各自特色及各行、各列相鄰數(shù)或相鄰項之間的關(guān)系．由概括推理所得的有限項所表示的規(guī)律不必定合適于一般項，若要考證其正確性，需進行詳細計算或嚴格證明．演繹推理是高考要點考察的內(nèi)容之一，推理的基本模式和思想過程貫串于數(shù)學解題過程的一直．高考取選擇題、填空題、解答題均會波及．在復習中，要認識演繹推理的特色，掌握演繹推理的基本模式——三段論的思想過程．3(2015?！そㄈ髡{(diào)研，20，12分)數(shù)列{an}的前n項和記為Sn，已知a1＝1，an＋1＝n＋2*nSn(n∈N)．證明：Sn(1)數(shù)列n是等比數(shù)列；(2)Sn＋1＝4an.n＋2【證明】(1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝nSn，(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.Sn＋1S∴n.(小前提)n＋1＝2·nSn故n是以2為公比，1為首項的等比數(shù)列．(結(jié)論)Sn＋1＝4·Sn－1(2)由(1)可知，n＋1n－1(n≥2)，Sn－1＝n－1＋2·Sn－1∴Sn＋1＝4(n＋1)·4·n－1n－14an(n≥2)，(小前提)又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)∴對于隨意正整數(shù)n，都有Sn＋1＝4an.(結(jié)論)(第(2)問的大前提是第(1)問的結(jié)論及題中的已知條件)演繹推理還能夠定義為結(jié)論在廣泛性上不大于前提的推理，或結(jié)論在確立性上同前提相同的推理．應用演繹推理的過程中必定要注意大小前提都正確，此前提下獲得的結(jié)論才正確．(2016·東臨沂質(zhì)檢，山2)某國家流傳這樣的一個政治笑話：“鵝吃白菜，參議員先生也吃白菜，所以參議員先生是鵝．”結(jié)論明顯是錯誤的，是因為( )A．大前提錯誤B．小前提錯誤C．推理形式錯誤D．非以上錯誤C因為大前提的形式“鵝吃白菜”，不是全稱命題，大前提自己正確，小前提“參議員先生也吃白菜”自己也正確，但不是大前提下的特別狀況，鵝與人不可以類比，所以不切合三段論推理形式，所以推理形式錯誤．,演繹推理的應用方法在應用三段論推理來證明問題時，第一應當明確什么是問題中的大前提和小前提．在演繹推理中，只需前提和推理形式是正確的，結(jié)論必然是正確的．用三段論證明的基本模式是：①大前提——已知的一般原理；②小前提——所研究的特別狀況；③結(jié)論——依據(jù)一般原理對特別狀況做出的判斷．注意：在證明的過程中，常常大前提不寫出來．1．(2016

·東棗莊一模，山

9)已知

f1(x)＝sinx＋cosx，fn＋1(x)是

fn(x)的導函數(shù)，即

f2(x)＝f′1(x)，f3(x)＝f′2(x)，，

fn＋1(x)＝f′n(x)，n∈N*，則

f2016(x)＝(

)A．sinx＋cosx

B．－sinx－cosxC．sinx－cosx

D．－sinx＋cosx1．C[考向2]f2(x)＝f1′(x)＝cosx－sinx，f3(x)＝f2′(x)＝－sinx－cosx，f4(x)＝f3′(x)＝－cosx＋sinx，f5(x)＝f4′(x)＝sinx＋cosx，f6(x)＝f5′(x)＝cosx－sinx，，可知fn(x)是以4為周期的函數(shù)，∵2016＝504×4，∴f2016(x)＝f4(x)＝sinx－cosx．應選

C.2．(2015

·南焦作二模，河

10)給出以下類比推理命題

(此中

Q為有理數(shù)集，

R為實數(shù)集，

C為復數(shù)集)：①“若a，b∈R，則a－b＝0?a＝b”類比推出“若a，b∈C，則a－b＝0?a＝b”；②“若a，b，c，d∈R，則復數(shù)a＋bi＝c＋di?a＝c，b＝d”類比推出“若a，b，c，d∈Q，則實數(shù)a＋b2＝c＋d2?a＝c，b＝d”；③“若a，b∈R，則a－b>0?a>b”類比推出“若a，b∈C，則a－b>0?a>b”．此中類比結(jié)論正確的個數(shù)是()A．0B．1C．2D．32．C[考向1]①在復數(shù)集C中，若兩個復數(shù)知足a－b＝0，則它們的實部和虛部均相等，則a，b相等，故①正確；②在有理數(shù)集Q中，若a＋b2＝c＋d2，則(a－c)＋(b－d)2＝0，易得a＝c，b＝d.故②正確；③若a，b∈C，當a＝1＋i，b＝i時，a－b＝1>0，但a，b是兩個虛數(shù)，不可以比較大小，故③錯誤．故3個結(jié)論中，有兩個是正確的．應選C.3．(2016·河北衡水中學一模，5)某珠寶店丟了一件寶貴珠寶，以下四人中只有一個人說了實話，只有一人偷了珠寶．甲：我沒有偷；乙：丙是小偷；丙：丁是小偷；丁：我沒有偷．依據(jù)以上條件能夠判斷偷珠寶的人是( )A．甲B．乙C．丙D．丁3．A[考向3]若是甲說了實話，則乙、丙、丁都說了謊話，那么丙不是小偷，丁不是小偷，丁偷了珠寶，明顯矛盾，故甲說了謊話，即甲是小偷，應選A.12132143214．(2016河·北石家莊二模，10)已知數(shù)列{an}：1，1，2，1，2，3，1，2，3，4，，依它的前10項的規(guī)律，則a99＋a100的值為( )724B.6117C.15D.154．A[考向2]將數(shù)列進行從頭分組為1，2，1，3，2，1，4，3，2，1，，則1121231234a99，a100分別是第十四組的第8個數(shù)和第9個數(shù)，分子、分母之和為15，所以a99＝7，a1008＝6＋a＝379245．(2016湖·南長沙二模，6)在平面幾何中有以下結(jié)論：正三角形ABC的內(nèi)切圓面積為S1，外接圓面積為S，則S1＝1，推行到空間能夠獲得近似結(jié)論，已知正四周體P-ABC的內(nèi)切球2S24V1體積為V1，外接球體積為V2，則V2＝()11A.8B.911C.27D.645．C[考向1]從平面圖形類比空間圖形，從二維類比三維，如圖，設(shè)正四周體的棱長為a，E為等邊三角形ABC的中心，O為內(nèi)切球與外接球球心，則36AE＝3a，DE＝3a.設(shè)OA＝R，OE＝r，則OA2＝AE2＋OE2，2＝6232即R3a－R＋3a，6R＝4a，r＝12a，∴正四周體的外接球和內(nèi)切球的半徑之比是3∶1，故正四周體

P-ABC

的內(nèi)切球體積

V1與外接球體積

V2之比等于

1，應選27

C.6．(2016

河·南洛陽一模，14)對大于或等于

2的自然數(shù)

m的

n次方冪有以下分解方式：22＝1＋3；32＝1＋3＋5；42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5；33＝7＋9＋11；43＝13＋15＋17＋19.依據(jù)上述分解規(guī)律，則52＝1＋3＋5＋7＋9，若m3(m∈N*)的分解中最小的數(shù)是73，則m的值為________．6．[考向2]【分析】依據(jù)23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，從23起，m3的分解規(guī)律恰為數(shù)列3，5，7，9中若干連續(xù)項之和，23為前兩項和，33為接下來三項和，故m3的首個數(shù)為m2－m＋1.∵m3(m∈N*)的分解中最小的數(shù)是73，∴m2－m＋1＝73，解得m＝9.【答案】97．(2016河·南三市調(diào)研，16)以下圖，將正整數(shù)排成三角形數(shù)陣，每排的數(shù)稱為一個群，從上到下按序為第1群，第2群，，第n群，，第n群恰巧有n個數(shù)，則第n群中n個數(shù)的和是________．1234658121071624201493248402818117．[考向2]【分析】察看可得每群的第1個數(shù)1，2，4，8，16，構(gòu)成以1為首項，2為公比的等比數(shù)列，所以第n群的第1個數(shù)是2n－1，第n群的第2個數(shù)是3×2n－2，，第n群的第n－1個數(shù)是(2n－3)×21，第n群的第n個數(shù)是(2n－1)×20，所以第n群的全部數(shù)之和為2n－1＋3×2n－2＋＋(2n－3)×21＋(2n－1)×20，依據(jù)錯位相減法求其和為3×2n－2n－3.【答案】3×2n－2n－38.(2016廣·東湛江一模，13)將會合{2s＋2t|0≤s＜t且s，t∈Z}中的元素按上小下大，左小右大的原則排成以下圖的三角形數(shù)表，將數(shù)表中位于第i行第j列的數(shù)記為bij(i≥j＞0)，則b43＝________．356910128．[考向2]【分析】由三角形數(shù)表可知：b11＝3＝20＋21，b21＝5＝20＋22，b22＝6＝2＋22，b31＝9＝20＋23，b32＝10＝21＋23，b33＝12＝22＋23，按此規(guī)律可知：b43＝22＋24＝20.【答案】209．(2016·北黃岡二模，湖20，12分)設(shè)f(x)＝3ax2＋2bx＋c.若a＋b＋c＝0，f(0)>0，f(1)>0，求證：ba>0且－2<a<－1；方程f(x)＝0在(0，1)內(nèi)有兩個實根．9．[考向3]證明：(1)∵f(0)>0，f(1)>0，c>0，3a＋2b＋c>0.由a＋b＋c＝0，消去b得a>c>0，再由條件a＋b＋c＝0，消去c得a＋b<0且2a＋b>0，∴－2<b<－1.a(2)方法一：∵拋物線f(x)＝3ax2＋2bx＋c的極點坐標為－b，3ac－b2，－2<b<－1，∴1<3a3aa3－b23a<3.又∵f(0)>0，f(1)>0，而f－b＝－a2＋c2－ac3a<0，3a∴方程f(x)＝0在區(qū)間b－b，1內(nèi)分別有一個實根，故方程f(x)＝0在(0，1)內(nèi)0，－3a與3a有兩個實根．方法二：∵f(0)>0，f(1)>0，而f1＝3a＋b＋c＝－1a<0，244∴拋物線與x軸的兩個交點落在區(qū)間(0，1)內(nèi)，即方程f(x)＝0在(0，1)內(nèi)有兩個實根．方法三：∵＝4b2－12ac＝4(a2＋c2－ac)>0，∴方程f(x)＝0有兩個實根．2bc設(shè)方程的兩根為x1，x2，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝－3a>0，x1x2＝3a>0，故兩根為正．2b又∵(x1－1)＋(x2－1)＝－－2<0，3a＋2b＋c(x1－1)(x2－1)＝>0，3a∴兩根均小于1，命題得證．1．(2014山·東，4，易)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0起碼有一個實根”時，要做的假定是( )A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實根B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根3C．方程x＋ax＋b＝0至多有兩個實根31．A“方程x3＋ax＋b＝0起碼有一個實根”的否認是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實根”．312．(2016浙·江，20，15分，中)設(shè)函數(shù)f(x)＝x＋，x∈[0，1]，證明：(1)f(x)≥1－x＋x2；33(2)＜f(x)≤.424423＝1－（－x）＝1－x，2．證明：(1)因為1－x＋x－x1－（－x）1＋x4因為x∈[0，1]，有1－x≤1，1＋xx＋1即1－x＋x2－x3≤1，x＋1所以f(x)≥1－x＋x2.(2)由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋1≤x＋1＝x＋1－3＋3＝（x－1）（2x＋1）3＋x＋1x＋1x＋1222（x＋1）23≤2，3所以f(x)≤2.由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝x－12＋3≥3，244193又因為f2＝24>4，3所以f(x)>.3綜上，<f(x)≤.23．(2014·遼寧，21，12分，中)已知函數(shù)f(x)＝π(x－cosx)－2sinx－2，g(x)＝(x－π)1－sinx＋2x－1.1＋sinxπ證明：(1)存在獨一x0∈0，π，使f(x0)＝0；2π存在獨一x1∈2，π，使g(x1)＝0，且對(1)中的x0，有x0＋x1>π.π3．證明：(1)當x∈0，2時，f′(x)＝π＋πsinx－2cosx>0，f(x)在0，π上是增函數(shù)．2ππ2又f(0)＝－π－2<0，f2＝2－4>0，π∴存在獨一的x0∈0，2，使f(x0)＝0.當x∈π，π時，化簡得g(x)＝(π－x)·cosx＋2x－1.21＋sinxπ令t＝π－x，記u(t)＝g(π－t)＝－tcost2π1＋sint－πt＋1，t∈0，2，則u′(t)＝f（t）π（1＋sint）.由(1)得，當t∈(0，x0)時，u′(t)<0，當t∈x0，π時，u′(t)>0.2在x0，π上u(t)為增函數(shù)，由uπ＝0知，當t∈x0，π時，u(t)<0，222π∴u(t)在x0，上無零點．在(0，x0)上u(t)為減函數(shù)，由u(0)＝1，u(x0)<0知存在獨一t0∈(0，x0)使u(t0)＝0.于是存在獨一t0∈0，π，使u(t0)＝0.2π設(shè)x1＝π－t0∈2，π，則g(x1)＝g(π－t0)＝u(t0)＝0，π∴存在獨一x1∈，π，使g(x1)＝0.2x1＝π－t0，t0<x0，∴x0＋x1>π.1－xx4．(2013·南，湖21，13分，難)已知函數(shù)f(x)＝1＋x2e.求f(x)的單一區(qū)間；證明：當f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)時，x1＋x2<0.4．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)．f′(x)＝1－xx＋1－xx1＋x2′e2e1＋x2x－2x－11－xxx[（x－1）2＋2]x（1＋x2）2e.當x<0時，f′(x)>0；當x>0時，f′(x)<0.所以f(x)的單一遞加區(qū)間為(－∞，0)，單一遞減區(qū)間為(0，＋∞)．1－xx(2)證明：當x<1時，因為1＋x2>0，e>0，故f(x)>0；同理，當x>1時，f(x)<0.當f(x1)＝f(x2)(x1≠x2)時，不如設(shè)x1<x2，由(1)知，x1∈(－∞，0)，x2∈(0，1)．下邊證明：?x∈(0，1)，f(x)<f(－x)，1－xx1＋x－x即證1＋x2e<1＋x2e.此不等式等價于(1－x)ex－1＋x<0.exx1＋x令g(x)＝(1－x)e－ex，－x則g′(x)＝－xe(e2x－1)．當x∈(0，1)時，g′(x)<0，g(x)單一遞減，進而g(x)<g(0)＝0.1＋x即(1－x)e－ex<0.所以?x∈(0，1)，f(x)<f(－x)．而x2∈(0，1)，所以f(x2)<f(－x2)，進而f(x1)<f(－x2)．因為x1，－x2∈(－∞，0)，f(x)在(－∞，0)上單一遞加，所以x1<－x2，即x1＋x2<0.5．(2013·蘇，江19，16分，難)設(shè){an}是首項為a，公差為d的等差數(shù)列(d≠0)，Sn是其前n項的和．記bn＝nS2n，n∈N*，此中c為實數(shù)．n＋c(1)若c＝0，且b1，b2，b4成等比數(shù)列，證明：Snk＝n2Sk(k，n∈N*)；(2)若{bn}是等差數(shù)列，證明：c＝0.n（n－1）5．證明：由題意得，Sn＝na＋d.(1)由c＝0，得bn＝Sn＝a＋n－12d.n又因為b1，b2，b4成等比數(shù)列，所以b22＝b1b4，d23即a＋2＝aa＋2d，化簡得d2－2ad＝0.因為d≠0，所以d＝2a.所以，對于全部的m∈N*，有Sm＝m2a.進而對于全部的k，n∈N*，有Snk＝(nk)2a＝n2k2a＝n2Sk.設(shè)數(shù)列{bn}的公差是d1，則bn＝b1＋(n－1)d1，nSn**即n2＋c＝b1＋(n－1)d1，n∈N，代入Sn的表達式，整理得，對于全部的n∈N，有1－13－d－a＋12＋cd－b22令A＝d111－d，B＝b1－d1－a＋d，22D＝c(d1－b1)，則對于全部的n∈N*，有An3＋Bn2＋cd1n＝D.(*)在(*)式中分別取n＝1，2，3，4，得A＋B＋cd1＝8A＋4B＋2cd1＝27A＋9B＋3cd1＝64A＋16B＋4cd1，7A＋3B＋cd1＝0，①進而有19A＋5B＋cd1＝0，②21A＋5B＋cd1＝0.③由②③得A＝0，cd1＝－5B，代入方程①，得B＝0，進而cd1＝0.11即d1－d＝0，b1－d1－a＋d＝0，cd1＝0.22若d1＝0，則由d1－1d＝0，得d＝0，2與題設(shè)矛盾，所以d1≠0.又因為cd1＝0，所以c＝0.6．(2013湖·北，20，13分，難)如圖，某地質(zhì)隊自水平川面A，B，C三處垂直向地下鉆探，自A點向下鉆到A1處發(fā)現(xiàn)礦藏，再持續(xù)下鉆到A2處后下邊已無礦，進而獲得在A處正下方的礦層厚度為A1A2＝d1，相同可得在B，C處正下方的礦層厚度分別為B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2<d3，過AB，AC的中點M，N且與直線AA2平行的平面截多面體A1B1C1-A2B2C2所得的截面DEFG為該多面體的一此中截面，其面積記為S中．證明：中截面DEFG是梯形；在△ABC中，記BC＝a，BC邊上的高為h，面積為S.在估測三角形ABC地區(qū)內(nèi)正下方的礦藏儲量(即多面體A1B1C1-A2B2C2的體積V)時，1可用近似公式V估＝S中·h來估量．已知V＝3(d1＋d2＋d3)S，試判斷V估與V的大小關(guān)系，并加以證明．6．解：(1)證明：依題意A1A2⊥平面ABC，B1B2⊥平面ABC，C1C2⊥平面ABC，所以A1A2∥B1B2∥C1C2.又A1A2＝d1，B1B2＝d2，C1C2＝d3，且d1<d2<d3，所以四邊形A1A2B2B1，A1A2C2C1均是梯形．由AA2∥平面MEFN，AA2?平面AA2B2B，且平面AA2B2B∩平面MEFN＝ME，可得AA2∥ME，即A1A2∥DE.同理可證A1A2∥FG，所以DE∥FG.又點M，N分別為AB，AC的中點，則點D，E，F(xiàn)，G分別為A1B1，A2B2，A2C2，A1C1的中點，即DE，F(xiàn)G分別為梯形A1A2B2B1，A1A2C2C1的中位線，所以DE＝112(A1A2＋B1B2)＝(d1＋d2)，211FG＝2(A1A2＋C1C2)＝2(d1＋d3)，而d1<d2<d3，故DE<FG，所以中截面DEFG是梯形．V估<V.證明以下：由A1A2⊥平面ABC，MN?平面ABC，可得A1A2⊥MN.而EM∥A1A2，所以EM⊥MN，同理可得FN⊥MN.由MN是△ABC的中位線，可得11MN＝BC＝a，即為梯形DEFG的高，22所以S中＝S梯形DEFG＝1d1＋d2＋d1＋d3aa222·＝(2d1＋d2＋d3)，28ah即V估＝S中·h＝8(2d1＋d2＋d3)．1ah，所以1ah(d1＋d2＋d3)．又S＝V＝(d1＋d2＋d3)S＝623于是V－V＝ahah估6(d1＋d2＋d3)－8(2d1＋d2＋d3)ah24[(d2－d1)＋(d3－d1)]．由d1<d2<d3，得d2－d1>0，d3－d1>0，即V－V估>0，故V估<V.剖析法在高考取一般不會獨自考察，可是剖析法的解題思路在高考取是常用的，選擇題、填空題、解答題都有可能出現(xiàn)．在平常復習時，要熟習剖析法的特色及書寫形式．1(2013江·蘇，21，10分)已知a≥b>0，求證：2a3－b3≥2ab2－a2b.【證明】要證明2a3－b3≥2ab2－a2b建立，只需證2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，即2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，進而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0建立，2a3－b3≥2ab2－a2b.1.(2015江·蘇南通模擬，21，10分)已知a>0，求證：211a＋2－2≥a＋－2.aa2111．證明：要證a＋a2－2≥a＋a－2，211只需證a＋a2＋2≥a＋a＋2.∵a>0，故只需證2121＋22，a＋2＋2≥a＋aa2121211即證a＋a2＋4a＋a2＋4≥a＋a2＋2＋22a＋a＋2，進而只需證2212a＋1，a＋2≥aa2121只需證4a＋a2≥2a＋2＋a2，21即證a＋a2≥2，它明顯建立，∴原不等式建立．2．(2016山·東臨沂一模，16，12分)已知△ABC的三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，A，B，C的對邊分別為a，b，c.113求證：＋＝.1132．證明：要證＋＝，即證a＋b＋c＋a＋b＋c＝3也就是c＋a＝1，a＋bb＋ca＋bb＋c只需證c(b＋c)＋a(a＋b)＝(a＋b)(b＋c)，222需證c＋a＝ac＋b，又△ABC三個內(nèi)角A，B，C成等差數(shù)列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2accos60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2建立．于是原等式建立．,用剖析法證明不等式時，必定要依據(jù)剖析法的格式書寫．利用剖析法證明時應注意的問題剖析法采納逆向思想，當已知條件與結(jié)論之間的聯(lián)系不夠明顯、直接，或證明過程中所需要用的知識不太明確、詳細時，常常采納剖析法，特別是含有根號、絕對值的等式或不等式，從正面不易推導時，?？紤]用剖析法．(2)應用剖析法的要點是保證剖析過程的每一步都是可逆的，它的常用書面表達形式為證只需證”或用“?”．注意用剖析法證明時，必定要嚴格依據(jù)格式書寫．

“要高考取，常常以不等式、立體幾何、數(shù)列等知識為載體，考察剖析法、綜合法的原理，聯(lián)合詳細問題考察學生解決問題的能力．在平常復習時，要靈巧運用題目的已知條件及設(shè)問中所獲得的結(jié)論，將剖析法和綜合法聯(lián)合起來靈巧運用．2(2013北·京，20，13分)給定數(shù)列a1，a2，，an，對i＝1，2，，n－1，該數(shù)列前i項的最大值記為Ai，后n－i項ai＋1，ai＋2，，an的最小值記為Bi，di＝Ai－Bi.設(shè)數(shù)列{an}為3，4，7，1，寫出d1，d2，d3的值；(2)設(shè)a1，a2，，an(n≥4)是公比大于1的等比數(shù)列，且a1>0，證明：d1，d2，，dn－1是等比數(shù)列；(3)設(shè)d1，d2，，dn－1是公差大于0的等差數(shù)列，且d1>0，證明：a1，a2，，an－1是等差數(shù)列．【分析】(1)當i＝1時，A1＝3，B1＝1，故d1＝A1－B1＝2，同理可求得d2＝3，d3＝6.證明：因為a1>0，公比q>1，所以a1，a2，，an是遞加數(shù)列．所以，對i＝1，2，，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.于是對i＝1，2，，n－1，di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.di＋1所以di≠0且＝q(i＝1，2，，n－2)，即d1，d2，，dn－1是等比數(shù)列．證明：設(shè)d為d1，d2，，dn－1的公差．對1≤i≤n－2，因為Bi≤Bi＋1，d>0，所以Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai.又因為Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.進而a1，a2，，an－1是遞加數(shù)列．所以Ai＝ai(i＝1，2，，n－1)．又因為d1＞0，B1＝A1－d1＝a1－d1<a1，所以B1<a1<a2<<an－1.所以an＝B1.所以B1＝B2＝＝Bn－1＝an.所以ai＝Ai＝Bi＋di＝an＋di.又di＋1－di＝d，所以對i＝1，2，，n－2都有ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，即a1，a2，，an－1是等差數(shù)列．2思路點撥：(1)利用結(jié)構(gòu)法，分別判斷sinx與2x，sinx與x的大小關(guān)系；(2)利用比較法或結(jié)構(gòu)函數(shù)，經(jīng)過導數(shù)求解范圍．,(1)d1，d2，d3的值可依據(jù)所給定義進行求解；(2)需依據(jù)題意求出dn的通項后利用定義證明；(3)利用等差數(shù)列的定義證明．2(2013遼·寧，20，12分)(1)證明：當x∈[0，1]時，2x≤sinx≤x；3(2)若不等式ax＋x2＋x＋2(x＋2)cosx≤4對x∈[0，1]恒建立，務實數(shù)a的取值范圍．2解：(1)證明：記F(x)＝sinx－222x，則F′(x)＝cosx－2.當x∈0，π時，F(xiàn)′(x)>0，F(xiàn)(x)在0，π上是增函數(shù)；44ππ當x∈4，1時，F(xiàn)′(x)<0，F(xiàn)(x)在4，1上是減函數(shù)．2又F(0)＝0，F(xiàn)(1)>0，所以當x∈[0，1]時，F(xiàn)(x)≥0，即sinx≥2x.記H(x)＝sinx－x，則當x∈(0，1)時，H′(x)＝cosx－1<0，所以H(x)在[0，1]上是減函數(shù)，則H(x)≤H(0)＝0，即sinx≤x.2綜上，2x≤sinx≤x，x∈[0，1]．方法一：因為當x∈[0，1]時，32xax＋x＋＋2(x＋2)cosx－42x32x＝(a＋2)x＋x＋2－4(x＋2)sin22x322≤(a＋2)x＋x＋2－4(x＋2)4x＝(a＋2)x，2x3所以，當a≤－2時，不等式ax＋x＋2＋2(x＋2)cosx≤4對x∈[0，1]恒建立．3下邊證明，當a>－2時，不等式ax＋x2＋x＋2(x＋2)cosx≤4對x∈[0，1]不恒建立．2因為當x∈[0，1]時，3ax＋x2＋x2＋2(x＋2)cosx－43(a＋2)x＋x2＋x－4(x＋2)sin2x223(a＋2)x＋x2＋x－4(x＋2)23(a＋2)x－x2－x2(a＋2)x－3x2232＝－2xx－3（a＋2），

22所以存在x0∈(0，1)如x0取a＋2和1中的較小值知足ax0＋x02＋x03＋2(x0＋2)cosx0－3224>0，32x即當a>－2時，不等式ax＋x＋＋2(x＋2)cosx－4≤0對x∈[0，1]不恒建立．綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]．3方法二：記f(x)＝ax＋x2＋x2＋2(x＋2)·cosx－4，2則f′(x)＝a＋2x＋3x＋2cosx－2(x＋2)·sinx.2記G(x)＝f′(x)，則G′(x)＝2＋3x－4sinx－2(x＋2)cosx.當x∈(0，1)時，cosx>1，所以G′(x)<2＋3x－4×2x－(x＋2)＝(2－22)x<0.22于是故當進而所以

f′(x)在[0，1]上是減函數(shù)，所以，當a≤－2時，f′(x)<0，f(x)在[0，1]上是減函數(shù)，f(x)≤f(0)＝0，即當a≤－2時，

x∈[0，1]時，f′(x)<f′(0)＝a＋2，3不等式ax＋x2＋x2＋2(x＋2)cosx≤4對x∈[0，1]恒建立．3下邊證明，當a>－2時，不等式ax＋x2＋x＋2(x＋2)cosx≤4對x∈[0，1]不恒建立．2因為f′(x)在[0，1]上是減函數(shù)，且7f′(0)＝a＋2>0，f′(1)＝a＋2＋2cos1－6sin1，當a≥6sin1－2cos1－7時，f′(1)≥0，2所以當x∈(0，1)時，f′(x)>0，所以f(x)在[0，1]上是增函數(shù)，故f(1)>f(0)＝0；7當－2<a<6sin1－2cos1－時，f′(1)<0.又f′(0)>0，故存在x∈(0，1)使f′(x時，f′(x)>f′(x，00)＝0，則當0<x<x00)＝0，所以f(x)在[0x0]上是增函數(shù)，所以當x∈(0，x0)時，f(x)>f(0)＝0.32x所以當a>－2時，不等式ax＋x＋＋2(x＋2)cosx≤4對x∈[0，1]不恒建立．綜上，實數(shù)a的取值范圍是(－∞，－2]．綜合法證題的思路綜合法與剖析法綜合應用的注意點綜合法與剖析法各有特色，在解決實質(zhì)問題時，常把剖析法與聯(lián)合法綜合起來運用，往常用剖析法剖析，綜合法書寫，這一點在立體幾何中應用最為明顯．同時，在數(shù)列、三角函數(shù)、分析幾何中也大多是利用剖析法剖析，用綜合法證明的方法來證明有關(guān)問題．(2)對于較復雜的問題，能夠采納兩端湊的方法，即經(jīng)過剖析法找出某個與結(jié)論等價(或充分)的中間結(jié)論，而后經(jīng)過綜合法由條件證明這此中間結(jié)論，使原命題得證．反證法是間接證明數(shù)學識題的一種方法，是高考考察的要點內(nèi)容之一，在試題中一般是以選擇題或解答題(此中的一問)的形式出現(xiàn)，難度為中高檔．3(2013·西，陜17，12分)設(shè){an}是公比為q的等比數(shù)列．推導{an}的前n項和公式；設(shè)q≠1，證明數(shù)列{an＋1}不是等比數(shù)列．【分析】(1)設(shè){an}的前n項和為Sn，當q＝1時，Sn＝a1＋a1＋＋a1＝na1；當q≠1時，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋＋a1qn－1，①qSn＝a1q＋a1q2＋＋a1qn，②①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，a1（1－qn）na1，q＝1，∴Sn＝，∴Sn＝n1－qa1（1－q），q≠1.1－qn＋1}是等比數(shù)列，則對隨意的k∈N*，(2)證明：假定{a(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，2ak＋1＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，22kkk－1k＋1k－1k＋1a1q＋2a1q＝a1q·a1q＋a1q＋a1q.∵a1≠0，∴2qk＝qk－1k＋1＋q.q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，這與已知矛盾．∴假定不建立，故{an＋1}不是等比數(shù)列．解題(1)時必定要平等比數(shù)列的公比可否等于1進行議論；解題(2)時要注意等比數(shù)列首項a1≠0.x22(2013北·京，19，14分)直線y＝kx＋m(m≠0)與橢圓W：4＋y＝1訂交于A，C兩點，O是坐標原點．當點B的坐標為(0，1)，且四邊形OABC為菱形時，求AC的長；(2)當點B在W上且不是W的極點時，證明：四邊形OABC不行能為菱形．解：(1)因為四邊形OABC為菱形，則AC與OB互相垂直均分．因為O(0，0)，B(0，1)，1t21所以設(shè)點At，2，代入橢圓方程得4＋4＝1，則t＝±3，故|AC|＝23.證明：假定四邊形OABC為菱形，因為點B不是W的極點，且AC⊥OB，所以k≠0.2＋4y＝4，由y＝kx＋m，消去y并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.設(shè)A(x1，y1)，C(x2，y2)，則x1＋x2＝－4km22，1＋4ky1＋y2x1＋x2m2＝k·＋m＝221＋4k.－4kmm所以AC的中點為M2，2.1＋4k1＋4k因為M為AC和OB的交點，且m≠0，k≠0，所以直線OB的斜率為－4k1，因為k·－1＝－1≠－1，4k4所以AC與OB不垂直．所以O(shè)ABC不是菱形，與假定矛盾．所以當點B不是W的極點時，四邊形OABC不行能是菱形．,用反證法證明命題的基本步驟反設(shè)，設(shè)要證明的結(jié)論的反面建立；歸謬，從反設(shè)下手，經(jīng)過推理得出與已知條件或公義、定理矛盾；否認反設(shè)，得出原命題結(jié)論建立．常有詞的否認詞使用反證法證明問題時，正確地做出反設(shè)(即否認結(jié)論)是正確運用反證法的前