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- 2021-06-10 发布
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第十章 算法、复数、推理与证明
第一节算法、复数
本节主要包括2个知识点：
1.算法流程图与基本算法语句；
2.复数.
突破点(一) 算法流程图与基本算法语句
基础联通
抓主干知识的“源”与“流”
1．算法
一类问题的机械的、统一的求解方法．具有确定性、有限性等特点．
2．流程图
流程图是由一些图框和流程线组成的，其中图框表示各种操作的类型，图框内的文字和符号表示操作的内容，流程线表示操作的先后次序．图框种类有起止框、输入输出框、处理框、判断框，分别用圆角矩形、平行四边形、矩形、菱形表示．
3．三种基本逻辑结构
顺序结构
选择结构
循环结构
定义
依次进行多个处理的结构
先根据条件作出判断，再决定执行哪一种操作的结构
需要重复执行同一操作的结构，有两种结构形式：当型循环(图①)和直到型循环(图②)
结构形式
4.基本算法语句
伪代码：介于自然语言和计算机语言之间的文字和符号．
(1)赋值语句：用符号←表示，如“x←y”表示将y的值赋给x，其中x是一个变量，y是一个与x同类型的变量或表达式．
(2)输入、输出语句
输入语句：“Read a，b”表示输入的数据依次送给a，b；
输出语句：“Print x”表示输出运算结果x.(支持多个输入和输出，但是中间要用逗号隔开)
(3)条件语句
(4)循环语句
对应当型循环
对应直到型循环
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
顺序结构和选择结构
选择结构的算法流程图只有顺序结构和选择结构，虽然结构比较简单，但由于选择支路较多，容易出现错误．解决此类问题，可按下列步骤进行：
第一步：弄清变量的初始值；
第二步：按照流程图从上到下或从左到右的顺序，依次对每一个语句、每一个判断框进行读取，在读取判断框时，应注意判断后的结论分别对应着什么样的结果，然后按照对应的结果继续往下读取；
第三步：输出结果．
[例1] (1)定义运算a⊗b为执行如图所示的算法流程图输出的S值，则⊗的值为________．
(2)(2017·江苏高考)如图是一个算法流程图．若输入x的值为，则输出y的值是________．
[解析] (1)由算法流程图可知，S＝
因为2cos＝1,2tan＝2,1＜2，所以⊗＝2×(1＋1)＝4.
(2)由流程图可知其功能是运算分段函数y＝所以当输入的x的值为时，y＝2＋log2＝2－4＝－2.
[答案] (1)4 (2) －2
[方法技巧]
顺序结构和选择结构的运算方法
(1)顺序结构是最简单的算法结构，语句与语句之间、框与框之间是按从上到下的顺序进行的．解决此类问题，只需分清运算步骤，赋值量及其范围进行逐步运算即可．
(2)选择结构中条件的判断关键是明确选择结构的功能，然后根据“Y”的分支成立的条件进行判断．
(3)对选择结构，无论判断框中的条件是否成立，都只能执行两个分支中的一个，不能同时执行两个分支．
循环结构
考法(一) 由流程图求输出结果
[例2] (1)如图所示，算法流程图的输出结果是________．
(2)(2018·苏州高三暑假测试)运行如图所示的流程图，则输出的结果S是________．
[解析] (1)第一次循环：n＝2＜8，S＝，n＝4；
第二次循环：n＝4＜8，S＝＋，n＝6；
第三次循环：n＝6＜8，S＝＋＋，n＝8;
第四次循环：n＝8＜8不成立，输出S＝＋＋＝.
(2)S＝2，i＝1，进入循环，S＝，i＝2，进入循环，S＝－1，i＝3，进入循环，S＝2，i＝4，进入循环，…，S＝，i＝35，输出S.
[答案] (1) (2)
[方法技巧]
循环结构流程图求输出结果的注意事项
解决此类问题最常用的方法是列举法，即依次执行循环体中的每一步，直到循环终止，但在执行循环体的过程中：
第一，要明确是当型循环结构还是直到型循环结构，根据各自特点执行循环体；
第二，要明确流程图中的累加变量，明确每一次执行循环体前和执行循环体后，变量的值发生的变化；
第三，要明确循环终止的条件是什么，什么时候要终止执行循环体．
考法(二) 完善流程图
[例3] (2018·苏州模拟)按如下算法流程图，若输出结果为273，则判断框内循环变量i
应补充的条件为________．
[解析] 由算法流程图可知：第一次循环，S＝0＋31＝3，i＝3；第二次循环，S＝3＋33＝30，i＝5；第三次循环，S＝30＋35＝273，i＝7.故判断框内可填i≥7.
[答案] i≥7(答案不唯一也可以填i＝7)
[方法技巧]
解决算法流程图填充问题的思路
(1)要明确算法流程图的顺序结构、选择结构和循环结构．
(2)要识别、执行算法流程图，理解算法流程图所解决的实际问题．
(3)按照题目的要求完成解答并验证．
基本算法语句
[例4] (1)按照如图所示的伪代码运行，则输出k的值是________．
(2)执行如图所示的伪代码，输出的结果是________．
(3)根据如图所示的伪代码，最后输出的S的值为________．
[解析] (1)第一次循环：x＝7，k＝1；
第二次循环：x＝15，k＝2；
第三次循环：x＝31，k＝3；
终止循环，输出k的值是3.
(2)根据循环结构可得，第一次：S＝1×3＝3，i＝3＋2＝5，由3≤200，则循环；
第二次：S＝3×5＝15，i＝5＋2＝7，由15≤200，则循环；
第三次：S＝15×7＝105，i＝7＋2＝9，由105≤200，则循环；
第四次：S＝105×9＝945，i＝9＋2＝11，由945＞200，则循环结束，故此时i＝11.
(3)这是一个1＋2＋3＋…＋10的求和，所以输出的S的值为55.
[答案] (1)3 (2)11 (3)55
[方法技巧]
解决伪代码问题的步骤及解题规律
(1)解决伪代码问题有三个步骤：
首先通读全部语句，把它翻译成数学问题；其次领悟该语句的功能；最后根据语句的功能运行程序，解决问题．
(2)解题时应注意以下规律：
①赋值语句在给出变量赋值时，先计算赋值号右边的式子，然后赋值给赋值号左边的变量；给一个变量多次赋值时，变量的取值只与最后一次赋值有关．
②条件语句必须以If开始，以End If结束，一个If必须和一个End If对应，尤其对条件语句的嵌套问题，应注意每一层结构的完整性，不能漏掉End If.Else后面操作无内容，可以省略．
③循环语句的格式要正确，要保证有结束循环的语句，切忌死循环．三种循环语句停止循环的条件不同，注意它们的区别．
能力练通
抓应用体验的“得”与“失”
1.执行如图所示的算法流程图，如果输入的x，y∈R，那么输出的S的最大值为________．
解析：当满足条件时，由线性规划的图解法(图略)知，目标函数S＝2x＋y的最大值为2；当不满足条件时，S的值为1.所以输出的S的最大值为2.
答案：2
2.执行如图所示的算法流程图，输出的x值为________．
解析：执行算法流程图可知，x的值依次为2,3,5,6,7,9,10,11,13，故输出的x值为13.
答案：13
3.(2017·苏锡常镇二模)据记载，在公元前3世纪，阿基米德已经得出了前n个自然数平方和的一般公式．如图是一个求前n个自然数平方和的算法流程图，若输入x的值为1，则输出S的值为________．
解析：模拟执行程序，可得，输入x的值为1，S＝1，不满足条件S＞5，x＝2，S＝5；不满足条件S＞5，x＝3，S＝14；满足条件S＞5，退出循环，输出S的值为14.
答案：14
4.(2018·太原模拟)执行如图所示的算法流程图，若输出的S＝，则判断框内填入的条件可以是________．
解析：由算法流程图可知，k＝2，S＝0＋＝，满足循环条件；k＝4，S＝＋＝，满足循环条件；k＝6，S＝＋＝，满足循环条件；k＝8，S＝＋＝，符合题目条件，结束循环，故可填k＜8(或k≤7)．
答案：k＜8(k≤7亦可)
5.运行如图所示的伪代码，若输入a，b分别为3,4，则输出m＝________.
解析：由已知中的伪代码，可知其功能是计算并输出分段函数m＝的值．当a＝3，b＝4时，满足a≤b.故m＝b＝4.
答案：4
突破点(二) 复 数
基础联通
抓主干知识的“源”与“流”
1．复数的定义及分类
(1)复数的定义：
形如a＋bi(a，b∈R)的数叫做复数，其中实部是a，虚部是b.
(2)复数的分类：
2．复数的有关概念
复数相等
a＋bi＝c＋di⇔a＝c且b＝d(a，b，c，d∈R)
共轭复数
a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c且b＝－d(a，b，c，d∈R)
复数的模
向量的模叫做复数z＝a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝r＝(r≥0，a，b∈R)
3.复数的几何意义
复平面的概念
建立直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面
实轴、虚轴
在复平面内，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴，实轴上的点都表示实数；除原点以外，虚轴上的点都表示纯虚数
复数的几何表示
复数z＝a＋bi复平面内的点Z(a，b)平面向量
4．复数的运算法则
设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则：
(1)z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；
(2)z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；
(3)z1·z2＝(a＋bi)(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；
(4)＝＝＝＋i(c＋di≠0).
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
复数的有关概念
[例1] (1)设i是虚数单位，若复数z＝a－(a∈R)是纯虚数，则a的值为________．
(2)(2018·无锡期末)已知复数z＝，其中i为虚数单位，则复数z的共轭复数为________．
(3)若复数 z满足z(1＋i)＝2i(i为虚数单位)，则|z|＝________.
[解析] (1)∵z＝a－＝a－＝(a－3)－i为纯虚数，∴a－3＝0，即a＝3.
(2)因为复数z＝＝＝1＋i，所以复数z的共轭复数＝1－i.
(3)法一：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则由z(1＋i)＝2i，得(a＋bi)·(1＋i)＝2i，所以(a－b)＋(a＋b)i＝2i，由复数相等的条件得解得a＝b＝1，所以z＝1＋i，故|z|＝＝.
法二：由z(1＋i)＝2i，得z＝＝＝i－i2＝1＋i，所以|z|＝＝.
[答案] (1)3 (2)1－i (3)
[方法技巧]
求解与复数概念相关问题的技巧
复数的分类、复数的相等、复数的模及共轭复数的概念都与复数的实部、虚部有关，所以解答与复数相关概念有关的问题时，需把所给复数化为代数形式，即a＋bi(a，b∈R)的形式，再根据题意求解．
复数的几何意义
[例2] (1)(2018·徐州调研)复数z＝＋3i在复平面内对应的点在第________象限．
(2)(2017·北京高考改编)若复数(1－i)(a＋i)在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是________．
[解析] (1)z＝＋3i＝＋3i＝＋3i＝2－i＋3i＝2＋2i，故z在复平面内对应的点在第一象限．
(2)因为z＝(1－i)(a＋i)＝a＋1＋(1－a)i，
所以它在复平面内对应的点为(a＋1,1－a)，
又此点在第二象限，所以解得a＜－1.
[答案] (1)一 (2)(－∞，－1)
复数的运算
1.在进行复数的加减法运算时，可类比合并同类项，运用法则(实部与实部相加减，虚部与虚部相加减)计算即可．
2．在进行复数的乘法运算时：
(1)复数的乘法类似于两个多项式相乘，即把虚数单位i看作字母，然后按多项式的乘法法则进行运算，最后只要在所得的结果中把i2换成－1，并且把实部和虚部分别结合即可，但要注意把i的幂写成简单的形式；
(2)实数范围内的运算法则在复数范围内仍然适用，如交换律、结合律以及乘法对加法的分配律、正整数指数幂的运算律，这些对复数仍然成立．
3．在进行复数的除法运算时，关键是分母“实数化”，其一般步骤如下：
(1)分子、分母同时乘分母的共轭复数；
(2)对分子、分母分别进行乘法运算；
(3)整理、化简成实部、虚部分开的标准形式．
[例3] (1)(2018·镇江模拟)已知z＝(i为虚数单位)，则复数z＝________.
(2)(2018·长沙模拟)已知(a＋bi)(1－2i)＝5(i为虚数单位，a，b∈R)，则a＋b的值为________．
(3)若复数z满足＝i，其中i为虚数单位，则z＝________.
[解析] (1)由题意得＝＝＝i.
(2)因为(a＋bi)(1－2i)＝a＋2b＋(b－2a)i＝5，故解得a＝1，b＝2，故a＋b＝3.
(3)由已知得＝i(1－i)＝1＋i，则z＝1－i.
[答案] (1)i (2)3 (3)1－i
[易错提醒]
在乘法运算中要注意i的幂的性质：
(1)区分(a＋bi)2＝a2＋2abi－b2(a，b∈R)与(a＋b)2＝a2＋2ab＋b2(a，b∈R);
(2)区分(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2(a，b∈R)与(a＋b)(a－b)＝a2－b2(a，b∈R)．
能力练通
抓应用体验的“得”与“失”
1.若z＝1＋2i，则＝________.
解析：因为z＝1＋2i，则＝1－2i，所以z ＝(1＋2i)·(1－2i)＝5，则＝＝i.
答案：i
2.(2018·武汉模拟)已知(1＋2i)＝4＋3i(其中i是虚数单位，是z的共轭复数)，则z的虚部为________．
解析：因为＝＝＝＝2－i，所以z＝2＋i，则其虚部为1.
答案：1
3.已知z＝(m＋3)＋(m－1)i在复平面内对应的点在第四象限，则实数m的取值范围是________．
解析：由题意知即－3＜m＜1.故实数m的取值范围为(－3,1)．
答案：(－3,1)
4.若复数z＝a2－1＋(a＋1)i(a∈R)是纯虚数，则的虚部为________．
解析：由题意得所以a＝1，则z＝2i，所以＝＝＝－i，根据虚部的概念，可得的虚部为－.
答案：－
5.如图，若向量对应的复数为z，则z＋表示的复数为________．
解析：由题图可得Z(1，－1)，即z＝1－i，所以z＋＝1－i＋＝1－i＋
＝1－i＋＝1－i＋2＋2i＝3＋i.
答案：3＋i
6.设复数a＋bi(a，b∈R)的模为，则(a＋bi)·(a－bi)＝________.
解析：∵|a＋bi|＝＝，∴(a＋bi)(a－bi)＝a2＋b2＝3.
答案：3
7.已知复数z＝，是z的共轭复数，则z·＝________.
解析：∵z＝＝＝＝＝＝－＋i，
∴＝－－i，
∴z·＝＝＋＝.
答案：
8.已知i是虚数单位，2 018＋6＝________.
解析：原式＝1 009＋6＝1 009＋i6＝i1 009＋i6＝i4×252＋1＋i4＋2＝i＋i2＝－1＋i.
答案：－1＋i
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1.(2018·南京市高三年级学情调研)如图所示的算法流程图，若输出y的值为，则输入x的值为________．
解析：此算法程序表示一个分段函数y＝
由f(x)＝得x＝－.
答案：－
2．(2018·常州模拟)设复数z满足(z＋i)(2＋i)＝5(i为虚数单位)，则z＝________.
解析：由(z＋i)(2＋i)＝5，得z＋i＝，即z＋i＝2－i，所以z＝2－2i.
答案： 2－2i
3．(2018·徐州模拟)已知复数z满足z2＝－4，若z的虚部大于0，则z＝________.
解析：由z2＝－4得z＝±2i，而z的虚部大于0，所以z＝2i.
答案：2i
4．(2018·连云港模拟)运行如图所示的伪代码，则输出的结果S为________．
解析：本题的算法功能是在累加变量S初值为1的基础上连续加2四次，所以S＝9.
答案：9
5．(2018·扬州调研)如图给出的是计算＋＋＋＋…＋的一个算法流程图，其中判断框内应填入的条件是________．
解析：因为该循环体需要运行50次，i的初始值是1，间隔是1，所以i＝50时不满足判断框内的条件，而i＝51时满足判断框内条件，所以判断框内的条件可以填入i＞50(或i≥51)．
答案：i＞50(i≥51亦可)
6．(2018·宿迁期中)若复数z＝(i为虚数单位)，则z的模为________．
解析：由z＝两边同时取模得|z|＝＝＝.
答案：
7．(2018·盐城模拟)若复数z＝(1＋mi)(2－i)(i是虚数单位)是纯虚数，则实数m的值为________．
解析：因为z＝(1＋mi)(2－i)＝2＋m＋(2m－1)i是纯虚数，所以2＋m＝0，所以m＝－2.
答案：－2
8．设(1＋i)x＝1＋yi，其中x，y是实数，则|x＋yi|＝________.
解析：∵(1＋i)x＝1＋yi，∴x＋xi＝1＋yi.又∵x，y∈R，∴x＝1，y＝1.∴|x＋yi|＝|1＋i|＝.
答案：
9．(2016·江苏高考)如图是一个算法的流程图，则输出的a的值是________．
解析：由a＝1，b＝9，知a＜b，
所以a＝1＋4＝5，b＝9－2＝7，a＜b.
所以a＝5＋4＝9，b＝7－2＝5，满足a＞b.
所以输出的a＝9.
答案：9
10．(2018·南通期中)在如图所示的算法流程图中，若输出的y的值为26，则输入的x的值为________．
解析：本题算法功能是求分段函数y＝的函数值，因为输出值为26，所以解得x＝－4.
答案：－4
11．(2017·镇江期中)根据如图所示的伪代码，若输出的y值为2，则输入的x值为________．
解析：本题算法功能是利用条件语句求分段函数y＝的函数值．因为输出的y值为2，所以或所以x＝±1.
答案：±1
12．(2018·泰州中学高三年级学情调研)根据如图的伪代码，输出的结果T为________．
解析：分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是累加并输出满足条件的T＝1＋3＋5＋7＋…＋19的值，因为T＝1＋3＋5＋7＋…＋19＝＝100，故输出的T值为100.
答案：100
13．(2018·淮安期中)根据如图所示的伪代码，则输出的S的值为________．
解析：本题算法功能是求积，S＝1×2×5×8×11＝880.
答案：880
14．(2018·苏州模拟)执行如图所示的算法流程图，输出的x值为________．
解析：a＝2，x＝4，此时y＝16，判断不满足条件，循环；x＝5，所以y＝32，判断不满足条件，再循环；x＝6，所以y＝64，再判断满足条件，结束循环，所以此时x＝6.
答案：6
第二节合情推理与演绎推理
本节主要包括2个知识点：
1.合情推理；
2.演绎推理.
突破点(一) 合情推理
基础联通
抓主干知识的“源”与“流”
类型
定义
特点
归纳推理
从个别事实中推演出一般性的结论的推理
由部分到整体、由个别到一般
类比推理
由两类对象具有某些类似特征和其中一类对象的某些已知特征，推演出另一类对象也具有这些特征的推理
由特殊到特殊
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
归纳推理
运用归纳推理时的一般步骤
(1)通过观察特例发现某些相似性(特例的共性或一般规律)；
(2)把这种相似性推广到一个明确表述的一般命题(猜想)；
(3)对所得出的一般性命题进行检验．
类型(一) 与数字有关的推理
[例1] 给出以下数对序列：
(1,1)
(1,2)(2,1)
(1,3)(2,2)(3,1)
(1,4)(2,3)(3,2)(4,1)
……
记第i行的第 j 个数对为aij，如a43＝(3,2)，则an m＝________.
[解析] 由前4行的特点，归纳可得：若an m＝(a，b)，则a＝m，b＝n－m＋1，∴an m＝(m，n－m＋1)．
[答案] (m，n－m＋1)
[易错提醒]
解决此类问题时，需要细心观察，寻求相邻项及项与序号之间的关系，同时还要联系相关的知识，如等差数列、等比数列等．
类型(二) 与式子有关的推理
[例2] (2018·常熟中学模拟)已知cos ＝，cos cos ＝，cos cos cos ＝，….
(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是________；
(2)若数列{an}中，a1＝cos ，a2＝cos cos ，a3＝cos cos cos ，…的前n项和Sn＝，则n＝________.
[解析] (1)从题中所给的几个等式可知，第n个等式的左边应有n个余弦相乘，且分母均为2n＋1，分子分别为π，2π，…，nπ，右边应为，故可以猜想出结论为cos ·cos ·…·cos ＝(n∈N*)．
(2)由(1)可知an＝，故Sn＝＝1－＝＝，解得n＝10.
[答案] (1)cos cos ·…·cos ＝(n∈N*) (2)10
[方法技巧]
与式子有关的推理类型及解法
(1)与等式有关的推理．观察每个等式的特点，找出等式左右两侧的规律及符号后可解．
(2)与不等式有关的推理．观察每个不等式的特点，注意是纵向看，找到规律后可解．
类型(三) 与图形有关的推理
[例3] 某种树的分枝生长规律如图所示，第1年到第5年的分枝数分别为1,1,2,3,5，则预计第10年树的分枝数为________．
[解析] 因为2＝1＋1,3＝2＋1,5＝3＋2，即从第三项起每一项都等于前两项的和，所以第10年树的分枝数为21＋34＝55.
[答案] 55
[方法技巧]
与图形有关的推理的解法
与图形变化相关的归纳推理，解决的关键是抓住相邻图形之间的关系，合理利用特殊图形，找到其中的变化规律，得出结论，可用赋值检验法验证其真伪性．
类比推理
1．类比推理的应用一般分为类比定义、类比性质和类比方法，常用技巧如下：
类比定义
在求解由某种熟悉的定义产生的类比推理型试题时，可以借助原定义来求解
类比性质
从一个特殊式子的性质、一个特殊图形的性质入手，提出类比推理型问题，求解时要认真分析两者之间的联系与区别，深入思考两者的转化过程是求解的关键
类比方法
有一些处理问题的方法具有类比性，我们可以把这种方法类比应用到其他问题的求解中，注意知识的迁移
2．平面中常见的元素与空间中元素的类比：
平面
点
线
圆
三角形
角
面积
周长
…
空间
线
面
球
三棱锥
二面角
体积
表面积
…
[例4] 如图，在梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝a，CD＝b(a＞b)．若EF∥AB，EF到CD与AB的距离之比为m∶n，则可推算出：EF＝.用类比的方法，推想出下面问题的结果．在上面的梯形ABCD中，分别延长梯形的两腰AD和BC交于O点，设△OAB，△ODC的面积分别为S1，S2，则△OEF的面积S0与S1，S2的关系是________．
[解析] 在平面几何中类比几何性质时，一般是由平面几何中点的性质类比推理线的性质；由平面几何中线段的性质类比推理面积的性质．故由EF＝类比到关于△OEF的面积S0与S1，S2的关系是＝.
[答案] ＝
[方法技巧]
类比推理的步骤和方法
(1)类比推理是由特殊到特殊的推理，其一般步骤为：
①找出两类事物之间的相似性或一致性；
②用一类事物的性质去推测另一类事物的性质，得出一个明确的命题(猜想)．
(2)类比推理的关键是找到合适的类比对象．平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论．
能力练通
抓应用体验的“得”与“失”
1.由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：
①“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；
②“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
③“(m·n)t＝m(n·t)”类比得到“(a·b)·c＝a·(b·c)”；
④“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；
⑤“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”；
⑥“＝”类比得到“＝”．
以上的式子中，类比得到的结论中正确的序号是________．
答案：①②
2.在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则＝，推广到空间可以得到类似结论：已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则＝________.
解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故＝.
答案：
3．[考点一·类型(一)](2018·海门中学月考) 有一个奇数组成的数阵排列如下：
1
3
7
13
21
…
5
9
15
23
…
…
11
17
25
…
…
…
19
27
…
…
…
…
29
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
…
则第30行从左到右第3个数是________．
解析：先求第30行的第1个数，再求第30行的第3个数．观察每一行的第一个数，由归纳推理可得第30行的第1个数是1＋4＋6＋8＋10＋…＋60＝－1＝929.又第n行从左到右的第2个数比第1个数大2n，第3个数比第2个数大2n＋2，所以第30行从左到右的第2个数比第1个数大60，第3个数比第2个数大62，故第30行从左到右第3个数是929＋60＋62 ＝1 051.
答案：1 051
4．[考点一·类型(二)]设n为正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，计算得f(2)＝，f(4)＞2，f(8)＞，f(16)＞3，观察上述结果，可推测一般的结论为________．
解析：∵f(21)＝，f(22)＞2＝，f(23)＞，f(24)＞，∴归纳得f(2n)≥(n∈N*)．
答案：f(2n)≥(n∈N*)
5．[考点一·类型(三)]蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图．其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n个图的蜂巢总数．
则f(4)＝________，f(n)＝________.
解析：因为f(1)＝1，f(2)＝7＝1＋6，f(3)＝19＝1＋6＋12，所以f(4)＝1＋6＋12＋18＝37，所以f(n)＝1＋6＋12＋18＋…＋6(n－1)＝3n2－3n＋1.
答案：37 3n2－3n＋1
突破点(二) 演绎推理
基础联通
抓主干知识的“源”与“流”
(1)定义：从一般性的原理
出发，推出某个特殊情况下的结论，我们把这种推理称为演绎推理．
(2)模式：“三段论”是演绎推理的一般模式，包括：
①大前提——已知的一般性的原理；
②小前提——所研究的特殊对象；
③结论——根据一般原理，对特殊对象做出的判断．
(3)特点：演绎推理是由一般到特殊的推理．
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
演绎推理
[典例] 数列{an}的前n项和记为Sn，已知a1＝1，an＋1＝Sn(n∈N*)．证明：
(1)数列是等比数列；
(2)Sn＋1＝4an.
[证明] (1)∵an＋1＝Sn＋1－Sn，an＋1＝Sn，
∴(n＋2)Sn＝n(Sn＋1－Sn)，即nSn＋1＝2(n＋1)Sn.
故＝2·，(小前提)
故是以2为公比，1为首项的等比数列．(结论)
(大前提是等比数列的定义)
(2)由(1)可知数列是等比数列，(大前提)
所以＝4·(n≥2)，
即Sn＋1＝4(n＋1)·＝4··Sn－1＝4an(n≥2)．
又a2＝3S1＝3，S2＝a1＋a2＝1＋3＝4＝4a1，(小前提)
所以对于任意正整数n，都有Sn＋1＝4an.(结论)
[方法技巧]
演绎推理的推证规则
(1)演绎推理是从一般到特殊的推理，其一般形式是三段论，应用三段论解决问题时，应当首先明确什么是大前提和小前提，如果前提是显然的，则可以省略，本例中，等比数列的定义在解题中是大前提，由于它是显然的，因此省略不写．
(2)在推理论证过程中，一些稍复杂一点的证明题常常要由几个三段论才能完成．
能力练通
抓应用体验的“得”与“失”
1．已知函数f(x)＝－(a＞0，且a≠1)．
(1)证明：函数y＝f(x)的图象关于点对称；
(2)求f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)的值．
解：(1)证明：函数f(x)的定义域为全体实数，任取一点(x，y)，它关于点对称的点的坐标为(1－x，－1－y)．(大前提)
由已知y＝－，
则－1－y＝－1＋＝－，
f(1－x)＝－＝－＝－＝－，(小前提)
∴－1－y＝f(1－x)，即函数y＝f(x)的图象关于点对称．(结论)
(2)由(1)知－1－f(x)＝f(1－x)，
即f(x)＋f(1－x)＝－1.
∴f(－2)＋f(3)＝－1，f(－1)＋f(2)＝－1，f(0)＋f(1)＝－1.
故f(－2)＋f(－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＋f(3)＝－3.
2．已知函数y＝f(x)满足：对任意a，b∈R，a≠b，都有af(a)＋bf(b)＞af(b)＋bf(a)，试证明：f(x)为R上的单调增函数．
证明：设任意x1，x2∈R，取x1＜x2，
则由题意得x1f(x1)＋x2f(x2)＞x1f(x2)＋x2f(x1)，
所以x1[f(x1)－f(x2)]＋x2[f(x2)－f(x1)]＞0，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＞0，
因为x1＜x2，
即x2－x1＞0，
所以f(x2)－f(x1)＞0，
即f(x2)＞f(x1)．(小前提)
所以y＝f(x)为R上的单调增函数．(结论)
[课时达标检测]
重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．(1)已知a是三角形一边的长，h是该边上的高，则三角形的面积是ah，如果把扇形的弧长l，半径r分别看成三角形的底边长和高，可得到扇形的面积为lr；(2)由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32，可得到1＋3＋5＋…＋2n－1＝n2，则(1)(2)两个推理过程分别属于________推理．
解析：(1)由三角形的性质得到扇形的性质有相似之处，此种推理为类比推理；(2)由特殊到一般，此种推理为归纳推理．
答案：类比，归纳
2．“因为指数函数y＝ax是增函数(大前提)，而y＝x是指数函数(小前提)，所以y＝x是增函数(结论)”，上面推理的错误在于________错而导致结论错．
解析：y＝ax是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错误．
答案：大前提
3．(2018·如东高级中学模拟)观察(x2)′＝2x，(x4)′＝4x3，(cos x)′＝－sin x，由归纳推理得：若定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)＝________.
解析：由已知得函数的导函数为奇函数，故g(－x)＝－g(x)．
答案：－g(x)
4．下面图形由小正方形组成，请观察图①至图④的规律，并依此规律，写出第n个图形中小正方形的个数是________．
解析：由题图知第1个图形的小正方形个数为1，第2个图形的小正方形个数为1＋2，第3个图形的小正方形个数为1＋2＋3，第4个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋4，…，则第n个图形的小正方形个数为1＋2＋3＋…＋n＝.
答案：
5．在平面几何中：△ABC中∠C的角平分线CE分AB所成线段的比为 ＝.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＝.
答案：＝
[练常考题点——检验高考能力]
一、填空题
1．已知圆：x2＋y2＝r2上任意一点(x0，y0)处的切线方程为x0x＋y0y＝r2，类比以上结论有：双曲线：－＝1上任意一点(x0，y0)处的切线方程为________________．
解析：设圆上任一点为(x0，y0)，把圆的方程中的x2，y2替换为x0x，y0y，则得到圆的切线方程；类比这种方式，设双曲线－＝1上任一点为(x0，y0)，则有切线方程为－＝1.
答案：－＝1
2．已知“整数对”按如下规律排成一列：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，…，则第60个“整数对”是________．
解析：依题意，把“整数对”的和相同的分为一组，不难得知第n组中每个“整数对”的和均为n＋1，且第n组共有n个“整数对”，这样的前n组一共有个“整数对”，注意到＜60＜，因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”的和为12的组)的第5个位置，结合题意可知每个“整数对”的和为12的组中的各对数依次为：(1,11)，(2,10)，(3,9)，(4,8)，(5,7)，…，因此第60个“整数对”是(5,7)．
答案：(5,7)
3．(2018·常州模拟)观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625，57＝78 125,58＝390 625，59＝1 953 125，……，则52 019的末四位数字为________．
解析：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125,58＝390 625，59＝1 953 125，……，可得59与55的后四位数字相同，由此可归纳出5m＋4k与5m(k∈N*，m＝5,6,7,8)的后四位数字相同，又2 019＝4×503＋7，所以52 019与57的后四位数字相同，为8 125.
答案：8 125
4．若数列{an}是等差数列，则数列{bn}
也为等差数列．类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，且{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为________．
解析：若{an}是等差数列，则a1＋a2＋…＋an＝na1＋d，∴bn＝a1＋d＝n＋a1－，即{bn}为等差数列；若{cn}是等比数列，则c1·c2·…·cn＝c·q1＋2＋…＋(n－1)＝c·q，∴dn＝＝c1·q，即{dn}为等比数列．
答案：dn＝
5．(2017·全国卷Ⅱ改编)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，下列说法正确的序号是________．
①乙可以知道四人的成绩；
②丁可以知道四人的成绩；
③乙、丁可以知道对方的成绩；
④乙、丁可以知道自己的成绩．
解析：依题意，四人中有2位优秀，2位良好，由于甲知道乙、丙的成绩，但还是不知道自己的成绩，则乙、丙必有1位优秀，1位良好，甲、丁必有1位优秀，1位良好，因此，乙知道丙的成绩后，必然知道自己的成绩；丁知道甲的成绩后，必然知道自己的成绩，故④正确．
答案：④
6．某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末(周六和周日)不限行．某公司有A，B，C，D，E五辆车，保证每天至少有四辆车可以上路行驶．已知E车周四限行，B车昨天限行，从今天算起，A，C两车连续四天都能上路行驶，E车明天可以上路，由此可知下列推测一定正确的是________．(填序号)
①今天是周六；②今天是周四；
③A车周三限行；④C车周五限行．
解析：因为每天至少有四辆车可以上路行驶，E车明天可以上路，E车周四限行，所以今天不是周三；因为B车昨天限行，所以今天不是周一，也不是周日；因为A，C两车连续四天都能上路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四．
答案：②
7．对于实数x，[x]表示不超过x的最大整数，观察下列等式：
[ ]＋[ ]＋[ ]＝3，
[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝10，
[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝21，
……
按照此规律第n个等式的等号右边的结果为________．
解析：因为[ ]＋[ ]＋[ ]＝1×3，[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝2×5，[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＋[ ]＝3×7，……，以此类推，第n个等式的等号右边的结果为n(2n＋1)，即2n2＋n.
答案：2n2＋n
8．(2018·江苏省通州高级中学高三月考)如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意x1，x2，…，xn，都有≤f.若y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sin A＋sin B＋sin C的最大值是________．
解析：由题意知，凸函数满足
≤f，
又y＝sin x在区间(0，π)上是凸函数，则sin A＋sin B＋sin C≤3sin＝3sin＝.
答案：
9．观察下列事实：|x|＋|y|＝1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为________．
解析：由|x|＋|y|＝1的不同整数解的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解的个数为12，归纳推理得|x|＋|y|＝n的不同整数解的个数为4n，故|x|＋|y|＝20的不同整数解的个数为80.
答案：80
10.如图，将平面直角坐标系中的格点(横、纵坐标均为整数的点)按如下规则标上数字标签：原点处标0，点(1,0)处标1，点(1，－1)处标2，点(0，－1)处标3，点(－1，－1)处标4，点(－1,0)处标5，点(－1,1)处标6，点(0,1)处标7，依此类推，则标签为2 0172的格点的坐标为________．
解析：因为点(1,0)处标1＝12，点(2,1)处标9＝32，点(3,2)处标25＝52
，点(4,3)处标49＝72，依此类推得点(1 009，1 008)处标2 0172.
答案：(1 009,1 008)
二、解答题
11．在Rt△ABC中，AB⊥AC，AD⊥BC于D，求证：＝＋.在四面体ABCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想？并说明理由．
解：如图所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，∴＝
＝＝.
又BC2＝AB2＋AC2，
∴＝＝＋.
猜想，在四面体ABCD中，AB、AC、AD两两垂直，AE⊥平面BCD，则＝＋＋.
证明：如图，连结BE并延长交CD于F，连结AF.
∵AB⊥AC，AB⊥AD，AC∩AD＝A，
∴AB⊥平面ACD.
∵AF⊂平面ACD，∴AB⊥AF.
在Rt△ABF中，AE⊥BF，
∴＝＋.
∵AB⊥平面ACD，∴AB⊥CD.
∵AE⊥平面BCD，
∴AE⊥CD.
又AB∩AE＝A，
∴CD⊥平面ABF，
∴CD⊥AF.
∴在Rt△ACD中＝＋，
∴＝＋＋.
12．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；
②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；
③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解：(1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°＝1－＝.
(2)三角恒等式为
sin2α＋cos2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin α·cos(30°－α)
＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α·(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α
＝sin2α＋cos2α＝.
第三节直接证明与间接证明
本节主要包括2个知识点：
1.直接证明；
2.间接证明.
突破点(一) 直接证明
基础联通
抓主干知识的“源”与“流”
内容
综合法
分析法
定义
利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立
从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止
思维过程
由因导果
执果索因
框图表示
→→…→
→→…→
书写格式
因为…，所以…或由…，得…
要证…，只需证…，即证…
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
综合法
综合法是从已知条件出发，逐步推向结论，综合法的适用范围是：
(1)定义明确的问题，如证明函数的单调性、奇偶性，求证无条件的等式或不等式；
(2)已知条件明确，并且容易通过分析和应用条件逐步逼近结论的题型．
[例1] (2018·武汉模拟)已知函数f(x)＝(λx＋1)ln x－x＋1.
(1)若λ＝0，求f(x)的最大值；
(2)若曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，证明：＞0.
[解] (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
当λ＝0时，f(x)＝ln x－x＋1.
则f′(x)＝－1，令f′(x)＝0，解得x＝1.
当0＜x＜1时，f′(x)＞0，
故f(x)在(0,1)上是增函数；
当x＞1时，f′(x)＜0，故f(x)在(1，＋∞)上是减函数．
故f(x)在x＝1处取得最大值f(1)＝0.
(2)证明：由题可得，f′(x)＝λln x＋－1.
由题设条件，得f′(1)＝1，即λ＝1.
∴f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1.
由(1)知，ln x－x＋1＜0(x＞0，且x≠1)．
当0＜x＜1时，x－1＜0，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝xln x＋(ln x－x＋1)＜0，∴＞0.
当x＞1时，x－1＞0，且0＜＜1，f(x)＝(x＋1)ln x－x＋1＝ln x＋(xln x－x＋1)＝ln x－x
＞0，∴＞0.
综上可知，＞0.
[方法技巧] 综合法证题的思路
分析法
分析法是逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中需要用到的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导时，常考虑用分析法．
[例2] 已知a＞0，证明 －≥a＋－2.
[证明] 要证 －≥a＋－2，
只需证 ≥－(2－)．
因为a＞0，所以－(2－)＞0，
所以只需证2≥2，
即2(2－)≥8－4，只需证a＋≥2.
因为a＞0，a＋≥2显然成立当且仅当a＝＝1时，等号成立，所以要证的不等式成立．
[方法技巧]
分析法证题的思路
(1)逆向思考是用分析法证题的主要思想，通过反推，逐步寻找使结论成立的充分条件．正确把握转化方向是使问题顺利获解的关键．
(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，即通过分析法找出某个与结论等价(
或充分)的中间结论，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．
能力练通
抓应用体验的“得”与“失”
1.在数列{an}中，已知a1＝，＝，bn＋2＝3logan(n∈N*)．
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{bn}是等差数列．
解：(1)因为a1＝，＝，所以数列{an}是首项为，公比为的等比数列，
所以an＝n(n∈N*)．
(2)证明：因为bn＋2＝3logan，
所以bn＝3logn－2＝3n－2＝1＋3(n－1)．
所以b1＝1，公差d＝3，
所以数列{bn}是首项b1＝1，公差d＝3的等差数列．
2.已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3＝5，S8＝64.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：＋＞(n≥2，n∈N*)．
解：(1)设等差数列{an}的公差为d，
则解得a1＝1，d＝2.
故所求的通项公式为an＝2n－1.
(2)证明：由(1)可知Sn＝n2，
要证原不等式成立，只需证＋＞，
只需证[(n＋1)2＋(n－1)2]n2＞2(n2－1)2.
只需证(n2＋1)n2＞(n2－1)2.
只需证3n2＞1.
而3n2＞1在n≥1时恒成立，
从而不等式＋＞(n≥2，n∈N*)恒成立．
3.已知实数a1，a2，…，a2 017满足a1＋a2＋a3＋…＋a2 017＝0，且|a1－2a2|＝|a2－2a3|＝…＝|a2 017－2a1|，证明：a1＝a2＝a3＝…＝a2 017＝0.
证明：根据条件知：(a1－2a2)＋(a2－2a3)＋(a3－2a4)＋…＋(a2 017－2a1)＝－(a1＋a2＋a3
＋…＋a2 017)＝0.①
另一方面，令|a1－2a2|＝|a2－2a3|＝|a3－2a4|＝…＝|a2 017－2a1|＝m，
则a1－2a2，a2－2a3，a3－2a4，…，a2 017－2a1中每个数或为m或为－m.
设其中有k个m，(2 017－k)个－m，则
(a1－2a2)＋(a2－2a3)＋(a3－2a4)＋…＋(a2 017－2a1)＝k×m＋(2 017－k)×(－m)＝(2k－2 017)m.②
由①②知：(2k－2 017)m＝0.③
而2k－2 017为奇数，不可能为0，所以m＝0.
于是知：a1＝2a2，a2＝2a3，a3＝2a4，…，a2 016＝2a2 017，a2 017＝2a1.所以a1＝22 017·a1，即得a1＝0.
从而a1＝a2＝a3＝…＝a2 017＝0.命题得证．
4.已知m＞0，a，b∈R，求证：2≤.
证明：因为m＞0，所以1＋m＞0.
所以要证原不等式成立，只需证(a＋mb)2≤(1＋m)·(a2＋mb2)，
即证m(a2－2ab＋b2)≥0，即证m(a－b)2≥0，即证(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0显然成立，故原不等式得证．
突破点(二) 间接证明
基础联通
抓主干知识的“源”与“流”
1．反证法
假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．
2．用反证法证明问题的一般步骤
第一步
分清命题“p⇒q”的条件和结论
第二步
作出命题结论q相反的假设綈q
第三步
由p和綈q出发，应用正确的推理方法，推出矛盾结果
第四步
断定产生矛盾结果的原因在于开始所作的假设綈q不真，于是结论q成立，从而间接地证明了命题p⇒q为真
3．常见的结论和反设词
原结论词
反设词
原结论词
反设词
至少有一个
一个都没有
对任意x成立
存在某个x不成立
至多有一个
至少有两个
对任意x
存在某个x
不成立
成立
至少有n个
至多有(n－1)个
p或q
綈p且綈q
至多有n个
至少有(n＋1)个
p且q
綈p或綈q
都是
不都是
不都是
都是
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
证明否定性命题
[例1] 已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足an＋Sn＝2.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)求证：数列{an}中任意三项不可能按原来顺序成等差数列．
[解] (1)当n＝1时，a1＋S1＝2a1＝2，则a1＝1.
又an＋Sn＝2，
所以an＋1＋Sn＋1＝2，
两式相减得an＋1＝an，
所以{an}是首项为1，公比为的等比数列，
所以an＝.
(2)证明：假设存在三项按原来顺序成等差数列，记为ap＋1，aq＋1，ar＋1(p＜q＜r，且p，q，r∈N*)，
则2·＝＋，
所以2·2r－q＝2r－p＋1.(*)
又因为p＜q＜r，所以r－q，r－p∈N*.
所以(*)式左边是偶数，右边是奇数，等式不成立．
所以假设不成立，原命题得证.
证明存在性问题
[例2] 若f(x)的定义域为[a，b]，值域为[a，b](a＜b)，则称函数f(x)是[a，b]上的“四维光军”函数．
(1)设g(x)＝x2－x＋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(a＞－2)，使函数h(x)＝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)＝(x－1)2＋1，其图象的对称轴为x＝1，区间[1，b]在对称轴的右边，
所以函数在区间[1，b]上单调递增．由“四维光军”函数的定义可知，g(1)＝1，g(b)＝b，
即b2－b＋＝b，解得b＝1或b＝3.
因为b＞1，所以b＝3.
(2)假设函数h(x)＝在区间[a，b](a＞－2)上是“四维光军”函数，
因为h(x)＝在区间(－2，＋∞)上单调递减，
所以有即
解得a＝b，这与已知矛盾．故不存在.
证明“至多”“至少”“唯一”命题
[例3] (2018·泰州一模)已知M是由满足下述条件的函数构成的集合：对任意f(x)∈M，(ⅰ)方程f(x)－x＝0有实数根；(ⅱ)函数f(x)的导数f′(x)满足0＜f′(x)＜1.
(1)判断函数f(x)＝＋是不是集合M中的元素，并说明理由；
(2)集合M中的元素f(x)具有下面的性质：若f(x)的定义域为D，则对于任意[m，n]⊆D，都存在x0∈(m，n)，使得等式f(n)－f(m)＝(n－m)f′(x0)成立．试用这一性质证明：方程f(x)－x＝0有且只有一个实数根．
[解] (1)①当x＝0时，f(0)＝0，所以方程f(x)－x＝0有实数根为0；
②f′(x)＝＋cos x，所以f′(x)∈，满足条件0＜f′(x)＜1.
由①②可得，函数f(x)＝＋是集合M中的元素．
(2)证明：假设方程f(x)－x＝0存在两个实数根α，β(α≠β)，则f(α)－α＝0，f(β)－β＝0.
不妨设α＜β，根据题意存在c∈(α，β)，
满足f(β)－f(α)＝(β－α)f′(c)．
因为f(α)＝α，f(β)＝β，且α≠β，所以f′(c)＝1.
与已知0＜f′(x)＜1矛盾．
又f(x)－x＝0有实数根，
所以方程f(x)－x＝0有且只有一个实数根．
能力练通
抓应用体验的“得”与“失”
1.已知x∈R，a＝x2＋，b＝2－x，c＝x2－x＋1，试证明a，b，c至少有一个不小于1.
证明：假设a，b，c均小于1，即a＜1，b＜1，c＜1，
则有a＋b＋c＜3，而a＋b＋c＝x2＋＋2－x＋x2－x＋1＝2x2－2x＋＋3＝22＋3≥3，
两者矛盾，所以假设不成立，
故a，b，c至少有一个不小于1.
2.设{an}是公比为q的等比数列．
(1)推导{an}的前n项和公式；
(2)设q≠1，证明数列{an＋1}不是等比数列．
解：(1)设{an}的前n项和为Sn，
当q＝1时，Sn＝a1＋a1＋…＋a1＝na1；
当q≠1时，Sn＝a1＋a1q＋a1q2＋…＋a1qn－1，①
qSn＝a1q＋a1q2＋…＋a1qn，②
①－②得，(1－q)Sn＝a1－a1qn，
∴Sn＝，∴Sn＝
(2)证明：假设数列{an＋1}是等比数列，则对任意的k∈N*，
(ak＋1＋1)2＝(ak＋1)(ak＋2＋1)，
a＋2ak＋1＋1＝akak＋2＋ak＋ak＋2＋1，
aq2k＋2a1qk＝a1qk－1·a1qk＋1＋a1qk－1＋a1qk＋1.
∵a1≠0，∴2qk＝qk－1＋qk＋1.
∵q≠0，∴q2－2q＋1＝0，∴q＝1，这与已知矛盾．
∴假设不成立，故数列{an＋1}不是等比数列．
3.已知四棱锥SABCD中，底面是边长为1的正方形，又SB＝SD＝，SA＝1.
(1)求证：SA⊥平面ABCD；
(2)在棱SC上是否存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD？若存在，确定F点的位置；若不存在，请说明理由．
解：(1)证明：
由已知得SA2＋AD2＝SD2，
故SA⊥AD.同理SA⊥AB.
又AB∩AD＝A，
所以SA⊥平面ABCD.
(2)假设在棱SC上存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.
∵BC∥AD，BC⊄平面SAD.
∴BC∥平面SAD.而BC∩BF＝B，
∴平面FBC∥平面SAD.
这与平面SBC和平面SAD有公共点S矛盾，
∴假设不成立．
故在棱SC上不存在异于S，C的点F，使得BF∥平面SAD.
4.已知f(x)＝ln(1＋ex)－mx(x∈R)，对于给定区间(a，b)，存在x0∈(a，b)，使得＝f′(x0)成立，求证：x0唯一．
证明：假设存在x′0，x0∈(a，b)，且x′0≠x0，使得＝f′(x0)，＝f′(x′0)成立，
即f′(x0)＝f′(x′0)．
因为f′(x)＝－m，记g(x)＝f′(x)，
所以g′(x)＝＞0，f′(x)是(a，b)上的单调递增函数．所以x0＝x′0，这与x′0≠x0矛盾，所以x0是唯一的．
[课时达标检测]
重点保分课时——一练小题夯双基，二练题点过高考
[练基础小题——强化运算能力]
1．(2017·南京金陵中学模拟)用反证法证明命题：“若a，b，c，d∈R，a＋b＝1，c＋d＝1，且ac＋bd＞1，则a，b，c，d中至少有一个负数”的假设为________．
解析：用反证法证明命题时，应先假设结论的否定成立，则结论“a，b，c，d中至少有一个负数”的否定是“a，b，c，d全都为非负数”．
答案：a，b，c，d全都为非负数
2．(2018·盐城中学模拟)分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a＞b＞c，且a＋
b＋c＝0，求证：＜a”索的因应是________．
解析：＜a⇔b2－ac＜3a2⇔(a＋c)2－ac＜3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2＜0⇔－2a2＋ac＋c2＜0⇔2a2－ac－c2＞0⇔(a－c)(2a＋c)＞0⇔(a－c)(a－b)＞0.
答案：(a－b)(a－c)＞0
3．设a，b，c均为正实数，则对于三个数a＋，b＋，c＋，下列叙述中正确的是________．(填序号)
①都大于2；②都小于2；
③至少有一个不大于2；④至少有一个不小于2.
解析：∵a＞0，b＞0，c＞0，∴＋＋＝＋＋≥6，当且仅当a＝b＝c＝1时，等号成立，故三者不能都小于2，即至少有一个不小于2.
答案：④
4．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小关系是________．
解析：∵a＝－＝，b＝－＝，c＝－＝，且＋＞＋＞＋＞0，∴a＞b＞c.
答案：a＞b＞c
[练常考题点——检验高考能力]
一、填空题
1．(2018·南通模拟)已知函数f(x)＝x，a，b为正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为________．
解析：因为≥≥，又f(x)＝x在R上是单调减函数，故f≤f()≤f，即A≤B≤C.
答案：A≤B≤C
2．设a，b是两个实数，给出下列条件：
①a＋b＞1；②a＋b＝2；③a＋b＞2；④a2＋b2＞2；⑤ab＞1.
其中能推出：“a，b中至少有一个大于1”的条件是________．(填序号)
解析：若a＝，b＝，则a＋b＞1，但a＜1，b＜1，故①推不出；若a＝b＝1，则a＋b＝2，故②推不出；若a＝－2，b＝－3，则a2＋b2＞2，故④推不出；若a＝－2，b＝－3，则ab＞1，故⑤推不出；对于③，即a＋b＞2，则a，b中至少有一个大于1，反证法：假设a≤1且b
≤1，则a＋b≤2与a＋b＞2矛盾，因此假设不成立，a，b中至少有一个大于1.
答案：③
3．已知数列{an}满足：a1∈N*，a1≤36，且an＋1＝(n＝1,2，…)．记集合M＝{an|n∈N*}．若a1＝6，则集合M＝________.
解析：由题可知，a2＝2a1＝12，a3＝2a2＝24，a4＝2a3－36＝12，a5＝2a4＝24，a6＝2a5－36＝12，…，所以M＝{6,12,24}．
答案：{6,12,24}
4．已知实数a，b，c满足b＋c＝6－4a＋3a2，c－b＝4－4a＋a2，则a，b，c的大小关系是________．
解析：∵c－b＝4－4a＋a2＝(2－a)2≥0，∴c≥b.已知两式作差得2b＝2＋2a2，即b＝1＋a2.∵1＋a2－a＝2＋＞0，∴1＋a2＞a.∴b＝1＋a2＞a.∴c≥b＞a.
答案：c≥b＞a
5．已知a，b∈R，m＝，n＝b2－b＋，则m与n的大小关系是________．
解析：m＝＝＝≤＝，n＝b2－b＋＝2＋≥，所以n≥m.
答案：n≥m
6．(2018·泰州中学模拟)设函数f(x)＝(a∈R，e为自然对数的底数)．若存在b∈[0,1]使f(f(b))＝b成立，则a的取值范围是________．
解析：易知f(x)＝在定义域内是增函数，由f(f(b))＝b，猜想f(b)＝b.
反证法：若f(b)＞b，则f(f(b))＞f(b)＞b，与题意不符，
若f(b)＜b，则f(f(b))＜f(b)＜b，与题意也不符，故f(b)＝b，即f(x)＝x在[0,1]上有解．
所以＝x，a＝ex－x2＋x，
令g(x)＝ex－x2＋x，g′(x)＝ex－2x＋1＝(ex＋1)－2x，
当x∈[0,1]时，ex＋1≥2,2x≤2，
所以g′(x)≥0，所以g(x)在[0,1]上是增函数，
所以g(0)≤g(x)≤g(1)，
所以1≤g(x)≤e，即1≤a≤e.
答案：[1，e]
7．(2018·苏州模拟)用反证法证明命题“a，b∈R，ab可以被5整除，那么a，b中至少有一个能被5整除”，那么假设的内容是________．
解析：“至少有n个”的否定是“最多有n－1个”，故应假设a，b
中没有一个能被5整除．
答案：a，b中没有一个能被5整除
8．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)为函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．
解析：由条件得cn＝an－bn＝－n＝，
∴cn随n的增大而减小，∴cn＋1＜cn.
答案：cn＋1＜cn
9．对于问题：“已知关于x的不等式ax2＋bx＋c＞0的解集为(－1,2)，解关于x的不等式ax2－bx＋c＞0”，给出如下一种解法：
解：由ax2＋bx＋c＞0的解集为(－1,2)，得a(－x)2＋b(－x)＋c＞0的解集为(－2,1)，即关于x的不等式ax2－bx＋c＞0的解集为(－2,1)．
参考上述解法，若关于x的不等式＋＜0的解集为∪，则关于x的不等式＋＜0的解集为________．
解析：不等式＋＜0，可化为＋＜0，故得－1＜＜－或＜＜1，解得－3＜x＜－1或1＜x＜2，故＋＜0的解集为(－3，－1)∪(1,2)．
答案：(－3，－1)∪(1,2)
10．若二次函数f(x)＝4x2－2(p－2)x－2p2－p＋1，在区间[－1,1]内至少存在一点c，使f(c)＞0，则实数p的取值范围是________．
解析：依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，所以－2p2＋p＋1＞0或－2p2－3p＋9＞0，即2p2－p－1＜0或2p2＋3p－9＜0，得－＜p＜1或－3＜p＜，故满足条件的p的取值范围是.
答案：
二、解答题
11．已知函数f(x)＝tan x，x∈，若x1，x2∈，且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]＞f.
证明：要证[f(x1)＋f(x2)]＞f，
即证明(tan x1＋tan x2)＞tan，
只需证明＞tan，
只需证明＞.
由于x1，x2∈，故x1＋x2∈(0，π)．
∴cos x1cos x2＞0，sin(x1＋x2)＞0,1＋cos(x1＋x2)＞0，
故只需证明1＋cos(x1＋x2)＞2cos x1cos x2，
即证1＋cos x1cos x2－sin x1sin x2＞2cos x1cos x2，
即证cos(x1－x2)＜1.
由x1，x2∈，x1≠x2知上式显然成立，
因此[f(x1)＋f(x2)]＞f.
12．对于定义域为[0,1]的函数f(x)，如果同时满足：①对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0；②f(1)＝1；③若x1≥0，x2≥0，x1＋x2≤1，都有f(x1＋x2)≥f(x1)＋f(x2)成立，则称函数f(x)为理想函数．
(1)若函数f(x)为理想函数，证明：f(0)＝0；
(2)试判断函数f(x)＝2x(x∈[0,1])，f(x)＝x2(x∈[0,1])，f(x)＝(x∈[0,1])是否是理想函数．
解：(1)证明：取x1＝x2＝0，则x1＋x2＝0≤1，
∴f(0＋0)≥f(0)＋f(0)，∴f(0)≤0.
又对任意的x∈[0,1]，总有f(x)≥0，
∴f(0)≥0.于是f(0)＝0.
(2)对于f(x)＝2x，x∈[0,1]，f(1)＝2不满足新定义中的条件②，
∴f(x)＝2x(x∈[0,1])不是理想函数．
对于f(x)＝x2，x∈[0,1]，显然f(x)≥0，且f(1)＝1.
对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，有
f(x1＋x2)－f(x1)－f(x2)＝(x1＋x2)2－x－x＝2x1x2≥0，
即f(x1)＋f(x2)≤f(x1＋x2)．
∴f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数．
对于f(x)＝，x∈[0,1]，显然满足条件①②，
对任意的x1，x2∈[0,1]，x1＋x2≤1，有
f2(x1＋x2)－[f(x1)＋f(x2)]2＝(x1＋x2)－(x1＋2＋x2)＝－2≤0，
即f2(x1＋x2)≤[f(x1)＋f(x2)]2.
∴f(x1＋x2)≤f(x1)＋f(x2)，不满足条件③.
∴f(x)＝(x∈[0,1])不是理想函数．
综上，f(x)＝x2(x∈[0,1])是理想函数，f(x)＝2x(x∈[0,1])与f(x)＝(x∈[0,1])不是理想函数．
第四节数学归纳法
本节重点突破1个知识点：数学归纳法.
突破点 数学归纳法
基础联通
抓主干知识的“源”与“流”
一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；
(2)(归纳递推)假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．上述证明方法叫做数学归纳法.
考点贯通
抓高考命题的“形”与“神”
用数学归纳法证明等式
[例1] 设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
[证明] (1)当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2＝1，左边＝右边，等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)
＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论仍然成立．
由(1)(2)可知：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
[方法技巧]
用数学归纳法证明等式的策略
(1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型，其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，以及初始值n0的值．
(2)由n＝k到n＝k＋1时，除考虑等式两边变化的项外还要充分利用n＝k时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．
用数学归纳法证明不等式
[例2] 已知函数f(x)＝ax－x2的最大值不大于，又当x∈时，f(x)≥.
(1)求a的值；
(2)设0＜a1＜，an＋1＝f(an)，n∈N*，证明：an＜.
[解] (1)由题意，知f(x)＝ax－x2＝－2＋.
又f(x)max≤，所以f＝≤.
所以a2≤1.
又x∈时，f(x)≥，
所以即
解得a≥1.
又因为a2≤1，所以a＝1.
(2)证明：①当n＝1时，0＜a1＜，显然结论成立．
因为当x∈时，0＜f(x)≤，
所以0＜a2＝f(a1)≤＜.
故n＝2时，原不等式也成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，
不等式0＜ak＜成立．
因为f(x)＝x－x2的对称轴为直线x＝，
所以当x∈时，f(x)为增函数．
所以由0＜ak＜≤，
得0＜f(ak)＜f.
于是，0＜ak＋1＝f(ak)＜－·＋－＝－＜.
所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．
根据①②，知对任何n∈N*，不等式an＜成立．
[方法技巧]
用数学归纳法证明不等式的策略
(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．
(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n＝k成立，推证n＝k＋1时也成立，用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、作差(作商)比较法、放缩法等证明．
归纳—猜想—证明
[例3] (2017· 苏锡常镇三模)已知fn(x)＝Cxn－C(x－1)n＋…＋(－1)kC(x－k)n＋…＋(－1)nC(x－n)n，其中x∈R，n∈N*，k∈N，k≤n.
(1)试求f1(x)，f2(x)，f3(x)的值；
(2)试猜测fn(x)关于n的表达式，并证明你的结论．
[解] (1)f1(x)＝Cx－C(x－1)＝x－x＋1＝1；
f2(x)＝Cx2－C(x－1)2＋C(x－2)2
＝x2－2(x2－2x＋1)＋(x2－4x＋4)＝2；
f3(x)＝Cx3－C(x－1)3＋C(x－2)3－C(x－3)3
＝x3－3(x－1)3＋3(x－2)3－(x－3)3＝6.
(2)猜测：fn(x)＝n！，
用数学归纳法证明结论成立．
①当n＝1时，f1(x)＝1，所以结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，即fk(x)＝Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC(x－k)k＝k！，
当n＝k＋1时，fk＋1(x)＝Cxk＋1－C(x－1)k＋1＋…＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1
＝Cxk＋1－C(x－1)k(x－1)＋…＋(－1)kC·(x－k)k(x－k)＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1
＝x[Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC(x－k)k]＋[C(x－1)k－2C(x－2)k＋…＋(－1)k＋1·kC·(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k＋1
＝x[Cxk－(C＋C)(x－1)k＋…＋(－1)k(C＋C)·(x－k)k]＋(k＋1)·[(x－1)k－C(x－2)k＋…
＋(－1)k＋1·C·(x－k)k]＋(－1)k＋1C(x－k－1)k(x－k－1)
＝x[Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC(x－k)k]－x[C·(x－1)k＋…＋(－1)k－1·C(x－k)k]＋(k＋1)[(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k＋1·C(x－k)k]＋x(－1)k＋1C(x－k－1)k－(k＋1)·(－1)k＋1(x－k－1)k
＝x[Cxk－C(x－1)k＋…＋(－1)kC·(x－k)k]－x[C(x－1)k＋…＋(－1)k－1C(x－k)k＋(－1)kC(x－k－1)k]＋(k＋1)[(x－1)k－C(x－2)k＋…＋(－1)k－1C·(x－k)k＋(－1)k(x－k－1)k]．(*)
由归纳假设知(*)式等于x·k！－x·k！＋(k＋1)·k！＝(k＋1)！，
所以当n＝k＋1时，结论也成立．
综合①②，fn(x)＝n！成立．
[方法技巧]
归纳—猜想—证明类问题的解题步骤
利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理(即演绎推理)论证结论的正确性．
能力练通
抓应用体验的“得”与“失”
1.求证：1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋(n∈N*)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1－＝，
右边＝＝，左边＝右边，等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N*)时等式成立，即1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，
则当n＝k＋1时，
＋
＝＋
＝＋＋…＋＋.
即当n＝k＋1时，等式也成立．
综合(1)，(2)可知，对一切n∈N*，等式成立．
2.用数学归纳法证明：2n＜C＜4n，其中n≥2，n∈N.
证明：①当n＝2时，22＜6＝C＜42不等式成立．
②假设当n＝k时，2k＜C＜4k成立，
则当n＝k＋1时
由C＝＝
＝＝2C＞2C＞2·2k＝2k＋1，即2k＋1＜C.
C＝2C＝2·C＜2·2C＝4C＜4·4k＝4k＋1，
因此2k＋1＜C＜4k＋1成立，即当n＝k＋1时，不等式成立，
所以，对n≥2，n∈N，不等式2n＜C＜4n恒成立．
3.(2018·苏州市高三期中调研)(1)若不等式(x＋1)ln(x＋1)≥ax对任意x∈[0，＋∞)恒成立，求实数a的取值范围；
(2)设n∈N*，试比较＋＋…＋与ln(n＋1)的大小，并证明你的结论．
解：(1)原问题等价于ln(x＋1)－≥0对任意x∈[0，＋∞)恒成立，
令g(x)＝ln(x＋1)－，则g′(x)＝，
当a≤1时，g′(x)＝≥0恒成立，即g(x)在[0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)≥g(0)＝0恒成立；
当a＞1时，令g′(x)＝0，则x＝a－1＞0，
∴g(x)在(0，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增，
∴g(a－1)＜g(0)＝0，即存在x＞0使得g(x)＜0，不合题意；
综上所述，a的取值范围是(－∞，1]．
(2)注意到＜ln 2，＋＜ln 3，…，
故猜想＋＋…＋＜ln(n＋1)(n∈N*)，
下面用数学归纳法证明该猜想成立．
证明：①当n＝1时，＜ln 2，成立；
②假设当n＝k时结论成立，即＋＋…＋＜ln(k＋1)，
在(1)中取a＝1，得ln(x＋1)＞(x∈(0，＋∞))，
令x＝(k∈N*)，有＜ln，
那么，当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋＜ln(k＋1)＋＜ln(k＋1)＋ln＝ln(k＋2)，也成立；
由①②可知，＋＋…＋＜ln(n＋1)．
[课时达标检测]
难点增分课时——设计3级训练，考生据自身能力而选
一、全员必做题
1．(2018·南通期初)已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*.
(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；
(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．
解：(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝－＝1，所以f(1)＝g(1)；
当n＝2时，f(2)＝1＋＝，g(2)＝－＝，所以f(2)＜g(2)；
当n＝3时，f(3)＝1＋＋＝，g(3)＝－＝，所以f(3)＜g(3)．
(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明．
①当n＝1时，不等式显然成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时不等式成立．
即1＋＋＋＋…＋＜－，
那么，当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝f(k)＋＜－＋，
因为－
＝－＝＜0，
所以f(k＋1)＜－＝g(k＋1)．
由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．
2．(2018·苏北四市模拟)已知数列{an}满足an＝3n－2，f(n)＝＋＋…＋，g(n)＝f(n2)－f(n－1)，n∈N*.求证：
(1)g(2)＞；
(2)当n≥3时，g(n)＞.
证明：(1)由题意知，an＝3n－2，g(n)＝＋＋＋…＋，
当n＝2时，g(2)＝＋＋＝＋＋＝＞.
(2)用数学归纳法加以证明：
①当n＝3时，g(3)＝＋＋＋…＋
＝＋＋＋＋＋＋
＝＋＋
＞＋＋
＝＋＋
＞＋＋＞，
所以当n＝3时，结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，即g(k)＞，
则n＝k＋1时，
g(k＋1)＝g(k)＋＋＋…＋－
＞＋
＞＋－
＝＋
＝＋，
由k≥3可知，3k2－7k－3＞0，即g(k＋1)＞.
所以当n＝k＋1时，结论也成立．
综合①②可得，当n≥3时，g(n)＞.
3．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．
(1)求r的值．
(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式··…·＞成立．
解：(1)由题意，Sn＝bn＋r，
当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.
所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．
由于b＞0且b≠1，
所以n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，
所以＝b，即＝b，
解得r＝－1.
(2)证明：由(1)知an＝2n－1，
因此bn＝2n(n∈N*)，
所证不等式为··…·＞.
①当n＝1时，左式＝，右式＝，
左式＞右式，所以结论成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，
即··…·＞，则当n＝k＋1时，
··…··＞·＝，
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证≥，
即证≥，
由基本不等式得＝≥成立，
故≥成立，
所以，当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，n∈N*时，不等式··…·＞成立．
二、重点选做题
1．(2018·盐城模拟)记f(n)＝(3n＋2)(C＋C＋C＋…＋C)(n≥2，n∈Z)．
(1)求f(2)，f(3)，f(4)的值；
(2)当n≥2，n∈N*时，试猜想所有f(n)的最大公约数，并证明．
解：(1)因为f(n)＝(3n＋2)(C＋C＋C＋…＋C)＝(3n＋2)C，
所以f(2)＝8，f(3)＝44，f(4)＝140.
(2)由(1)中结论可猜想所有f(n)的最大公约数为4.
下面用数学归纳法证明所有的f(n)都能被4整除即可．
①当n＝2时，f(2)＝8能被4整除，结论成立；
②假设n＝k时，结论成立，即f(k)＝(3k＋2)C能被4整除，
则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝(3k＋5)C
＝(3k＋2)C＋3C
＝(3k＋2)(C＋C)＋(k＋2)C
＝(3k＋2)C＋(3k＋2)C＋(k＋2)C
＝(3k＋2)C＋4(k＋1)C
＝f(k)＋4(k＋1)C，
此式也能被4整除，即n＝k＋1时结论也成立．
综上所述，所有f(n)的最大公约数为4.
2．已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．
(1)写出f(6)的值；
(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．
解：(1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)满足：
若a＝1，则b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，则b＝1,2,4,6；若a＝3，则b＝1,3,6.
所以f(6)＝13.
(2)当n≥6时，
f(n)＝(t∈N*)
下面用数学归纳法证明：
①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立．
②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：
a．若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
b．若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
c．若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
d．若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
e．若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；
f．若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立．
综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．
三、冲刺满分题
1．(2018·扬州模拟)已知函数f(x)＝2x－3x2，设数列{an}满足：a1＝，an＋1＝f(an)．求证：
(1)对任意的n∈N*，都有0＜an＜；
(2)＋＋…＋≥4n＋1－4.
证明：(1)①当n＝1时，a1＝，有0＜a1＜，
∴n＝1时，不等式成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即0＜ak＜.
则当n＝k＋1时，
ak＋1＝f(ak)＝2ak－3a＝－32＋，
于是－ak＋1＝32.
因为0＜ak＜，所以0＜32＜，
即0＜－ak＋1＜，可得0＜ak＋1＜.
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由①②可知，对任意的正整数n，都有0＜an＜.
(2)由(1)可得－an＋1＝32，
两边同时取以3为底的对数，可得log3＝1＋2log3，
化简为1＋log3＝2.
所以数列是以log3为首项，2为公比的等比数列，
所以1＋log3＝2n－1log3，
化简求得：－an＝×2n－1，
所以＝3×42n－1，
因为当n≥2时，
2n－1＝C＋C＋C＋…＋C≥1＋n－1＝n，
又当n＝1时，2n－1＝1，
所以对任意的n∈N*,2n－1≥n，
所以＝3×42n－1≥3×4n，
则＋＋…＋＝3[420＋421＋…＋42n－1]≥3[41＋42＋…＋4n]＝4n＋1－4，
所以＋＋…＋≥4n＋1－4.
2．(2018·无锡期初)已知数列{an}满足a1＝a2＝a3＝k，an＋1＝(n≥3，n∈N*)，其中k＞0，数列{bn}满足bn＝(n＝1,2,3,4，…)．
(1)求b1，b2，b3，b4；
(2)求数列{bn}的通项公式；
(3)是否存在正数k，使得数列{an}的每一项均为整数，如果不存在，说明理由；如果存在，求出所有的k.
解：(1)经过计算可知：
a4＝k＋1，a5＝k＋2，a6＝k＋4＋.
求得b1＝b3＝2，b2＝b4＝.
(2)由条件可知：
an＋1an－2＝k＋anan－1.①
类似地有：an＋2an－1＝k＋an＋1an.②
①－②整理得，＝，
即bn＝bn－2.
所以b2n－1＝b2n－3＝…＝b1＝＝2，
b2n＝b2n－2＝…＝b2＝＝，
所以bn＝(n∈N*，k＞0)．
(3)假设存在正数k，使得数列{an}的每一项均为整数，则由(2)可知：③
由a1＝k∈Z，a6＝k＋4＋∈Z可知k＝1,2.
当k＝1时，＝3为整数，利用a1，a2，a3∈Z，
结合③式，反复递推，可知{an}的每一项均为整数；
当k＝2时，③变为④
我们用数学归纳法证明a2n－1为偶数，a2n为整数，
n＝1时，结论显然成立，假设n＝k时结论成立，这时a2k－1为偶数，a2k为整数，
故a2k＋1＝2a2k－a2k－1为偶数，a2k＋2为整数，所以n＝k＋1时，命题成立，
故数列{an}是整数列，
综上所述，k的取值集合是{1,2}．
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