《志鸿同步测控设计2015-2016学年北师大版数学选修1-2全册课件-第三章-推理与证明-本章整合3》由会员分享，可在线阅读，更多相关《志鸿同步测控设计2015-2016学年北师大版数学选修1-2全册课件-第三章-推理与证明-本章整合3（31页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、本章整合,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,解:归纳所得的等式为:sin2+cos2(+30)+sincos(+30)= 3 4 . 证明如下:sin2+cos2(+30)+sincos(+30) =sin2+cos2(+30)+sin(coscos30-sinsin30) =sin2+cos2(+30)+ 3 2 sincos- 1 2 sin2 = 1 2 sin2+ 3 2 sincos+cos2(+30) = 1cos2 4 + 3 4 sin2+ 1+cos(2+60) 2 = 1 4 1 4 cos2+ 3 4 sin2+ 1 2 +
2、1 2 cos(2+60) = 3 4 + 1 2 3 2 sin2 1 2 cos2 + 1 2 cos(2+60) = 3 4 1 2 cos(2+60)+ 1 2 cos(2+60)= 3 4 , 所以原结论成立.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,(1)解:f(4)=37,f(5)=61. 由于f(2)-f(1)=7-1=6, f(3)-f(2)=19-7=26, f(4)-f(3)=37-19=36, f(5)-f(4)=61-37=46, 因此,当n2时,有f(n)-f(n-1)=6(n-1), 所以f(n)=f(n)-f(n-1)+f
3、(n-1)-f(n-2)+f(2)-f(1)+f(1) =6(n-1)+(n-2)+2+1+1=3n2-3n+1. 又f(1)=1=312-31+1, 所以f(n)=3n2-3n+1.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,(2)证明:当k2时, 1 () = 1 3 2 3+1 1 3 2 3 = 1 3 1 1 1 , 所以 1 (1) + 1 (2) + 1 (3) + 1 () 1+ 1 3 1 1 2 + 1 2 1 3 + 1 1 1 =1+ 1 3 1 1 1+ 1 3 = 4 3 .,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题
4、二,专题三,专题四,专题五,解:在四面体A-BCD内,任取一点O,连接AO,BO,CO,DO,并延长交对面于A,B,C,D, 则有 + + + =1. 在四面体O-BCD与A-BCD中, = , 同理有 = , = , = , + + + = + + + = + + + =1. 即 + + + =1.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,证明:tan(+)=2tan, sin(+) cos(+) = 2sin cos . sin(+)cos=2cos(+)sin. sin(+)cos-cos(+)sin =cos(+)sin. sin(+)-=cos
5、(+)sin, 即cos(+)sin=sin. sin(+)cos=2sin. sin(+)cos+cos(+)sin=3sin, 即3sin=sin(+2).,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,证明:要证 + 1 + 1 25 4 成立, a0,b0, 只需证4a2b2+4(a2+b2)+4-25ab0. a+b=1, 只需证4a2b2-33ab+80, 即证ab 1 4 或ab8成立. a0,b0,a+b=1, 0a1,0b1. ab8不成立. 而由a+b2 ,a+b=1,得ab 1 4 成立, 当且仅当
6、a=b时取等号. 故 + 1 + 1 25 4 成立.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,证法二:假设(1-a)b,(1-b)c,(1-c)a都大于 1 4 , 00. (1)+ 2 (1) 1 4 = 1 2 . 同理, (1)+ 2 1 2 , (1)+ 2 1 2 . 三式相加,得 (1)+ 2 + (1)+ 2 + (1)+ 2 3 2 , 即 3 2 3 2 . 假设不成立.故原命题成立.,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,专题一,专题二,专题三,专题四,专题五,方法二:假设l1,l2不相交,
7、 则l1l2, 1=2. l1l, 1=90, 2=90, l2l. 这与已知条件l2是l不垂直矛盾, 故l1和l2必相交.,1(2014山东高考)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”时,要做的假设是 ( ) A.方程x3+ax+b=0没有实根 B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根 C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根 D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根 解析:“至少有一个”的否定为“没有”. 答案:A,1 2 3 4 5 6 7 8,2(2014课标全国高考)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A,B,C三个城市时, 甲说:我去过的城市比乙多,
8、但没去过B城市; 乙说:我没去过C城市; 丙说:我们三人去过同一城市. 由此可判断乙去过的城市为 . 解析:由丙的说法“三人去过同一城市”知乙至少去过一个城市,而甲说去过的城市比乙多,且没去过B城市,因此甲一定去过A城市和C城市.又乙没去过C城市,所以三人共同去过的城市必为A,故乙去过的城市就是A. 答案:A,1 2 3 4 5 6 7 8,3(2014陕西高考)已知f(x)= 1+ ,x0,若f1(x)=f(x),fn+1(x)=f(fn(x),nN+,则f2 014(x)的表达式为 . 解析:依题意,f1(x)=f(x)= 1+ ,f2(x)=f(f1(x)=f 1+ = 1+ 1+ 1+
9、 = 1+2 , f3(x)=f(f2(x)=f 1+2 = 1+2 1+ 1+2 = 1+3 , 由此可猜测fn(x)= 1+ ,故f2014(x)= 1+2 014 . 答案:f2 014(x)= 1+2 014,1 2 3 4 5 6 7 8,4(2014福建高考)已知集合a,b,c=0,1,2,且下列三个关系:a2;b=2;c0有且只有一个正确,则100a+10b+c等于 . 解析:由题意可知三个关系只有一个正确.分为三种情况: (1)当成立时,则a2,b2,c=0,此种情况不成立; (2)当成立时,则a=2,b=2,c=0,此种情况不成立; (3)当成立时,则a=2,b2,c0,即a
10、=2,b=0,c=1, 所以100a+10b+c=1002+100+1=201. 故答案为201. 答案:201,1 2 3 4 5 6 7 8,5(2013陕西高考)观察下列等式 (1+1)=21; (2+1)(2+2)=2213; (3+1)(3+2)(3+3)=23135; 照此规律,第n个等式可为 . 解析:观察规律,等号左侧为(n+1)(n+2)(n+n), 等号右侧分两部分,一部分是2n,另一部分是13(2n-1). 答案:(n+1)(n+2)(n+n)=2n13(2n-1),1 2 3 4 5 6 7 8,6(2014辽宁高考)已知函数f(x)=(x-cos x)-2sin x-
11、2,g(x)=(x-) 1sin 1+sin + 2 -1,证明: (1)存在唯一x0 0, 2 ,使f(x0)=0; (2)存在唯一x1 2 , ,使g(x1)=0,且对(1)中的x0,有x0+x1. 证明:(1)当x 0, 2 时,f(x)=+sinx-2cosx0, 所以f(x)在 0, 2 上为增函数, 又f(0)=-20, 所以存在唯一x0 0, 2 ,使f(x0)=0.,1 2 3 4 5 6 7 8,1 2 3 4 5 6 7 8,(2)当x 2 , 时,化简得g(x)=(-x) cos 1+sin + 2 -1. 令t=-x,记u(t)=g(-t)=- cos 1+sin 2
12、t+1,t 0, 2 , 则u(t)= () (1+sin) . 由(1)得,当t(0,x0)时,u(t)0. 在 0 , 2 上u(t)为增函数, 由u 2 =0知,当t 0 , 2 时,u(t)0, 所以u(t)在 0 , 2 上无零点. 在(0,x0)上u(t)为减函数,由u(0)=1及u(x0)0知存在唯一t0(0,x0),使u(t0)=0.,1 2 3 4 5 6 7 8,于是存在唯一t0 0, 2 ,使u(t0)=0. 设x1=-t0 2 , , 则g(x1)=g(-t0)=u(t0)=0, 因此存在唯一的x1 2 , ,使g(x1)=0, 由于x1=-t0,t0.,7(2014天津高考)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M=0,1,2,q-1,集合A=x|x=x1+x2q+xnqn-1,xiM,i=1,2,n. (1)当q=2,n=3时,用列举法表示集合A; (2)设s,tA,s=a1+a2q+anqn-1,t=b1+b
