PAGEPAGE1二推理與證明[A基礎達標]1.若復數eq\f(a＋i,1－2i)是純虛數，則實數a的值為（）A.2 B.－eq\f(1,2)C.eq\f(1,5) D.－eq\f(2,5)解析：選A.因為eq\f(a＋i,1－2i)＝eq\f(（a＋i）（1＋2i）,（1－2i）（1＋2i）)＝eq\f(a－2＋（2a＋1）i,5)是純虛數，所以a＝2.2.已知復數z1＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，z2＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，則z＝eq\f(z1,z2)在復平面內對應的點位于（）A.第一象限 B.其次象限C.第三象限 D.第四象限解析：選D.因為z1＝eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，z2＝－eq\f(1,2)＋eq\f(\r(3),2)i，所以z＝eq\f(\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i,－\f(1,2)＋\f(\r(3),2)i)＝eq\f(1＋\r(3)i,－1＋\r(3)i)＝eq\f(（1＋\r(3)i）（－1－\r(3)i）,（－1＋\r(3)i）（－1－\r(3)i）)＝eq\f(1,2)－eq\f(\r(3),2)i，所以復數z在復平面內對應的點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，在第四象限.故選D.3.對于數25，規定第1次操作為23＋53＝133，第2次操作為13＋33＋33＝55，第3次操作為53＋53＝250，如此反復操作，則第2018次操作后得到的數是（）A.25 B.250C.55 D.133解析：選C.由規定：第1次操作為23＋53＝133，第2次操作為13＋33＋33＝55，第3次操作為53＋53＝250，第4次操作為23＋53＋03＝133，……，故操作得到的數值周期出現，且周期為3.又2018＝3×672＋2，故第2018次操作后得到的數等于第2次操作后得到的數，即55，故選C.4.已知命題1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1（n∈N*）及其證明：（1）當n＝1時，左邊＝1，右邊＝21－1＝1，所以等式成立；（2）假設當n＝k時等式成立，即1＋2＋22＋…＋2k－1＝2k－1，則當n＝k＋1時，1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝eq\f(1－2k＋1,1－2)＝2k＋1－1，所以當n＝k＋1時等式也成立.由（1）（2），知對隨意的正整數n等式都成立.則以下說法正確的是（）A.命題、推理都正確B.命題正確、推理不正確C.命題不正確、推理正確D.命題、推理都不正確解析：選B.命題正確，但證明n＝k＋1時沒有用到假設的結論，故推理不正確.5.對“a，b，c是不全相等的正數”，給出下列推斷：①（a－b）2＋（b－c）2＋（c－a）2≠0；②a＝b與b＝c及a＝c中至少有一個成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同時成立.其中推斷正確的個數為（）A.0 B.1C.2 D.3解析：選B.若（a－b）2＋（b－c）2＋（c－a）2＝0，則a＝b＝c，與“a，b，c是不全相等的正數”沖突，故①正確.a＝b與b＝c及a＝c中最多只能有一個成立，故②不正確.由于“a，b，c是不全相等的正數”，有兩種情形：至多有兩個數相等或三個數都互不相等，故③不正確.6.已知m∈R，復數eq\f(m＋i,1＋i)－eq\f(1,2)的實部和虛部相等，則m＝.解析：由eq\f(m＋i,1＋i)－eq\f(1,2)＝eq\f(（m＋i）（1－i）,（1＋i）（1－i）)－eq\f(1,2)＝eq\f(（m＋1）＋（1－m）i,2)－eq\f(1,2)＝eq\f(m＋（1－m）i,2)，由已知得eq\f(m,2)＝eq\f(1－m,2)，則m＝eq\f(1,2).答案：eq\f(1,2)7.在平面幾何中：△ABC中∠C的內角平分線CE分AB所成線段的比為eq\f(AC,BC)＝eq\f(AE,BE).把這個結論類比到空間：在三棱錐A-BCD中（如圖），DEC平分二面角A-CD-B且與AB相交于E，則得到類比的結論是Ｗ.解析：由平面中線段的比轉化為空間中面積的比可得eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD).答案：eq\f(AE,EB)＝eq\f(S△ACD,S△BCD)8.視察下列等式：S1＝eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,2)n，S2＝eq\f(1,3)n3＋eq\f(1,2)n2＋eq\f(1,6)n，S3＝eq\f(1,4)n4＋eq\f(1,2)n3＋eq\f(1,4)n2，S4＝eq\f(1,5)n5＋eq\f(1,2)n4＋eq\f(1,3)n3－eq\f(1,30)n，S5＝An6＋eq\f(1,2)n5＋eq\f(5,12)n4＋Bn2，…可以推想，A－B＝.解析：由S1，S2，S3，S4，S5的特征，推想A＝eq\f(1,6).又Sk的各項系數的和為1，所以A＋eq\f(1,2)＋eq\f(5,12)＋B＝1，所以B＝－eq\f(1,12).故A－B＝eq\f(1,6)＋eq\f(1,12)＝eq\f(1,4).答案：eq\f(1,4)9.已知|x|≤1，|y|≤1，用分析法證明：|x＋y|≤|1＋xy|.證明：要證|x＋y|≤|1＋xy|，即證（x＋y）2≤（1＋xy）2，即證x2＋y2≤1＋x2y2，即證（x2－1）（1－y2）≤0，因為|x|≤1，|y|≤1，所以x2－1≤0，1－y2≥0，所以（x2－1）（1－y2）≤0，不等式得證.10.設f（x）＝eq\f(ax＋a－x,2)，g（x）＝eq\f(ax－a－x,2)（其中a>0，且a≠1）.（1）5＝2＋3，請你推想g（5）能否用f（2），f（3），g（2），g（3）來表示；（2）假如（1）中獲得了一個結論，請你推想能否將其推廣.解：（1）由f（3）g（2）＋g（3）f（2）＝eq\f(a3＋a－3,2)·eq\f(a2－a－2,2)＋eq\f(a3－a－3,2)·eq\f(a2＋a－2,2)＝eq\f(a5－a－5,2)，又g（5）＝eq\f(a5－a－5,2)，因此g（5）＝f（3）g（2）＋g（3）f（2）.（2）由g（5）＝f（3）g（2）＋g（3）f（2），即g（2＋3）＝f（3）g（2）＋g（3）f（2），于是推想g（x＋y）＝f（x）g（y）＋g（x）f（y）.證明：因為f（x）＝eq\f(ax＋a－x,2)，g（x）＝eq\f(ax－a－x,2)（大前提）.所以g（x＋y）＝eq\f(ax＋y－a－（x＋y）,2)，g（y）＝eq\f(ay－a－y,2)，f（y）＝eq\f(ay＋a－y,2)，（小前提及結論）所以f（x）g（y）＋g（x）f（y）＝eq\f(ax＋a－x,2)·eq\f(ay－a－y,2)＋eq\f(ax－a－x,2)·eq\f(ay＋a－y,2)＝eq\f(ax＋y－a－（x＋y）,2)＝g（x＋y）.故推想正確.[B實力提升]11.定義：假如函數y＝f（x）在定義域內的給定區間[a，b]上存在x0（a<x0<b），滿意f（x0）＝eq\f(f（b）－f（a）,b－a)，則稱函數y＝f（x）是[a，b]上的“平均值函數”，x0是它的一個均值點，例如y＝x2是[－1，1]上的平均值函數，0就是它的均值點.現有函數f（x）＝x3＋mx是[－1，1]上的平均值函數，則實數m的取值范圍是.解析：由f（x）＝x3＋mx是[－1，1]上的平均值函數，知關于x的方程x3＋mx＝eq\f(f（1）－f（－1）,1－（－1）)在區間（－1，1）上有解，即方程x3＋mx－m－1＝0在區間（－1，1）上有解，就是方程m＝－x2－x－1在區間（－1，1）上有解.因為當x∈（－1，1）時，－x2－x－1＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(3,4)∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,4)))，所以m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,4))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－\f(3,4)))12.傳聞古希臘畢達哥拉斯學派的數學家常常在沙灘上畫點或用小石子表示數.他們探討過如圖所示的三角形數：將三角形數1，3，6，10，…記為數列{an}，將可被5整除的三角形數按從小到大的依次組成一個新數列{bn}.可以推想：（1）b2016是數列{an}中的第項；（2）b2k－1＝（用k表示）.解析：視察知這些三角形數滿意an＝eq\f(n（n＋1）,2)，n∈N*，當n＝5k－1或n＝5k，k∈N*時，對應的三角形數是5的倍數，為數列{bn}中的項，將5k－1和5k列為一組，所以b2016是第1008組的后面一項，即b2016是數列{an}中的第5×1008＝5040項；b2k－1是第k組的前面一項，是數列{an}中的第5k－1項，即b2k－1＝a5k－1＝eq\f(5k（5k－1）,2).答案：（1）5040（2）eq\f(5k（5k－1）,2)13.設直線l1：y＝k1x＋1，l2：y＝k2x－1，其中實數k1，k2滿意k1k2＋2＝0.（1）證明：l1與l2相交；（2）證明：l1與l2的交點在橢圓2x2＋y2＝1上.證明：（1）假設直線l1與l2不相交，則l1與l2平行，由直線l1與l2的方程可知實數k1，k2分別為兩直線的斜率，則有k1＝k2，代入k1k2＋2＝0，消去k1，得keq\o\al(2,2)＋2＝0，k2無實數解，這與已知k2為實數沖突，所以k1≠k2，即l1與l2相交.（2）法一：由方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k1x＋1,y＝k2x－1))，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(2,k2－k1)，,y＝\f(k2＋k1,k2－k1)，))故l1與l2的交點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2－k1)，\f(k2＋k1,k2－k1))).而2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2－k1)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2＋k1,k2－k1)))eq\s\up12(2)＝eq\f(8＋keq\o\al(2,2)＋keq\o\al(2,1)＋2k1k2,keq\o\al(2,2)＋keq\o\al(2,1)－2k1k2)＝eq\f(keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋4,keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋4)＝1.此即表明l1與l2的交點在橢圓2x2＋y2＝1上.法二：l1與l2的交點P的坐標（x，y）滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y－1＝k1x，,y＋1＝k2x，))故知x≠0.從而eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(k1＝\f(y－1,x)，,k2＝\f(y＋1,x).))代入k1k2＋2＝0，得eq\f(y－1,x)·eq\f(y＋1,x)＋2＝0，整理后，得2x2＋y2＝1，所以交點P在橢圓2x2＋y2＝1上.14.（選做題）視察下列各不等式：1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(7,4)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)<eq\f(9,5)，…（1）由上述不等式，歸納出一個與正整數n（n≥2）有關的一般性結論；（2）用數學歸納法證明你得到的結論.解：（1）視察上述各不等式，得到與正整數n有關的一般不等式為1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(2n－1,n)（n∈N*，且n≥2）.（2）證明：①當n＝2時，由題設可知，不等式明顯成立.②假設當n＝k（k≥2，k∈N*）時，不等式成立，即1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,k2)<eq\f(2k－1,k)，那么，當n＝k＋1時，有1＋eq\f(1,22)＋e