新版全國通用高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題17 推理與證明含解析

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2、 1 【走向高考】（全國通用）20xx高考數(shù)學二輪復習 第一部分 微專題強化練 專題17 推理與證明（含解析） 一、選擇題 1．(文)將正奇數(shù)1,3,5,7，…排成五列(如下表)，按此表的排列規(guī)律，89所在的位置是(　　) 第　第　 第　 第　 第 一　二　 三　 四　 五 列　列　 列　 列　 列 1　　3　　5　　7 15 13 11 9 17

3、 19 21 23 31 29 27 25 … A．第一列　　　　　　 B．第二列 C．第三列 D．第四列 [答案]　D [解析]　正奇數(shù)從小到大排，則89位居第45位，而45＝4×11＋1，故89位于第四列． (理)(20xx·廣州市綜合測試)將正偶數(shù)2,4,6,8，…按下表的方式進行排列，記aij表示第i行第j列的數(shù)，若aij＝20xx，則i＋j的值為(　　) 第1列 第2列 第3列 第4列 第5列 第1行 2 4 6 8 第2行 16 14 12 10 第3行 18 20 22 24 第4

4、行 32 30 28 26 第5行 34 36 38 40 … … … … … … A．257　　　　　　　　 B．256 C．254 D．253 [答案]　C [解析]　依題意，注意到題中的數(shù)表中，奇數(shù)行空置第1列，偶數(shù)行空置第5列；且自左向右，奇數(shù)行的數(shù)字由小到大排列，偶數(shù)行的數(shù)字由大到小排列；20xx是數(shù)列{2n}的第1007項，且1007＝4×251＋3，因此20xx位于題中的數(shù)表的第252行第2列，于是有i＋j＝252＋2＝254，故選C． [方法點撥]　歸納推理 根據(jù)一類事物的部分對象具有某種性質(zhì)，推出這類事物的所有對象都具有這樣

5、性質(zhì)的推理，叫做歸納推理，歸納是由特殊到一般的推理． 歸納推理是由部分到整體，由個別到一般的推理，在進行歸納時，要先根據(jù)已知的部分個體，把它們適當變形，使其具有統(tǒng)一的表現(xiàn)形式，便于觀察發(fā)現(xiàn)其規(guī)律，找出它們之間的聯(lián)系，從而歸納出一般結(jié)論． 2．(20xx·廣東文，6)若直線l1與l2是異面直線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，則下列命題正確的是(　　) A．l與l1，l2都不相交 B．l與l1，l2都相交 C．l至多與l1，l2中的一條相交 D．l至少與l1，l2中的一條相交 [答案]　D [解析]　考查空間點、線、面的位置關系． 若直線l1和l2是異面直

6、線，l1在平面α內(nèi)，l2在平面β內(nèi)，l是平面α與平面β的交線，假如l與l1、l2都不相交，則l∥l1，l∥l2，∴l(xiāng)1∥l2，與l1、l2異面矛盾，因此l至少與l1，l2中的一條相交，故選D． [方法點撥]　演繹推理 根據(jù)一般性的真命題(或邏輯規(guī)則)導出特殊性命題為真的推理叫做演繹推理．演繹推理是由一般性命題到特殊性命題的推理． (1)演繹推理的特點 當前提為真時，結(jié)論必然為真． (2)演繹推理的一般模式——“三段論” ①大前提——已知的一般原理； ②小前提——所研究的特殊情況； ③結(jié)論——根據(jù)一般原理，對特殊情況做出的判斷． 3．(文)若數(shù)列{an}是等差數(shù)列，則數(shù)列{bn

7、}(bn＝)也為等差數(shù)列．類比這一性質(zhì)可知，若正項數(shù)列{cn}是等比數(shù)列，則數(shù)列{dn}也是等比數(shù)列，則dn的表達式應為(　　) A．dn＝ B．dn＝ C．dn＝ D．dn＝ [答案]　D [解析]　通過審題觀察，對比分析得到： 已知 等差數(shù)列{an} 前n項和Sn＝a1＋a2＋…＋an bn＝ 算術(shù)平均 bn成等差 類比項 等比數(shù) 列{cn} 前n項積Tn＝c1c2…cn dn＝ 幾何 平均 dn成等比 故選D． [方法點撥]　類比推理 根據(jù)兩類不同事物之間具有某些類似(或一致)性，推測其中一類事物具有與另一類事物類似(或相同)的性質(zhì)的推理叫做類比

8、推理，類比推理是由特殊到特殊的推理． 進行類比推理時，要抓住類比對象之間相似的性質(zhì)，如等差數(shù)列的和對應的可能是等比數(shù)列的和，更可能是等比數(shù)列的積，再結(jié)合其他要求進一步確定類比項． (理)記等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，利用倒序求和的方法，可將Sn表示成首項a1、末項an與項數(shù)n的一個關系式，即公式Sn＝；類似地，記等比數(shù)列{bn}的前n項積為Tn，且bn>0(n∈N*)，試類比等差數(shù)列求和的方法，可將Tn表示成首項b1、末項bn與項數(shù)n的一個關系式，即公式Tn＝(　　) A． B． C． D．(b1bn) [答案]　D [解析]　利用等比數(shù)列的性質(zhì)：若m＋n＝p＋q，則bm

9、·bn＝bp·bq，利用倒序求積方法有 兩式相乘得T＝(b1bn)n，即Tn＝(b1bn). 4．觀察下圖： 1 2　3　4 3　4　5　6　7 4　5　6　7　8　9　10 ………… 則第(　　)行的各數(shù)之和等于20xx2.(　　) A．20xx B．20xx C．1006 D．1005 [答案]　C [解析]　由題設圖知，第一行各數(shù)和為1；第二行各數(shù)和為9＝32；第三行各數(shù)和為25＝52；第四行各數(shù)和為49＝72；…，∴第n行各數(shù)和為(2n－1)2，令2n－1＝20xx，解得n＝1006. [點評]　觀察可見，第1行有1個數(shù)，第2行從2開始有3個數(shù)，第3行從3

10、開始有5個數(shù)，第4行從4開始有7個數(shù)，…，第n行從n開始，有2n－1個數(shù)，因此第n行各數(shù)的和為n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝＝(2n－1)2. 5．已知正三角形內(nèi)切圓的半徑是其高的，把這個結(jié)論推廣到空間正四面體，類似的結(jié)論是(　　) A．正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的 B．正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的 C．正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的 D．正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的 [答案]　C [解析]　原問題的解法為等面積法，即S＝ah＝3×ar?r＝h，類比問題的解法應為等體積法，V＝Sh＝4×Sr?r＝h，即正四面體的內(nèi)切球的半徑是其高的，所以應選C． 6．(文

11、)用反證法證明命題“設a、b為實數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設是(　　) 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 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根 [答案]　A [解析]　至少有一個實根的否定為：沒有實根． (理)①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2，用反證法證明時，可假設p＋q≥2，②已知a、b∈R，|a|＋|b|<1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對值都小于1.用反證法證明時可假設方程有一根x1的絕對值大于或等于1，即假設|x1|≥1.以下結(jié)論正確的是(　

12、　) A．①與②的假設都錯誤 B．①與②的假設都正確 C．①的假設正確；②的假設錯誤 D．①的假設錯誤；②的假設正確 [答案]　D [解析]　反證法的實質(zhì)是命題的等價性，因為命題p與命題的否定?p真假相對，故直接證明困難時，可用反證法．故選D． [方法點撥]　1.反證法的定義 一般地，由證明p?q轉(zhuǎn)向證明：綈q?r?…?t，t與假設矛盾，或與某個真命題矛盾．從而判斷綈q為假，推出q為真的方法，叫做反證法． 2．反證法的特點 先假設原命題不成立，再在正確的推理下得出矛盾，這個矛盾可以是與已知條件矛盾，或與假設矛盾，或與定義、公理、定理、公式或已被證明了的結(jié)論，或與公認的簡單事

13、實等矛盾． 7．(文)在平面直角坐標系中，設△ABC的頂點分別為A(0，a)、B(b,0)、C(c,0)，點P(0，p)在線段AO上(異于端點)，設a、b、c、p均為非零實數(shù)，直線BP、CP分別交AC、AB于點E、F，一同學已正確算出OE的方程：(－)x＋(－)y＝0，則OF的方程為：(________)x＋(－)y＝0.(　　) A．－ B．－ C．－ D．－ [答案]　C [分析]　觀察E，F(xiàn)兩點可以發(fā)現(xiàn)，E、F兩點的特征類似，E是BP與AC的交點，F(xiàn)是CP與AB的交點，故直線OE與OF的方程應具有類似的特征，而y的系數(shù)相同，故只有x的系數(shù)滿足某種“對稱性”，據(jù)此可作猜測．

14、 [解析]　方法1：類比法 E在AC上，OE的方程為 (－)x＋(－)y＝0. F在AB上，它們的區(qū)別在于B、C互換． 因而OF的方程應為 (－)x＋(－)y＝0. ∴括號內(nèi)應填：－. 方法2：畫草圖如右，由對稱性可猜想填－.事實上，由截距式可得直線AB：＋＝1，直線AP：＋＝1，兩式相減得(－)x＋(－)y＝0， 顯然直線AB與CP的交點F滿足此方程，又原點O也滿足此方程，故為所求直線OF的方程． [方法點撥]　類比推理是由特殊到特殊的推理，是兩類類似的對象之間的推理，其中一個對象具有某個性質(zhì)，則另一個對象也具有類似的性質(zhì)．在進行類比時，要充分考慮已知對象性質(zhì)的推理過程，然

15、后仿照推導類比對象的性質(zhì)． (理)在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜邊AB上的高為h1，則＝＋；類比此性質(zhì)，如圖，在四面體P－ABC中，若PA、PB、PC兩兩垂直，底面ABC上的高為h，則得到的正確結(jié)論為(　　) A．＝＋＋ B．h2＝PA2＋PB2＋PC2 C．＝＋＋ D．＝＋＋ [答案]　D [解析]　本題考查了合情推理的能力． 連接CO并延長交AB于點D，連接PD， 由已知可得PC⊥PD，在直角三角形PDC中，DC·h＝PD·PC， 則·h＝PD·PC， 所以＝ ＝＋. 容易知道AB⊥平面PDC， 所以AB⊥PD， 在直角三角形APB中，AB·PD＝P

16、A·PB， 所以·PD＝PA·PB， ＝＝＋，故＝＋＋.(也可以由等體積法得到)． [點評]　上述解答完整的給出了結(jié)論＝＋＋的證明過程，如果注意到所給結(jié)論是一個真命題，可直接用作條件，則在Rt△PAB中，有＝＋，在Rt△PDC中，有＝＋，即可得出結(jié)論． 8．(文)正方形ABCD的邊長是a，依次連接正方形ABCD各邊中點得到一個新的正方形，再依次連接新正方形各邊中點又得到一個新的正方形，依次得到一系列的正方形，如圖所示．現(xiàn)有一只小蟲從A點出發(fā)，沿正方形的邊逆時針方向爬行，每遇到新正方形的頂點時，沿這個正方形的邊逆時針方向爬行，如此下去，爬行了10條線段．則這10條線段的長度的平方和是(　

17、　) A．a(chǎn)2 B．a(chǎn)2 C．a(chǎn)2 D．a(chǎn)2 [答案]　A [解析]　由題可知，這只小蟲爬行的第一段長度的平方為a＝(a)2＝a2，第二段長度的平方為a＝(a)2＝a2，…，從而可知，小蟲爬行的線段長度的平方可以構(gòu)成以a＝a2為首項，為公比的等比數(shù)列，所以數(shù)列的前10項和為S10＝＝. (理)對于大于1的自然數(shù)m的三次冪可以用技術(shù)進行以下方式的“分裂”：23＝，33＝，43＝，…，仿此，若m3的“分裂數(shù)”中有一個是59，則m＝(　　) A．7　　　 B．8　　　 C．9　　　 D．10 [答案]　B [解析]　由23,33,43的“分裂”規(guī)律可知m3的分裂共有m項，它

18、們都是連續(xù)的奇數(shù)，其第一個奇數(shù)為(m－2)(m＋1)＋3，當m＝8時，第一個奇數(shù)為57，故m＝8，此時83＝57＋59＋61＋63＋65＋67＋69＋71. 二、填空題 9．(文)(20xx·南昌市二模)觀察下面數(shù)表： 1， 3,5， 7,9,11,13， 15,17,19,21,23,25,27,29. 設1027是該表第m行的第n個數(shù)，則m＋n等于________． [答案]　13 [解析]　由數(shù)表知第P行最后一個數(shù)為第SP個奇數(shù)，其中SP＝1＋2＋22＋…＋2P－1＝2P－1，易得第9行最后一個奇數(shù)為2(29－1)－1＝1021，故1027為第10行的第3個數(shù)，∴m＋n

19、＝13. (理)(20xx·河南八市質(zhì)量監(jiān)測)已知不等式1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，照此規(guī)律，總結(jié)出第n(n∈N*)個不等式為________． [答案]　1＋＋＋＋…＋<(n∈N*) [解析]　由于1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，所以可以寫為1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，照此規(guī)律，所以第n個不等式為1＋＋＋＋…＋<. 10．(文)已知2＋＝22×，3＋＝32×，4＋＝42×，…，若9＋＝92×(a、b為正整數(shù))，則a＋b＝________. [答案]　89 [解析]　觀察前三式的特點可知，3＝22－1,8＝32－1,15＝42－1，故其一般規(guī)律為n＋＝n2×，此式顯然對任意n

20、∈N，n≥2都成立，故當n＝9時，此式為9＋＝81×，∴a＝80，b＝9，a＋b＝89. (理)觀察下列等式 12＝1， 12－22＝－3， 12－22＋32＝6， 12－22＋32－42＝－10， …… 照此規(guī)律，第n個等式可為________． [答案]　12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·(n∈N*) [解析]　觀察上述各式等號左邊的規(guī)律發(fā)現(xiàn)，左邊的項數(shù)每次加1，故第n個等式左邊有n項，每項所含的底數(shù)的絕對值也增加1，依次為1,2,3，…，n，指數(shù)都是2，符號成正負交替出現(xiàn)可以用(－1)n＋1表示，等式的右邊數(shù)的絕對值是左邊項的底數(shù)的和，故等

21、式的右邊可以表示為 (－1)n＋1·，所以第n個式子可為12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·(n∈N*)． 三、解答題 11．(文)(20xx·江蘇，16)如圖，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.設AB1的中點為D，B1C∩BC1＝E. 求證：(1)DE∥平面AA1C1C； (2)BC1⊥AB1. [分析]　考查線面平行的判定定理，線面垂直的判定定理． (1)由三棱錐性質(zhì)知側(cè)面BB1C1C為平行四邊形，因此點E為B1C的中點，從而由三角形中位線性質(zhì)得DE∥AC，再由線面平行的判定定理得DE∥平面AA1C1C；(2)因為直三

22、棱柱ABC－A1B1C1中BC＝CC1，所以側(cè)面BB1C1C為正方形，因此BC1⊥B1C，又AC⊥BC，AC⊥CC1(可由直三棱柱推導)，因此由線面垂直的判定定理得AC⊥平面BB1C1C，從而AC⊥BC1，再由線面垂直的判定定理得BC1⊥平面AB1C，進而可得BC1⊥AB1. [證明]　(1)由題意知，E為B1C的中點， 又D為AB1的中點，因此DE∥AC． 又因為DE?平面AA1C1C，AC?平面AA1C1C， 所以DE∥平面AA1C1C． (2)因為棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱， 所以CC1⊥平面ABC． 因為AC?平面ABC，所以AC⊥CC1. 又因為AC⊥BC，C

23、C1?平面BCC1B1，BC?平面BCC1B1，BC∩CC1＝C， 所以AC⊥平面BCC1B1. 又因為BC1?平面BCC1B1，所以B1C⊥AC． 因為BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C． 因為AC，B1C?平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC． 又因為AB1?平面B1AC，所以BC1⊥AB1. (理)(20xx·商丘市二模)如圖，已知四棱錐P－ABCD的底面為菱形，∠BCD＝120°，AB＝PC＝2，AP＝BP＝. (1)求證：AB⊥PC； (2)求二面角B－PC－D的余弦值． [解析]　(1)證明：取AB的中點O，連接

24、PO，CO，AC． ∵AP＝BP，∴PO⊥AB． 又四邊形ABCD是菱形，且∠BCD＝120°， ∴△ACB是等邊三角形，∴CO⊥AB． 又CO∩PO＝O，∴AB⊥平面PCO， 又PC?平面PCO，∴AB⊥PC． (2)由AB＝PC＝2，AP＝BP＝，易求得PO＝1，OC＝， ∴OP2＋OC2＝PC2，OP⊥OC． 以O為坐標原點，以OC，OB，OP分別為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系O－xyz，則B(0,1,0)，C(，0,0)，P(0,0,1)，D(，－2,0)， ∴＝(，－1,0)，＝(，0，－1)，＝(0,2,0)． 設平面DCP的一個法向量為n1＝(1，y

25、，z)，則n1⊥，n1⊥， ∴，∴z＝，y＝0，∴n1＝(1,0，)． 設平面BCP的一個法向量為n2＝(1，b，c)，則n2⊥，n2⊥， ∴，∴c＝，b＝， ∴n2＝(1，，)． ∴cos〈n1，n2〉＝＝＝， ∵二面角B－PC－D為鈍角， ∴二面角B－PC－D的余弦值為－. 12．(文)(20xx·昆明質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足a1＝0，an＋1＝an＋＋1. (1)證明：數(shù)列是等差數(shù)列，并求數(shù)列{an}的通項公式； (2)設數(shù)列的前n項和為Sn，證明：Sn<. [解析]　(1)∵－ ＝an＋＋1＋－an－ ＝－＋1＝1. ∴數(shù)列是公差為1的等差數(shù)列． 又a1

26、＋1＝1，故an＋＝n. 即數(shù)列{an}的通項公式為an＝n－. (2)由(1)知an＝n－，則＝1－， 數(shù)列的前n項和Sn＝n－ ∵>＝－. ∴n－

27、}的奇數(shù)項與偶數(shù)項的和即可得到其對應前n項和的通項公式． [解析]　(1)由條件，對任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，(n∈N*)， 因而對任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3，(n∈N*)，兩式相減，得an＋2－an＋1＝3an－an＋1，即an＋2＝3an，(n≥2)， 又a1＝1，a2＝2，所以a3＝3S1－S2＋3＝3a1－(a1＋a2)＋3＝3a1， 故對一切n∈N*，an＋2＝3an. (2)由(1)知，an≠0，所以＝3，于是數(shù)列{a2n－1}是首項 a1＝1，公比為3的等比數(shù)列，數(shù)列{a2n}是首項a2＝2，公比為3的等比數(shù)列，所以a2

28、n－1＝3n－1，a2n＝2×3n－1， 于是S2n＝a1＋a2＋…＋a2n＝(a1＋a3＋…＋a2n－1)＋(a2＋a4＋…＋a2n) ＝(1＋3＋…＋3n－1)＋2(1＋3＋…＋3n－1) ＝3(1＋3＋…＋3n－1) ＝ 從而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1＝(5×3n－2－1)， 綜上所述，Sn＝. [方法點撥]　直接證明 從命題的條件或結(jié)論出發(fā)，根據(jù)已知的定義、公理、定理，直接推證結(jié)論的真實性的證明稱為直接證明．綜合法和分析法是直接證明中最基本的兩種方法，也是解決數(shù)學問題時常用的思維方法． (1)綜合法 從已知條件和某些數(shù)學定義、公理、定理等出發(fā)，

29、經(jīng)過逐步的推理論證，最后達到待證的結(jié)論，這種證明方法叫綜合法．也叫順推證法或由因?qū)Чǎ? (2)分析法 從要證明的結(jié)論出發(fā)，逐步尋求使它成立的充分條件，直至最后，把要證明的結(jié)論歸結(jié)為判定一個明顯成立的條件(已知的條件、定理、定義、公理等)為止．這種證明方法叫分析法．也叫逆推證法或執(zhí)果索因法． 13．(文)(20xx·邯鄲市二模)設函數(shù)f(x)＝lnx－a(x－2)，g(x)＝ex. (1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)過原點分別作曲線y＝f(x)與y＝g(x)的切線l1，l2，且l1，l2的斜率互為倒數(shù)，試證明：a＝0或－

30、′(x)＝－a＝(x>0) ①當a≤0時，對一切x>0，恒有f′(x)>0，f(x)的單增區(qū)間為(0，＋∞)； ②當a>0時，x∈時，f′(x)>0；x∈時，f′(x)<0. ∴f(x)的增區(qū)間為，減區(qū)間為. (2)設過原點與函數(shù)f(x)，g(x)相切的直線分別為l1：y＝k1x，l2：y＝k2x， 切點分別為A(x1，lnx1－ax1＋2a)，B(x2，ex2)， ∵g′(x)＝ex，∴k2＝ex2＝，∴x2＝1，k2＝e，∴k1＝ 又f′(x)＝－a，∴k1＝－a＝＝， 得a＝－，并將它代入＝中， 可得lnx1－1＋－＝0 設h(x)＝lnx－1＋－，則h′(x)＝－＝

31、 ∴h(x)在(0,2]上單減，在(2，＋∞)上單增 若x1∈(0,2]，∵h(1)＝1－>0，h(2)＝ln2－≈0.693－<0，∴x1∈(1,2) 而a＝－在x1∈(1,2)上單減，∴－

32、放縮法證明不等式；4.考查運算求解能力和推理論證能力，分析和解決問題的能力．解答本題(1)可利用導數(shù)的幾何意義求解，(2)根據(jù)數(shù)列的通項公式用放縮法證明不等式． [解析]　(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲線y＝x2n＋2＋1在點(1,2)處的切線斜率為2n＋2.從而切線方程為y－2＝(2n＋2)(x－1)．令y＝0.解得切線與x軸交點的橫坐標xn＝1－＝. (2)由題設和(1)中的計算結(jié)果知Tn＝xx…x ＝()2()2…()2. 當n＝1時，T1＝. 當n≥2時，因為x＝()2＝>＝，所以Tn>()2×××…×＝. 綜上可得對任意的n∈N*，均有Tn≥

33、. 14．(20xx·新課標Ⅱ文，20)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點(2，)在C上． (1)求C的方程； (2)直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． [解析]　(1)由題意有＝，＋＝1，解得a2＝8，b2＝4，所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)設直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，把y＝kx＋b代入＋＝1得， (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0. 故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝，于是直線OM的斜率kOM＝＝

34、－，即kOM·k＝－，所以直線OM的斜率與直線l的斜率乘積為定值． 15．(文)已知點P為y軸上的動點，點M為x軸上的動點，點F(1,0)為定點，且滿足＋＝0，·＝0. (1)求動點N的軌跡E的方程； (2)過點F且斜率為k的直線l與曲線E交于兩點A、B，試判斷在x軸上是否存在點C，使得|CA|2＋|CB|2＝|AB|2成立，請說明理由． [解析]　(1)設N(x，y)，則由＋＝0，得P為MN的中點． ∴P(0，)，M(－x,0)． ∴＝(－x，－)，＝(1，－)． ∴·＝－x＋＝0，即y2＝4x. ∴動點N的軌跡E的方程為y2＝4x. (2)設直線l的方程為y＝k(x－1)

35、， 由消去x得y2－y－4＝0. 設A(x1，y1)、B(x2，y2)，則y1＋y2＝，y1y2＝－4. 假設存在點C(m,0)滿足條件，則＝(x1－m，y1)， ＝(x2－m，y2)， ∴·＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2 ＝()2－m()＋m2－4 ＝－[(y1＋y2)2－2y1y2]＋m2－3 ＝m2－m(＋2)－3＝0. ∵Δ＝(＋2)2＋12>0， ∴關于m的方程m2－m(＋2)－3＝0有解． ∴假設成立，即在x軸上存在點C，使得|CA|2＋|CB|2＝|AB|2成立． [方法點撥]　1.在證明問題時，我們可以使用分析法，尋找解決問題的突破口，然后

36、用綜合法寫出證明過程，有時分析法與綜合法交替使用． 2．有些命題和不等式，從正面證如果不好證，可以考慮反證法．凡是含有“至少”、“唯一”或含有其他否定詞的命題，適宜用反證法．即“正難則反”． 反證法的步驟是： (1)假設：作出與命題結(jié)論相反的假設； (2)歸謬：在假設的基礎上，經(jīng)過合理的推理，導出矛盾的結(jié)果； (3)結(jié)論：肯定原命題的正確性． (理)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知對任意的n∈N*，點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b>0且b≠1，b、r均為常數(shù))的圖象上． (1)求r的值； (2)當b＝2時，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，證明對任意的n∈

37、N*，不等式··…·>成立． [解析]　(1)由題意：Sn＝bn＋r，當n≥2時，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時，{an}是以b為公比的等比數(shù)列． 又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，＝b， 即＝b，解得r＝－1. (2)證明：由于b＝2，則根據(jù)(1)得an＝2n－1， 因此bn＝2n(n∈N*)， 所證不等式為··…·> ①當n＝1時，左式＝，右式＝. 左式>右式，所以結(jié)論成立， ②假設n＝k(k∈N*)時結(jié)論成立，即··>，則當n＝k＋1時， ··…··>·＝ 要證當n＝k＋1時結(jié)論成立，

38、只需證≥，即證≥， 由基本值不等式＝≥成立， 所以，當n＝k＋1時，結(jié)論成立． 由①②可知，n∈N*時，不等式··…·>成立． [方法點撥]　1.與正整數(shù)有關的恒等式、不等式、數(shù)的整除性、數(shù)列的通項及前n項和等問題，都可以考慮用數(shù)學歸納法證明． 2．數(shù)學歸納法的主要步驟 (1)歸納奠基 證明當n取第一個值n0(例如n0＝1或2等)時結(jié)論正確； (2)歸納遞推 假設當n＝k(k∈N*，k≥n0)時結(jié)論正確(歸納假設)，證明當n＝k＋1時結(jié)論也正確． 綜合(1)(2)知，對任何n∈N*，命題均正確． 在用數(shù)學歸納法證題中，從n＝k到n＝k＋1時一定要用到歸納假設，可以對n＝k＋1時的情況進行適當變換，突出歸納假設，這是證題的關鍵． 3．歸納推理可以幫助我們發(fā)現(xiàn)一般規(guī)律，但是其正確性需要通過證明來驗證．一般情況下，有關正整數(shù)的歸納、猜想問題，都需要由不完全歸納法得到猜想，然后用數(shù)學歸納法證明猜想．