此资源为用户分享，在本站免费下载，只限于您用于个人教学研究。

约4220字。

　　数    学
　　M单元　推理与证明                                     
　　M1　合情推理与演绎推理
　　11．M1[2015•山东卷] 观察下列各式：
　　C01＝40；
　　C03＋C13＝41；
　　C05＋C15＋C25＝42；
　　C07＋C17＋C27＋C37＝43；
　　……
　　照此规律，当n∈N*时，
　　C02n－1＋C12n－1＋C22n－1＋…＋Cn－12n－1＝________．
　　11．4n－1　[解析] 归纳可知，C02n－1＋C12n－1＋C22n－1＋…＋Cn－12n－1＝4n－1.
　　M2　直接证明与间接证明
　　16．[2015•湖南卷] N1(1)选修4­1：几何证明选讲
　　如图1­5，在⊙O中，相交于点E的两弦AB，CD的中点分别是M，N，直线MO与直线CD相交于点F.证明：
　　(i)∠MEN＋∠NOM＝180°；
　　(ii)FE•FN＝FM•FO.
　　图1­5
　　N3(2)选修4­4：坐标系与参数方程
　　已知直线l：x＝5＋32t，y＝3＋12t(t为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为ρ＝2cos θ.
　　(i)将曲线C的极坐标方程化为直角坐标方程；
　　(ii)设点M的直角坐标为(5，3)，直线l与曲线C的交点为A，B，求|MA|•|MB|的值．
　　N4、M2(3)选修4­5：不等式选讲
　　设a>0，b>0，且a＋b＝1a＋1b.证明：
　　(i)a＋b≥2；
　　(ii)a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
　　16．(1)证明：(i)如图所示，因为M，N分别是弦AB，CD的中点，所以OM⊥AB，ON⊥CD，即∠OME＝90°，∠ENO＝90°，因此∠OME＋∠ENO＝180°.又四边形的内角和等于360°，故∠MEN＋∠NOM＝180°.
　　(ii)由(i)知，O，M，E，N四点共圆，故由割线定理即得FE•FN＝FM•FO.
　　(2)解：(i)ρ＝2cos θ等价于ρ2＝2ρcos θ.①
　　将ρ2＝x2＋y2，ρcos θ＝x代入①即得曲线C的直角坐标方程为x2＋y2－2x＝0.②
　　(ii)将x＝5＋32t，y＝3＋12t代入②，得t2＋53t＋18＝0.设这个方程的两个实根分别为t1，t2，则由参数t的几何意义知，|MA|•|MB|＝|t1t2|＝18.
　　(3)证明：由a＋b＝1a＋1b＝a＋bab，a>0，b>0，得ab＝1.
　　(i)由基本不等式及ab＝1，有a＋b≥2ab＝2(当且仅当a＝b时等号成立)，即a＋b≥2.
　　(ii)假设a2＋a<2与b2＋b<2同时成立，则由a2＋a<2及a>0，得0<a<1；同理，0<b<1.从而ab<1，这与ab＝1矛盾，故a2＋a<2与b2＋b<2不可能同时成立．
　　21.D3、B11、M2[2015•湖南卷] 已知a>0，函数f(x)＝eaxsin x(x∈[0，＋∞))．记xn为f(x)的从小到大的第n(n∈N*)个极值点．证明：
　　(1)数列{f(xn)}是等比数列；
　　(2)若a≥1e2－1，则对一切n∈N*，xn<|f(xn) |恒成立．
　　21．证明：(1)f′(x)＝aeaxsin x＋eaxcos x＝eax(asin x＋cos x)＝a2＋1eaxsin(x＋φ)，
　　其中tan φ＝1a，0<φ<π2.
　　令f′(x)＝0，由x≥0，得x＋φ＝mπ，即x＝mπ－φ，m∈N*.
　　对k∈N，若2kπ<x＋φ<(2k＋1)π，即2kπ－φ<x<(2k＋1)π－φ，则f′(x)>0；
　　若(2k＋1)π<x＋φ<(2k＋2)π，即(2k＋1)π－φ<x<(2k＋2)π－φ，则f′(x)<0.
　　因此，在区间((m－1)π，mπ－φ)与(mπ－φ，mπ)上，f′(x)的符号总相反，于是当x＝mπ－φ(m∈N*)时，f(x)取得极值，所以xn＝nπ－φ(n∈N*)．
　　此时，f(xn)＝ea(nπ－φ)sin(nπ－φ)＝(－1)n＋1ea(nπ－φ)sin φ.易知f(xn)≠0，而
　　f（xn＋1）f（xn）＝（－1）n＋2ea[（n＋1）π－φ]sin φ（－1）n＋1ea（nπ－φ）sin φ＝－eaπ是常数，
　　故数列{f(xn)}是首项为f(x1)＝ea(π－φ)sin φ，公比为－eaπ的等比数列．
　　(2)由(1)知，sin φ＝1a2＋1，于是对一切n∈N*，xn<|f(xn)|恒成立，即nπ