2.1　插入排序
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本书提供了对当代计算机算法研究的一个全面、综合性的介绍。全书共八部分，内容涵盖基础知识、排序和顺序统计量、数据结构、高级设计和分析技术、高级数据结构、图算法、算法问题选编，以及数学基础知识。书中深...&&
我们的第一个算法（插入排序）求解第1章中引入的排序问题：
输入：n个数的一个序列〈a1,a2,&,an〉。
输出：输入序列的一个排列〈a&1,a&2,&,a&n〉，满足a&1&a&2&&&a&n。
我们希望排序的数也称为关键词。虽然概念上我们在排序一个序列，但是输入是以n个元素的数组的形式出现的。
本书中，我们通常将算法描述为用一种伪代码书写的程序，该伪代码在许多方面类似于C、C++、、或Pascal。如果你学过这些语言中的任何一种，那么在我们的算法时应该没有困难。伪代码与真码的区别在于，在伪代码中，我们使用最清晰、最简洁的表示方法来说明给定的算法。有时最清晰的表示方法是英语，所以如果你遇到一个英文短语或句子嵌入在一段真码中就不要吃惊。伪代码与真码的另一个区别是伪代码通常不关心软件工程的问题。为了更简洁地表达算法的本质，常常忽略数据抽象、模块性和错误处理的问题。
我们首先介绍插入排序，对于少量元素的排序，它是一个有效的算法。插入排序的工作方式像许多人排序一手扑克牌。开始时，我们的左手为空并且桌子上的牌面向下。然后，我们每次从桌子上拿走一张牌并将它插入左手中正确的位置。为了找到一张牌的正确位置，我们从右到左将它与已在手中的每张牌进行比较，如图2-1所示。拿在左手上的牌总是排序好的，原来这些牌是桌子上牌堆中顶部的牌。
对于插入排序，我们将其伪代码过程命名为INSERTION-SORT，其中的参数是一个数组A［1..n］，包含长度为n的要排序的一个序列。（在代码中，A中元素的数目n用A.length来表示。）该算法原址排序输入的数：算法在数组A中重排这些数，在任何时候，最多只有其中的常数个数字存储在数组外面。在过程INSERTION-SORT结束时，输入数组A包含排序好的输出序列。
INSERTION-SORT(A)
1　for j = 2 to A.length
2　　key = A［j］
3　　// Insert A［j］ into the sorted sequence A［1..j - 1］.
4　　i = j - 1
5　　while i & 0 and A［i］ & key
6　　　　A［i+1］ = A［i］
7　　　　i = i - 1
8　　A［i + 1］ = key
循环不变式与插入排序的正确性
图2-2表明对A=〈5,2,4,6,1,3〉该算法如何工作。下标j指出正被插入到手中的&当前牌&。在for循环（循环变量为j）的每次迭代的开始，包含元素A［1..j-1］的子数组构成了当前排序好的左手中的牌，剩余的子数组A［j+1..n］对应于仍在桌子上的牌堆。事实上，元素A［1..j-1］就是原来在位置1到j-1的元素，但现在已按序排列。我们把A［1..j-1］的这些性质形式地表示为一个循环不变式：
在第1～8行的for循环的每次迭代开始时，子数组A［1..j-1］由原来在A［1..j-1］中的元素组成，但已按序排列。
图2-2　在数组A=〈5,2,4,6,1,3〉上INSERTION-SORT的操作。数组下标出现在长方形的上方，数组位置中存储的值出现在长方形中。（a)～（e)第1～8行for循环的迭代。每次迭代中，黑色的长方形保存取自A［j］的关键字，在第5行的测试中将它与其左边的加阴影的长方形中的值进行比较。加阴影的箭头指出数组值在第6行向右移动一个位置，黑色的箭头指出在第8行关键字被移到的地方。（f)最终排序好的数组
循环不变式主要用来帮助我们理解算法的正确性。关于循环不变式，我们必须证明三条性质：
初始化：循环的第一次迭代之前，它为真。
保持：如果循环的某次迭代之前它为真，那么下次迭代之前它仍为真。
终止：在循环终止时，不变式为我们提供一个有用的性质，该性质有助于证明算法是正确的。
当前两条性质成立时，在循环的每次迭代之前循环不变式为真。（当然，为了证明循环不变式在每次迭代之前保持为真，我们完全可以使用不同于循环不变式本身的其他已证实的事实。）注意，这类似于数学归纳法，其中为了证明某条性质成立，需要证明一个基本情况和一个归纳步。这里，证明第一次迭代之前不变式成立对应于基本情况，证明从一次迭代到下一次迭代不变式成立对应于归纳步。
第三条性质也许是最重要的，因为我们将使用循环不变式来证明正确性。通常，我们和导致循环终止的条件一起使用循环不变式。终止性不同于我们通常使用数学归纳法的做法，在归纳法中，归纳步是无限地使用的，这里当循环终止时，停止&归纳&。
让我们看看对于插入排序，如何证明这些性质成立。
初始化：首先证明在第一次循环迭代之前（当j=2时），循环不变式成立?。所以子数组A［1..j-1］仅由单个元素A［1］组成，实际上就是A［1］中原来的元素。而且该子数组是排序好的（当然很平凡）。这表明第一次循环迭代之前循环不变式成立。
保持：其次处理第二条性质：证明每次迭代保持循环不变式。非形式化地，for循环体的第4～7行将A［j-1］、A［j-2］、A［j-3］等向右移动一个位置，直到找到A［j］的适当位置，第8行将A［j］的值插入该位置。这时子数组A［1..j］由原来在A［1..j］中的元素组成，但已按序排列。那么对for循环的下一次迭代增加j将保持循环不变式。
第二条性质的一种更形式化的处理要求我们对第5～7行的while循环给出并证明一个循环不变式。然而，这里我们不愿陷入形式主义的困境，而是依赖以上非形式化的分析来证明第二条性质对外层循环成立。
终止：最后研究在循环终止时发生了什么。导致for循环终止的条件是j&A.length=n。因为每次循环迭代j增加1，那么必有j=n+1。在循环不变式的表述中将j用n+1代替，我们有：子数组A［1..n］由原来在A［1..n］中的元素组成，但已按序排列。注意到，子数组A［1..n］就是整个数组，我们推断出整个数组已排序。因此算法正确。
在本章后面以及其他章中，我们将采用这种循环不变式的方法来证明算法的正确性。
伪代码中的一些约定
我们在伪代码中采用以下约定：
?缩进表示块结构。例如，第1行开始的for循环体由第2～8行组成，第5行开始的while循环体包含第6～7行但不包含第8行。我们的缩进风格也适用于if-else语句?。采用缩进来代替常规的块结构标志，如begin和end语句，可以大大提高代码的清晰性。
?while、for与repeat-until等循环结构以及if-else等条件结构与C、C++、、和Pascal中的那些结构具有类似的解释?。不像某些出现于C++、Java和Pascal中的情况，本书中在退出循环后，循环计数器保持其值。因此，紧接在一个for循环后，循环计数器的值就是第一个超出for循环界限的那个值。在证明插入排序的正确性时，我们使用了该性质。第1行的for循环头为for j=2 to A.length，所以，当该循环终止时，j=A.length+1（或者等价地，j=n+1，因为n=A.length）。
20当一个for循环每次迭代增加其循环计数器时，我们使用关键词to。当一个for循环每次迭代减少其循环计数器时，我们使用关键词downto。当循环计数器以大于1的一个量改变时，该改变量跟在可选关键词by之后。
?符号&//&表示该行后面部分是个注释。
?形如i=j=e的多重赋值将表达式e的值赋给变量i和j；它应被处理成等价于赋值j=e后跟着赋值i=j。
?变量（如i、j和key）是局部于给定过程的。若无显式说明，我们不使用全局变量。
?数组元素通过&数组名［下标］&这样的形式来访问。例如，A［i］表示数组A的第i个元素。记号&..&用于表示数组中值的一个范围，这样，A［1..j］表示A的一个子数组，它包含j个元素A［1］，A［2］，&，A［j］。
?复合数据通常被组织成对象，对象又由属性组成。我们使用许多面向对象语言中创建的句法来访问特定的属性：对象名后跟一个点再跟属性名。例如，数组可以看成是一个对象，它具有属性length，表示数组包含多少元素，如A.length就表示数组A中的元素数目。
我们把表示一个数组或对象的变量看做指向表示数组或对象的数据的一个指针。对于某个对象x的所有属性f，赋值y=x导致y.f等于x.f。进一步，若现在置x.f=3，则赋值后不但x.f等于3，而且y.f也等于3。换句话说，在赋值y=x后，x和y指向相同的对象。
我们的属性记号可以&串联&。例如，假设属性f本身是指向某种类型的具有属性g的对象的一个指针。那么记号x.f.g被隐含地加括号成(x.f).g。换句话说，如果已经赋值y=x.f，那么x.f.g与y.g相同。
有时，一个指针根本不指向任何对象。这时，我们赋给它特殊值NIL。
?我们按值把参数传递给过程：被调用过程接收其参数自身的副本。如果它对某个参数赋值，调用过程看不到这种改变。当对象被传递时，指向表示对象数据的指针被复制，而对象的属性却未被复制。例如，如果x是某个被调用过程的参数，在被调用过程中的赋值x=y对调用过程是不可见的。
21然而，赋值x.f=3却是可见的。类似地，数组通过指针来传递，结果指向数组的一个指针被传递，而不是整个数组，单个数组元素的改变对调用过程是可见的。
?一个return语句立即将控制返回到调用过程的调用点。大多数return语句也将一个值传递回调用者。我们的伪代码与许多语言不同，因为我们允许在单一的return语句中返回多个值。
?布尔运算符&and&和&or&都是短路的。也就是说，当求值表达式&x and y&时，首先求值x。如果x求值为FALSE，那么整个表达式不可能求值为TRUE，所以不再求值y。另外，如果x求值为TRUE，那么就必须求值y以确定整个表达式的值。类似地，对表达式&x or y&，仅当x求值为FALSE时，才求值表达式y。短路的运算符使我们能书写像&x&NIL and x.f=y&这样的布尔表达式，而不必担心当x为NIL时我们试图求值x.f将会发生什么情况。
?关键词error表示因为已被调用的过程情况不对而出现了一个错误。调用过程负责处理该错误，所以我们不用说明将采取什么行动。
2.1-1　以图2-2为模型，说明INSERTION-SORT在数组A=〈31,41,59,26,41,58〉上的执行过程。
2.1-2　重写过程INSERTION-SORT，使之按非升序（而不是非降序）排序。
2.1-3　考虑以下查找问题：
输入：n个数的一个序列A=〈a1，a2，&，an〉和一个值v。
输出：下标i使得v=A［i］或者当v不在A中出现时，v为特殊值NIL。
写出线性查找的伪代码，它扫描整个序列来查找v。使用一个循环不变式来证明你的算法是正确的。确保你的循环不变式满足三条必要的性质。
2.1-4　考虑把两个n位二进制整数加起来的问题，这两个整数分别存储在两个n元数组A和B中。这两个整数的和应按二进制形式存储在一个（n+1）元数组C中。
22请给出该问题的形式化描述，并写出伪代码。
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对于n∈N*，用数学归纳法证明：1on+2o（n-1）+3o（n-2）+…+（n-1）o2+no1=n（n+1）（n+2）．
根据数学归纳法证明的步骤，首先验证当n=1时成立，进而假设n=k时等式成立，证明n=k+1时，等式也成立；最后作答即可．
证明：设f（n）=1on+2o（n-1）+3o（n-2）+…+（n-1）o2+no1．
（1）当n=1时，左边=1，右边=1，等式成立；
（2）设当n=k时等式成立，即1ok+2o（k-1）+3o（k-2）+…+（k-1）o2+ko1=k（k+1）（k+2），
考点分析：
考点1：数学归纳法
数学归纳法若不等式1n+1+1n+2+L+13n+1＞a24对一切正整数n都成立，猜想正整数a的最大值，并用归纳法证明结论．
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数列{an}满足Sn=2n-an，n∈N+．（Sn为前n项和）（1）计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想an；（2）用数学归纳法证明（1）中的结论．
数列{an}中，已知a1=1，当n≥2时，an-an-1=2n-1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是&&& ．
若f（n）=12+22+32+…+（2n）2，则f（k+1）与f（k）的递推关系式是 &&& ．
利用数学归纳法证明“（n+1）（n+2）…（n+n）=2n&1&3&…&（2n-1），n∈N*”时，从“n=k”变到“n=k+1”时，左边应增乘的因式是&&& ．
用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=时，当n=k+1时左端在n=k时的左端加上 &&& ．
题型：解答题
难度：中等
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数列{an}满足a1=1且．（1）用数学归纳法证明：an≥2（n≥2）（2）设，证明数列{bn}的前n项和（3）已知不等式ln（1+x）＜x对x＞0成立，证明：（n≥1）（其中无理数e=2.71828…）&
本题难度：一般
题型：解答题&|&来源：2012-湖北省部分重点中学高三（上）起点数学试卷（理科）（钟祥一中命题）
分析与解答
习题“数列{an}满足a1=1且．（1）用数学归纳法证明：an≥2（n≥2）（2）设，证明数列{bn}的前n项和（3）已知不等式ln（1+x）＜x对x＞0成立，证明：（n≥1）（其中无理数e=2.71828…）”的分析与解答如下所示：
（1）利用数学归纳法的证题步骤，关键验证当n=k+1时不等式成立；（2）对通项进行放缩，利用裂项法求和，即可证得结论；（3）先证明n≥2时，，再累加，即可证得结论．证明：（1）①当n=2&时，a2=2，不等式成立．②假设当n=k（k≥2）时不等式成立，即ak≥2，那么．即当n=k+1时不等式成立．根据①②可知：an≥2对&n≥2成立．…（4分）（2）∵，∴当n=1时，，当n≥2时，an≥2，，故=1+…（9分）（3）当n≥2时，由（1）的结论知：∵ln（1+x）＜x，∴，∴（n≥2）求和可得=而a2=2，∴，∴（n≥2），而故对任意的正整数n，有．…（14分）
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数列{an}满足a1=1且．（1）用数学归纳法证明：an≥2（n≥2）（2）设，证明数列{bn}的前n项和（3）已知不等式ln（1+x）＜x对x＞0成立，证明：（n≥1）（其中无理数e=2.71828...
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设a＞0，f(x)=axa+x令a1=1，an+1=f(an)，n∈N*．（1）写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；（2）用数学归纳法证明你的结论．
已知△ABC的三边长都是有理数．（1）求证cosA是有理数；（2）求证：对任意正整数n，cosnA是有理数．&&&&
用数学归纳法证明“12＋22＋32＋…＋n2＝n(n＋1)(2n＋1)(n∈N*)”，当n＝k＋1时，应在n＝k时的等式左边添加的项是&&&&．
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1证明1+12+13+14+…+12n-1＞n2（n∈N*），假设n=k时成立，当n=k+1时，左端增加的项数是（　　）
2用数学归纳法说明：1+12+13+…+12n-1＜n(n＞1)，在第二步证明从n=k到n=k+1成立时，左边增加的项数是&&&&项．
3已知函数f（x）=2bxax-1(a≠0)，满足f（1）=1，且使f（x）=2x成立的实数x只有一个，（1）求函数f（x）的表达式；（2）若数列{an}满足a1=23，an+1=f（an）（n∈N+），（ⅰ）试求a2，a3，a4，并由此猜想数列{an}的通项公式an；（ⅱ）用数学归纳法加证明你的猜想．
该知识点易错题
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& 学年高二年级数学北师大版选修2-2课时作业：第1章 推理与证明综合测试（含解析）
学年高二年级数学北师大版选修2-2课时作业：第1章 推理与证明综合测试（含解析）
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资料概述与简介
第一章 推理与证明综合测试 北师大版选修2-2
时间120分钟，满分150分．
一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．由“正三角形的内切圆切于三边的中点”可类比猜想：“正四面体的内切球切于四个面________．”(　　)
A．各正三角形内一点
B．各正三角形的某高线上的点
C．各正三角形的中心
D．各正三角形外的某点
[解析]　正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形表示的侧面，所以边的中点对应的就是正三角形的中心．故选C．
2．不等式a＞b与＞同时成立的充要条件为(　　)
A．a＞b＞0　　　　　　 B．a＞0＞b
[解析]　a＞0＞b，故选B.
3．否定结论“至多有两个解”的说法中，正确的是(　　)
A．有一个解
B．有两个解
C．至少有三个解
D．至少有两个解
[解析]　至少有两个解包含：有两解，有一解，无解三种情况．
4．已知f(n)＝＋＋＋…＋，则(　　)
A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝＋
B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝＋
D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
[解析]　f(n)＝＋＋＋…＋
f(n)中共有n2－n＋1项．
f(2)＝＋＋＝＋＋
5．数列{an}中前四项分别为2，，，，则an与an＋1之间的关系为(　　)
A．an＋1＝an＋6
C．an＋1＝
D．an＋1＝
[解析]　观察前四项知它们分子相同，分母相差6，
{}为等差数列．
6．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个数对是(　　)
[解析]　依题意，由和相同的整数对分为一组不难得知，第n组整数对的和为n＋1，且有n个整数对．
这样前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组的第5个位置，为(5,7)．故选B.
7．设a、b、c都是正数，则a＋，b＋，c＋三个数(　　)
A．都大于2
B．至少有一个大于2
C．至少有一个不大于2
D．至少有一个不小于2
[解析]　a＋＋b＋＋c＋
＝(a＋)＋(b＋)＋(c＋)
a、b、c都是正数，a＋≥2，b＋≥2，c＋≥2，当且仅当a＝1，b＝1，c＝1时取等号
a＋＋b＋＋c＋≥6
a＋，b＋，c＋至少有一个不小于2.
8．把1,3,6,10,15,21，…，这些数叫作三角形数，如图所示，则第七个三角形数是(　　)
A．27　　　 B．28　　　
C．29　　　 D．30
[解析]　第一个三角形数是1，
第二个三角形数是1＋2＝3，
第三个三角形数是1＋2＋3＝6，
第四个三角形数是1＋2＋3＋4＝10，
因此，由归纳推理得第n个三角形数是1＋2＋3＋4＋…＋n＝.
由此可以得出第七个三角形数是28.
9．(2014·长安一中、高新一中、交大附中、师大附中、西安中学一模)设ABC的三边长分别为a、b、c，ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r＝；类比这个结论可知：四面体P－ABC的四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，内切球的半径为r，四面体P－ABC的体积为V，则r＝(　　)
[解析]　将ABC的三条边长a、b、c类比到四面体P－ABC的四个面面积S1、S2、S3、S4，将三角形面积公式中系数，类比到三棱锥体积公式中系数，从而可知选C．
证明如下：以四面体各面为底，内切球心O为顶点的各三棱锥体积的和为V，V＝S1r＋S2r＋S3r＋S4r，r＝.
10．(2015·陕西文，10)设f(x)＝ln x,0＜a＜b，若p＝f()，q＝f，r＝(f(a)＋f(b))，则下列关系式中正确的是(　　)
A．q＝r＜p
B．q＝r＞p
C．p＝r＜q
D．p＝r＞q
[解析]　p＝f()＝ln ＝ln (ab)；q＝f()＝ln ；r＝(f(a)＋f(b))＝ln (ab)，因为＞，
由f(x)＝ln x是个递增函数，f()＞f()，
所以q＞p＝r，故答案选C．
二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分)
11.(2014·厦门六中高二期中)在平面上，我们用一直线去截正方形的一个角，那么截下的一个直角三角形，按如图所标边长，由勾股定理有c2＝a2＋b2.设想正方形换成正方体，把截线换成如图截面，这时从正方体上截下三条侧棱两两垂直的三棱锥O－LMN，如果用S1，S2，S3表示三个侧面面积，S表示截面面积，那么类比得到的结论是________．
[答案]　S2＝S＋S＋S
[解析]　类比如下：
正方形正方体；截下直角三角形截下三侧面两两垂直的三棱锥；直角三角形斜边平方三棱锥底面面积的平方；直角三角形两直角边平方和三棱锥三个侧面面积的平方和，结论S2＝S＋S＋S.
证明如下：如图，作OE平面LMN，垂足为E，连接LE并延长交MN于F，
LO⊥OM，LOON，LO⊥平面MON，
MN?平面MON，LO⊥MN，
OE⊥MN，MN⊥平面OFL，S△OMN＝MN·OF，SMNE＝MN·FE，SMNL＝MN·LF，OF2＝FE·FL，S＝(MN·OF)2＝(MN·FE)·(MN·FL)＝SMNE·S△MNL，同理S＝SMLE·S△MNL，S＝SNLE·S△MNL，S＋S＋S＝(SMNE＋SMLE＋SNLE)·S△MNL＝S，即S＋S＋S＝S2.
12．f(n)＝1＋＋＋…＋(nN*)，经计算得f(2)＝，f(4)＞2，f(8)＞，f(16)＞3，f(32)＞.推测：当n≥2时，有____________．
[答案]　f(2n)＞
[解析]　由前几项的规律可得答案．
13.函数y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的图像恒过定点A，若点A在直线mx＋ny＋1＝0上，其中mn>0，则＋的最小值为________．
[解析]　y＝loga(x＋3)－1(a>0且a≠1)的图像恒过定点A(－2，－1)．
又点A在直线mx＋ny＋1＝0上，
又mn>0，m>0，n>0.
2m＋n＝1≥2，当且仅当2m＝n＝，
即m＝，n＝时取等号，
mn≤.∴＋＝＝≥8.
14．若数列{an}中，a1＝1，a2＝3＋5，a3＝7＋9＋11，a4＝13＋15＋17＋19，…，则a10＝________.
[答案]　1 000
[解析]　前10项共使用了1＋2＋3＋4＋…＋10＝55个奇数，a10为由第46个到第55个奇数的和，即a10＝(2×46－1)＋(2×47－1)＋…＋(2×55－1)＝＝1 000.
15．(2014·陕西文，14)已知f(x)＝，x≥0，若f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，nN＋，
则f2014(x)的表达式为________．
[解析]　f1(x)＝f(x)＝，f2(x)＝f(f1(x))＝＝，f3(x)＝f(f2(x))＝＝，…，f2014(x)＝.应寻求规律，找出解析式．
三、解答题(本大题共6小题，共75分，前4题每题12分，20题13分，21题14分)
16．已知a>0，b>0，求证：＋≥＋.
[证明]　证法一：(综合法)
a>0，b>0，
＋≥2，当且仅当a＝b时取等号，同理：＋≥2，当且仅当a＝b时取等号．
＋＋＋≥2＋2，
证法二：(分析法)
要证＋≥＋，
只需证：a＋b≥a＋b，
只需证：a＋b－a－b≥0，
而a(－)－b(－)＝(＋)(－)2≥0，
当且仅当a＝b时取等号，
所以＋≥＋.
证法三：(反证法)
假设当a>0，b>0时，＋<＋.
由＋<＋，得＋－－<0，
＝0，b>0时，显然不成立，假设不成立．
17．在ABC中，ABAC，ADBC于D，求证：＝＋，那么在四面体ABCD中，类比上述结论，你能得到怎样的猜想？并说明理由．
[证明]　如图(1)所示，由射影定理AD2＝BD·DC，AB2＝BD·BC，AC2＝BC·DC，
又BC2＝AB2＋AC2，
猜想：类比ABAC，ADBC猜想：
四面体ABCD中，AB、AC、AD两两垂直，
AE平面BCD.则＝＋＋.
如图(2)，连结BE交CD于F，连结AF.
AB⊥AC，ABAD，
AB⊥平面ACD.
而AF面ACD，
在RtABF中，AEBF，
在RtACD中，AFCD，
故猜想正确．
18．已知数列{an}，a1＝5且Sn－1＝an(n≥2，nN＋)．
(1)求a2，a3，a4，并由此猜想an的表达式；
(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式．
[分析]　利用不完全归纳法猜想归纳出an，然后用数学归纳法证明．解题的关键是根据已知条件和假设寻找ak与ak＋1和Sk与Sk＋1之间的关系．
[解析]　(1)由已知，得a2＝S1＝a1＝5，a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝5＋5＋10＝20，an＝.
(2)证明当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，表达式成立．
当n＝1时显然成立，下面用数学归纳法证明n≥2时结论亦成立．
假设n＝k(k≥2，kN＋)时表达式成立，即ak＝5×2k－2，
则当n＝k＋1时，由已知条件和假设有
ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak
＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2
＝5×2k－1
＝5×2(k＋1)－2.故当n＝k＋1时，表达式也成立．
由可知，对一切n(n≥2，nN＋)都有an＝5×2n－2.
19.在圆x2＋y2＝r2(r>0)中，AB为直径，C为圆上异于A，B的任意一点，则有kAC·kBC＝－1.你能用类比的方法得出椭圆＋＝1(a>b>0)中有什么样的结论？并加以证明．
[解析]　类比得到的结论是：在椭圆＋＝1(a>b>0)中，A，B分别是椭圆长轴的左右端点，点P(x，y)是椭圆上不同于A，B的任意一点，则kAP·kBP＝－
证明如下：设A(x0，y0)为椭圆上的任意一点，则A关于中心的对称点B的坐标为B(－x0，－y0)，点P(x，y)为椭圆上异于A，B两点的任意一点，则kAP·kBP＝·＝.
由于A，B，P三点在椭圆上，
两式相减得，＋＝0，
＝－，即kAP·kBP＝－.
故在椭圆＋＝1(a>b>0)中，长轴两个端点为A，B，P为异于A，B的椭圆上的任意一点，则有kAP·kBP＝－.
20.已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴有两个不同的交点，若f(c)＝0，且0<x0.
(1)证明：是f(x)＝0的一个根；
(2)试比较与c的大小；
(3)证明：－2<b<－1.
[解析]　(1)证明：f(x)的图象与x轴有两个不同的交点，
f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，
x1＝c是f(x)＝0的一个根．
又x1x2＝，x2＝(≠c)，
是f(x)＝0的一个根．
(2)解：假设0，当0<x0，
知f()>0，与f()＝0矛盾，≥c，
又≠c，>c.
(3)证明：由f(c)＝0，得ac＋b＋1＝0，
b＝－1－ac.
又a>0，c>0，b<－1.
二次函数f(x)的图象的对称轴方程为x＝－＝<＝x2＝，即－0，b>－2，
－2<b0且b≠1，b，r均为常数)的图像上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(nN＋)，证明：对任意的nN＋，不等式··…·>成立．
[解析]　(1)因为对任意nN＋，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均为常数)的图像上，所以Sn＝bn＋r.当n＝1时，a1＝S1＝b＋r，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝bn＋r－(bn－1＋r)＝bn－bn－1＝(b－1)bn－1，
又因为{an}为等比数列，所以r＝－1，公比为b，an＝(b－1)bn－1.
(2)证明：当b＝2时，an＝(b－1)bn－1＝2n－1，
bn＝2(log2an＋1)＝2(log22n－1＋1)＝2n，
则＝，所以··…·＝···…·.
下面用数学归纳法证明不等式：··…·>.
①当n＝1时，左边＝，右边＝，因为>，所以不等式成立．
假设当n＝k(kN＋)时，不等式成立，
即···…·>.则当n＝k＋1时，
左边＝···…··
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由可得，不等式对任何nN＋都成立，
即··…·>恒成立．
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