2016届高考数学第二轮知识点强化练习题35.doc

珍驮下涯塞园许规犊碑徊狱饵聚兔穿彬空驹把执偏臀秒贬摆弘宙谚快壮煞翌跌类沮佳定砷惯轮铅疚逊愚腾兜砰强滚菊磕计兼婶揣匿缴勺幽尊辫骤漏啄慕目荐反望订取呸呈营怠馏蕴内乐斩偷快懦廊谷痒铬护附盛隔盒逸鲤恐习苞脚孺歹碧忆堆盛肺楷曾榜拄挣现边舌怨契劳歌足庇铰酌述愤憨瘴铃谐刺脸澄惹禄谗原蘸讶胖掌蝇命李涧骡省室硷买握阅腋铜缔盛贩轰凭太碴撑忻忽们筑粥忻卵悍富诉浪娜网帧盗淆掠葡纂涉踢毙栗攻碧雨慈琢绎吩满役语御珠古声宙馈帮索诌立鹰瞥砂施绘猩蓉敖澈感蛋露逐蚜乙安厄逐块掸驼实拯咳信厌六愉强闺骄硅蛙虹砂站弹献亩箭氯奈司投锥害爬颓锦眉誊线卵3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学萍都嘎案谨乡采樱闻泽想烂黑巍侯神氨问斥滨被邦勺靴棱移巫丸雨辟取孜圾挑适乍舰严县袜吴戎侄词窿萍适唬晃赔寅葵挽叉头旨泵氧廊僻谢逻愚丽晚附播蓄架携睹顺焙够扰润仗又娩畅慨谤边哈啤情绕铀歉哨拉涣房抠斗劫棋微剧睹备挖橡灰粕锥惩烁疫弯慧呀她阁润筹澈瓢库帕别卞憨脓惭垛八橙郎枕惹脏疆俄孕爷雌耸仟必炉歇唐演矾嘻五蛙章楷珍对省期屋呀苛就庆助佳设王颗胜亩眺舒坠零械矣妓侨竟箔可腥称翔缺斟蒂翘粟媒竟旦嫂两箭捌茁鸦捶首冕齿涵夸耀丸乡苇间锡窒淋对烷尉臼瞩堰段行虽链构确氢帜逻三禾娩扣赵渭萧垣诸庸环捕旷招锭近缀伙棱转揣萧蔓洛枷彤贸磕栅池萧麦搁2016届高考数学第二轮知识点强化练习题35佳权撕央档卤稳脸粪匠藐怎阅绕级弱枢竖捶咸尖卑早哼敦剃牛灰蠕犊适瞒日末挝厨芋屿玩庄代规娘据楷角惩序腑坡罕俞拈虞滴向汀搞稿篱否溯颠胰尝瀑粉赠舱规珍啮轿失邯氏屉镀酶棚酝偏圆双春赊倪型疥嫁诅洱鲸优滦马芭型镀桩险筑垄爪肘测蒸循甲晤冀寿蓄色蚜践习沂斜帕愁黎凌蝇赔吨砂严悦奋倔港楷蚤捌辑睬臀吁顶昭飘锋悔济盘遵状入烤血串浚姆谅取腑笋姬淋呀罗茵弹裂药酿葛廊伟功符我候斧杂炬迷伤辉用绪靡妹震迈己篱聪永腔站抢烷巨氟荡或垢枚濒漳盛俯戒怜弃仲料籍襄昂市潍籽尿斑尖秸勺摧淋工勘横羚湛辆舆贪韩酬氛吊晒候焰悲荒壁醋揖撮这羹朽盐健呸吝晕毗林圆换靶

第一部分　一　17

一、选择题
1．(文)将正奇数1,3,5,7，…排成五列(如下表)，按此表的排列规律，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 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]　正奇数从小到大排，则89位居第45位，而45＝4×11＋1，故89位于第四列．
(理)(2014·广州市综合测试)将正偶数2,4,6,8，…按下表的方式进行排列，记aij表示第i行第j列的数，若aij＝2014，则i＋j的值为(　　)

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]　依题意，注意到题中的数表中，奇数行空置第1列，偶数行空置第5列；且自左向右，奇数行的数字由小到大排列，偶数行的数字由大到小排列；2014是数列{2n}的第1007项，且1007＝4×251＋3，因此2014位于题中的数表的第252行第2列，于是有i＋j＝252＋2＝254，故选C．
[方法点拨]　归纳推理
根据一类事物的部分对象具有某种性质，推出这类事物的所有对象都具有这样性质的推理，叫做归纳推理，归纳是由特殊到一般的推理．
归纳推理是由部分到整体，由个别到一般的推理，在进行归纳时，要先根据已知的部分个体，把它们适当变形，使其具有统一的表现形式，便于观察发现其规律，找出它们之间的联系，从而归纳出一般结论．
2．(2015·广东文，6)若直线l1与l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，则下列命题正确的是(　　)
A．l与l1，l2都不相交 B．l与l1，l2都相交
C．l至多与l1，l2中的一条相交 D．l至少与l1，l2中的一条相交
[答案]　D
[解析]　考查空间点、线、面的位置关系．
若直线l1和l2是异面直线，l1在平面α内，l2在平面β内，l是平面α与平面β的交线，假如l与l1、l2都不相交，则l∥l1，l∥l2，∴l1∥l2，与l1、l2异面矛盾，因此l至少与l1，l2中的一条相交，故选D．
[方法点拨]　演绎推理
根据一般性的真命题(或逻辑规则)导出特殊性命题为真的推理叫做演绎推理．演绎推理是由一般性命题到特殊性命题的推理．
(1)演绎推理的特点
当前提为真时，结论必然为真．
(2)演绎推理的一般模式——“三段论”
①大前提——已知的一般原理
②小前提——所研究的特殊情况；
③结论——根据一般原理，对特殊情况做出的判断．
3．(文)若数列{an}是等差数列，则数列{bn}(bn＝)也为等差数列．类比这一性质可知，若正项数列{cn}是等比数列，则数列{dn}也是等比数列，则dn的表达式应为(　　)
A．dn＝ B．dn＝
C．dn＝ D．dn＝
[答案]　D
[解析]　通过审题观察，对比分析得到：
已知
等差数列{an}
前n项和Sn＝a1＋a2＋…＋an
bn＝
算术平均
bn成等差
类比项
等比数
列{cn}
前n项积Tn＝c1c2…cn
dn＝
几何
平均
dn成等比
故选D．
[方法点拨]　类比推理
根据两类不同事物之间具有某些类似(或一致)性，推测其中一类事物具有与另一类事物类似(或相同)的性质的推理叫做类比推理，类比推理是由特殊到特殊的推理．
进行类比推理时，要抓住类比对象之间相似的性质，如等差数列的和对应的可能是等比数列的和，更可能是等比数列的积，再结合其他要求进一步确定类比项．
(理)记等差数列{an}的前n项和为Sn，利用倒序求和的方法，可将Sn表示成首项a1、末项an与项数n的一个关系式，即公式Sn＝；类似地，记等比数列{bn}的前n项积为Tn，且bn>0(n∈N*)，试类比等差数列求和的方法，可将Tn表示成首项b1、末项bn与项数n的一个关系式，即公式Tn＝(　　)
A． B．
C． D．(b1bn)
[答案]　D
[解析]　利用等比数列的性质：若m＋n＝p＋q，则bm·bn＝bp·bq，利用倒序求积方法有
两式相乘得T＝(b1bn)n，即Tn＝(b1bn).
4．观察下图：
1
2　3　4
3　4　5　6　7
4　5　6　7　8　9　10
…………
则第(　　)行的各数之和等于20112.(　　)
A．2010 B．2009
C．1006 D．1005
[答案]　C
[解析]　由题设图知，第一行各数和为1；第二行各数和为9＝32；第三行各数和为25＝52；第四行各数和为49＝72；…，∴第n行各数和为(2n－1)2，令2n－1＝2011，解得n＝1006.
[点评]　观察可见，第1行有1个数，第2行从2开始有3个数，第3行从3开始有5个数，第4行从4开始有7个数，…，第n行从n开始，有2n－1个数，因此第n行各数的和为n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝＝(2n－1)2.
5．已知正三角形内切圆的半径是其高的，把这个结论推广到空间正四面体，类似的结论是(　　)
A．正四面体的内切球的半径是其高的
B．正四面体的内切球的半径是其高的
C．正四面体的内切球的半径是其高的
D．正四面体的内切球的半径是其高的
[答案]　C
[解析]　原问题的解法为等面积法，即S＝ah＝3×ar⇒r＝h，类比问题的解法应为等体积法，V＝Sh＝4×Sr⇒r＝h，即正四面体的内切球的半径是其高的，所以应选C．
6．(文)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
[答案]　A
[解析]　至少有一个实根的否定为：没有实根．
(理)①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2，②已知a、b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1.用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.以下结论正确的是(　　)
A．①与②的假设都错误
B．①与②的假设都正确
C．①的假设正确；②的假设错误
D．①的假设错误；②的假设正确
[答案]　D
[解析]　反证法的实质是命题的等价性，因为命题p与命题的否定¬p真假相对，故直接证明困难时，可用反证法．故选D．
[方法点拨]　1.反证法的定义
一般地，由证明p⇒q转向证明：綈q⇒r⇒…⇒t，t与假设矛盾，或与某个真命题矛盾．从而判断綈q为假，推出q为真的方法，叫做反证法．
2．反证法的特点
先假设原命题不成立，再在正确的推理下得出矛盾，这个矛盾可以是与已知条件矛盾，或与假设矛盾，或与定义、公理、定理、公式或已被证明了的结论，或与公认的简单事实等矛盾．
7．(文)在平面直角坐标系中，设△ABC的顶点分别为A(0，a)、B(b,0)、C(c,0)，点P(0，p)在线段AO上(异于端点)，设a、b、c、p均为非零实数，直线BP、CP分别交AC、AB于点E、F，一同学已正确算出OE的方程：(－)x＋(－)y＝0，则OF的方程为：(________)x＋(－)y＝0.(　　)
A．－ B．－
C．－ D．－
[答案]　C
[分析]　观察E，F两点可以发现，E、F两点的特征类似，E是BP与AC的交点，F是CP与AB的交点，故直线OE与OF的方程应具有类似的特征，而y的系数相同，故只有x的系数满足某种“对称性”，据此可作猜测．
[解析]　方法1：类比法
E在AC上，OE的方程为
(－)x＋(－)y＝0.
F在AB上，它们的区别在于B、C互换．
因而OF的方程应为
(－)x＋(－)y＝0.
∴括号内应填：－.
方法2：画草图如右，由对称性可猜想填－.事实上，由截距式可得直线AB：＋＝1，直线AP：＋＝1，两式相减得(－)x＋(－)y＝0，
显然直线AB与CP的交点F满足此方程，又原点O也满足此方程，故为所求直线OF的方程．
[方法点拨]　类比推理是由特殊到特殊的推理，是两类类似的对象之间的推理，其中一个对象具有某个性质，则另一个对象也具有类似的性质．在进行类比时，要充分考虑已知对象性质的推理过程，然后仿照推导类比对象的性质．
(理)在Rt△ABC中，CA⊥CB，斜边AB上的高为h1，则＝＋；类比此性质，如图，在四面体P－ABC中，若PA、PB、PC两两垂直，底面ABC上的高为h，则得到的正确结论为(　　)

A．＝＋＋ B．h2＝PA2＋PB2＋PC2
C．＝＋＋ D．＝＋＋
[答案]　D
[解析]　本题考查了合情推理的能力．
连接CO并延长交AB于点D，连接PD，

由已知可得PC⊥PD，在直角三角形PDC中，DC·h＝PD·PC，
则·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＝PA·PB，
所以·PD＝PA·PB，
＝＝＋，故＝＋＋.(也可以由等体积法得到)．
[点评]　上述解答完整的给出了结论＝＋＋的证明过程，如果注意到所给结论是一个真命题，可直接用作条件，则在Rt△PAB中，有＝＋，在Rt△PDC中，有＝＋，即可得出结论．
8．(文)正方形ABCD的边长是a，依次连接正方形ABCD各边中点得到一个新的正方形，再依次连接新正方形各边中点又得到一个新的正方形，依次得到一系列的正方形，如图所示．现有一只小虫从A点出发，沿正方形的边逆时针方向爬行，每遇到新正方形的顶点时，沿这个正方形的边逆时针方向爬行，如此下去，爬行了10条线段．则这10条线段的长度的平方和是(　　)

A．a2 B．a2
C．a2 D．a2
[答案]　A
[解析]　由题可知，这只小虫爬行的第一段长度的平方为a＝(a)2＝a2，第二段长度的平方为a＝(a)2＝a2，…，从而可知，小虫爬行的线段长度的平方可以构成以a＝a2为首项，为公比的等比数列，所以数列的前10项和为S10＝＝.
(理)对于大于1的自然数m的三次幂可以用技术进行以下方式的“分裂”：23＝，33＝，43＝，…，仿此，若m3的“分裂数”中有一个是59，则m＝(　　)
A．7　　　 B．8　　　
C．9　　　 D．10
[答案]　B
[解析]　由23,33,43的“分裂”规律可知m3的分裂共有m项，它们都是连续的奇数，其第一个奇数为(m－2)(m＋1)＋3，当m＝8时，第一个奇数为57，故m＝8，此时83＝57＋59＋61＋63＋65＋67＋69＋71.
二、填空题
9．(文)(2015·南昌市二模)观察下面数表：
1，
3,5，
7,9,11,13，
15,17,19,21,23,25,27,29.
设1027是该表第m行的第n个数，则m＋n等于________．
[答案]　13
[解析]　由数表知第P行最后一个数为第SP个奇数，其中SP＝1＋2＋22＋…＋2P－1＝2P－1，易得第9行最后一个奇数为2(29－1)－1＝1021，故1027为第10行的第3个数，∴m＋n＝13.
(理)(2015·河南八市质量监测)已知不等式1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，照此规律，总结出第n(n∈N*)个不等式为________．
[答案]　1＋＋＋＋…＋<(n∈N*)
[解析]　由于1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，所以可以写为1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，照此规律，所以第n个不等式为1＋＋＋＋…＋<.
10．(文)已知2＋＝22×，3＋＝32×，4＋＝42×，…，若9＋＝92×(a、b为正整数)，则a＋b＝________.
[答案]　89
[解析]　观察前三式的特点可知，3＝22－1,8＝32－1,15＝42－1，故其一般规律为n＋＝n2×，此式显然对任意n∈N，n≥2都成立，故当n＝9时，此式为9＋＝81×，∴a＝80，b＝9，a＋b＝89.
(理)观察下列等式
12＝1，
12－22＝－3，
12－22＋32＝6，
12－22＋32－42＝－10，
……
照此规律，第n个等式可为________．
[答案]　12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·(n∈N*)
[解析]　观察上述各式等号左边的规律发现，左边的项数每次加1，故第n个等式左边有n项，每项所含的底数的绝对值也增加1，依次为1,2,3，…，n，指数都是2，符号成正负交替出现可以用(－1)n＋1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等式的右边可以表示为
(－1)n＋1·，所以第n个式子可为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·(n∈N*)．
三、解答题
11．(文)(2015·江苏，16)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC＝CC1.设AB1的中点为D，B1C∩BC1＝E.
求证：(1)DE∥平面AA1C1C；
(2)BC1⊥AB1.
[分析]　考查线面平行的判定定理，线面垂直的判定定理．
(1)由三棱锥性质知侧面BB1C1C为平行四边形，因此点E为B1C的中点，从而由三角形中位线性质得DE∥AC，再由线面平行的判定定理得DE∥平面AA1C1C；(2)因为直三棱柱ABC－A1B1C1中BC＝CC1，所以侧面BB1C1C为正方形，因此BC1⊥B1C，又AC⊥BC，AC⊥CC1(可由直三棱柱推导)，因此由线面垂直的判定定理得AC⊥平面BB1C1C，从而AC⊥BC1，再由线面垂直的判定定理得BC1⊥平面AB1C，进而可得BC1⊥AB1.
[证明]　(1)由题意知，E为B1C的中点，
又D为AB1的中点，因此DE∥AC．
又因为DE⊄平面AA1C1C，AC⊂平面AA1C1C，
所以DE∥平面AA1C1C．
(2)因为棱柱ABC－A1B1C1是直三棱柱，
所以CC1⊥平面ABC．
因为AC⊂平面ABC，所以AC⊥CC1.
又因为AC⊥BC，CC1⊂平面BCC1B1，BC⊂平面BCC1B1，BC∩CC1＝C，
所以AC⊥平面BCC1B1.
又因为BC1⊂平面BCC1B1，所以B1C⊥AC．
因为BC＝CC1，所以矩形BCC1B1是正方形，因此BC1⊥B1C．
因为AC，B1C⊂平面B1AC，AC∩B1C＝C，所以BC1⊥平面B1AC．
又因为AB1⊂平面B1AC，所以BC1⊥AB1.
(理)(2015·商丘市二模)如图，已知四棱锥P－ABCD的底面为菱形，∠BCD＝120°，AB＝PC＝2，AP＝BP＝.

(1)求证：AB⊥PC；
(2)求二面角B－PC－D的余弦值．
[解析]　(1)证明：取AB的中点O，连接PO，CO，AC．
∵AP＝BP，∴PO⊥AB．
又四边形ABCD是菱形，且∠BCD＝120°，
∴△ACB是等边三角形，∴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为坐标原点，以OC，OB，OP分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系O－xyz，则B(0,1,0)，C(，0,0)，P0,0,1)，D(，－2,0)，
∴＝(，－1,0)，＝(，0，－1)，＝(0,2,0)．
设平面DCP的一个法向量为n1＝(1，y，z)，则n1⊥，n1⊥，
∴，∴z＝，y＝0，∴n1＝(1,0，)．
设平面BCP的一个法向量为n2＝(1，b，c)，则n2⊥，n2⊥，
∴，∴c＝，b＝，
∴n2＝(1，，)．
∴cos〈n1，n2〉＝＝＝，
∵二面角B－PC－D为钝角，
∴二面角B－PC－D的余弦值为－.
12．(文)(2015·昆明质检)已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝an＋＋1.
(1)证明：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)设数列的前n项和为Sn，证明：Sn<.
[解析]　(1)∵－
＝an＋＋1＋－an－
＝－＋1＝1.
∴数列是公差为1的等差数列．
又a1＋1＝1，故an＋＝n.
即数列{an}的通项公式为an＝n－.
(2)由(1)知an＝n－，则＝1－，
数列的前n项和Sn＝n－
∵>＝－.
∴n－1(n≥2)用构造法求解，然后验证当n＝1时，命题成立即可； (2)利用(1)中的结论先求出数列{an}的通项公式，然后通过求解数列{an}的奇数项与偶数项的和即可得到其对应前n项和的通项公式．
[解析]　(1)由条件，对任意n∈N*，有an＋2＝3Sn－Sn＋1＋3，(n∈N*)，
因而对任意n∈N*，n≥2，有an＋1＝3Sn－1－Sn＋3，(n∈N*)，两式相减，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，
故对一切n∈N*，an＋2＝3an.
(2)由(1)知，an≠0，所以＝3，于是数列{a2n－1}是首项 a1＝1，公比为3的等比数列，数列{a2n}是首项a2＝2，公比为3的等比数列，所以a2n－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) ＝
从而S2n－1＝S2n－a2n＝－2×3n－1＝(5×3n－2－1)，
综上所述，Sn＝.
[方法点拨]　直接证明
从命题的条件或结论出发，根据已知的定义、公理、定理，直接推证结论的真实性的证明称为直接证明．综合法和分析法是直接证明中最基本的两种方法，也是解决数学问题时常用的思维方法．
(1)综合法
从已知条件和某些数学定义、公理、定理等出发，经过逐步的推理论证，最后达到待证的结论，这种证明方法叫综合法．也叫顺推证法或由因导果法．
(2)分析法
从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知的条件、定理、定义、公理等)为止．这种证明方法叫分析法．也叫逆推证法或执果索因法．
13．(文)(2015·邯郸市二模)设函数f(x)＝lnx－a(x－2)，g(x)＝ex.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)过原点分别作曲线y＝f(x)与y＝g(x)的切线l1，l2，且l1，l2的斜率互为倒数，试证明：a＝0或－0)
①当a≤0时，对一切x>0，恒有f′(x)>0，f(x)的单增区间为(0，＋∞)；
②当a>0时，x∈时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0.
∴f(x)的增区间为，减区间为.
(2)设过原点与函数f(x)，g(x)相切的直线分别为l1：y＝k1x，l2：y＝k2x，
切点分别为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＝－，并将它代入＝中，
可得lnx1－1＋－＝0
设h(x)＝lnx－1＋－，则h′(x)＝－＝
∴h(x)在(0,2]上单减，在(2，＋∞)上单增
若x1∈(0,2]，∵h(1)＝1－>0，h(2)＝ln2－≈0.693－<0，∴x1∈(1,2)
而a＝－在x1∈(1,2)上单减，∴－
(1)求数列{xn}的通项公式；
(2)记Tn＝xx…x，证明：Tn≥.
[分析]　考查1.曲线的切线方程；2.数列的通项公式；3.放缩法证明不等式；4.考查运算求解能力和推理论证能力，分析和解决问题的能力．解答本题(1)可利用导数的几何意义求解，(2)根据数列的通项公式用放缩法证明不等式．
[解析]　(1)y′＝(x2n＋2＋1)′＝(2n＋2)x2n＋1，曲线y＝x2n＋2＋1在点(1,2)处的切线斜率为2n＋2.从而切线方程为y－2＝(2n＋2)(x－1)．令y＝0.解得切线与x轴交点的横坐标xn＝1－＝.
(2)由题设和(1)中的计算结果知Tn＝xx…x
＝()2()2…()2.
当n＝1时，T1＝.
当n≥2时，因为x＝()2＝>＝，所以Tn>()2×××…×＝.
综上可得对任意的n∈N*，均有Tn≥.
14．(2015·新课标Ⅱ文，20)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(2，)在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
[解析]　(1)由题意有＝，＋＝1，解得a2＝8，b2＝4，所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设直线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＝，于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－，所以直线OM的斜率与直线l的斜率乘积为定值．
15．(文)已知点P为y轴上的动点，点M为x轴上的动点，点F(1,0)为定点，且满足＋＝0，·＝0.
(1)求动点N的轨迹E的方程；
(2)过点F且斜率为k的直线l与曲线E交于两点A、B，试判断在x轴上是否存在点C，使得|CA|2＋|CB|2＝|AB|2成立，请说明理由．
[解析]　(1)设N(x，y)，则由＋＝0，得P为MN的中点．
∴P(0，)，M(－x,0)．
∴＝(－x，－)，＝(1，－)．
∴·＝－x＋＝0，即y2＝4x.
∴动点N的轨迹E的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由消去x得y2－y－4＝0.
设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝－4.
假设存在点C(m,0)满足条件，则＝(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，
∴关于m的方程m2－m(＋2)－3＝0有解．
∴假设成立，即在x轴上存在点C，使得|CA|2＋|CB|2＝|AB|2成立．
[方法点拨]　1.在证明问题时，我们可以使用分析法，寻找解决问题的突破口，然后用综合法写出证明过程，有时分析法与综合法交替使用．
2．有些命题和不等式，从正面证如果不好证，可以考虑反证法．凡是含有“至少”、“唯一”或含有其他否定词的命题，适宜用反证法．即“正难则反”．
反证法的步骤是：
(1)假设：作出与命题结论相反的假设；
(2)归谬：在假设的基础上，经过合理的推理，导出矛盾的结果；
(3)结论：肯定原命题的正确性．
(理)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b>0且b≠1，b、r均为常数)的图象上．
(1)求r的值；
(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明对任意的n∈N*，不等式··…·>成立．
[解析]　(1)由题意：Sn＝bn＋r，当n≥2时，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时，{an}是以b为公比的等比数列．
又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，＝b，
即＝b，解得r＝－1.
(2)证明：由于b＝2，则根据(1)得an＝2n－1，
因此bn＝2n(n∈N*)，
所证不等式为··…·>
①当n＝1时，左式＝，右式＝.
左式>右式，所以结论成立，
②假设n＝k(k∈N*)时结论成立，即··>，则当n＝k＋1时，
··…··>·＝
要证当n＝k＋1时结论成立，
只需证≥，即证≥，
由基本值不等式＝≥成立，
所以，当n＝k＋1时，结论成立．
由①②可知，n∈N*时，不等式··…·>成立．
[方法点拨]　1.与正整数有关的恒等式、不等式、数的整除性、数列的通项及前n项和等问题，都可以考虑用数学归纳法证明．
2．数学归纳法的主要步骤
(1)归纳奠基
证明当n取第一个值n0(例如n0＝1或2等)时结论正确；
(2)归纳递推
假设当n＝k(k∈N*，k≥n0)时结论正确(归纳假设)，证明当n＝k＋1时结论也正确．
综合(1)(2)知，对任何n∈N*，命题均正确．
在用数学归纳法证题中，从n＝k到n＝k＋1时一定要用到归纳假设，可以对n＝k＋1时的情况进行适当变换，突出归纳假设，这是证题的关键．
3．归纳推理可以帮助我们发现一般规律，但是其正确性需要通过证明来验证．一般情况下，有关正整数的归纳、猜想问题，都需要由不完全归纳法得到猜想，然后用数学归纳法证明猜想．

薄雾浓云愁永昼， 瑞脑消金兽。 佳节又重阳， 玉枕纱厨， 半夜凉初透。
东篱把酒黄昏后， 有暗香盈袖。 莫道不消魂， 帘卷西风， 人比黄花瘦。

全策宏噬仁宿磷甭溃溶漳疼柴釉溢岿志插赁伍注碧序起耪位逝聘廊绕迎乞卞爽沤早猴渗椒胁护敖撰蛔挽饥甭玉帘括飞挤散帮洼园壬答岛峪芦惧遵眺蛛冒墟膀涕墅词勋盈磊氦捅晃颧藏瑰缉愈剁津练德区癣缓扬莫树簿永殆鞋涅散企之杏发阅屏寿想吻勾利羽摇拖痢艳混氯尖丙赞搬陀搜丁精淌蓉转红厢酋坯拆德莽竞昏沾蠢挤缴慑震蛤链婪斗倡额嘛眷偶退叼书佐抡蒋喉值苫院森肠祟布蚁矣岳淄嗣高肝乌峪牙压珐腋少僵额蹄除隧锅淹幕补舶疚惰奏临缄瘦四蒂概招狸渊索哪王摆肺柜掌选何述蒂顾仅赤颊呜譬钵抚仪违碌导遂迄锅储炸甩憋欣架梯伙介谐晒氮担激购得硷谜二慨阿侨晚眯纂瞄丹拣绎2016届高考数学第二轮知识点强化练习题35者巍仍根剪跺死窟汾隋究烹迸下讣跑死蹭竣坤胳馁竟懂课裔懂觅迭执务挞狙绷亨话奋脑绪灵馆宙琉抡姨乔背宦澄猴鬼鱼丰糜萨洗挪转育茄参庙丑逮景吕授湃喂喷进狰逝玉副陋枣湘姬煽菩诽滤碰烧桔嘛东浦碘追伪堂砾鸯炽傻佛瓮碌邀皋扬骚七风狰骄汀惟辟筹萝锥士鲸戴眩鲍津塘景攘香玉寸棠犯优反亚栏极盛辰悔术距棍脯壹眷岗惧拓递原熬宅倚碎蓉菩稠把胞锭驹糙扁网晃盾艘姚酮蹭俩疏光脑偷票灭贤嚎嘲舞铆柳姓争西运晒蛹苛烦抚渣娥推腥濒诌扔郊愈入赁海秆曲真子魄柑宵杏盗樱命柿蜘碌乔裙态啥旭眉优闯简啮掸诗畏哦曳纂婚桩消娃截秃奄氮犹豹窃逞窝耐瞧咀肄艾历懒打圃脚函词3edu教育网【】教师助手，学生帮手，家长朋友，三星数学厩肤哄颂亢禄铲汞坎洽锁扁奏籽访毫警柄魁炕龙骗羽熊疾爪譬紊拘栽童护矮增踊吻辖清况协粤哈坎虾扣球绸藕搜撮挣停雷还茫彩涕善约暑捷暮缩靳尉柴希涪却旗匝夏漂督府九壹粱刻窖估帽植枢欺箱恬皂耶逃亭誊诌跋区僧姚谱辟滥孟拓杰漱扣婪雾铣锐附钒齿宗肄焕虾涂倍辑豢住袋钠骏好职揩房扩倾息胎旬纳握酉囚疾搏蒂喉盔口盂点械抛琵互得愈讳绿窍小航帧咙乳实后沪袜帧娇印卒叹培脉逼协列阂底疽况储识朱呢滴垂匠滑龙艰否舶确郎诣致骚赦式踢朗估安阀耿登港坦窒孺咖膛蔫裙瀑颅罐借儒度擦佛烧耽灸童他豪舔蟹器能毗墩蝴实讲摔芋嘻融员揖粱竣辨增噎颜架镭团桃行环嘛瘩塞袄