对于
A?(a1,a2,...,an)，B?(b1,b2,…bn,)?Sn，定义
A与
nB的差为
A?B?(|a1?b1|,|a2?b2|,…|an?bn|); A与B之间的距离为
（Ⅰ）证明：（Ⅱ）证明：(Ⅲ) 设P
d(A,B)??ai?bii?1；
?A,B,C?Sn,有A?B?Sn，且d(A?C,B?C)?d(A,B); ?A,B,C?Sn,d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数
?Sn，P中有m(m≥2)个元素，记P中所有两元素间距离的平均值为d(P).
mn 证明：d（P）≤2(m?1).
【命题立意】本题属于创新题，考查了学生运用新知识的能力，考查了反证法、不等式证明等知识．本题情景是全新的，对学生的“学习能力”提出了较高要求．要求教师真正的重视学生的探究性学习，更加注重学生“学习能力”、“创新能力”的培养． 【思路点拨】（I）直接按定义证明即可；（Ⅱ）“至少”问题可采用反证法证明；(Ⅲ)把A,B?P表示出来，再利用均值不等式证明． 【规范解答】（I）设 因为 从而
?d(A,B)A?(a1,a2,...,an)，B?(b1,b2,...,bn)，C?(c1,c2,...,cn)?Sn
ai，bi??0,1?，所以|ai?bi|??0,1?,(i?1,2,...,n) A?B?(|a1?b1|,|a2?b2|,...,|an?bn|)?Sn
n 又
d(A?C,B?C)??||ai?ci|?|bi?ci||i?1
由题意知当
ai，bi，ci??0,1?(i?1,2,...,n).
ci?0时，||ai?ci|?|bi?ci||?|ai?bi|;
ci?1时，||ai?ci|?|bi?ci||?|(1?ai)?(1?bi)|?|ai?bi|
n 当
所以
d(A?C,B?C)??|ai?bi|?d(A,B)i?1
(II)设
A?(a1,a2,...,an)，B?(b1,b2,...,bn)，C?(c1,c2,...,cn)?Sn
?，kd(A,C)?l，d(B,C)?h. d(A,B) 记
O?(0,0,...,0)?Sn，由（I）可知
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d(A,B)?d(O,B?A)?k， d(A,C)?d(O,C?A)?l d(B,C)?d(B?A,C?A)?h 所以
|bi?ai|(i?1,2,...,n)中1的个数为k，|ci?ai|(i?1,2,...,n)中1的
个数为l． 设t是使
|bi?ai|?|ci?ai|?1成立的i的个数，则h?l?k?2t
由此可知，k,l,h三个数不可能都是奇数，
即d(A,B),d(A,C),d(B,C)三个数中至少有一个是偶数．
d(P)?（III）
12CmA,B?P?d(A,B),其中A,B?P?d(A,B)t表示P中所有两个元素间距离的总和，
设P中所有元素的第i个位置的数字中共有i个1，
m?ti个0
则
A,B?P?d(A,B)?t(m?t)iin＝
i?1
m2?(i?1,2,...,n)t(m?t)i4由于i
2nmd(A,B)??4 所以A,B?P1d(P)?2Cm从而
nmmnd(A,B)???24Cm2(m?1) A,B?P2【方法技巧】（1）证明“至少有一个……”的时，一般采用反证法；
（2）证明不等式时要多观察形式，适当变形转化为基本不等式． 4．（2010·江苏高考·Ｔ23）已知△ABC的三边长都是有理数。 求证：cosA是有理数；
（2）求证：对任意正整数n，cosnA是有理数。
【命题立意】本题主要考查余弦定理、数学归纳法等基础知识，考查推理论证的能力与分析问题、解决问题的能力。
【思路点拨】（1）利用余弦定理表示cosA，由三边a,b,c是有理数，求得结论；（2）可利用数学归纳法证明.
b2?c2?a2cosA?a,b,c2bc【规范解答】方法一：（1）设三边长分别为，，∵a,b,c是有理数，
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b2?c2?a2是有理数，分母2bc为正有理数，又有理数集对于除法的具有封闭性，
b2?c2?a22bc∴必为有理数，∴cosA是有理数。
（2）①当n?1时，显然cosA是有理数；
2当n?2时，∵cos2A?2cosA?1，因为cosA是有理数， ∴cos2A也是有理数；
②假设当n?k(k?2)时，结论成立，即coskA、cos(k?1)A均是有理数。 当n?k?1时，cos(k?1)A?coskAcosA?sinkAsinA，
1cos(k?1)A?coskAcosA?[cos(kA?A)?cos(kA?A)]2， 11cos(k?1)A?coskAcosA?cos(k?1)A?cos(k?1)A22，
解得：cos(k?1)A?2coskAcosA?cos(k?1)A
∵cosA，coskA，cos(k?1)A均是有理数，∴2coskAcosA?cos(k?1)A是有理数， ∴cos(k?1)A是有理数。 即当n?k?1时，结论成立。
综上所述，对于任意正整数n，cosnA是有理数。
方法二：（1）由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知
AB2?AC2?BC2cosA?2AB?AC是有理数。
（2）用数学归纳法证明cosnA和sinA?sinnA都是有理数。
2①当n?1时，由（1）知cosA是有理数，从而有sinA?sinA?1?cosA也是有理数。
②假设当n?k(k?1)时，coskA和sinA?sinkA都是有理数。 当n?k?1时，由cos(k?1)A?cosA?coskA?sinA?sinkA，
sinA?sin(k?1)A?sinA?(sinA?coskA?cosA?sinkA)?(sinA?sinA)?coskA?(sinA?sinkA)?cosA，
及①和归纳假设，知cos(k?1)A和sinA?sin(k?1)A都是有理数。
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即当n?k?1时，结论成立。
综合①、②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数。
5．（2009江苏高考）设a≥b＞0,求证：3a?2b≥3ab?2ab.
【解析】本小题主要考查比较法证明不等式的常见方法，考查代数式的变形能力。满分10分。
3322证明：
3a3?2b3?(3a2b?2ab2)?3a2(a?b)?2b2(b?a)?(3a2?2b2)(a?b). 因为a≥b＞0,所以a?b≥0，3a2?2b2＞0， 从而(3a2?2b2)(a?b)≥0， 即3a3?2b3≥3a2b?2ab2.
6．（2008安徽高考）设数列{an}满足
a1?0,an?1?ca3n?1?c,c?N*,其中c为实数 （Ⅰ）证明：an?[0,1]对任意n?N*成立的充分必要条件是c?[0,1]；
（Ⅱ）设
0?c?13，证明：an…1?(3c)n?1,n?N*; 0?c?1a2?a212?a2*（Ⅲ）设3，证明：
n?n?1?21?3c,n?N
【解析】（Ⅰ）必要性：∵a1?0,a2?1?c，又∵a2?[0,1]，∴0剟1?c1，即c?[0,1].
充分性：设c?[0,1]，对任意n?N*用数学归纳法证明an?[0,1].
当n?1时，a1?0?[01]，. 假设当
n?k时，
ak?[0k,…1]，则
a3k?1?cak?1?c?c??1c?，
1a3k?1?cak?1?c厖?1c，0ak?1?[0,1]. 由数学归纳法知，an?[0,1]对任意n?N*成立. (Ⅱ) 设
0?c?13，当n?1时，a1?0，结论成立； 当n…2时，∵a3a32n?can?1?1?c，∴1?n?c(1?an?1)?c(1?an?1)(1?an?1?an?1).
∵
0?c?13，由（Ⅰ）知aa2n?1?[0,1]，∴1?n?1?an?1?3且1?an…0， ∴1?an剟3c(1?an?1)(3c)2(1?an?2)剟(3c)n?1(1?a1)?(3c)n?1，
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∴
an…1??3c?n?1,n?N*.
0?c?1a12?0?2?23,当n?1时，1?3c，结论成立； (Ⅲ)设
a…1??3c?当n…2时，由(Ⅱ)知nn?1?0，
2n?12n?12(n?1)n?1a?[1?(3c)]?1?2(3c)?(3c)?1?2(3c)n∴. 22a?a?12∴
22?an?a2?2?an?n?1?2[(3c)?(3c)2??(3c)n?1]
2[1?(3c)n]?n?1??n?1?21?3c1?3c.
【跟踪模拟训练】
一、选择题（每小题6分，共36分） 1．已知
p是q的充分不必要条件，则?q是?p的（ ）
（Ａ） 充分不必要条件 （Ｂ） 必要不充分条件
（Ｃ） 充要条件 （Ｄ） 既不充分也不必要条件
a?2．设a、b、c都是正数，则
111b?c?b,c,a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
?A,B,Ca,b,cABCcosAcos3．在△中，所对的边分别为，且
abB，则△ABC一定是（ ）
（Ａ） 等腰三角形 （Ｂ） 直角三角形 （Ｃ）等边三角形 （Ｄ） 等腰直角三角形
x,x?D(x1?x2)，都有
4． 5.已知函数y?f(x)的定义域为D，若对于任意的12f(x1?x2f(x1)?f(x2))?22，则称y?f(x)为D上的凹函数.由此可得下列函数中的凹函
数为 （ ）
23y?logxy?xy?xy?x2（Ａ） （B） （C） （D）
5.给定正整数n(n≥2)按下图方式构成三角形数表；第一行依次写上数1，2，3，…，n，在下面一行的每相邻两个数的正中间上方写上这两个数之和，得到上面一行的数（比下一行少一个数），依次类推，最后一行（第n行）只有一个数.例如n=6时数表如图所示，则当n=2 007
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