高中數(shù)學(xué)第二章推理與證明章末優(yōu)化總結(jié)優(yōu)化練習(xí)新人教A版選修2-26

第二章推理與證明章末檢測(二)時間：120分鐘滿分：150分一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．根據(jù)偶函數(shù)定義可推得“函數(shù)f(x)＝x2在R上是偶函數(shù)”的推理過程是()A．歸納推理 B．類比推理C．演繹推理 D．非以上答案解析：根據(jù)演繹推理的定義知，推理過程是演繹推理，故選C.答案：C2．下面四個推理不是合情推理的是()A．由圓的性質(zhì)類比推出球的有關(guān)性質(zhì)B．由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形的內(nèi)角和都是180°，歸納出所有三角形的內(nèi)角和都是180°C．某次考試張軍的成績是100分，由此推出全班同學(xué)的成績都是100分D．蛇、海龜、蜥蜴是用肺呼吸的，蛇、海龜、蜥蜴是爬行動物，所以所有的爬行動物都是用肺呼吸的解析：A是類比推理，B、D是歸納推理，C不是合情推理．答案：C3．用三段論證明命題：“任何實數(shù)的平方大于0，因為a是實數(shù)，所以a2>0”，你認(rèn)為這個推理()A．大前提錯誤 B．小前提錯誤C．推理形式錯誤 D．是正確的解析：這個三段論推理的大前提是“任何實數(shù)的平方大于0”，小前提是“a是實數(shù)”，結(jié)論是“a2>0”．顯然結(jié)論錯誤，原因是大前提錯誤．答案：A4．設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，計算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(6)>eq\f(5,2)，f(8)>3，f(10)>eq\f(7,2)，觀察上述結(jié)果，可推測出一般結(jié)論為()A．f(2n)＝eq\f(n＋2,2) B．f(2n)>eq\f(n＋2,2)C．f(2n)≥eq\f(n＋2,2) D．f(n)>eq\f(n,2)解析：觀察所給不等式，不等式左邊是f(2n)，右邊是eq\f(n＋2,2)，故選B.答案：B5．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，計算S1，S2，S3，S4，…，可歸納猜想出Sn的表達(dá)式為()A.eq\f(2n,n＋1) B.eq\f(3n－1,n＋1)C.eq\f(2n＋1,n＋2) D.eq\f(2n,n＋2)解析：由a1＝1，得a1＋a2＝22a2，∴a2＝eq\f(1,3)，S2＝eq\f(4,3)；又1＋eq\f(1,3)＋a3＝32a3，∴a3＝eq\f(1,6)，S3＝eq\f(3,2)＝eq\f(6,4)；又1＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,6)＋a4＝16a4，得a4＝eq\f(1,10)，S4＝eq\f(8,5)；……由S1＝eq\f(2,2)＝eq\f(2×1,1＋1)，S2＝eq\f(4,3)＝eq\f(2×2,2＋1)，S3＝eq\f(6,4)＝eq\f(2×3,3＋1)，S4＝eq\f(8,5)＝eq\f(2×4,4＋1)，…，可以猜想Sn＝eq\f(2n,n＋1).答案：A6．如果兩個數(shù)之和為正數(shù)，則這兩個數(shù)()A．一個是正數(shù)，一個是負(fù)數(shù)B．兩個都是正數(shù)C．至少有一個是正數(shù)D．兩個都是負(fù)數(shù)解析：這兩個數(shù)中至少有一個數(shù)是正數(shù)，否則，若這兩個數(shù)都不是正數(shù)，則它們的和一定是非正數(shù)，這與“兩個數(shù)之和為正數(shù)”相矛盾．答案：C7．已知n為正偶數(shù)，用數(shù)學(xué)歸納法證明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,n－1)＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,n＋2)＋\f(1,n＋4)＋…＋\f(1,2n)))時，若已假設(shè)n＝k(k≥2為偶數(shù))時命題為真，則還需要用歸納假設(shè)再證()A．n＝k＋1時等式成立 B．n＝k＋2時等式成立C．n＝2k＋2時等式成立 D．n＝2(k＋2)時等式成立解析：因為假設(shè)n＝k(k≥2為偶數(shù))，故下一個偶數(shù)為k＋2，故選B.答案：B8．用數(shù)學(xué)歸納法證明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝eq\f(n2n2＋1,3)時，從n＝k到n＝k＋1時，等式左邊應(yīng)添加的式子是()A．(k－1)2＋2k2B．(k＋1)2＋k2C．(k＋1)2D.eq\f(1,3)(k＋1)[2(k＋1)2＋1]解析：當(dāng)n＝k時，左邊＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k－1)2…＋22＋12，當(dāng)n＝k＋1時，左邊＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12，∴從n＝k到n＝k＋1，左邊應(yīng)添加的式子為(k＋1)2＋k2.答案：B9.如圖所示，橢圓中心在坐標(biāo)原點，F(xiàn)為左焦點，當(dāng)eq\o(FB,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))時，其離心率為eq\f(\r(5)－1,2)，此類橢圓被稱為“黃金橢圓”．類比“黃金橢圓”，可推算出“黃金雙曲線”的離心率e等于()A.eq\f(\r(5)＋1,2) B.eq\f(\r(5)－1,2)C.eq\r(5)－1 D.eq\r(5)＋1解析：如圖所示，設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則F(－c,0)，B(0，b)，A(a,0)．∴eq\o(FB,\s\up6(→))＝(c，b)，eq\o(AB,\s\up6(→))＝(－a，b)．又∵eq\o(FB,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，∴eq\o(FB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝b2－ac＝0.∴c2－a2－ac＝0.∴e2－e－1＝0.∴e＝eq\f(1＋\r(5),2)或e＝eq\f(1－\r(5),2)(舍去)，故應(yīng)選A.答案：A10．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)>eq\f(13,24)的過程中，由n＝k到n＝k＋1時，不等式左邊的變化情況為()A．增加eq\f(1,2k＋1)B．增加eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋1)C．增加eq\f(1,k＋1＋k＋1)，減少eq\f(1,k＋1)D．增加eq\f(1,2k＋1)，減少eq\f(1,k＋1)解析：當(dāng)n＝k時，不等式的左邊＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k＋k)，當(dāng)n＝k＋1時，不等式的左邊＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,k＋1＋k＋1)，所以eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,k＋1＋k＋1)－(eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,k＋k))＝eq\f(1,k＋1＋k＋1)－eq\f(1,k＋1)，所以由n＝k到n＝k＋1時，不等式的左邊增加eq\f(1,k＋1＋k＋1)，減少eq\f(1,k＋1).答案：C11．將石子擺成如圖的梯形形狀，稱數(shù)列5,9,14,20，…為“梯形數(shù)”．根據(jù)圖形的構(gòu)成，此數(shù)列{an}的第2012項與5的差，即a2012－5＝()A．2018×2012 B．2018×2011C．1009×2012 D．1009×2011解析：由已知的圖形我們可以得出圖形的編號與圖中石子的個數(shù)之間的關(guān)系為：n＝1時，a1＝2＋3＝eq\f(1,2)×(2＋3)×2；n＝2時，a2＝2＋3＋4＝eq\f(1,2)×(2＋4)×3……由此我們可以推斷：an＝2＋3＋…＋(n＋2)＝eq\f(1,2)×[2＋(n＋2)]×(n＋1)∴a2012－5＝eq\f(1,2)×[2＋(2012＋2)]×(2012＋1)－5＝1008×2013－5＝1009×2011，故選D.答案：D12．語文、數(shù)學(xué)兩學(xué)科，成績評定為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”三種．若A同學(xué)每科成績不低于B同學(xué)，且至少有一科成績比B高，則稱“A同學(xué)比B同學(xué)成績好．”現(xiàn)有若干同學(xué)，他們之間沒有一個人比另一個成績好，并且沒有任意兩個人語文成績一樣，數(shù)學(xué)成績也一樣的．問滿足條件的最多有多少學(xué)生()A．2 B．3C．4 D．5解析：假設(shè)A、B兩個同學(xué)的數(shù)學(xué)成績一樣，由題意知他們語文成績不一樣，這樣他們的語文成績總有人比另一個人高，語文成績高的同學(xué)比另一個同學(xué)“成績好”，與已知條件“他們之中沒有一個比另一個成績好”相矛盾．因此，沒有任意兩個同學(xué)數(shù)學(xué)成績是相同的．同理，沒有任意兩個同學(xué)語文成績是相同的．因為語文、數(shù)學(xué)兩學(xué)科成績各有3種，因而同學(xué)數(shù)量最大為3.即3位同學(xué)成績分別為(優(yōu)秀，不合格)、(合格，合格)、(不合格，優(yōu)秀)時滿足條件．答案：B二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分，把答案填在題中的橫線上)13．已知x，y∈R，且x＋y<2，則x，y中至多有一個大于1，在用反證法證明時，假設(shè)應(yīng)為________．解析：“至多有一個大于1”包括“都不大于1和有且僅有一個大于1”，故其對立面為“x，y都大于1”．答案：x，y都大于114．已知f(x)＝eq\f(x,ex)，定義f1(x)＝f′(x)，f2(x)＝[f1(x)]′，…，fn＋1(x)＝[fn(x)]′，n∈N.經(jīng)計算f1(x)＝eq\f(1－x,ex)，f2(x)＝eq\f(x－2,ex)，f3(x)＝eq\f(3－x,ex)，…，照此規(guī)律，則fn(x)＝________.解析：觀察各個式子，發(fā)現(xiàn)分母都是ex，分子依次是－(x－1)，(x－2)，－(x－3)，(x－4)，…，括號前是(－1)n，括號里是x－n，故fn(x)＝eq\f(－1nx－n,ex).答案：eq\f(－1nx－n,ex)15．設(shè)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，則S4，S8－S4，S12－S8，S16－S12成等差數(shù)列．類比以上結(jié)論有：設(shè)等比數(shù)列{bn}的前n項積為Tn，則T4，________，________，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列．解析：由于等差數(shù)列與等比數(shù)列具有類比性，且等差數(shù)列與和差有關(guān)，等比數(shù)列與積商有關(guān)，因此當(dāng)?shù)炔顢?shù)列依次每4項之和仍成等差數(shù)列時，類比到等比數(shù)列為依次每4項的積的商成等比數(shù)列．即T4，eq\f(T8,T4)，eq\f(T12,T8)，eq\f(T16,T12)成等比數(shù)列．答案：eq\f(T8,T4)eq\f(T12,T8)16．在平面上，我們用一直線去截正方形的一個角，那么截下的一個直角三角形，按如圖所標(biāo)邊長，由勾股定理有c2＝a2＋b2.設(shè)想正方形換成正方體，把截線換成如圖截面，這時從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐O-LMN，如果用S1、S2、S3表示三個側(cè)面面積，S表示截面面積，那么類比得到的結(jié)論是________．解析：類比如下：正方形?正方體；截下直角三角形?截下三側(cè)面兩兩垂直的三棱錐；直角三角形斜邊平方?三棱錐底面面積的平方；直角三角形兩直角邊平方和?三棱錐三個側(cè)面面積的平方和，結(jié)論S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3).證明如下：如圖，作OE⊥平面LMN，垂足為E，連接LE并延長交MN于F，連接NE，ME，OF.∵LO⊥OM，LO⊥ON，∴LO⊥平面MON，∵M(jìn)N?平面MON，∴LO⊥MN，∵OE⊥MN，∴MN⊥平面OFL，∴S△OMN＝eq\f(1,2)MN·OF，S△MNE＝eq\f(1,2)MN·FE，S△MNL＝eq\f(1,2)MN·LF，OF2＝FE·FL，∴Seq\o\al(2,△OMN)＝(eq\f(1,2)MN·OF)2＝(eq\f(1,2)MN·FE)·(eq\f(1,2)MN·FL)＝S△MNE·S△MNL，同理Seq\o\al(2,△OML)＝S△MLE·S△MNL，Seq\o\al(2,△ONL)＝S△NLE·S△MNL，∴Seq\o\al(2,△OMN)＋Seq\o\al(2,△OML)＋Seq\o\al(2,△ONL)＝(S△MNE＋S△MLE＋S△NLE)·S△MNL＝Seq\o\al(2,△MNL)，即Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝S2.答案：S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)三、解答題(本大題共6小題，共74分，必要的解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟)17．(本小題滿分12分)設(shè)a，b∈(0，＋∞)，且a≠b，求證：a3＋b3>a2b＋ab2.證明：要證a3＋b3>a2b＋ab2成立，即需證(a＋b)(a2－ab＋b2)>ab(a＋b)成立．又因a＋b>0，故只需證a2－ab＋b2>ab成立，即需證a2－2ab＋b2>0成立，即需證(a－b)2>0成立．而依題設(shè)a≠b，則(a－b)2>0顯然成立．由此命題得證．18．(本小題滿分12分)用綜合法或分析法證明：(1)如果a，b>0，則lgeq\f(a＋b,2)≥eq\f(lga＋lgb,2)；(2)已知m＞0，a，b∈R，求證：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋mb,1＋m)))2≤eq\f(a2＋mb2,1＋m).證明：(1)當(dāng)a，b>0時，有eq\f(a＋b,2)≥eq\r(ab)，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)≥lgeq\r(ab)，∴l(xiāng)geq\f(a＋b,2)≥eq\f(1,2)lgab＝eq\f(lga＋lgb,2).(2)∵m＞0，∴1＋m＞0.所以要證原不等式成立，只需證(a＋mb)2≤(1＋m)(a2＋mb2)，即證m(a2－2ab＋b2)≥0，即證(a－b)2≥0，而(a－b)2≥0顯然成立，故原不等式得證．19.(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1)．(1)證明：函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)；(2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根．證明：(1)任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x1<x2，則x2－x1>0，ax2－x1>1且ax1>0，∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0，又∵x1＋1>0，x2＋1>0，∴eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝eq\f(x2－2x1＋1－x1－2x2＋1,x1＋1x2＋1)＝eq\f(3x2－x1,x1＋1x2＋1)，于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)>0，故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．(2)設(shè)存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0，則ax0＝－eq\f(x0－2,x0＋1)，且0<ax0<1.∴0<－eq\f(x0－2,x0＋1)<1，即eq\f(1,2)<x0<2，與假設(shè)x0<0矛盾．故方程f(x)＝0沒有負(fù)數(shù)根．20．(本小題滿分12分)某同學(xué)在一次研究性學(xué)習(xí)中發(fā)現(xiàn)，以下五個式子的值都等于同一個常數(shù)：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)試從上述五個式子中選擇一個，求出這個常數(shù)；(2)根據(jù)(1)的計算結(jié)果，將該同學(xué)的發(fā)現(xiàn)推廣為三角恒等式，并證明你的結(jié)論．解析：(1)選擇②式，計算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－eq\f(1,2)sin30°＝1－eq\f(1,4)＝eq\f(3,4).(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝eq\f(3,4).證明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＋eq\f(\r(3),2)sinαcosα＋eq\f(1,4)sin2α－eq\f(\r(3),2)sinαcosα－eq\f(1,2)sin2α＝eq\f(3,4)sin2α＋eq\f(3,4)cos2α＝eq\f(3,4).21．(本小題滿分13分)設(shè)數(shù)列a1，a2，…，an，…中的每一項都不為0.證明{an}為等差數(shù)列的充分必要條件是：對任何n∈N*，都有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(n,a1an＋1).證明：先證必要性．設(shè)數(shù)列{an}的公差為d.若d＝0，則所述等式顯然成立．若d≠0，則eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2－a1,a1a2)＋\f(a3－a2,a2a3)＋…＋\f(an＋1－an,anan＋1)))＝eq\f(1,d)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))))＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))＝eq\f(an＋1－a1,da1an＋1)＝eq\f(n,a1an＋1).再證充分性．(直接證法)依題意有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(n,a1an＋1)，①eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＋eq\f(1,an＋1an＋2)＝eq\f(n＋1,a1an＋2).②②－①得eq\f(1,an＋1an＋2)＝eq\f(n＋1,a1an＋2)－eq\f(n,a1an＋1)，在上式兩端同乘a1an＋1an＋2，得a1＝(n＋1)an＋1－nan＋2.③同理可得a1＝nan－(n－1)an＋1(n≥2)，④③－④得2nan＋1＝n(an＋2＋an)，即an＋2－an＋1＝an＋1－an，⑤又由①當(dāng)n＝2時，得等式eq\f(1,a1a2)＋eq\