高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明綜合檢測 新人教B版選修2-2

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1、高中數(shù)學(xué) 第二章 推理與證明綜合檢測 新人教B版選修2-2 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50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．(xx·開封高二檢測)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】　C 2．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

2、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】　C 3．設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋＋＋…＋，計算得f(2)＝，f(4)>2，f(6)>，f(8)>3，f(10)>，觀察上述結(jié)果，可推測出一般結(jié)論為(　　) A．f(2n)＝ B．f(2n)> C．f(2n)≥ D．f(n)> 【解析】　觀察所給不等式，不等式左邊是f(2n)，右邊是，故選C. 【答案】　C 4．(xx·廈門高二檢測

3、)已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N＋)，可歸納猜想出Sn的表達(dá)式為(　　) A. B. C. D. 【解析】　由a1＝1，得a1＋a2＝22a2， ∴a2＝，S2＝； 又1＋＋a3＝32a3， ∴a3＝，S3＝＝； 又1＋＋＋a4＝16a4，得a4＝， S4＝. 由S1＝，S2＝，S3＝， S4＝可以猜想Sn＝. 【答案】　A 5．(xx·廣州高二檢測)已知x＞0，由不等式x＋≥2＝2，x＋＝＋＋≥3＝3，…，可以推出結(jié)論： x＋≥n＋1(n∈N＋)，則a＝(　　) A．2n　　　 B．3n C．n2　　　 D．nn

4、 【解析】　可以推出結(jié)論(x＞0)： 即x＋≥n＋1(n∈N＋)，所以a＝nn. 【答案】　D 6．用數(shù)學(xué)歸納法證明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝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＋2k2 B．(k＋1)2＋k2 C．(k＋1)2 D.(k＋1)[2(k＋1)2＋1] 【解析】　n＝k時，左邊＝12＋22＋…＋(k－1)2＋k2＋(k－1)2…＋22＋12，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)

5、添加的式子為(k＋1)2＋k2. 【答案】　B 7．在等差數(shù)列{an}中，若a10＝0，則有等式a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(n<19且n∈N＋)成立，類比上述性質(zhì)，在等比數(shù)列{bn}中，若b11＝1，則有 (　　) A．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b19－n B．b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b21－n C．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b19－n D．b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b21－n 【解析】　令n＝10時，驗證即知選B. 【答案】　B 8．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式＋＋…＋>的過程中，由n＝k到n＝k＋1時，不

6、等式左邊的變化情況為(　　) A．增加 B．增加＋ C．增加＋，減少 D．增加，減少 【解析】　當(dāng)n＝k時，不等式的左邊＝＋＋…＋，當(dāng)n＝k＋1時，不等式的左邊＝＋＋…＋，所以＋＋…＋－(＋＋…＋)＝＋－，所以由n＝k到n＝k＋1時，不等式的左邊增加＋，減少. 【答案】　C 9．(xx·黃山高二檢測)將石子擺成如圖1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)列的第2 012項與5的差，即a2 012－5＝ (　　) 圖1 A．xx×xx B．xx×2011 C．1009×xx D．1009×2011 【解析】　an－5表示第n個梯形有

7、n－1層點，最上面一層為4個，最下面一層為n＋2個． ∴an－5＝，∴a2 012＝ ＝1 009×2 011. 【答案】　D 10．(xx·江西高考)觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝(　　) A．28　　　 B．76　　　 C．123　　　 D．199 【解析】　利用歸納法，a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4＝3＋1，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10

8、＋b10＝76＋47＝123，規(guī)律為從第三組開始，其結(jié)果為前兩組結(jié)果的和． 【答案】　C 二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案填在題中的橫線上) 11．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1 12．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，________，_

9、_______，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，，，成等比數(shù)列． 【答案】　　 13．(xx·湖北高考)古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過各種多邊形數(shù)．如三角形數(shù)1,3,6,10，…，第n個三角形數(shù)為＝n2＋n.記第n個k邊形數(shù)為N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k邊形數(shù)中第n個數(shù)的表達(dá)式： 三角形數(shù)　N(n,3)＝n2＋n， 正方形數(shù)　N(n,4)＝n2， 五邊形數(shù)　N(n,5)＝n2－n， 六邊形數(shù)　N(

10、n,6)＝2n2－n， …… 可以推測N(n，k)的表達(dá)式，由此計算N(10,24)＝________. 【解析】　由N(n,4)＝n2，N(n,6)＝2n2－n，…，可以推測：當(dāng)k為偶數(shù)時，N(n，k)＝n2－n，于是N(n，24)＝11n2－10n.故N(10,24)＝11×102－10×10＝1 000. 【答案】　1 000 14．(xx·中山高二檢測)在平面幾何中，△ABC的內(nèi)角平分線CE分AB所成線段的比＝，把這個結(jié)論類比到空間：在三棱錐A－BCD中(如圖2所示)，面DEC平分二面角A－CD－B且與AB相交于E，則得到的類比的結(jié)論是________． 圖2 【解析

11、】　CE平分角ACB，而面CDE平分二面角A－CD－B. ∴可類比成，故結(jié)論為＝. 【答案】?。? 三、解答題(本大題共4小題，共50分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 15．(本小題滿分12分)用綜合法或分析法證明： (1)如果a，b>0，則lg ≥； (2)＋>2＋2. 【證明】　(1)當(dāng)a，b>0時，有≥，∴l(xiāng)g≥lg， ∴l(xiāng)g ≥lg ab＝. (2)要證＋>2＋2， 只要證(＋)2>(2＋2)2， 即2>2，這是顯然成立的， 所以，原不等式成立． 16．(本小題滿分12分)(xx·福建高考)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

12、數(shù)： ①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°； ②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°； ③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°； ④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°； ⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°. (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】　法一　(1)選擇②式，計算如下： sin215°＋cos215°－sin 15°cos 1

13、5° ＝1－sin 30°＝1－＝. (2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝. 證明如下： sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α) ＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α ＝sin2α＋cos2α＝. 法二　(1)同法一． (2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.

14、 證明如下： sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝＋－sin α(cos 30°cos α＋ sin 30°sin α) ＝－cos 2α＋＋(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－sin αcos α－sin2α ＝－cos 2α＋＋cos 2α＋sin 2α－sin 2α－(1－cos 2α) ＝1－cos 2α－＋cos 2α＝. 17．(本小題滿分12分)等差數(shù)列{an}的前n項和為Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3. (1)求數(shù)列{an}的通項an與前n項和Sn； (2)設(shè)bn＝(n∈N＋)，求證：數(shù)列{bn}中任意

15、不同的三項都不可能成為等比數(shù)列． 【解】　(1)由已知得∴d＝2. 故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)． (2)證明：由(1)得bn＝＝n＋. 假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項bp、bq、br(p、q、r互不相等)成等比數(shù)列，則b＝bpbr， 即(q＋)2＝(p＋)(r＋)， ∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0， ∵p，q，r∈N＋， ∴∴()2＝pr，(p－r)2＝0. ∴p＝r，與p≠r矛盾． ∴數(shù)列{bn}中任意不同的三項都不可能成等比數(shù)列． 18．(本小題滿分14分)設(shè)f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)． 求證：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n·[f(n

16、)－1](n≥2，n∈N＋)． 【證明】　當(dāng)n＝2時，左邊＝f(1)＝1， 右邊＝2(1＋－1)＝1， 左邊＝右邊，等式成立． 假設(shè)n＝k時，結(jié)論成立，即 f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]， 那么，當(dāng)n＝k＋1時， f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k) ＝k[f(k)－1]＋f(k) ＝(k＋1)f(k)－k ＝(k＋1)[f(k＋1)－]－k ＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1) ＝(k＋1)[f(k＋1)－1]， ∴當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論仍然成立． ∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1) ＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N＋)．