【数学】2020届一轮复习北师大版 推理与证明 课时作业 8页

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“对任意的 a，b∈R，则有 a·b＝b·a”推理到“对任意的 a、b，则有 a·b＝b·a” 是(　　) A．归纳推理　　　　　　 B．类比推理 C．演绎推理 D．错误的推理 [答案]　B 2．猜想数列 1 1 × 3，－ 1 3 × 5， 1 5 × 7，－ 1 7 × 9，…的通项公式是(　　) A． 1 n(n＋2) B．(－1)n 1 n(n＋2) C．(－1)n＋1 1 (2n＋1)(2n＋3) D．(－1)n＋1 1 (2n－1)(2n＋1) [答案]　D [解析]　因为偶数项是负的，奇数项是正的，分母是相邻两个奇数的积，并且首项是 1 1 × 3，所以选 D． 3．定义一种运算“*”；对于自然数 n 满足以下运算性质：(　　) (i)1]B．n＋1 C．n－1 D．n2 [答案]　A [解析]　令 an＝n*1，则由(ii)得，an＋1＝an＋1，由(i)得，a1＝1， ∴{an}是首项 a1＝1，公差为 1 的等差数列，∴an＝n，即 n*1＝n，故选 A． 4．定义 A*B，B*C，C*D，D*A 的运算分别对应下面图中的(1)，(2)，(3)，(4)，则图中， a、b 对应的运算是(　　) A．B*D，A*D B．B*D，A*C C．B*C，A*D D．C*D，A*D [答案]　B [解析]　根据题意可知 A 对应横线，B 对应矩形，C 对应竖线，D 对应圆．故选 B． 5．已知数列{an}满足 a1＝0，an＋1＝ an－ 3 3an＋1 (n∈N*)，则 a20 等于(　　) A．0 B．－ 3 C． 3 D． 3 2 [答案]　B [解析]　a2＝0－ 3 0＋1 ＝－ 3，a3＝ － 3－ 3 － 3· 3＋1 ＝ 3，a4＝0，所以此数列具有周期性.0，－ 3， 3依次重复出现，因为 20＝3×6＋2，∴a20＝－ 3. 6．已知 f1(x)＝cosx，f2(x)＝f1′(x)，f3(x)＝f2′(x)，f4(x)＝f3′(x)，…，fn(x)＝fn－1′(x)， 则 f2015(x)等于(　　) A．sinx B．－sinx C．cosx D．－cosx [答案]　D [解析]　由已知，有 f 1(x)＝cosx，f 2(x)＝－sinx，f 3(x)＝－cosx，f 4(x)＝sinx，f 5(x)＝ cosx，…，可以归纳出： f4n(x)＝sinx，f4n＋1(x)＝cosx，f4n＋2(x)＝－sinx，f4n＋3(x)＝－cosx(n∈N*)．所以 f2015(x)＝f3(x) ＝－cosx. 7．有下列叙述： ①“a>b”的反面是“ay 或 x0”是 P、Q、 R 同时大于零的(　　) A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 [答案]　C [解析]　若 P>0，Q>0，R>0，则必有 PQR>0；反之，若 PQR>0，也必有 P>0，Q>0， R>0.因为当 PQR>0 时，若 P、Q、R 不同时大于零，则 P、Q、R 中必有两个负数，一个正 数，不妨设 P<0，Q<0，R>0，即 a＋b0，Q>0，R>0. 二、填空题(本大题共 5 个小题，每小题 5 分，共 25 分，将正确答案填在题中横线上) 11．一切奇数都不能被 2 整除，2100＋1 是奇数，所以 2100＋1 不能被 2 整数．其三段论 推理的形式为： 大前提：一切奇数都不能被 2 整数． 小前提：__________________. 结论：所以 2100＋1 不能被 2 整除． [答案]　2100＋1 是奇数 12．在△ABC 中，若 AB⊥AC，则 AB2＋AC2＝BC2，类比平面中的勾股定理，研究三棱 锥的侧面积与底面积间的关系，可以得出的推测为设三棱锥 A－BCD 的三个侧面 ABC、ACD、 ADB 两两垂直，则________. [答案]　S 2△ ABC＋S 2△ ACD＋S 2△ ADB＝S 2△ BCD [解析]　因为三个侧面两两垂直，因此，三条侧棱两两垂直，由面积可得结论． 13．(2014·东北四校联考)根据下面一组等式 S1＝1， S2＝2＋3＝5， S3＝4＋5＋6＝15， S4＝7＋8＋9＋10＝34， S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65， S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111， S7＝22＋23＋24＋25＋26＋27＋28＝175， … 可得 S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝________. [答案]　n4 [解析]　根据所给等式组，不难看出：S1＝1＝14； S1＋S3＝1＋15＝16＝24； S1＋S3＋S5＝1＋15＋65＝81＝34， S1＋S3＋S5＋S7＝1＋15＋65＋175＝256＝44， 由此可得 S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4. 14．设函数 f(x)＝ x x＋2(x>0)，观察： f1(x)＝f(x)＝ x x＋2， f2(x)＝f(f1(x))＝ x 3x＋4， f3(x)＝f(f2(x))＝ x 7x＋8， f4(x)＝f(f3(x))＝ x 15x＋16， … 根据以上事实，由归纳推理可得： 当 n∈N*且 n≥2 时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________. [答案]　 x (2n－1)x＋2n [解析]　由已知可归纳如下：f1(x)＝ x (21－1)x＋21 ， f2(x)＝ x (22－1)x＋22 ，f3(x)＝ x (23－1)x＋23 ， f4(x)＝ x (24－1)x＋24 ，…， fn(x)＝ x (2n－1)x＋2n. 15．若定义在区间 D 上函数 f(x)对于 D 上的几个值 x1、x2、…、xn 总满足1 n[f(x1)＋f(x2) ＋…＋f(xn)]≤f ( x1＋x2＋…＋xn n )称函数 f(x)为 D 上的凸函数，现已知 f(x)＝sinx 在(0，π)上是 凸函数，则在△ABC 中，sinA＋sinB＋sinC 的最大值是________. [答案]　3 3 2 [解析]　∵1 n[f(x1)＋f(x2)＋…＋f(xn)] ≤f( x1＋x2＋…＋xn n )，(大前提) ∵f(x)＝sinx 在(0，π)上是凸函数，(小前提) ∴f(A)＋f(B)＋f(C)≤3f( A＋B＋C 3 )，(结论) 即 sinA＋sinB＋sinC≤3sinπ 3＝3 3 2 ， ∴sinA＋sinB＋sinC 的最大值是3 3 2 . 三、解答题(本大题共 6 个小题，共 75 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 16．(本题满分 12 分)已知 a、b、c 是全不相等的正实数，求证： b＋c－a a ＋a＋c－b b ＋ a＋b－c c >3. [证明]　解法一：(分析法) 要证b＋c－a a ＋a＋c－b b ＋a＋b－c c >3， 只需证明b a＋c a－1＋c b＋a b－1＋a c＋b c－1>3， 即证b a＋c a＋c b＋a b＋a c＋b c>6. 而事实上，由 a、b、c 是全不相等的正实数， 得b a＋a b>2，c a＋a c>2，c b＋b c>2. 从而b a＋c a＋c b＋a b＋a c＋b c>6. 故b＋c－a a ＋a＋c－b b ＋a＋b－c c >3 得证． 解法二：(综合法) ∵a、b、c 全不相等， ∴b a与a b，c a与a c，c b与b c全不相等． ∴b a＋a b>2，c a＋a c>2，c b＋b c>2. 三式相加得b a＋c a＋c b＋a b＋a c＋b c>6， ∴(b a＋c a－1)＋(c b＋a b－1)＋(a c＋b c－1)>3， 即b＋c－a a ＋a＋c－b b ＋a＋b－c c >3. 17．(本题满分 12 分)设 f(x)＝ 1 3x＋ 3 ，先分别求 f(0)＋f(1)，f(－1)＋f(2)，f(－2)＋f(3)， 然后归纳猜想一般性结论，并给出证明． [答案]　证明略 [解析]　f(0)＋f(1)＝ 1 30＋ 3 ＋ 1 3＋ 3 ＝ 1 1＋ 3 ＋ 1 3＋ 3 ＝ 3－1 2 ＋3－ 3 6 ＝ 3 3 ，同理可得： f(－1)＋f(2)＝ 3 3 ，f(－2)＋f(3)＝ 3 3 . 一般性结论：若 x1＋x2＝1，则 f(x1)＋f(x2)＝ 3 3 . 证明：设 x1＋x2＝1， f(x1)＋f(x2)＝ 1 3x1＋ 3 ＋ 1 3 x2＋ 3 ＝ (3 x1＋ 3)＋(3x2＋ 3) (3 x1＋ 3)(3 x2＋ 3) ＝ 3 x1＋3 x2＋2 3 3 x1＋x2＋ 3(3 x1＋3 x2)＋3 ＝ 3 x1＋3 x2＋2 3 3(3 x1＋3 x2)＋2 × 3 ＝ 3 x1＋3 x2＋2 3 3(3 x1＋3 x2＋2 3) ＝ 3 3 . 18．(本题满分 12 分)若 x，y 都是正实数，且 x＋y>2.求证：1＋x y <2 和1＋y x <2 中至少有 一个成立． [证明]　假设1＋x y <2 和1＋y x <2 都不成立． 则有1＋x y ≥2 和1＋y x ≥2 同时成立． 因为 x>0，且 y>0， 所以 1＋x≥2y，且 1＋y≥2x， 两式相加，得 2＋x＋y≥2x＋2y， 所以 x＋y≤2， 这与已知条件 x＋y>2 矛盾， 因此1＋x y <2 和1＋y x <2 中至少有一个成立． 19．(本题满分 12 分)证明下列等式，并从中归纳出一个一般性的结论． 2cosπ 4＝ 2， 2cosπ 8＝ 2＋ 2， 2cos π 16＝ 2＋ 2＋ 2， …… [答案]　证明略，一般性结论为 2cos π 2n＋1＝ 2＋ 2＋ 2＋… n个根号 [解析]　2cosπ 4＝2· 2 2 ＝ 2， 2cosπ 8＝2 1＋cosπ 4 2 ＝2· 1＋ 2 2 2 ＝ 2＋ 2， 2cos π 16＝2 1＋cosπ 8 2 ＝2 1＋1 2 2＋ 2 2 ＝ 2＋ 2＋ 2 … 归纳得出，2cos π 2n＋1＝ 2＋ 2＋ 2＋… n个根号 . 20．(本题满分 13 分)数列{an}的前 n 项和 Sn＝2an－3n(n∈N*)． (1)求{an}的通项公式； (2)数列{an}中是否存在三项，它们按原顺序可以构成等差数列？若存在，求出一组适合 条件的项；若不存在，请说明理由． [答案]　(1)an＝3·2n－3　(2)不存在，证明略 [解析]　(1)a1＝S1＝2a1－3，则 a1＝3. 由Error!⇒an＋1＝Sn＋1－Sn＝2an＋1－2an－3⇒an＋1＋3＝2(an＋3)， ∴{an＋3}为等比数列，首项为 a1＋3＝6，公比为 2. ∴an＋3＝6·2n－1，即 an＝3·2n－3. (2)假设数列{an}中存在三项 ar，as，at(r1 6x3－1 2x. [答案]　(1)单调增区间(－∞，0)和(1，＋∞)，单调减区间(0,1)，极大值 0，极小值5 2－e　 (2)略 [解析]　(1)f ′(x)＝(x－1)(ex－1)， 当 x＜0 或 x＞1 时，f ′(x)＞0，当 0＜x＜1 时，f ′(x)＜0， ∴f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减， 当 x＝0 时，f(x)有极大值 f(0)＝0，当 x＝1 时，f(x)有极小值 f(1)＝5 2－e. (2)设 g(x)＝f(x)－1 6x3＋1 2x，则 g′(x)＝(x－1)(ex－x 2－3 2)， 令 u(x)＝ex－x 2－3 2，则 u′(x)＝ex－1 2， 当 x≥1 时，u′(x)＝ex－1 2>0，u(x)在[1，＋∞)上单调递增，u(x)≥u(1)＝e－2>0， 所以 g′(x)＝(x－1)(ex－x 2－3 2)≥0，g(x)＝f(x)－1 6x3＋1 2x 在[1，＋∞)上单调递增． g(x)＝f(x)－1 6x3＋1 2x≥g(1)＝17 6 －e>0， 所以 f(x)>1 6x3－1 2x.