高中数学人教a版选修2-2（课时训练）：章末检测：第二章 推理与证明 word版含答案 6页

章末检测 一、选择题 1．由 1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32,1＋3＋5＋7＝42，…，得到 1＋3＋…＋(2n－1)＝n2 用的是 ( ) A．归纳推理 B．演绎推理 C．类比推理 D．特殊推理 答案 A 2．在△ABC 中，E、F 分别为 AB、AC 的中点，则有 EF∥BC，这个问题的大前提为( ) A．三角形的中位线平行于第三边 B．三角形的中位线等于第三边的一半 C．EF 为中位线 D．EF∥BC 答案 A 解析 这个三段论推理的形式为：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF 为 △ABC 的中位线；结论：EF∥BC. 3．对大于或等于 2 的自然数的正整数幂运算有如下分解方式： 22＝1＋3 32＝1＋3＋5 42＝1＋3＋5＋7 23＝3＋5 33＝7＋9＋11 43＝13＋15＋17＋19 根据上述分解规律，若 m2＝1＋3＋5＋…＋11，n3 的分解中最小的正整数是 21，则 m＋n＝ ( ) A．10 B．11 C．12 D．13 答案 B 解析 ∵m2＝1＋3＋5＋…＋11＝1＋11 2 ×6＝36， ∴m＝6.∵23＝3＋5,33＝7＋9＋11， 43＝13＋15＋17＋19，∴53＝21＋23＋25＋27＋29， ∵n3 的分解中最小的数是 21， ∴n3＝53，n＝5，∴m＋n＝6＋5＝11. 4．用反证法证明命题“ 2＋ 3是无理数”时，假设正确的是( ) A．假设 2是有理数 B．假设 3是有理数 C．假设 2或 3是有理数 D．假设 2＋ 3是有理 数 答案 D 解析 应对结论进行否定，则 2＋ 3不是无理数，即 2＋ 3是有理数． 5．已知 f(x＋1)＝ 2fx fx＋2 ，f(1)＝1(x∈N*)，猜想 f(x)的表达式为( ) A. 4 2x＋2 B． 2 x＋1 C． 1 x＋1 D． 2 2x＋1 答案 B 解析 当 x＝1 时，f(2)＝ 2f1 f1＋2 ＝2 3 ＝ 2 2＋1 ， 当 x＝2 时，f(3)＝ 2f2 f2＋2 ＝2 4 ＝ 2 3＋1 ； 当 x＝3 时，f(4)＝ 2f3 f3＋2 ＝2 5 ＝ 2 4＋1 ， 故可猜想 f(x)＝ 2 x＋1 ，故选 B. 6．对“a，b，c 是不全相等的正数”，给出下列判断： ①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0； ②a＝b 与 b＝c 及 a＝c 中至少有一个成立； ③a≠c，b≠c，a≠b 不能同时成立． 其中判断正确的个数为( ) A．0 个 B．1 个 C．2 个 D．3 个 答案 B 解析 若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则 a＝b＝c，与“a，b，c 是不全相等的正数”矛盾， 故①正确．a＝b 与 b＝c 及 a＝c 中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c 是不 全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确． 7．我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状 完全相同，就把它们叫做相似体．下列几何体中，一定属于相似体的有( ) ①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱锥． A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个 答案 C 解析 类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体． 8．数列{an}满足 a1＝1 2 ，an＋1＝1－ 1 an ，则 a2 013 等于( ) A.1 2 B．－1 C．2 D．3 答案 C 解析 ∵a1＝1 2 ，an＋1＝1－ 1 an ， ∴a2＝1－ 1 a1 ＝－1，a3＝1－ 1 a2 ＝2，a4＝1－ 1 a3 ＝1 2 ， a5＝1－ 1 a4 ＝－1，a6＝1－ 1 a5 ＝2， ∴an＋3k＝an(n∈N*，k∈N*) ∴a2 013＝a3＋3×670＝a3＝2. 9．定义在 R 上的函数 f(x)满足 f(－x)＝－f(x＋4)，且 f(x)在(2，＋∞)上为增函数．已知 x1＋ x2<4 且(x1－2)·(x2－2)<0，则 f(x1)＋f(x2)的值( ) A．恒小于 0 B．恒大于 0 C．可能等于 0 D．可正也可负 答案 A 解析 不妨设 x1－2<0，x2－2>0， 则 x1<2，x2>2，∴2－f(4－x1)， 从而－f(x2)>－f(4－x1)＝f(x1)， f(x1)＋f(x2)<0. 10．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案，则第 n 个图案中有白色 地面砖的块数是( ) A．4n＋2 B．4n－2 C．2n＋4 D．3n＋3 答案 A 解 法一 (归纳猜想法) 观察可知：除第一个以外，每增加一个黑色地板砖，相应的白地板砖就增加四个， 因此第 n 个图案中有白色地面砖的块数是一个“以 6 为首项，公差是 4 的等差数列的第 n 项”． 故第 n 个图案中有白色地面砖的块数是 4n＋2. 法二 (特殊值代入排除法) 由图可知，当 n＝1 时，a1＝6，可排除 B 答案 当 n＝2 时，a2＝10，可排除 C、D 答案． 二、填空题 11．(2013·陕西)观察下列等式： (1＋1)＝2×1 (2＋1)(2＋2)＝22×1×3 (3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5 按此规律，第 n 个等式可为________． 答案 (n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n·1·3·5…(2n－1) 12．f(n)＝1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n(n∈N*)，经计算得 f(2)＝3 2 ，f(4)>2，f(8)>5 2 ，f(16)>3，f(32)>7 2 ，推 测当 n≥2 时，有________． 答案 f(2n)>2＋n 2 (n≥2) 解析 观测 f(n)中 n 的规律为 2k(k＝1,2，…) 不等式右侧分别为2＋k 2 ，k＝1,2，…， ∴f(2n)>2＋n 2 (n≥2)． 13．用数学归纳法证明：1＋ 1 1＋2 ＋ 1 1＋2＋3 ＋…＋ 1 1＋2＋3＋…＋n ＝ 2n n＋1 时，由 n＝k 到 n ＝k＋1 左边需要添加的项是________． 答案 2 k＋1k＋2 解析 由 n＝k 到 n＝k＋1 时，左边需要添加的项是 1 1＋2＋3＋…＋k＋1 ＝ 2 k＋1k＋2. 14．在平面几何中，△ABC 的内角平分线 CE 分 AB 所成线段的比为AE EB ＝AC BC ，把这个结论 类比到空间：在三棱锥 A－BCD 中(如图所示)，面 DEC 平分二面角 A－CD－B 且与 AB 相 交于 E，则得到的类比的结论是________． 答案 AE EB ＝S△ACD S△BCD 解析 CE 平分∠ACB，而面 CDE 平分二面角 A－CD－B.∴AC BC 可类比成S△ACD S△BCD ，故结论为AE EB ＝S△ACD S△BCD . 三、解答题 15．已知 a、b、c 是互不相等的非零实数．求证三个方程 ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0， cx2＋2ax＋b＝0 至少有一个方程有两个相异实根． 证明 反证法： 假设三个方程中都没有两个相异实根， 则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0.相加有 a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2 ＋c2－2ac＋a2≤0， (a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0. ① 由题意 a、b、c 互不相等，∴①式不能成立． ∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根． 16．设数列{an}是公比为 q 的等比数列，Sn 是它的前 n 项和． (1)求证：数列{Sn}不是等比数列； (2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？ (1)证明 假设数列{Sn}是等比数列，则 S22＝S1S3， 即 a21(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)， 因为 a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2， 即 q＝0，这与公比 q≠0 矛盾， 所以数列{Sn}不是等比数列． (2)解 当 q＝1 时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列； 当 q≠1 时，{Sn}不是等差数列，否则 2S2＝S1＋S3， 即 2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)， 得 q＝0，这与公比 q≠0 矛盾． 17．请你把不等式“若 a1，a2 是正实数，则有a21 a2 ＋a22 a1 ≥a1＋a2”推广到一般情形，并证明你 的结论． 解 推广的结论： 若 a1，a2，…，an 都是正实数，则有 a21 a2 ＋a22 a3 ＋…＋a2n－1 an ＋a2n a1 ≥a1＋a2＋…＋an. 证明：∵a1，a2，…an 都是正实数， ∴a21 a2 ＋a2≥2a1；a22 a3 ＋a3≥2a2；… a2n－1 an ＋an≥2an－1；a2n a1 ＋a1≥2an， a21 a2 ＋a22 a3 ＋…＋a2n an ＋a2n－1 a1 ≥a1＋a2＋…＋an. 18．设 f(n)＝1＋1 2 ＋1 3 ＋…＋1 n ，是否存在关于自然数 n 的函数 g(n)，使等式 f(1)＋f(2)＋…＋ f(n－1)＝g(n)·[f(n)－1]对于 n≥2 的一切自然数都成立？并证明你的结论． 解 当 n＝2 时，由 f(1)＝g(2)·[f(2)－1]， 得 g(2)＝ f1 f2－1 ＝ 1 1＋1 2 －1 ＝2， 当 n＝3 时，由 f(1)＋f(2)＝g(3)·[f(3)－1]， 得 g(3)＝f1＋f2 f3－1 ＝ 1＋ 1＋1 2 1＋1 2 ＋1 3 －1 ＝3， 猜想 g(n)＝n(n≥2)． 下面用数学归纳法证明：当 n≥2 时，等式 f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1]恒成立． ①当 n＝2 时，由上面计算可知，等式成立．②假设 n＝k(k∈N*且 k≥2)时，等式成立，即 f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1](k≥2)成立， 那么当 n＝k＋1 时， 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－ 1 k＋1 －k＝(k＋1)[f(k＋1)－1]， ∴当 n＝k＋1 时，等式也成立． 由①②知，对一切 n≥2 的自然数 n 等式都成立，故存在函数 g(n)＝n，使等式成立．