高考数学专题复习：推理与证明(B) 8页

第二章　推理与证明(B)‎ 一、选择题 ‎1、下列有关三段论推理“自然数都是整数，4是自然数，所以4是整数”的说法正确的是(　　)‎ A．推理正确 B．推理形式不正确 C．大前提错误 D．小前提错误 ‎2、下列推理过程是类比推理的是(　　)‎ A．人们通过大量试验得出掷硬币出现正面的概率为 B．科学家通过研究老鹰的眼睛发明了电子鹰眼 C．通过检测溶液的pH值得出溶液的酸碱性 D．由周期函数的定义判断某函数是否为周期函数 ‎3、已知f(x)＝x3＋x，a，b，c∈R，且a＋b>0，a＋c>0，b＋c>0，则f(a)＋f(b)＋f(c)的值(　　)‎ A．一定大于零 B．一定等于零 C．一定小于零 D．正负都有可能 ‎4、勾股定理：在直角边长为a、b，斜边长为c的直角三角形中，有a2＋b2＝c2.类比勾股定理可得，在长、宽、高分别为p、q、r，体对角线长为d的长方体中，有(　　)‎ A．p＋q＋r＝d B．p2＋q2＋r2＝d2‎ C．p3＋q3＋r3＝d3‎ D．p2＋q2＋r2＋pq＋pr＋qr＝d2‎ ‎5、观察式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，则可归纳出一般式子为(　　)‎ A．1＋＋＋…＋< (n≥2)‎ B．1＋＋＋…＋< (n≥2)‎ C．1＋＋＋…＋< (n≥2)‎ D．1＋＋＋…＋< (n≥2)‎ ‎6、若a，b，c均为实数，则下面四个结论均是正确的：‎ ‎①ab＝ba；②(ab)c＝a(bc)；③若ab＝bc，b≠0，则a－c＝0；④若ab＝0，则a＝0或b＝0.‎ 对向量a，b，c，用类比的思想可得到以下四个结论：‎ ‎①a·b＝b·a；‎ ‎②(a·b)c＝a(b·c)；‎ ‎③若a·b＝b·c，b≠0，则a＝c；‎ ‎④若a·b＝0，则a＝0或b＝0.‎ 其中结论正确的有(　　)‎ A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 ‎7、已知数列{an}满足a1＝0，an＋1＝ (n∈N*)，则a2 010等于(　　)‎ A．0 B．－ C． D． ‎8、由“正三角形的内切圆切于三边的中点”，可类比猜想出正四面体的内切球切于四个侧面(　　)‎ A．各正三角形内任一点 B．各正三角形的某高线上的点 C．各正三角形的中心 D．各正三角形外的某点 ‎9、已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，那么(　　)‎ A．a＝，b＝c＝ B．a＝b＝c＝ C．a＝0，b＝c＝ D．不存在这样的a，b，c ‎10、下列三句话按三段论的模式排列顺序正确的是(　　)‎ ‎①2 006能被2整除；‎ ‎②一切偶数都能被2整除；‎ ‎③2 006是偶数．‎ A．①②③ B．②①③‎ C．②③① D．③②①‎ ‎11、有以下结论：‎ ‎①已知p3＋q3＝2，求证p＋q≤2，用反证法证明时，可假设p＋q≥2；‎ ‎②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求证方程x2＋ax＋b＝0的两根的绝对值都小于1，用反证法证明时可假设方程有一根x1的绝对值大于或等于1，即假设|x1|≥1.‎ 下列说法中正确的是(　　)‎ A．①与②的假设都错误 B．①与②的假设都正确 C．①的假设正确；②的假设错误 D．①的假设错误；②的假设正确 二、填空题 ‎12、在古希腊，毕达哥拉斯学派把1,3,6,10,15,21,28,36,45,55，…这些数叫做三角形数，这是因为这些数目的点可以排成正三角形(如图所示)，则三角形数的一般表达式f(n)＝__________.‎ ‎13、对于“求证函数f(x)＝－x3在R上是减函数”，用“三段论”可表示为：大前提是“对于定义域为D的函数f(x)，若对任意x1，x2∈D且x2－x1>0，有f(x2)－f(x1)<0，则函数f(x)在D上是减函数”，小前提是“__________________________”，结论是“f(x)＝－x3在R上是减函数”．‎ ‎14、在△ABC中，D为边BC的中点，则＝(＋)．将上述命题类比到四面体中去，得到一个类比命题：________________________________.‎ ‎15、下面的四个不等式：‎ ‎①a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca；‎ ‎②a(1－a)≤；③＋≥2；‎ ‎④(a2＋b2)·(c2＋d2)≥(ac＋bd)2.‎ 其中不成立的有________个．‎ 三、解答题 ‎16、设f(x)＝x2＋ax＋b，‎ 求证：|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.‎ ‎17、 观察下表：‎ ‎1，‎ ‎2,3‎ ‎4,5,6,7‎ ‎8,9,10,11,12,13,14,15，‎ ‎…‎ 问：(1)此表第n行的最后一个数是多少？‎ ‎(2)此表第n行的各个数之和是多少？‎ ‎(3)2 008是第几行的第几个数？‎ ‎18、设二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c (a≠0)中的a，b，c均为整数，且f(0)，f(1)均为奇数，求证：方程f(x)＝0无整数根．‎ ‎19、如图所示，△ABC是正三角形，AE和CD都垂直于平面ABC，且AE＝AB＝‎2a，CD＝a，F是BE的中点．‎ ‎(1)求证：DF∥平面ABC；‎ ‎(2)求证：AF⊥BD.‎ ‎20、 已知a>0，b>0，a＋b＝1，‎ 求证：＋≤2.‎ ‎21、已知函数f(x)＝lg，x∈.若x1，x2∈且x1≠x2，求证：[f(x1)＋f(x2)]>f.‎ 以下是答案 一、选择题 ‎1、A　[三段论中的大前提，小前提以及推理形式都是正确的，所以结论正确．]‎ ‎2、B ‎3、A　[f(x)＝x3＋x是奇函数，且在R上是增函数，由a＋b>0得a>－b，‎ 所以f(a)>f(－b)，即f(a)＋f(b)>0，‎ 同理f(a)＋f(c)>0，f(b)＋f(c)>0，‎ 所以f(a)＋f(b)＋f(c)>0.]‎ ‎4、B ‎5、C　[由合情推理可归纳出1＋＋＋…＋< (n≥2)．]‎ ‎6、B　[利用类比思想结合向量的定义及性质，特别是向量的数量积的定义可知①正确，②③④不正确．]‎ ‎7、C　[a2＝＝－，a3＝＝，a4＝0，所以此数列具有周期性，0，－，依次重复出现．因为2 010＝3×670，所以a2 010＝.]‎ ‎8、C　[正三角形的边对应正四面体的面，即正三角形所在的正四面体的侧面，所以边的中点对应的就是正四面体各正三角形的中心．故选C.]‎ ‎9、A　[分别令n＝1,2,3，‎ 得 所以a＝，b＝c＝.]‎ ‎10、C ‎11、D　[用反证法证题时一定要将对立面找全．在(1)中应假设p＋q>2.故(1)的假设是错误的，而(2)的假设是正确的，故选D.]‎ 二、填空题 ‎12、 解析　当n＝1时，1＝；当n＝2时，3＝；当n＝3时，6＝；当n＝4时，10＝；…，猜想：f(n)＝.‎ ‎13、对于任意x1，x2∈R且x2－x1>0，有f(x2)－f(x1)＝－x＋x＝－(x2－x1)(x＋x1x2＋x)＝－(x2－x1)·<0‎ ‎14、在四面体A—BCD中，G为△BCD的重心，‎ 则＝(＋＋)‎ ‎15、1‎ 解析　由a2＋b2＋c2－(ab＋bc＋ca)‎ ‎＝[‎2a2＋2b2＋‎2c2－2ab－2bc－2ca]‎ ‎＝[(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2]≥0，‎ 故①正确．‎ 由－a(1－a)＝－a＋a2＝2≥0，‎ 故②正确．‎ ‎(a2＋b2)·(c2＋d2)－(ac＋bd)2‎ ‎＝a‎2c2＋a2d2＋b‎2c2＋b2d2－a‎2c2－2acbd－b2d2‎ ‎＝a2d2＋b‎2c2－2abcd＝(ad－bc)2≥0，故④正确．‎ ‎∵＋≥2或＋≤－2，∴③不正确．‎ 三、解答题 ‎16、证明　假设|f(1)|<，|f(2)|<，|f(3)|<，‎ 于是有－<1＋a＋b< ①‎ ‎－<4＋‎2a＋b< ②‎ ‎－<9＋‎3a＋b< ③‎ ‎①＋③，得－1<10＋‎4a＋2b<1，‎ 所以－3<8＋‎4a＋2b<－1，‎ 所以－<4＋‎2a＋b<－.‎ 由②知－<4＋‎2a＋b<，矛盾，‎ 所以假设不成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于.‎ ‎17、解　(1)由表知，第二行起，每行的第一个数为偶数，所以第n＋1行的第一个数为2n，所以第n行的最后一个数为2n－1.‎ ‎(2)由(1)知第n－1行的最后一个数为2n－1－1，第n行的第一个数为2n－1，第n行的最后一个数为2n－1.又由观察知，每行数字的个数与这一行的第一个数相同，所以由等差数列求和公式得，‎ Sn＝＝22n－3＋22n－2－2n－2.‎ ‎(3)因为210＝1 024,211＝2 048，又第11行最后一个数为211－1＝2 047，所以2 008是在第11行中，由等差数列的通项公式得，2 008＝1 024＋(n－1)·1，所以n＝985，所以2 008是第11行的第985个数．‎ ‎18、证明　假设方程f(x)＝0有一个整数根k，‎ 则ak2＋bk＋c＝0.①‎ 因为f(0)＝c，f(1)＝a＋b＋c均为奇数，‎ 所以a＋b必为偶数，‎ 当k为偶数时，令k＝2n (n∈Z)，‎ 则ak2＋bk＋c＝4n‎2a＋2nb＋c＝2n(2na＋b)＋c必为奇数，与①式矛盾；‎ 当k为奇数时，令k＝2n＋1 (n∈Z)，‎ 则ak2＋bk＋c＝(2n＋1)(2na＋a＋b)＋c为一奇数与一偶数乘积加上一个奇数，必为奇数，也与①式矛盾，故假设不成立．‎ 综上可知方程f(x)＝0无整数根．‎ ‎19、证明　(1)取AB的中点G，连接FG，CG，‎ 可得FG∥AE，FG＝AE，‎ 又CD⊥平面ABC，AE⊥平面ABC，‎ ‎∴CD∥AE，CD＝AE，‎ ‎∴FG∥CD，FG＝CD.‎ 又∵FG⊥平面ABC，‎ ‎∴四边形CDFG是矩形，‎ DF∥CG，CG⊂平面ABC，‎ DF⊄平面ABC，‎ ‎∴DF∥平面ABC.‎ ‎(2)Rt△ABE中，AE＝‎2a，AB＝‎2a，F为BE的中点，‎ ‎∴AF⊥BE，∵△ABC是正三角形，‎ ‎∴CG⊥AB，∴DF⊥AB，‎ 又DF⊥FG，FG∩AB＝G，‎ ‎∴DF⊥平面ABE，DF⊥AF， ‎ 又∵DF∩BE＝F，∴AF⊥平面BDF，‎ 又BD⊂平面BDF，∴AF⊥BD.‎ ‎20、证明　∵1＝a＋b≥2，∴ab≤.‎ ‎∴(a＋b)＋ab＋≤1.‎ ‎∴≤1.‎ 从而有2＋2≤4.‎ 即＋＋2≤4.‎ ‎∴2≤4.‎ ‎∴＋≤2.‎ ‎21、证明　要证原不等式成立，只需证明 >2，‎ 事实上，∵00.‎ ‎∴>2，‎ 即有lg>lg2，‎ 故[f(x1)＋f(x2)]>f.‎