第二章 推理與證明綜合檢測
時間120分鐘，滿分150分。
一、(本大題共12個小題，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．銳角三角形的面積等于底乘高的一半；
直角三角形的面積等于底乘高的一半；
鈍角三角形的面積等于底乘高的一半；
所以，凡是三角形的面積都等于底乘高的一半．
以上推理運用的推理規(guī)則是(　　)
A．三段論推理　　　　　
B．假言推理
C．關系推理
D．完全歸納推理
[答案]　D
[解析]　所有三角形按角分，只有銳角三角形、Rt三角形和鈍角三角形三種情形，上述推理窮盡了所有的可能情形，故為完全歸納推理．
2．數(shù)列1,3,6,10,15，…的遞推公式可能是(　　)
A.a1＝1，an＋1＝an＋n(n∈N*)
B.a1＝1，an＝an－1＋n(n∈N*，n≥2)
C.a1＝1，an＋1＝an＋(n－1)(n∈N*)
D.a1＝1，an＝an－1＋(n－1)(n∈N*，n≥2)
[答案]　B
[解析]　記數(shù)列為{an}，由已知觀察規(guī)律：a2比a1多2，a3比a2多3，a4比a3多4，…，可知當n≥2時，an比an－1多n，可得遞推關系a1＝1，an－an－1＝n(n≥2，n∈N*)．
3．有一段演繹推理是這樣的“有些有理數(shù)是真分數(shù)，整數(shù)是有理數(shù)，則整數(shù)是真分數(shù)”，結論顯然是錯誤的，因為(　　)
A．大前提錯誤
B．小前提錯誤
C．推理形式錯誤
D．不是以上錯誤
[答案]　C
[解析]　大小前提都正確，其推理形式錯誤．故應選C.
4．用數(shù)學歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n＋3)(n＋4)2(n∈N*)時，驗證n＝1，左邊應取的項是(　　)
A．1
B．1＋2
C．1＋2＋3
D．1＋2＋3＋4
[答案]　D
[解析]　當n＝1時，左＝1＋2＋…＋(1＋3)＝1＋2＋…＋4，故應選D.
5．在R上定義運算?：x?y＝x(1－y)．若不等式(x－a)?(x＋a)＜1對任意實數(shù)x都成立，則(　　)
A．－1＜a＜1
B．0＜a＜2
C．－12＜a＜32
D．－32＜a＜12
[答案]　C
[解析]　類比題目所給運算的形式，得到不等式(x－a)?(x＋a)<1的簡化形式，再求其恒成立時a的取值范圍．
(x－a)?(x＋a)<1?(x－a)(1－x－a)<1
即x2－x－a2＋a＋1>0
不等式恒成立的充要條件是
Δ＝1－4(－a2＋a＋1)<0
即4a2－4a－3<0
解得－126．已知f(n)＝1n＋1n＋1＋1n＋2＋…＋1n2，則(　　)
A．f(n)中共有n項，當n＝2時，f(2)＝12＋13
B．f(n)中共有n＋1項，當n＝2時，f(2)＝12＋13＋14
C．f(n)中共有n2－n項，當n＝2時，f(2)＝12＋13
D．f(n)中共有n2－n＋1項，當n＝2時，f(2)＝12＋13＋14
[答案]　D
[解析]　項數(shù)為n2－(n－1)＝n2－n＋1，故應選D.
7．已知a＋b＋c＝0，則ab＋bc＋ca的值(　　)
A．大于0
B．小于0
C．不小于0
D．不大于0
[答案]　D
[解析]　解法1：∵a＋b＋c＝0，
∴a2＋b2＋c2＋2ab＋2ac＋2bc＝0，
∴ab＋ac＋bc＝－a2＋b2＋c22≤0.
解法2：令c＝0，若b＝0，則ab＋bc＋ac＝0，否則a、b異號，∴ab＋bc＋ac＝ab＜0，排除A、B、C，選D.
8．已知c＞1，a＝c＋1－c，b＝c－c－1，則正確的結論是(　　)
A．a(chǎn)＞b
B．a(chǎn)＜b
C．a(chǎn)＝b
D．a(chǎn)、b大小不定
[答案]　B
[解析]　a＝c＋1－c＝1c＋1＋c，
b＝c－c－1＝1c＋c－1，
因為c＋1>c>0，c>c－1>0，
所以c＋1＋c>c＋c－1>0，所以a9．若凸k邊形的內角和為f(k)，則凸(k＋1)邊形的內角和f(k＋1)(k≥3且k∈N*)等于(　　)
A．f(k)＋π2
B．f(k)＋π
C．f(k)＋32π
D．f(k)＋2π
[答案]　B
[解析]　由凸k邊形到凸(k＋1)邊形，增加了一個三角形，故f(k＋1)＝f(k)＋π.
10．若sinAa＝cosBb＝cosCc，則△ABC是(　　)
A．等邊三角形
B．有一個內角是30°的直角三角形
C．等腰直角三角形
D．有一個內角是30°的等腰三角形
[答案]　C
[解析]　∵sinAa＝cosBb＝cosCc，由正弦定理得，
sinAa＝sinBb＝sinCc，∴sinBb＝cosBb＝cosCc＝sinCc，
∴sinB＝cosB，sinC＝cosC，∴∠B＝∠C＝45°，
∴△ABC是等腰直角三角形．
11．若a＞0，b＞0，則p＝(ab)a＋b2與q＝ab?ba的大小關系是(　　)
A．p≥q
B．p≤q
C．p＞q
D．p＜q
[答案]　A
若a＞b，則ab＞1，a－b＞0，∴pq＞1；
若0＜a＜b，則0＜ab＜1，a－b＜0，∴pq＞1；
若a＝b，則pq＝1，
∴p≥q.
12．設函數(shù)f(x)定義如下表，數(shù)列{xn}滿足x0＝5，且對任意的自然數(shù)均有xn＋1＝f(xn)，則x2014＝(　　)
x12345
f(x)41352
A.1
B．2
C．4
D．5
[答案]　C
[解析]　x1＝f(x0)＝f(5)＝2，
x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，…，數(shù)列{xn}是周期為4的數(shù)列，所以x2014＝x3＝4，故應選C.
二、題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分．將正確答案填在題中橫線上)
13．半徑為r的圓的面積S(r)＝πr2，周長C(r)＝2πr，若將r看作(0，＋∞)上的變量，則(πr2)′＝2πr.①
①式可用語言敘述為：圓的面積函數(shù)的導數(shù)等于圓的周長函數(shù)．對于半徑為R的球，若將R看作(0，＋∞)上的變量，請你寫出類似于①式的式子：______________________________，你所寫的式子可用語言敘述為__________________________．
[答案]　43πR3′＝4πR2；球的體積函數(shù)的導數(shù)等于球的表面積函數(shù)．
14．已知f(n)＝1＋12＋13＋…＋1n(n∈N*)，用數(shù)學歸納法證明f(2n)>n2時，f(2k＋1)－f(2k)＝________.
[答案]　12k＋1＋12k＋2＋…＋12k＋1
[解析]　f(2k＋1)＝1＋12＋13＋…＋12k＋1
f(2k)＝1＋12＋13＋…＋12k
f(2k＋1)－f(2k)＝12k＋1＋12k＋2＋…＋12k＋1.
15．觀察①sin210°＋cos240°＋sin10°cos40°＝34；
②sin26°＋cos236°＋sin6°cos36°＝34.兩式的結構特點可提出一個猜想的等式為________________．
[答案]　sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinαcos(30°＋α)＝34
[解析]　觀察40°－10°＝30°，36°－6°＝30°，
由此猜想：
sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinαcos(30°＋α)＝34.
可以證明此結論是正確的，證明如下：
sin2α＋cos2(30°＋α)＋sinα?cos(30°＋α)
＝1－cos2α2＋1＋cos(60°＋2α)2＋12[sin(30°＋2α)－sin30°]＝1＋12[cos(60°＋2α)－cos2α]＋12sin(30°＋2α)－12
＝1＋12[－2sin(30°＋2α)sin30°]＋12sin(30°＋2α)－12
＝34－12sin(30°＋2α)＋12sin(30°＋2α)＝34.
16．設P是一個數(shù)集，且至少含有兩個數(shù)，若對任意a、b∈P，都有a＋b、a－b、ab、ab∈P(除數(shù)b≠0)，則稱P是一個數(shù)域．例如有理數(shù)集Q是數(shù)域；數(shù)集F＝{a＋b2a，b∈Q}也是數(shù)域．有下列命題：
①整數(shù)集是數(shù)域；
②若有理數(shù)集Q?M，則數(shù)集M必為數(shù)域；
③數(shù)域必為無限集；
④存在無窮多個數(shù)域．
其中正確命題的序號是________．(把你認為正確命題的序號都填上)
[答案]　③④
[解析]　考查理解、分析等學習能力．
①整數(shù)a＝2，b＝4，ab不是整數(shù)；
②如將有理數(shù)集Q，添上元素2，得到數(shù)集M，則取a＝3，b＝2，a＋b?M；
③由數(shù)域P的定義知，若a∈P，b∈P(P中至少含有兩個元素)，則有a＋b∈P，從而a＋2b，a＋3b，…，a＋nb∈P，∴P中必含有無窮多個元素，∴③對．
④設x是一個非完全平方正整數(shù)(x>1)，a，b∈Q，則由數(shù)域定義知，F(xiàn)＝{a＋bxa、b∈Q}必是數(shù)域，這樣的數(shù)域F有無窮多個．
三、解答題(本大題共6個小題，共74分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟)
17．(本題滿分12分)已知：a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1.
求證：a2＋b2＋c2≥13.
[證明]　由a2＋b2≥2ab，及b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ca.
三式相加得a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca.
∴3(a2＋b2＋c2)≥(a2＋b2＋c2)＋2(ab＋bc＋ca)＝(a＋b＋c)2.
由a＋b＋c＝1，得3(a2＋b2＋c2)≥1，
即a2＋b2＋c2≥13.
18．(本題滿分12分)證明下列等式，并從中歸納出一個一般性的結論．
2cosπ4＝2，
2cosπ8＝2＋2，
2cosπ16＝2＋2＋2，
……
[證明]　2cosπ4＝2?22＝2
2cosπ8＝21＋cosπ42＝2?1＋222
＝2＋2
2cosπ16＝21＋cosπ82
＝21＋122＋22＝2＋2＋2
…
19．(本題滿分12分)已知數(shù)列{an}滿足a1＝3，an?an－1＝2?an－1－1.
(1)求a2、a3、a4；
(2)求證：數(shù)列1an－1是等差數(shù)列，并寫出數(shù)列{an}的一個通項公式．
[解析]　(1)由an?an－1＝2?an－1－1得
an＝2－1an－1，
代入a1＝3，n依次取值2,3,4，得
a2＝2－13＝53，a3＝2－35＝75，a4＝2－57＝97.
(2)證明：由an?an－1＝2?an－1－1變形，得
(an－1)?(an－1－1)＝－(an－1)＋(an－1－1)，
即1an－1－1an－1－1＝1，
所以{1an－1}是等差數(shù)列．
由1a1－1＝12，所以1an－1＝12＋n－1，
變形得an－1＝22n－1，
所以an＝2n＋12n－1為數(shù)列{an}的一個通項公式．
20．(本題滿分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋x－2x＋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沒有負根．
[解析]　(1)證法1：任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨設x10， 且ax1>0，
又∵x1＋1>0，x2＋1>0，
∴f(x2)－f(x1)＝x2－2x2＋1－x1－2x1＋1
＝(x2－2)(x1＋1)－(x1－2)(x2＋1)(x1＋1)(x2＋1)
＝3(x2－x1)(x1＋1)(x2＋1)>0，
于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋x2－2x2＋1－x1－2x1＋1>0，
故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．
證法2：f′(x)＝axlna＋x＋1－(x－2)(x＋1)2＝axlna＋3(x＋1)2
∵a>1，∴l(xiāng)na>0，∴axlna＋3(x＋1)2>0，
f′(x)>0在(－1，＋∞)上恒成立，
即f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．
(2)解法1：設存在x0<0(x0≠－1)滿足f(x0)＝0
則ax0＝－x0－2x0＋1，且0∴0<－x0－2x0＋1<1，即12故方程f(x)＝0沒有負數(shù)根．
解法2：設x0<0(x0≠－1)
①若－1②若x0<－1則x0－2x0＋1>0，ax0>0，
∴f(x0)>0.
綜上，x<0(x≠－1)時，f(x)<－1或f(x)>0，即方程f(x)＝0無負根．
21．(本題滿分12分)我們知道，在△ABC中，若c2＝a2＋b2，則△ABC是直角三角形．現(xiàn)在請你研究：若cn＝an＋bn(n＞2)，問△ABC為何種三角形？為什么？
[解析]　銳角三角形　∵cn＝an＋bn (n＞2)，∴c＞a, c＞b，
由c是△ABC的最大邊，所以要證△ABC是銳角三角形，只需證角C為銳角，即證cosC＞0.
∵cosC＝a2＋b2－c22ab，
∴要證cosC＞0，只要證a2＋b2＞c2，①
注意到條件：an＋bn＝cn，
于是將①等價變形為：(a2＋b2)cn－2＞cn.②
∵c＞a，c＞b，n＞2，∴cn－2＞an－2，cn－2＞bn－2，
即cn－2－an－2＞0，cn－2－bn－2＞0，
從而(a2＋b2)cn－2－cn＝(a2＋b2)cn－2－an－bn
＝a2(cn－2－an－2)＋b2(cn－2－bn－2)＞0，
這說明②式成立，從而①式也成立．
故cosC＞0，C是銳角，△ABC為銳角三角形．
22．(本題滿分14分)(2010?安徽理，20)設數(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1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝na1an＋1.
[分析]　本題考查等差數(shù)列、數(shù)學歸納法與充要條件等有關知識，考查推理論證、運算求解能力．
解題思路是利用裂項求和法證必要性，再用數(shù)學歸納法或綜合法證明充分性．
[證明]　先證必要性．
設數(shù)列{an}的公差為d.若d＝0，則所述等式顯然成立．
若d≠0，則
1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1
＝1da2－a1a1a2＋a3－a2a2a3＋…＋an＋1－ananan＋1
＝1d1a1－1a2＋1a2－1a3＋…＋1an－1an＋1
＝1d1a1－1an＋1＝1dan＋1－a1a1an＋1
＝na1an＋1.
再證充分性．
證法1：(數(shù)學歸納法)設所述的等式對一切n∈N＋都成立．首先，在等式1a1a2＋1a2a3＝2a1a3
兩端同乘a1a2a3，即得a1＋a3＝2a2，所以a1，a2，a3成等差數(shù)列，記公差為d，則a2＝a1＋d.
假設ak＝a1＋(k－1)d，當n＝k＋1時，觀察如下兩個等式
1a1a2＋1a2a3＋…＋1ak－1ak＝k－1a1ak，①
1a1a2＋1a2a3＋…＋1ak－1ak＋1akak＋1＝ka1ak＋1②
將①代入②，得
k－1a1ak＋1akak＋1＝ka1ak＋1，
在該式兩端同乘a1akak＋1，得(k－1)ak＋1＋a1＝kak.
將ak＝a1＋(k－1)d代入其中，整理后，得ak＋1＝a1＋kd.
由數(shù)學歸納法原理知，對一切n∈N，都有an＝a1＋(n－1)d，所以{an}是公差為d的等差數(shù)列．
證法2：(直接證法)依題意有
1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＝na1an＋1，①
1a1a2＋1a2a3＋…＋1anan＋1＋1an＋1an＋2＝n＋1a1an＋1.②
②－①得
1an＋1an＋2＝n＋1a1an＋2－na1an＋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)④
③－④得2nan＋1＝n(an＋2＋an)
即an＋2－an＋1＝an＋1－an，
由證法1知a3－a2＝a2－a1，故上式對任意n∈N*均成立．所以{an}是等差數(shù)列．


本文來自：逍遙右腦記憶 http://www.yy-art.cn/gaoer/61013.html

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