章末綜合測評(二)推理與證明(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12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.數列2，5，11，20，x，47，…中的x等于() 【解析】觀察知數列{an}滿足：a1＝2，an＋1－an＝3n，故x＝20＋3×4＝32.【答案】B2.用反證法證明命題“設a，b為實數，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設是()A.方程x3＋ax＋b＝0沒有實根B.方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根C.方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根D.方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根【解析】方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根的反面是方程x3＋ax＋b＝0沒有實根，故應選A.【答案】A3.下列推理過程是類比推理的是()A.人們通過大量試驗得出擲硬幣出現正面的概率為eq\f(1,2)B.科學家通過研究老鷹的眼睛發明了電子鷹眼C.通過檢測溶液的pH值得出溶液的酸堿性D.數學中由周期函數的定義判斷某函數是否為周期函數【解析】A為歸納推理，C，D均為演繹推理，B為類比推理.【答案】B4.下面幾種推理是合情推理的是()①由圓的性質類比出球的有關性質；②由直角三角形、等腰三角形、等邊三角形內角和是180°歸納出所有三角形的內角和都是180°；③由f(x)＝sinx，滿足f(－x)＝－f(x)，x∈R，推出f(x)＝sinx是奇函數；④三角形內角和是180°，四邊形內角和是360°，五邊形內角和是540°，由此得凸多邊形內角和是(n－2)·180°.A.①② B.①③④C.①②④ D.②④【解析】合情推理分為類比推理和歸納推理，①是類比推理，②④是歸納推理，③是演繹推理.【答案】C5.設a＝＋，b＝7，則a，b的大小關系是()>b ＝b<b >2(b＋1)【解析】因為a＝＋>2eq\r·＝8>7，故a>b.【答案】A6.將平面向量的數量運算與實數的乘法運算相類比，易得到下列結論：①a·b＝b·a；②(a·b)·c＝a·(b·c)；③a·(b＋c)＝a·b＋a·c；④|a·b|＝|a||b|；⑤由a·b＝a·c(a≠0)，可得b＝c.以上通過類比得到的結論中，正確的個數是()個 個個 個【解析】①③正確；②④⑤錯誤.【答案】A7.證明命題：“f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)在(0，＋∞)上是增函數”.現給出的證法如下：因為f(x)＝ex＋eq\f(1,ex)，所以f′(x)＝ex－eq\f(1,ex).因為x>0，所以ex>1，0<eq\f(1,ex)<1.所以ex－eq\f(1,ex)>0，即f′(x)>0.所以f(x)在(0，＋∞)上是增函數，使用的證明方法是()【導學號：37820230】A.綜合法 B.分析法C.反證法 D.以上都不是【解析】從已知條件出發利用已知的定理證得結論，是綜合法.【答案】A8.已知c>1，a＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)，b＝eq\r(c)－eq\r(c－1)，則正確的結論是()>b <b＝b ，b大小不定【解析】要比較a與b的大小，由于c>1，所以a>0，b>0，故只需比較eq\f(1,a)與eq\f(1,b)的大小即可，而eq\f(1,a)＝eq\f(1,\r(c＋1)－\r(c))＝eq\r(c＋1)＋eq\r(c)，eq\f(1,b)＝eq\f(1,\r(c)－\r(c－1))＝eq\r(c)＋eq\r(c－1)，顯然eq\f(1,a)>eq\f(1,b)，從而必有a<b，故選B.【答案】B9.設n為正整數，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，經計算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，觀察上述結果，可推測出一般結論()(2n)>eq\f(2n＋1,2) (n2)≥eq\f(n＋2,2)(2n)≥eq\f(n＋2,2) D.以上都不對【解析】f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＝f(22)>eq\f(2＋2,2)，f(8)＝f(23)>eq\f(3＋2,2)，f(16)＝f(24)>eq\f(4＋2,2)，f(32)＝f(25)>eq\f(5＋2,2).由此可推知f(2n)≥eq\f(n＋2,2).故選C.【答案】C10.定義A*B，B*C，C*D，D*A的運算分別對應下面圖1中的(1)(2)(3)(4)，則圖中a，b對應的運算是()圖1*D，A*D *D，A*C*C，A*D *D，A*D【解析】根據(1)(2)(3)(4)可知A對應橫線，B對應矩形，C對應豎線，D對應橢圓.由此可知選B.【答案】B11.觀察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，則a10＋b10＝() 【解析】從給出的式子特點觀察可推知，等式右端的值，從第三項開始，后一個式子的右端值等于它前面兩個式子右端值的和，照此規律，則a10＋b10＝123.【答案】C12.在等差數列{an}中，若an>0，公差d>0，則有a4·a6>a3·a7，類比上述性質，在等比數列{bn}中，若bn>0，公比q>1，則b4，b5，b7，b8的一個不等關系是()＋b8>b5＋b7 ＋b8<b5＋b7＋b7>b5＋b8 ＋b7<b5＋b8【解析】在等差數列{an}中，由于4＋6＝3＋7時，有a4·a6>a3·a7，所以在等比數列{bn}中，由于4＋8＝5＋7，所以應有b4＋b8>b5＋b7或b4＋b8<b5＋b7.因為b4＝b1q3，b5＝b1q4，b7＝b1q6，b8＝b1q7，所以(b4＋b8)－(b5＋b7)＝(b1q3＋b1q7)－(b1q4＋b1q6)＝b1q6·(q－1)－b1q3(q－1)＝(b1q6－b1q3)(q－1)＝b1q3(q3－1)(q－1).因為q>1，bn>0，所以b4＋b8>b5＋b7.【答案】A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.)13.已知x，y∈R，且x＋y>2，則x，y中至少有一個大于1，在用反證法證明時假設應為________.【解析】“至少有一個”的否定為“一個也沒有”，故假設應為“x，y均不大于1”(或x≤1且y≤1).【答案】x，y均不大于1(或x≤1且y≤1)14.如圖2，第n個圖形是由正n＋2邊形“擴展”而來(n＝1，2，3，…)，則第n－2(n>2)個圖形中共有________個頂點.【導學號：37820231】圖2【解析】設第n個圖形中有an個頂點，則a1＝3＋3×3，a2＝4＋4×4，…，an＝(n＋2)＋(n＋2)·(n＋2)，an－2＝n2＋n.【答案】n2＋n15.設a>0，b>0，則下面兩式的大小關系為lg(1＋eq\r(ab))________eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)].【解析】因為(1＋eq\r(ab))2－(1＋a)(1＋b)＝1＋2eq\r(ab)＋ab－1－a－b－ab＝2eq\r(ab)－(a＋b)＝－(eq\r(a)－eq\r(b))2≤0，所以(1＋eq\r(ab))2≤(1＋a)(1＋b)，所以lg(1＋eq\r(ab))≤eq\f(1,2)[lg(1＋a)＋lg(1＋b)].【答案】≤16.對于命題“如果O是線段AB上一點，則|eq\o(OB,\s\up7(→))|·eq\o(OA,\s\up7(→))＋|eq\o(OA,\s\up7(→))|·eq\o(OB,\s\up7(→))＝0”將它類比到平面的情形是：若O是△ABC內一點，有S△OBC·eq\o(OA,\s\up7(→))＋S△OCA·eq\o(OB,\s\up7(→))＋S△OBA·eq\o(OC,\s\up7(→))＝0，將它類比到空間的情形應為：若O是四面體ABCD內一點，則有_____________________________________________.【解析】根據類比的特點和規律，所得結論形式上一致，又線段類比平面，平面類比到空間，又線段長類比為三角形面積，再類比成四面體的體積，故可以類比為VO-BCD·eq\o(OA,\s\up7(→))＋VO-ACD·eq\o(OB,\s\up7(→))＋VO-ABD·eq\o(OC,\s\up7(→))＋VO-ABC·eq\o(OD,\s\up7(→))＝0.【答案】VO-BCD·eq\o(OA,\s\up7(→))＋VO-ACD·eq\o(OB,\s\up7(→))＋VO-ABD·eq\o(OC,\s\up7(→))＋VO-ABC·eq\o(OD,\s\up7(→))＝0三、解答題(本大題共6小題，共70分.解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟.)17.(本小題滿分10分)已知a，b，c成等差數列，求證：ab＋ac，b2＋ac，ac＋bc也成等差數列.【證明】因為a，b，c成等差數列，所以2b＝a＋c，所以(ab＋ac)＋(ac＋bc)＝b(a＋c)＋2ac＝2(b2＋ac).所以ab＋ac，b2＋ac，ac＋bc也成等差數列.18.(本小題滿分12分)在平面幾何中，對于Rt△ABC，∠C＝90°，設AB＝c，AC＝b，BC＝a，則(1)a2＋b2＝c2；(2)cos2A＋cos2B把上面的結論類比到空間寫出類似的結論，無需證明.【解】在空間選取三個面兩兩垂直的四面體作為直角三角形的類比對象.(1)設三個兩兩垂直的側面的面積分別為S1，S2，S3，底面積為S，則Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝S2.(2)設三個兩兩垂直的側面與底面所成的角分別為α，β，γ，則cos2α＋cos2β＋cos2γ＝1.19.(本小題滿分12分)已知△ABC的三條邊分別為a，b，c，且a>b，求證：eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b).【證明】依題意a>0，b>0，所以1＋eq\r(ab)>0，1＋a＋b>0.所以要證eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b)，只需證eq\r(ab)(1＋a＋b)<(1＋eq\r(ab))(a＋b)，只需證eq\r(ab)<a＋b，因為a>b，所以eq\r(ab)<2eq\r(ab)<a＋b，所以eq\f(\r(ab),1＋\r(ab))<eq\f(a＋b,1＋a＋b).20.(本小題滿分12分)在數列{an}中，a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)，n∈N+，求a2，a3，a4，并猜想數列的通項公式，并給出證明.【解】數列{an}中，a1＝1，a2＝eq\f(2a1,2＋a1)＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(2a2,2＋a2)＝eq\f(1,2)＝eq\f(2,4)，a4＝eq\f(2a3,2＋a3)＝eq\f(2,5)，…，所以猜想{an}的通項公式an＝eq\f(2,n＋1)(n∈N+).此猜想正確.證明如下：因為a1＝1，an＋1＝eq\f(2an,2＋an)，所以eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2＋an,2an)＝eq\f(1,an)＋eq\f(1,2)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝eq\f(1,2)，所以數列eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)))是以eq\f(1,a1)＝1為首項，公差為eq\f(1,2)的等差數列，所以eq\f(1,an)＝1＋(n－1)eq\f(1,2)＝eq\f(n,2)＋eq\f(1,2)，即通項公式an＝eq\f(2,n＋1)(n∈N+).21.(本小題滿分12分)已知函數f(x)＝x3－x2，x∈R.(1)若正數m，n滿足m·n>1，證明：f(m)，f(n)至少有一個不小于零；(2)若a，b為不相等的正實數且滿足f(a)＝f(b)，求證：a＋b<eq\f(4,3).【證明】(1)假設f(m)<0，f(n)<0，即m3－m2<0，n3－n2<0，∵m>0，n>0，∴m－1<0，n－1<0，∴0<m<1，0<n<1，∴mn<1，這與m·n>1矛盾，∴假設不成立，即f(m)，f(n)至少有一個不小于零.(2)證明：由f(a)＝f(b)，得a3－a2＝b3－b2，∴a3－b3＝a2－b2，∴(a－b)(a2＋ab＋b2)＝(a－b)(a＋b)，∵a≠b，∴a2＋ab＋b2＝a＋b，∴(a＋b)2－(a＋b)＝ab<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up21(2)，∴eq\f(3,4)(a＋b)2－(a＋b)<0，解得a＋b<eq\f(4,3)