高中數(shù)學(xué)人教A版2第二章推理與證明單元測(cè)試（市一等獎(jiǎng)）

第二章綜合檢測(cè)(能力卷)時(shí)間120分鐘，滿(mǎn)分150分．一、選擇題(本大題共12個(gè)小題，每小題5分，共60分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中只有一個(gè)是符合題目要求的)1．觀(guān)察數(shù)列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…的特點(diǎn)，按此規(guī)律，則第100項(xiàng)為eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510670)()A．10 B．14C．13 D．100[答案]B[解析]設(shè)n∈N*，則數(shù)字n共有n個(gè)，所以eq\f(nn＋1,2)≤100即n(n＋1)≤200，又因?yàn)閚∈N*，所以n＝13，到第13個(gè)13時(shí)共有eq\f(13×14,2)＝91項(xiàng)，從第92項(xiàng)開(kāi)始為14，故第100項(xiàng)為14.2．有甲、乙、丙、丁四位歌手參加比賽，其中只有一位獲獎(jiǎng)，有人走訪(fǎng)了四位歌手，甲說(shuō)：“是乙或丙獲獎(jiǎng)．”乙說(shuō)：“甲、丙都未獲獎(jiǎng)．”丙說(shuō)：“我獲獎(jiǎng)了．”丁說(shuō)：“是乙獲獎(jiǎng)．”四位歌手的話(huà)只有兩名是對(duì)的，則獲獎(jiǎng)的歌手是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510671)()A．甲 B．乙C．丙 D．丁[答案]C[解析]若甲獲獎(jiǎng)，則甲、乙、丙、丁說(shuō)的都是錯(cuò)的，同理可推知乙、丙、丁獲獎(jiǎng)的情況，最后可知獲獎(jiǎng)的歌手是丙．3．有以下結(jié)論：①已知p3＋q3＝2，求證p＋q≤2.用反證法證明時(shí)，可假設(shè)p＋q≥2.②已知a，b∈R，|a|＋|b|<1，求證方程x2＋ax＋b＝0的兩根的絕對(duì)值都小于1.用反證法證明時(shí)，可假設(shè)方程有一根x1的絕對(duì)值大于或等于1，即假設(shè)|x1|≥1.下列說(shuō)法中正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510672)()A．①與②的假設(shè)都錯(cuò)誤 B．①與②的假設(shè)都正確C．①的假設(shè)正確，②的假設(shè)錯(cuò)誤 D．①的假設(shè)錯(cuò)誤，②的假設(shè)正確[答案]D[解析]用反證法證題時(shí)一定要將結(jié)論的對(duì)立面找全．在①中應(yīng)假設(shè)p＋q>2，故①的假設(shè)是錯(cuò)誤的，而②的假設(shè)是正確．4．下列說(shuō)法正確的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510673)()A．“a<b”是“am2<bm2”B．命題“?x∈R，x3－x2－1≤0”的否定是“?x∈R，x3－x2－1≤C．“若a、b都是奇數(shù)，則a＋b是偶數(shù)”的逆否命題是“若a＋b不是偶數(shù)，則a、b不都是奇數(shù)”D．若p∧q為假命題，則p、q均為假命題[答案]C[解析]A中“a<b”是“am2<bm2”B中“?x∈R，x3－x2－1≤0”的否定是“?x∈R，x3－x2－1>0C正確；D中p∧q為假命題，則p、q中至少有一個(gè)為假命題，故D錯(cuò)．5．下列代數(shù)式(其中k∈N*)能被9整除的是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510674)()A．6＋6·7k B．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)[答案]D[解析]特值法：當(dāng)k＝1時(shí)，顯然只有3(2＋7k)能被9整除，故選D.證明如下：當(dāng)k＝1時(shí)，已驗(yàn)證結(jié)論成立，假設(shè)當(dāng)k＝n(n∈N*)時(shí)，命題成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.∵3(2＋7n)能被9整除，36能被9整除，∴21(2＋7n)－36能被9整除，這就是說(shuō)，k＝n＋1時(shí)命題也成立．故命題對(duì)任何k∈N*都成立．6．(2023·棗莊一模)用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N*，n>1)”時(shí)，由n＝k(k>1)不等式成立，推證n＝k＋1時(shí)，左邊應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù)是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510675)()A．2k－1 B．2k－1C．2k D．2k＋1[答案]C[解析]左邊的特點(diǎn)是分母逐漸增加1，末項(xiàng)為eq\f(1,2n－1)；由n＝k時(shí)，末項(xiàng)為eq\f(1,2k－1)到n＝k＋1時(shí)末項(xiàng)為eq\f(1,2k＋1－1)＝eq\f(1,2k－1＋2k)，∴應(yīng)增加的項(xiàng)數(shù)為2k.故選C.7．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，則eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510676)()A．f(n)中共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)[答案]D[解析]項(xiàng)數(shù)為n2－(n－1)＝n2－n＋1，故應(yīng)選D.8．已知a＋b＋c＝0，則ab＋bc＋ca的值eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510677)()A．大于0 B．小于0C．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∴ab＋ac＋bc＝－eq\f(a2＋b2＋c2,2)≤0.解法2：令c＝0，若b＝0，則ab＋bc＋ac＝0，否則a、b異號(hào)，∴ab＋bc＋ac＝ab＜0，排除A、B、C，選D.9．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(jié)論是eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510678)()A．a(chǎn)＞b B．a(chǎn)＜bC．a(chǎn)＝b D．a(chǎn)、b大小不定[答案]B[解析]a＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)＝eq\f(1,\r(c＋1)＋\r(c))，b＝eq\r(c)－eq\r(c－1)＝eq\f(1,\r(c)＋\r(c－1))，因?yàn)閑q\r(c＋1)>eq\r(c)>0，eq\r(c)>eq\r(c－1)>0，所以eq\r(c＋1)＋eq\r(c)>eq\r(c)＋eq\r(c－1)>0，所以a<b.10.已知函數(shù)f(x)滿(mǎn)足f(0)＝0，導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象如圖所示，則f(x)的圖象與x軸圍成的封閉圖形的面積為eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510679)()\f(1,3) B．eq\f(4,3)C．2 \f(8,3)[答案]B[解析]由f′(x)的圖象知，f′(x)＝2x＋2，設(shè)f(x)＝x2＋2x＋c，由f(0)＝0知，c＝0，∴f(x)＝x2＋2x，由x2＋2x＝0得x＝0或－2.故所求面積S＝－eq\i\in(,0,)－2(x2＋2x)dx＝eq\b\lc\\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)x3＋x2))eq\o\al(0,－2)＝eq\f(4,3).11．已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，存在自然數(shù)m，使得對(duì)任意n∈N，都能使m整除f(n)，則最大的m的值為eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510680)()A．30 B．26C．36 D．6[答案]C[解析]∵f(1)＝36，f(2)＝108＝3×36，f(3)＝360＝10×36，∴f(1)，f(2)，f(3)能被36整除，猜想f(n)能被36整除．證明：n＝1,2時(shí)，由上得證，設(shè)n＝k(k≥2)時(shí)，f(k)＝(2k＋7)·3k＋9能被36整除，則n＝k＋1時(shí)，f(k＋1)－f(k)＝(2k＋9)·3k＋1－(2k＋7)·3k＝(6k＋27)·3k－(2k＋7)·3k＝(4k＋20)·3k＝36(k＋5)·3k－2(k≥2)?f(k＋1)能被36整除．∵f(1)不能被大于36的數(shù)整除，∴所求最大的m值等于36.12．設(shè)函數(shù)f(x)定義如下表，數(shù)列{xn}滿(mǎn)足x0＝5，且對(duì)任意的自然數(shù)均有xn＋1＝f(xn)，則x2023＝eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510681)()x12345f(x)41352 B．2C．4 D．5[答案]B[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x2023＝x1＝2，故應(yīng)選B.二、填空題(本大題共4個(gè)小題，每小題5分，共20分，把正確答案填在題中橫線(xiàn)上)13．在△ABC中，D為邊BC的中點(diǎn)，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))．將上述命題類(lèi)比到四面體中去，得到一個(gè)類(lèi)比命題：eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510682)________________________________________________________________________.[答案]在四面體A－BCD中，G為△BCD的重心，則eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(1,3)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→))＋eq\o(AD,\s\up6(→)))14．設(shè)函數(shù)f(x)＝eq\f(x,x＋2)(x>0)，觀(guān)察：f1(x)＝f(x)＝eq\f(x,x＋2)，f2(x)＝f(f1(x))＝eq\f(x,3x＋4)，f3(x)＝f(f2(x))＝eq\f(x,7x＋8)，f4(x)＝f(f3(x))＝eq\f(x,15x＋16)，……根據(jù)以上事實(shí)，由歸納推理可得：當(dāng)n∈N*且n≥2時(shí)，fn(x)＝f(fn－1(x))＝\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510683)[答案]eq\f(x,2n－1x＋2n)[解析]觀(guān)察f1(x)、f2(x)、f3(x)、f4(x)的表達(dá)式可見(jiàn)，fn(x)的分子為x，分母中x的系數(shù)比常數(shù)項(xiàng)小1，常數(shù)項(xiàng)依次為2,4,8,16，……，2n.故fn(x)＝eq\f(x,2n－1x＋2n).15．(2023·成都高二檢測(cè))在平面上，我們用一直線(xiàn)去截正方形的一個(gè)角，那么截下的一個(gè)直角三角形，按如圖所標(biāo)邊長(zhǎng)，由勾股定理有c2＝a2＋b2.設(shè)想正方形換成正方體，把截線(xiàn)換成如圖截面，這時(shí)從正方體上截下三條側(cè)棱兩兩垂直的三棱錐O－LMN，如果用S1、S2、S3表示三個(gè)側(cè)面面積，S表示截面面積，那么類(lèi)比得到的結(jié)論是\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510684)[答案]S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)[解析]類(lèi)比如下：正方形?正方體；截下直角三角形?截下三側(cè)面兩兩垂直的三棱錐；直角三角形斜邊平方?三棱錐底面面積的平方；直角三角形兩直角邊平方和?三棱錐三個(gè)側(cè)面面積的平方和，結(jié)論S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3).證明如下：如圖，作OE⊥平面LMN，垂足為E，連接LE并延長(zhǎng)交MN于F，∵LO⊥OM，LO⊥ON，∴LO⊥平面MON，∵M(jìn)N?平面MON，∴LO⊥MN，∵OE⊥MN，∴MN⊥平面OFL，∴S△OMN＝eq\f(1,2)MN·OF，S△MNE＝eq\f(1,2)MN·FE，S△MNL＝eq\f(1,2)MN·LF，OF2＝FE·FL，∴Seq\o\al(2,△OMN)＝(eq\f(1,2)MN·OF)2＝(eq\f(1,2)MN·FE)·(eq\f(1,2)MN·FL)＝S△MNE·S△MNL，同理Seq\o\al(2,△OML)＝S△MLE·S△MNL，Seq\o\al(2,△ONL)＝S△NLE·S△MNL，∴Seq\o\al(2,△OMN)＋Seq\o\al(2,△OML)＋Seq\o\al(2,△ONL)＝(S△MNE＋S△MLE＋S△NLE)·S△MNL＝Seq\o\al(2,△MNL)，即Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)＝S2.16．(2023·四川文，15)在平面直角坐標(biāo)系中，當(dāng)P(x，y)不是原點(diǎn)時(shí)，定義P的“伴隨點(diǎn)”為P′(eq\f(y,x2＋y2)，eq\f(－x,x2＋y2))；當(dāng)P是原點(diǎn)時(shí)，定義P的“伴隨點(diǎn)”為它自身．現(xiàn)有下列命題：①若點(diǎn)A的“伴隨點(diǎn)”是點(diǎn)A′，則點(diǎn)A′的“伴隨點(diǎn)”是點(diǎn)A；②單位圓上的點(diǎn)的“伴隨點(diǎn)”仍在單位圓上；③若兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)，則它們的“伴隨點(diǎn)”關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)；④若三點(diǎn)在同一條直線(xiàn)上，則它們的“伴隨點(diǎn)”一定共線(xiàn)．其中的真命題是________(寫(xiě)出所有真命題的序號(hào)).eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510685)[答案]②③[解析]對(duì)于①，設(shè)A(0,3)，則A的“伴隨點(diǎn)”為A′(eq\f(1,3)，0)，但是A′(eq\f(1,3)，0)的“伴隨點(diǎn)”為(0，－3)，與A不同，所以①錯(cuò)誤；對(duì)于②，設(shè)單位圓C：x2＋y2＝1上的點(diǎn)P(x，y)，點(diǎn)P的“伴隨點(diǎn)”為P′(x′，y′)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(y,x2＋y2),y′＝\f(－x,x2＋y2)))，所以x′2＋y′2＝eq\f(y2,x2＋y22)＋eq\f(－x2,x2＋y22)＝eq\f(1,x2＋y2)＝1，所以②正確；對(duì)于③，設(shè)P(x，y)的“伴隨點(diǎn)”為P′(eq\f(y,x2＋y2)，eq\f(－x,x2＋y2))，P1(x，－y)的“伴隨點(diǎn)”為P′1(eq\f(－y,x2＋y2)，eq\f(－x,x2＋y2))，易知P′(eq\f(y,x2＋y2)，eq\f(－x,x2＋y2))與P′1(eq\f(－y,x2＋y2)，eq\f(－x,x2＋y2))關(guān)于y軸對(duì)稱(chēng)，所以③正確；對(duì)于④，設(shè)原直線(xiàn)的解析式為Ax＋By＋C＝0，其中A，B不同時(shí)為0，且P(x0，y0)為該直線(xiàn)上一點(diǎn)，P(x0，y0)的“伴隨點(diǎn)”為P′(x′，y′)，其中P，P′都不是原點(diǎn)，且eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x′＝\f(y0,x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)),y′＝\f(－x0,x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0))))，則x0＝－(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))y′，y0＝(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))x′，將P(x0，y0)代入原直線(xiàn)方程，得－A(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))y′＋B(xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0))x′＋C＝0，則－Ay′＋Bx′＋eq\f(C,x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0))＝0，由于xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)的值不確定，所以“伴隨點(diǎn)”不一定共線(xiàn)，所以④錯(cuò)誤．三、解答題(本大題共6個(gè)大題，共70分，解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)17．(本題滿(mǎn)分10分)已知：a、b、c∈R，且a＋b＋c＝1.求證：a2＋b2＋c2≥eq\f(1,3).eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510686)[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≥eq\f(1,3).18．(本題滿(mǎn)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(qǐng)你研究：若cn＝an＋bn(n＞2)，問(wèn)△ABC為何種三角形？為什么？eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510687)[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＝eq\f(a2＋b2－c2,2ab)，∴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(jià)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(shuō)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．19．(本題滿(mǎn)分12分)橢圓與雙曲線(xiàn)有許多優(yōu)美的對(duì)稱(chēng)性質(zhì)．對(duì)于橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)有如下命題：AB是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的不平行于對(duì)稱(chēng)軸且不過(guò)原點(diǎn)的弦，M為AB的中點(diǎn)，則kOM·kAB＝－eq\f(b2,a2)為定值．那么對(duì)于雙曲線(xiàn)eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，則有命題：AB是雙曲線(xiàn)eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的不平行于對(duì)稱(chēng)軸且不過(guò)原點(diǎn)的弦，M為AB的中點(diǎn)，猜想kOM·kAB的值，并證明.eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510688)[解析]設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)，,y0＝\f(y1＋y2,2).))kOM＝eq\f(y0,x0)＝eq\f(y1＋y2,x1＋x2)，kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)，即kOM·kAB＝eq\f(y1－y2y1＋y2,x1－x2x1＋x2)＝eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2)).將A、B坐標(biāo)代入雙曲線(xiàn)方程eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1中可得：eq\f(x\o\al(2,1),a2)－eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1 ①eq\f(x\o\al(2,2),a2)－eq\f(y\o\al(2,2),b2)＝1 ②①－②得：eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),a2)＝eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),b2)，∴eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2))＝eq\f(b2,a2)，即kOM·kAB＝eq\f(b2,a2).20．(本題滿(mǎn)分12分)若x>0，y>0，用分析法證明：(x2＋y2)eq\f(1,2)>(x3＋y3)eq\f(1,3).eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510689)[證明]要證(x2＋y2)eq\f(1,2)>(x3＋y3)eq\f(1,3)，只需證(x2＋y2)3>(x3＋y3)2，即證x6＋3x4y2＋3x2y4＋y6>x6＋2x3y3＋y6，即證3x4y2＋3y4x2>2x3y3.又因?yàn)閤>0，y>0，所以x2y2>0，故只需證3x2＋3y2>2xy.而3x2＋3y2>x2＋y2≥2xy成立，所以(x2＋y2)eq\f(1,2)>(x3＋y3)eq\f(1,3)成立．21．(本題滿(mǎn)分12分)已知函數(shù)f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1).eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510690)(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(méi)有負(fù)數(shù)根．[解析](1)證法1：任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨設(shè)x1<x2，則x2－x1>0，ax2－x1>1且ax1>0，∴ax2－ax1＝ax1(ax2－x1－1)>0，又∵x1＋1>0，x2＋1>0，∴eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝eq\f(x2－2x1＋1－x1－2x2＋1,x1＋1x2＋1)＝eq\f(3x2－x1,x1＋1x2＋1)>0，于是f(x2)－f(x1)＝ax2－ax1＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)>0，故函數(shù)f(x)在(－1，＋∞)上為增函數(shù)．證法2：f′(x)＝axlna＋eq\f(x＋1－x－2,x＋12)＝axlna＋eq\f(3,x＋12)∵a>1，∴l(xiāng)na>0，∴axlna＋eq\f(3,x＋12)>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(shè)存在x0<0(x0≠－1)滿(mǎn)足f(x0)＝0，則ax0＝－eq\f(x0－2,x0＋1)，且0<ax0<1.∴0<－eq\f(x0－2,x0＋1)<1，即eq\f(1,2)<x0<2，與假設(shè)x0<0矛盾．故方程f(x)＝0沒(méi)有負(fù)數(shù)根．解法2：設(shè)x0<0(x0≠－1)，①若－1<x0<0，則eq\f(x0－2,x0＋1)<－2，ax0<1，∴f(x0)<－1.②若x0<－1則eq\f(x0－2,x0＋1)>0，ax0>0，∴f(x0)>0.綜上，x<0(x≠－1)時(shí)，f(x)<－1或f(x)>0，即方程f(x)＝0無(wú)負(fù)數(shù)根．22．(本題滿(mǎn)分12分)設(shè)數(shù)列a1，a2，…，an，…中的每一項(xiàng)都不為0.證明{an}為等差數(shù)列的充分必要條件是：對(duì)任何n∈N＋，都有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(n,a1an＋1).eq\x(導(dǎo)學(xué)號(hào)10510691)[證明]先證必要性．設(shè)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eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2－a1,a1a2)＋\f(a3－a2,a2a3)＋…＋\f(an＋1－an,anan＋1)))＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,a2)))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)－\f(1,a3