高中數學 第二章 推理與證明綜合檢測 新人教A版選修2-2

【成才之路】-學年高中數學第二章推理與證明綜合檢測新人教A版選修2-2時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(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個是符合題目要求的)1．觀察數列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…的特點，按此規(guī)律，則第100項為()A．10 B．14C．13 D．100[答案]B[解析]設n∈N*，則數字n共有n個，所以eq\f(nn＋1,2)≤100即n(n＋1)≤200，又因為n∈N*，所以n＝13，到第13個13時共有eq\f(13×14,2)＝91項，從第92項開始為14，故第100項為14.2．有一段演繹推理是這樣的“有些有理數是真分數，整數是有理數，則整數是真分數”，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.3．用數學歸納法證明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝eq\f(n＋3n＋4,2)(n∈N*)時，驗證n＝1，左邊應取的項是()A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4[答案]D[解析]當n＝1時，左＝1＋2＋…＋(1＋3)＝1＋2＋3＋4，故應選D.4．(·福建南安高二期末)下列說法正確的是()A．“a<b”是“am2<bm2”B．命題“?x∈R，x3－x2－1≤0”的否定是“?x∈R，x3－x2－1≤0”C．“若a、b都是奇數，則a＋b是偶數”的逆否命題是“若a＋b不是偶數，則a、b不都是奇數”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>0”，故B錯；C正確；D中p∧q為假命題，則p、q中至少有一個為假命題，故D錯．5．(·東北三校模擬)下列代數式(其中k∈N*)能被9整除的是()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k＝1時，顯然只有3(2＋7k)能被9整除，故選D.證明如下：當k＝1時，已驗證結論成立，假設當k＝n(n∈N*)時，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，k＝n＋1時命題也成立．故命題對任何k∈N*都成立．6．已知f(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，則()A．f(n)中共有n項，當n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．f(n)中共有n＋1項，當n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．f(n)中共有n2－n項，當n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)D．f(n)中共有n2－n＋1項，當n＝2時，f(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)[答案]D[解析]項數為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，∴ab＋bc＋ac＝ab＜0，排除A、B、C，選D.8．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()A．a＞b B．a＜bC．a＝b D．a、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))，因為eq\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.9．定義一種運算“*”；對于自然數n滿足以下運算性質：()(i)1]B.n＋1C．n－1 D．n2[答案]A[解析]令an＝n*1，則由(ii)得，an＋1＝an＋1，由(i)得，a1＝1，∴{an}是首項a1＝1，公差為1的等差數列，∴an＝n，即n*1＝n，故選A.10．(·濟寧梁山一中高二期中)已知函數f(x)滿足f(0)＝0，導函數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()A．eq\f(1,3) B．eq\f(4,3)C．2 D．eq\f(8,3)[答案]B[解析]由f′(x)的圖象知，f′(x)＝2x＋2，設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1＋2×3＋3×32＋4×32＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，那么a、b、c的值為()A．a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4) B．a＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a＝0，b＝c＝eq\f(1,4) D．不存在這樣的a、b、c[答案]A[解析]令n＝1、2、3，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－b＋c＝1，,92a－b＋c＝7，,273a－b＋c＝34.))所以a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).12．設函數f(x)定義如下表，數列{xn}滿足x0＝5，且對任意的自然數均有xn＋1＝f(xn)，則x＝()x12345f(x)41352A.1 B．2C．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，…，數列{xn}是周期為4的數列，所以x＝x3＝4，故應選C.二、填空題(本大題共4個小題，每小題4分，共16分，把正確答案填在題中橫線上)13．在△ABC中，D為邊BC的中點，則eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\o(AC,\s\up6(→)))．將上述命題類比到四面體中去，得到一個類比命題：_____________________________________________________.[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．(·安陽中學高二期末)設函數f(x)＝eq\f(x,x＋2)(x>0)，觀察：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)，……根據以上事實，由歸納推理可得：當n∈N*且n≥2時，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.[答案]eq\f(x,2n－1x＋2n)[解析]觀察f1(x)、f2(x)、f3(x)、f4(x)的表達式可見，fn(x)的分子為x，分母中x的系數比常數項小1，常數項依次為2,4,8,16……2n.故fn(x)＝eq\f(x,2n－1x＋2n).14．(·廈門六中高二期中)在平面上，我們用一直線去截正方形的一個角，那么截下的一個直角三角形，按如圖所標邊長，由勾股定理有c2＝a2＋b2.設想正方形換成正方體，把截線換成如圖截面，這時從正方體上截下三條側棱兩兩垂直的三棱錐O－LMN，如果用S1、S2、S3表示三個側面面積，S表示截面面積，那么類比得到的結論是________．[答案]S2＝Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋Seq\o\al(2,3)[解析]類比如下：正方形?正方體；截下直角三角形?截下三側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?三棱錐三個側面面積的平方和，結論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并延長交MN于F，∵LO⊥OM，LO⊥ON，∴LO⊥平面MON，∵MN?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．(·洛陽部分重點中學教學檢測)觀察下列等式：eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,22)，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＝1－eq\f(1,3×22)，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＋eq\f(5,3×4)×eq\f(1,23)＝1－eq\f(1,4×23)，……，由以上等式推測到一個一般的結論：對于n∈N*，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＋…＋eq\f(n＋2,nn＋1)×eq\f(1,2n)＝________.[答案]1－eq\f(1,n＋1·2n)[解析]由已知中的等式：eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＝1－eq\f(1,22)eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＝1－eq\f(1,3×22)，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＋eq\f(5,3×4)×eq\f(1,23)＝1－eq\f(1,4×23)，…，所以對于n∈N*，eq\f(3,1×2)×eq\f(1,2)＋eq\f(4,2×3)×eq\f(1,22)＋…＋eq\f(n＋2,nn＋1)×eq\f(1,2n)＝1－eq\f(1,n＋12n).三、解答題(本大題共6個大題，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≥eq\f(1,3).[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．(本題滿分12分)設n∈N＋，用歸納推理猜想eq\r(111…\o(1,\s\do4(2n個1))－222…\o(2,\s\do4(n個2)))的值．[解析]記f(n)＝eq\r(111…\o(1,\s\do4(2n個1))－222…\o(2,\s\do4(n個2)))，則f(1)＝eq\r(11－2)＝3，f(2)＝eq\r(1111－22)＝eq\r(1089)＝33，f(3)＝eq\r(111111－222)＝eq\r(110889)＝333.猜想f(n)＝333…eq\o(3,\s\do4(n個)).[點評]f(n)＝333…eq\o(3,\s\do4(n個))可證明如下：∵111…eq\o(1,\s\do4(2n個))＝eq\f(1,9)(102n－1)，222…eq\o(2,\s\do4(n個2))＝eq\f(2,9)(10n－1)，令10n＝x>1，則f(n)＝eq\r(\f(1,9)x2－1－\f(2,9)x－1)＝eq\r(\f(1,9)x2－2x＋1)＝eq\f(1,3)(x－1)＝eq\f(1,3)(10n－1)，即f(n)＝33…eq\o(3,\s\do4(n個)).19．(本題滿分12分)(·華池一中高二期中)在圓x2＋y2＝r2(r>0)中，AB為直徑，C為圓上異于A、B的任意一點，則有kAC·kBC＝－1.你能用類比的方法得出橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中有什么樣的結論？并加以證明．[解析]類比得到的結論是：在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中，A、B分別是橢圓長軸的左右端點，點C(x，y)是橢圓上不同于A、B的任意一點，則kAC·kBC＝－eq\f(b2,a2)證明如下：設A(x0，y0)為橢圓上的任意一點，則A關于中心的對稱點B的坐標為B(－x0，－y0)，點P(x，y)為橢圓上異于A，B兩點的任意一點，則kAP·kBP＝eq\f(y－y0,x－x0)·eq\f(y＋y0,x＋x0)＝eq\f(y2－y\o\al(2,0),x2－x\o\al(2,0)).由于A、B、P三點在橢圓上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,\f(x\o\al(2,0),a2)＋\f(y\o\al(2,0),b2)＝1.))兩式相減得，eq\f(x2－x\o\al(2,0),a2)＋eq\f(y2－y\o\al(2,0),b2)＝0，∴eq\f(y2－y\o\al(2,0),x2－x\o\al(2,0))＝－eq\f(b2,a2)，即kAP·kBP＝－eq\f(b2,a2).故在橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)中，長軸兩個端點為A、B、P為異于A、B的橢圓上的任意一點，則有kAB·kBP＝－eq\f(b2,a2).20．(本題滿分12分)已知函數f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a>1)．(1)證明：函數f(x)在(－1，＋∞)上為增函數；(2)用反證法證明方程f(x)＝0沒有負數根．[解析](1)證法1：任取x1、x2∈(－1，＋∞)，不妨設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f(x)在(－1，＋∞)上為增函數．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．(2)解法1：設存在x0<0(x0≠－1)滿足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x0<0矛盾．故方程f(x)＝0沒有負數根．解法2：設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，f(x)<－1或f(x)>0，即方程f(x)＝0無負數根．21．(本題滿分12分)(·哈六中期中)已知函數f(x)＝(x－2)ex－eq\f(1,2)x2＋x＋2.(1)求函數f(x)的單調區(qū)間和極值；(2)證明：當x≥1時，f(x)>eq\f(1,6)x3－eq\f(1,2)x.[解析](1)f′(x)＝(x－1)(ex－1)，當x＜0或x＞1時，f′(x)＞0，當0＜x＜1時，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，0)，(1，＋∞)上單調遞增，在(0,1)上單調遞減，當x＝0時，f(x)有極大值f(0)＝0，當x＝1時，f(x)有極小值f(1)＝eq\f(5,2)－e.(2)設g(x)＝f(x)－eq\f(1,6)x3＋eq\f(1,2)x，則g′(x)＝(x－1)(ex－eq\f(x,2)－eq\f(3,2))，令u(x)＝ex－eq\f(x,2)－eq\f(3,2)，則u′(x)＝ex－eq\f(1,2)，當x≥1時，u′(x)＝ex－eq\f(1,2)>0，u(x)在[1，＋∞)上單調遞增，u(x)≥u(1)＝e－2>0，所以g′(x)＝(x－1)(ex－eq\f(x,2)－eq\f(3,2))≥0，g(x)＝f(x)－eq\f(1,6)x3＋eq\f(1,2)x在[1，＋∞)上單調遞增．g(x)＝f(x)－eq\f(1,6)x3＋eq\f(1,2)x≥g(1)＝eq\f(17,6)－e>0，所以f(x)>eq\f(1,6)x3－eq\f(1,2)x.22．(本題滿分14分)設數列a1，a2，…an，…中的每一項都不為0.證明{an}為等差數列的充分必要條件是：對任何n∈N＋，都有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(n,a1an＋1).[分析]本題考查等差數列、數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，再用數學歸納法或綜合法證明充分性．[證明]先證必要性．設數列{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)))＋…＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,an)－\f(1,an＋1)))))＝eq\f(1,d)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a1)－\f(1,an＋1)))＝eq\f(1,d)eq\f(an＋1－a1,a1an＋1)＝eq\f(n,a1an＋1).再證充分性．證法1：(數學歸納法)設所述的等式對一切n∈N＋都成立．首先，在等式eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＝eq\f(2,a1a3)兩端同乘a1a2a3，即得a1＋a3＝2a2，所以a1，a2，a3成等差數列，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eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,ak－1ak)＝eq\f(k－1,a1ak)， ①eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,ak－1ak)＋eq\f(1,akak＋1)＝eq\f(k,a1ak＋1) ②將①代入②，得eq\f(k－1,a1ak)＋eq\f(1,akak＋1)＝eq\f(k,a1ak＋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的等差數列．證法2：(直接證法)依題意有eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＝eq\f(n,a1an＋1)， ①eq\f(1,a1a2)＋eq\f(1,a2a3)＋…＋eq\f(1,anan＋1)＋eq\f(1,an＋1an＋2)＝eq\f(n＋1,a1an＋2). ②②－①得eq\f(1,an＋1an＋2)＝eq\f(n＋1,a1an＋2)－eq\f(n,a1an＋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) ④③－④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}是等差數列．1．已知數列eq\r(2)，eq\r(5)，2eq\r(2)，eq\r(11)，…，則2eq\r(5)是這個數列的()A．第6項 B．第7項C．第19項 D．第11項[答案]B[解析]eq\r(2)，eq\r(5)，eq\r(8)，eq\r(11)，…，而2eq\r(5)＝eq\r(20)，可見各根號內被開方數構成首項為2，公差為3的等差數列，由20＝2＋(n－1)×3得n＝7.2．有甲、乙、丙、丁四位歌手參加比賽，其中只有一位獲獎，有人走訪了四位歌手，甲說：“是乙或丙獲獎．”乙說：“甲、丙都未獲獎．”丙說：“我獲獎了．”丁說：“是乙獲獎．”四位歌手的話只有兩名是對的，則獲獎的歌手是__________________．[答案]丙[解析]若甲獲獎，則甲、乙、丙、丁說的都是錯的，同理可推知乙、丙、丁獲獎的情況，最后可知獲獎的歌手是丙．3．(1)由“若a、b、c∈R，則(ab)c＝a(bc)”類比“若a、b、c為三個向量，則(a·b)c＝a(b·c)”；(2)在數列{an}中，a1＝0，an＋1＝2an＋2，猜想an＝2n－2；(3)“在平面內，三角形的兩邊之和大于第三邊”類比“在空間中，四面體的任意三個面的面積之和大于第四個面的面積”；上述三個推理中結論正確的序號為________．[答案]②③[解析](