數(shù)學(xué)-自我小測：演繹推理

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精自我小測1．“∵四邊形ABCD是矩形,∴四邊形ABCD的對角線相等．”補(bǔ)充以上推理的大前提是()A．正方形都是對角線相等的四邊形B．矩形都是對角線相等的四邊形C．等腰梯形都是對角線相等的四邊形D．矩形都是對邊平行且相等的四邊形2．“因為對數(shù)函數(shù)y＝logax是增函數(shù)（大前提)，又y＝x是對數(shù)函數(shù)（小前提)，所以y＝x是增函數(shù)(結(jié)論)．"下列說法正確的是()A．大前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤 B．小前提錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤C．推理形式錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤 D．大前提和小前提都錯誤導(dǎo)致結(jié)論錯誤3．給出以下關(guān)系：①實數(shù)的相等關(guān)系;②集合的包含關(guān)系；③空間中平面的垂直關(guān)系;④空間中直線的平行關(guān)系;⑤平面向量中非零向量的共線關(guān)系．其中具有傳遞性的關(guān)系有(）個．A．2B．3C．4D4．已知函數(shù)f(x）＝x3＋m·2x＋n是奇函數(shù)，則()A．m＝0B．m＝0且n＝0 C．n＝0D．m＝0或n＝5．有一段演繹推理是這樣的：“直線平行于平面，則直線平行于平面內(nèi)的所有直線，已知直線b平面α,直線a平面α,直線b∥平面α,則直線b∥直線a”的結(jié)論顯然是錯誤的,這是因為（）A．大前提錯誤B．小前提錯誤 C．推理形式錯誤D．非以上錯誤6．函數(shù)y＝2x＋5的圖象是一條直線，用三段論表示為:大前提___________________________________________________________________；小前提___________________________________________________________________；結(jié)論_____________________________________________________________________．7．某一三段論推理，其前提之一為肯定判斷，結(jié)論為否定判斷，由此可以推斷,該三段論的另一前提必為________判斷．8．有些歌唱家留長發(fā)，因此，有些留長發(fā)的人是大嗓門，為使上述推理成立，請補(bǔ)充大前提________．9．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1，2x－1）＋\f（1，2))）·x3。（1）判斷f（x)的奇偶性；(2)證明f（x)＞0.10．蜜蜂被認(rèn)為是自然界中最杰出的建筑師,單個蜂巢可以近似地看做是一個正六邊形，如圖為一組蜂巢的截面圖．其中第一個圖有1個蜂巢，第二個圖有7個蜂巢，第三個圖有19個蜂巢，按此規(guī)定，以f（n)表示第n個圖的蜂巢總數(shù)．(1)試給出f(4），f（5)的值，并求f(n)的表達(dá)式(不要求證明）;（2）證明eq\f(1,f1)＋eq\f(1，f2）＋eq\f(1，f3)＋…＋eq\f（1,fn)＜eq\f（4,3）。

參考答案1．答案:B2．解析:大前提“對數(shù)函數(shù)y＝logax是增函數(shù)”是錯誤的，因為當(dāng)a＞1時是增函數(shù)，當(dāng)0＜a＜1時是減函數(shù)．答案：A3．解析：若a＝b，b＝c，則a＝c，所以①具有傳遞性；若AB，BC，則AC，所以②具有傳遞性;α⊥β，β⊥γα⊥γ，所以③不具有傳遞性；若a∥b，b∥c，則a∥c，所以④具有傳遞性；若a∥b，b∥c,則a∥c，所以⑤具有傳遞性．答案：C4．解析：∵f(x)為奇函數(shù)且定義域為R,∴f(0)＝0，f(－1)＝－f(1),即0＋m＋n＝0，－1＋m·2－1＋n＝－(1＋2m＋n解得m＝0,n＝0.故選B項．答案：B5．解析:大前提錯誤，直線平行于平面，則它平行于平面內(nèi)的無數(shù)條直線，但并非與平面內(nèi)的所有直線平行．答案：A6．答案：所有一次函數(shù)的圖象都是一條直線函數(shù)y＝2x＋5是一次函數(shù)函數(shù)y＝2x＋5的圖象是一條直線7．答案:否定8．解析：利用“三段論”推理．大前提:所有歌唱家都是大嗓門，小前提：有些歌唱家留長發(fā)，結(jié)論：有些留長發(fā)的人是大嗓門．答案:所有歌唱家都是大嗓門9．(1)解：函數(shù)f（x)的定義域為2x－1≠0，即{x｜x≠0｝,f(－x)－f（x)＝eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(1,2－x－1)＋\f(1,2)))(－x)3－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(1,2x－1)＋\f（1,2）)）x3＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(2x,1－2x)＋\f（1，2）))(－x)3－eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（1，2x－1)＋\f(1,2）)）x3＝eq\f(2x，2x－1）·x3－eq\f（1,2）x3－eq\f（1，2x－1)x3－eq\f(1，2)x3＝x3－x3＝0,所以f（－x)＝f(x），所以f(x）是偶函數(shù)．（2）證明：因為x≠0，所以當(dāng)x＞0時,2x＞1,2x－1＞0，x3＞0，所以f（x）＞0;當(dāng)x＜0時，－x＞0，f(x)＝f（－x）＞0，所以f（x）＞0。10．(1)解:f（4)＝37，f(5）＝61。由于f（2）－f(1)＝7－1＝6,f(3)－f(2)＝19－7＝2×6,f（4)－f（3）＝37－19＝3×6，f（5）－f(4)＝61－37＝4×6，…，因此,當(dāng)n≥2時，有f(n）－f(n－1)＝6（n－1)，所以f（n)＝[f(n)－f(n－1)］＋[f(n－1)－f(n－2)］＋…＋[f(2)－f（1）］＋f(1)＝6［（n－1）＋(n－2)＋…＋2＋1]＋1＝3n2－3n＋1.又f(1)＝1＝3×12－3×1＋1，所以f（n)＝3n2－3n＋1。（2)證明:當(dāng)k≥2時,eq\f(1,fk)＝eq\f(1，3k2－3k＋1）＜eq\f(1，3k2－3k）＝eq\f(1，3）eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1，k－1）－\f(1，k））），所以eq\f（1,f1)＋eq\f(1,f2）＋eq\f(1，f3)＋…＋eq\f（1，fn）＜1＋eq\f（1,3）eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1(\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f(1，2）)）＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（1,2)－