（教师用书）2013-2014学年高中数学 第二章 推理与证明综合检测 苏教版选修2-2.doc

第2章　推理与证明(时间120分钟，满分160分)一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把正确的答案填在题中横线上)1．下面几种推理是合情推理的序号的是________．①由圆的性质类比出球的有关性质；②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°归纳出所有三角形的内角和都是180°；③某次考试张军成绩是100分，由此推出全班同学成绩都是100分；④三角形内角和是180°，四边形内角和是360°，五边形内角和是540°，由此得凸多边形内角和是(n－2)·180°.【解析】　①是类比推理；②是归纳推理；③不属于合情推理；④是归纳推理．【答案】　①②④2．若大前提是：任何实数的平方都大于0，小前提是：a∈R，结论是：a2＞0，那么这个演绎推理错在________(填“大前提”，“小前提”或“推理过程”)．【解析】　a＝0时，a2＝0，因此大前提错误．【答案】　大前提3．用数学归纳法证明12＋22＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝时，由n＝k的假设到证明n＝k＋1时，等式左边应添加的式子是________．【解析】　由等式的特征，左边应添加(k＋1)2＋k2.【答案】　(k＋1)2＋k24．下列四个图形中，着色三角形的个数依次构成一个数列的前4项，则这个数列的一个通项公式为________．图1【解析】　由图形可知，着色三角形的个数依次为：1，3，9，27，…，故an＝3n－1.【答案】　3n－15．已知a＞0，b＞0，m＝lg ，n＝lg ，则m与n的大小关系为________．【解析】　∵(＋)2＝a＋b＋2＞a＋b＞0，∴＋＞＞0，则＞.∴lg ＞lg ，则m＞n.【答案】　m＞n6．已知圆x2＋y2＝r2(r＞0)的面积为S＝πr2，由此类比椭圆＋＝1(a＞b＞0)的面积最有可能是________．【解析】　将圆看作椭圆的极端情况，即a＝b情形．∴类比S圆＝πr2，得椭圆面积S＝πab.【答案】　πab7．已知结论“若a1，a2∈{正实数}，且a1＋a2＝1，则＋≥4”，请猜想若a1，a2，…，an∈{正实数}，且a1＋a2＋…＋an＝1，则＋＋…＋≥________．【解析】　左边是2项，右边为22，猜想：左边是n项，右边为n2.【答案】　n2图28．现有一个关于平面图形的命题：如图2，在一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个正方形的某个顶点在另一个正方形的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为，类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个正方体的某个顶点在另一个正方体的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．【解析】　正方形类比到正方体，重叠面积类比到重叠体积，则S＝，类比得V＝()3＝.【答案】　9．将全体正整数排成一个三角形数阵：12　34　5　67　8　9　1011　12　13　14　15根据以上排列规律，数阵中第n(n≥3)行的从左到右的第三个数是________．【解析】　前n－1行共有正整数1＋2＋3＋…＋(n－1)＝个，∴第n行第3个数是＋3＝.【答案】　10．(2013·南京高二检测)已知数列{an}为等差数列，数列{bn}是各项均为正数的等比数列，且公比q＞1，若a1＝b1，a2 013＝b2 013，则a1 007与b1 007的大小关系是________．【解析】　由2a1 007＝a1＋a2 013，得a1 007＝.又b＝b1·b2 013，得b1 007＝，∵a1＝b1＞0，a2 013＝b2 013＞0，且a1≠a2 013，∴a1 007＞b1 007.【答案】　a1 007＞b1 00711．一切奇数都不能被2整除，2100＋1是奇数，所以2100＋1不能被2整除，其“三段论”的形式为：大前提：一切奇数都不能被2整除．小前提：________．结论：所以2100＋1不能被2整除．【答案】　2100＋1是奇数12．求证：＋＜2的证明如下：因为＋和2都是正数，所以为了证明＋＜2，只需证明(＋)2＜(2)2，展开得6＋2＜12，即＜3，只需证明5＜9.因为5＜9成立．所以不等式＋＜2成立．上述证明过程应用的方法是________．【答案】　分析法13．用反证法证明命题“a，b∈N*，ab可被5整除， 那么a，b至少有1个能被5整除”，则假设的内容是________．【解析】　“a、b中至少有一个能被5整除”的否定为“a，b都不能被5整除”．【答案】　a，b都不能被5整除14．(2013·徐州高二检测)在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比＝，把这个结论类比到空间：在三棱锥A—BCD中(如图3所示)，面DEC平分二面角A—CD—B且与AB相交于E，则得到的类比的结论是________．图3【解析】　CE平分角ACB，而面CDE平分二面角A—CD—B.∴可类比成，故结论为＝.【答案】　＝二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤)15．(本小题满分14分)观察：(1)sin210°＋cos240°＋sin 10°cos 40°＝；(2)sin26°＋cos236°＋sin 6°cos 36°＝.由上面两题的结构规律，你能否提出一个猜想？并证明你的猜想．【解】　观察40°－10°＝30°，36°－6°＝30°，由此猜想：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sin α·cos(30°＋α)＝.证明：sin2α＋cos2(30°＋α)＋sin α·cos(30°＋α)＝＋＋sin α(cos α－sin α)＝＋[1＋(cos 2α－sin 2α)]＋sin 2α－sin2α＝1－cos 2α－sin 2α＋sin 2α－×＝.16．(本小题满分14分)已知00.欲证＋≥9成立，只需证明1－a＋4a≥9a(1－a)．整理移项9a2－6a＋1≥0.即证明(3a－1)2≥0.∵a∈(0，1)，∴(3a－1)2≥0显然成立．故＋≥9成立．17．(本小题满分14分)(2013·无锡高二检测)已知函数f(x)＝log2(x＋2)，a，b，c，是两两不相等的正数，且a，b，c成等比数列，试判断f(a)＋f(c)与2f(b)的大小关系，并证明你的结论．【解】　f(a)＋f(c)＞2f(b)，证明如下：∵a，b，c是不相等的正数，∴a＋c＞2，∵b2＝ac，∴ac＋2(a＋c)＞b2＋4b，即ac＋2(a＋c)＋4＞b2＋4b＋4，从而(a＋2)(c＋2)＞(b＋2)2，∵f(x)＝log2x是增函数，∴log2(a＋2)(c＋2)＞log2(b＋2)2，即log2(a＋2)＋log2(c＋2)＞2log2(b＋2)故f(a)＋f(c)＞2f(b)．18．(本小题满分16分)如图4甲，在三角形ABC中，AB⊥AC，若AD⊥BC，则AB2＝BD·BC；若类比该命题，如图乙，三棱锥A—BCD中，AD⊥面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，则有什么结论？命题是否是真命题？图4【解】　命题是：三棱锥A—BCD中，AD⊥面ABC，若A点在三角形BCD所在平面内的射影为M，则有S＝S△BCM·S△BCD，是一个真命题．证明如下：在图乙中，连结DM，并延长交BC于E，连结AE，则有DE⊥BC，AE⊥BC.因为AD⊥面ABC，所以AD⊥AE.因为AM⊥DE，所以AE2＝EM·ED.于是S＝(BC·AE)2＝(BC·EM)·(BC·ED)＝S△BCM·S△BCD.19．(本小题满分16分)已知函数f(x)＝(x－a)2(x－b)(a，b∈R，a＜b)．(1)当a＝1，b＝2时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，x3是f(x)的一个零点，且x3≠x1，x3≠x2.证明：存在实数x4，使得x1，x2，x3，x4按某种顺序排列后构成等差数列，并求x4.【解】　(1)当a＝1，b＝2时，f(x)＝(x－1)2(x－2)．∴f′(x)＝(x－1)(3x－5)，则f′(2)＝1.又f(2)＝(2－1)2(2－2)＝0.∴f(x)在点(2，0)处的切线方程为y＝x－2.(2)因为f′(x)＝3(x－a)(x－)，由于a＜b，故a＜，所以f(x)的两个极值点为x＝a，x＝.不妨设x1＝a，x2＝，因为x3≠x1，x3≠x2，且x3是f(x)的零点．故x3＝b.又因为－a＝2(b－)，故可令x4＝(a＋)＝，此时，a，，，b依次成等差数列，所以存在实数x4满足题意，且x4＝.20．(本小题满分16分)已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*.(1)当n＝1，2，3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．【解】　(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；当n＝2时，f(2)＝，g(2)＝，所以f(2)＜g(2)；当n＝3时，f(3)＝，g(3)＝，所以f(3)＜g(3)．(2)由(1)，猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明：①当n＝1，2，3时，不等式显然成立．②假设当n＝k(k≥3)时不等式成立，即1＋＋＋＋…＋＜－，那么，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋＜－＋，因为＋－＝－＝＜0，∴－＋＜－，因此－＋＜－，∴f(k＋1)＜－，∴当n＝k＋1时成立．由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．。