2013高考数学二轮专题辅导与训练专题三第3讲课时训练提能

专题三 第3讲 推理与证明
课时训练提能
[限时45分钟，满分75分]
一、选择题(每小题4分，共24分)
1．用反证法证明命题：若整数系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)有有理根，那么a ，b ，c 中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是
A ．假设a 、b 、c 都是偶数
B ．假设a 、b 、c 都不是偶数
C ．假设a 、b 、c 至多有一个是偶数
D ．假设a 、b 、c 至多有两个是偶
数
解析 至少有一个的否定是一个也没有，即a ，b ，c 都不是偶数． 答案 B
2．(2012·济南模拟)在实数的原有运算法则(“·”和“－”仍为通常的乘法和减法)中，我们补充定义新运算“⊕”如下：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a ＜b 时，a ⊕b ＝b 2.则当x ∈[－2,2]时，函数f (x )＝(1⊕x )·x －(2⊕x )的最大值等于
A ．－1
B ．1
C ．6
D ．12
解析 易知f (x )＝⎩⎨⎧
x －2， －2≤x ≤1，x 3－2， 1＜x ≤2，∴当x ＝2时，f (x )的最大值为23－2
＝6.
答案 C
3．(2012·厦门模拟)将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2 012项与5的差，即a 2 012－5＝
A ．2 018×2 012
B ．2 018×2 011
C ．1 009×2 012
D ．1 009×2 011
解析 观察可知a 2 012＝2＋3＋4＋…＋2 014
＝1
2×2 013×(2＋2 014)＝2 013×1 008，
∴a2 012－5＝2 013×1 008－5＝1 009×2 011.
答案 D
4．(2012·枣庄模拟)22 012个位上的数字为
A．2 B．4
C．6 D．8
解析由21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64,27＝128,28＝256，…，
观察可知，24k的个位数为6,24k＋1的个位数为2,24k＋2的个位数为4,24k＋3的个数为8，k∈N，
∴22 012＝24×503的个位数为6.
答案 C
5．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：
①由“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；
②由“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；
③由“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；
④由“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”．
以上结论正确的是
A．①③B．①②
C．②③D．②④
解析因为向量运算满足交换律、乘法分配律，向量没有除法，不能约分，所以①②正确，③错误．又因为|a·b|＝|a|·|b|·|cos〈a，b〉|，所以④错误．故选B.
答案 B
6．现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒
为a2
4.类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中
心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为
A.a 3
16 B.a 3
8 C.a 3
4
D.a 32
解析 由平面类比到空间，将面积和体积进行类比，容易得出两个正方体重叠部分的体积恒为a 3
8，所以选B.
答案 B
二、填空题(每小题5分，共15分)
7．(2012·烟台一模)若实数x 、y 、m 满足|x －m |＞|y －m |，则称x 比y 远离m .若x 2－1比1远离0，则x 的取值范围是________．
解析 据题意知|x 2－1－0|＞|1－0|，即|x 2－1|＞1， ∴x 2－1＞1或x 2－1＜－1， 解得x ＜－2或x ＞ 2.
答案 (－∞，－2)∪(2，＋∞) 8．(2012·苏州模拟)观察下列等式： 1＝1 1＋2＝3 1＋2＋3＝6 1＋2＋3＋4＝10 1＋2＋3＋4＋5＝15 … 13＝1 13＋23＝9
13＋23＋33＝36 13＋23＋33＋43＝100 13＋23＋33＋43＋53＝225 …
可以推测：13＋23＋33＋…＋n 3＝________(n ∈N ＋，用含有n 的代数式表示)．
解析 由数表知13
＋23
＋33
＋…＋n 3
＝(1＋2＋…＋n )3
＝⎣⎢⎡⎦
⎥⎤n (n ＋1)22＝n 2(n ＋1)
2
4.
答案 n 2(n ＋1)2
4
9．(2012·昆明模拟)设f (x )＝ax ＋b ，其中a ，b 为实数，f 1(x )＝f (x )，f n ＋1(x )＝f (f n (x ))，n ＝1,2,3，…，若f 7(x )＝128x ＋381，则a ＋b ＝________.
解析 由递推式可得f 2(x )＝a 2x ＋ab ＋b ， f 3(x )＝a 3x ＋a 2b ＋ab ＋b ， f 4(x )＝a 4x ＋a 3b ＋a 2b ＋ab ＋b ，… f 7(x )＝a 7x ＋a 6b ＋…＋ab ＋b ＝128x ＋38， ∴a 7＝128，∴a ＝2，
(a 6b ＋a 5b ＋…＋ab ＋b )＝b (1＋a ＋…＋a 6) ＝b ×1－271－2＝127 b ＝381，
∴b ＝3. 故a ＋b ＝5. 答案 5
三、解答题(每小题12分，共36分)
10．已知a ，b ，c 均为正数，证明：a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ＋1b ＋1c 2≥63，并确定a 、
b 、
c 为何值时，等号成立．
证明 因为a ，b ，c 均为正数，由均值不等式得 a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ，
所以a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ac ，① 同理1a 2＋1b 2＋1c 2≥1ab ＋1bc ＋1
ac ，②
故a 2＋b 2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
1a ＋1b ＋1c 2≥ab ＋bc ＋ac ＋3ab ＋3bc ＋3ac ≥6 3.③
所以原不等式成立．
当且仅当a ＝b ＝c 时，①式和②式等号成立；
当且仅当a ＝b ＝c ，(ab )2＝(bc )2＝(ac )2＝3时，③式等号成立． 即当且仅当a ＝b ＝c ＝14
3时，原式等号成立．
11．已知函数f (x )＝a x ＋
x －2
x ＋1
(a ＞1)． (1)证明：函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数； (2)用反证法证明f (x )＝0没有负根．
证明 (1)任取x 1，x 2∈(－1，＋∞)，不妨设x 1＜x 2， 则x 2－x 1＞0，21
>1 x x a -，且1x
a ＞0.
所以21
>1 x x a
-＝1x a (21x x
a -－1)＞0.
又因为x 1＋1＞0，x 2＋1＞0， 所以x 2－2x 2＋1－x 1－2x 1＋1
＝(x 2－2)(x 1＋1)－(x 1－2)(x 2＋1)
(x 2＋1)(x 1＋1)
＝
3(x 2－x 1)
(x 2＋1)(x 1＋1)
＞0，
于是f (x 2)－f (x 1)＝2
1x x a
a -＋
x 2－2x 2＋1－x 1－2
x 1＋1
＞0， 故函数f (x )在(－1，＋∞)上为增函数．
(2)假设存在x 0＜0(x 0≠－1)满足f (x 0)＝0，则ax 0＝－
x 0－2
x 0＋1
，
又0＜0x a ＜1，所以0＜－x 0－2
x 0＋1
＜1， 即1
2＜x 0＜2，
与x 0＜0(x 0≠－1)假设矛盾， 故f (x 0)＝0没有负根．
12．某数列的第一项为1，并且对所有的自然数n ≥2，数列的前n 项之积为n 2.
(1)写出这个数列的前五项；
(2)写出这个数列的通项公式并加以证明． 解析 (1)已知a 1＝1，由题意，得a 1·a 2＝22， ∴a 2＝22
，a 1·a 2·a 3＝32
，∴a 3＝3222；
同理，可得a 4＝4232，a 5＝5242.
因此这个数列的前五项为1,22
，3222，4232，52
42.
(2)观察这个数列的前五项，猜测这个数列的通项公式应为 a n ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
1， n ＝1，n 2
(n －1)2， n ≥2.
下面用数学归纳法加以证明当n ≥2时，a n ＝n 2
(n －1)2.
①当n ＝2时，a 2＝22(2－1)2＝22
，等式成立． ②假设当n ＝k ，k ≥2时，结论成立． 即a k ＝k 2(k －1)2
.
因为a 1·a 2·…·a k －1＝(k －1)2， a 1·a 2·…·a k －1·a k ·a k ＋1＝(k ＋1)2，
所以a k ＋1＝(k ＋1)2(a 1·a 2·…·a k －1)·a k ＝(k ＋1)2(k －1)2·(k －1)2k
2
＝(k ＋1)2k 2＝(k ＋1)2[(k ＋1)－1]2
.
这就是说n ＝k ＋1时，结论也成立．
根据①、②可知，当n ≥2时，这个数列的通项公式是a n ＝n 2
(n －1)2，
所以a n ＝⎩⎪⎨⎪
⎧
1， n ＝1，n 2
(n －1)
2， n ≥2.。