数学苏教选修单元检测：推理与证明 含解析

数学苏教版1-2第2章推理与证明单元检测
一、填空题
1．用反证法证明命题“若a2＋b2＝0，则a，b全为0(a，b∈R)”，其反设是__________．2．周长一定的平面图形中圆的面积最大，将这个结论类比到空间，可以得到的结论是________．
3．下列说法正确的是__________．(写出所有正确命题的序号)
①演绎推理是由一般到特殊的推理②演绎推理得到的结论一定是正确的③演绎推理的一般模式是“三段论”形式④演绎推理得到的结论的正误与大、小前提和推理形式有关
4．对于等差数列{a n}有如下命题：“若{a n}是等差数列，a1＝0，s，t是互不相等的正整数，则有(s－1)a t－(t－1)a s＝0”．类比此命题，给出等比数列{b n}相应的一个正确命题：“__________________________________________”．
5．若P=Q=(a≥0)，则P，Q的大小关系是__________．
6．补充下列证明过程：要证a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，即证____________________，即证________________________________________________________________________．7．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____________________．
8．已知x，y为正数，当x2＋y2＝________时，有1
=.
9．一个等差数列{a n}，其中a10＝0，则有a1＋a2＋…＋a n＝a1＋a2＋…＋a19－n(1≤n＜19，n∈N*)．一个等比数列{b n}，其中b15＝1.类比等差数列{a n}，下列结论中，正确的是________．(填序号)
①b1·b2·…·b n＝b1·b2·…·b29－n(1≤n＜29，n∈N*)
②b1·b2·…·b n＝b1·b2·…·b29－n
③b1＋b2＋…＋b n＝b1＋b2＋…＋b29－n(1≤n＜29，n∈N*)
④b1＋b2＋…＋b n＝b1＋b2＋…＋b29－n
10．已知不等边三角形的三边按从小到大的顺序排列成等比数列，则公比q的取值范围是________．
11．设f(x)为奇函数，f(1)＝1
2
，f(x＋2)＝f(x)＋f(2)，则f(5)＝________.
12．(2012湖北高考，文17)传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数．他们研究过如图所示的三角形数：
将三角形数1,3,6,10，…记为数列{a n}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成一个新数列{b n}．可以推测：
(1)b2 012是数列{a n}中的第______项；
(2)b2k－1＝______.(用k表示)
二、解答题
13．已知0＜a＜1，求证：14
9
1
a a
+≥
-
.
14．2012福建高考，文20)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于
同一个常数：
①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；
②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；
③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
15．已知函数f(x)＝a x＋
2
1
x
x
-
+
(a＞1)，用反证法证明方程f(x)＝0没有负数根．
参考答案
1.答案：a，b至少有一个不为0
2.答案：表面积一定的空间几何体中球的体积最大
3.答案：①③④
4.答案：若{b n}是等比数列，b1＝1，s，t是互不相等的正整数，则有
1
1
1 s
t
t
s
b
b
-
-
=
5.答案：P＜Q解析：假设P＜Q，∵要证P＜Q，只要证P2＜Q2，
只要证：2a＋7
＋＜2a＋7
＋
只要证：a2＋7a＜a2＋7a＋12，
只要证：0＜12，∵0＜12成立，∴P＜Q成立
6.答案：2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ac(a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2≥0
7.答答案：a n＝3n－1
8.答案：1解析：
要使1
=，
只需x2(1－y2)＝1＋y2(1－x2)
－2
即21－x2＋y2.
只需使
y)2＝0，
y，∴x2＋y2＝1.
9.答案：①解析：等差数列{a n}中，a10＝0，知以a10为等差中项的项和为0，如a9＋a11＝a8＋a12＝…＝a2＋a18＝a1＋a19＝0.而等比数列{b n}中b15＝1，类比，有b1b29＝b2b28＝…＝b14b16＝1.从而类似的总结规律应为各项之积.
∵等差数列{a n}中，a10＝0，
∴a1＋a19＝a2＋a18＝…＝a8＋a12＝a9＋a11＝0，
即a19－n＋a n＋1＝0，
a18－n＋a n＋2＝0，
a 17－n ＋a n ＋3＝0，
…
∴等比数列{b n }中，b 15＝1，
∴b 1b 29＝b 2b 28＝…＝b 14b 16＝1，
即b 29－n ·b n ＋1＝1，b 28－n ·b n ＋2＝1，…，从而比较知①正确.
10. 答案：1＜q
解析：设三角形的三边长为a ，b ，c ，且a ＜b ＜c ， 则b ＝aq ，c ＝aq 2.∴22.a aq aq a aq aq ⎧<<⎨+>⎩
， ∵a ＞0，∴1＜q
＜
12. 11．答案：52 解析：∵f (1)＝12
，f (x )为奇函数， ∴f (－1)＝－f (1)＝12
-，f (0)＝0. ∵f (x ＋2)＝f (x )＋f (2)，
∴f (1)＝f (－1＋2)＝f (－1)＋f (2).
∴f (2)＝1，
f (3)＝f (1＋2)＝f (1)＋f (2)＝
32
， f (5)＝f (2＋3)＝f (3)＋f (2)＝32＋1＝52
. 12．答案：(1)5 030 (2)5512k k (-) 解析：(1)由题意可得，a 1＝1，a 2＝3，a 3＝6，a 4＝10，…，a 2－a 1＝2，a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝4，…，a n －a n －1＝n .
以上各式相加得，a n －a 1＝2＋3＋…＋n ＝122n n (-)(+)，故12n n n a (+)=.因此，b 1＝a 4＝10，b 2＝a 5＝15，b 3＝a 9＝45，b 4＝a 10＝55，…，
由此归纳出b 2 012＝a 5 030.
(2)b 1＝a 4＝452⨯，b 3＝a 9＝9102⨯，b 5＝a 14＝14152
⨯，….
归纳出b 2k －1＝5512
k k (-). 13. 答案：证明：由于0＜a ＜1，∴1－a ＞0. 要证明1491a a
+≥-， 只需证明1－a ＋4a ≥9a －9a 2，即9a 2－6a ＋1≥0，
只需证明(3a －1)2≥0，
∵(3a －1)2≥0显然成立，∴原不等式成立.
14. 答案：解法一：(1)选择②式，计算如下：
sin 215°＋cos 215°－sin 15°cos 15°＝1－
12sin 30°＝13144
-=. (2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34. 证明如下：
sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝sin 2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝sin 2α＋
34cos 2αsin αcos α＋14sin 2ααcos α－12sin 2α ＝34sin 2α＋34cos 2α＝34
. 解法二：(1)同解法一.
(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝
34. 证明如下：
sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝
1cos21cos(602)22αα-+︒-+－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝12－12cos 2α＋12＋12(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)αcos α－12
sin 2α
＝
12－12cos 2α＋12＋14cos 2ααα－14(1－cos 2α)
＝1－1
4cos 2α－
1
4
＋1
4
cos 2α＝
3
4
.
15.答案：证法一：假设方程f(x)＝0有负数根，设存在x0＜0(x0≠－1)，满足f(x0)＝0，
则00
02 1
x x
a
x -
=-
+
.
又0＜0x a＜1，所以0＜0
02 1
x x -
-
+＜1，即1
2
＜x0＜2.
与假设x0＜0矛盾，故方程f(x)＝0没有负数根.
证法二：假设方程f(x)＝0有负数根，设存在x0＜0(x0≠－1)，满足f(x0)＝0.
(1)若－1＜x0＜0，
则0
02 1
x x -
+
＜－2，0x a＜1，
所以f(x0)＜－1，与f(x0)＝0矛盾.
(2)若x0＜－1，
则0
02 1
x x -
+
＞0，0x a＞0，
所以f(x0)＞0，与f(x0)＝0矛盾. 故方程f(x)＝0没有负数根.
1。