2018高中数学苏教版选修1-2练习：第2章推理与证明章末检测

第2章 推理与证明
章末检测
一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分)
1．在△ABC中，E、F分别为AB，AC的中点，则有EF∥BC，这个问题的大前提为________．
答案　三角形的中位线平行于第三边
解析　这个三段论推理的形式为：大前提：三角形的中位线平行于第三边；小前提：EF为△ABC的中位线；结论：EF∥BC.
2．对大于或等于2的自然数的正整数幂运算有如下分解方式：
22＝1＋3
32＝1＋3＋5
42＝1＋3＋5＋7
23＝3＋5
33＝7＋9＋11
43＝13＋15＋17＋19
根据上述分解规律，若m2＝1＋3＋5＋…＋11，n3的分解中最小的正整数是21，则m＋n＝________.
答案　11
解析　∵m2＝1＋3＋5＋…＋11＝×6＝36，
∴m＝6.∵23＝3＋5,33＝7＋9＋11，
43＝13＋15＋17＋19，∴53＝21＋23＋25＋27＋29，
∵n3的分解中最小的数是21，
∴n3＝53，n＝5，∴m＋n＝6＋5＝11.
3．用反证法证明命题“＋是无理数”时，其反证假设是________．
答案　＋是有理数
解析　应对结论进行否定，则＋不是无理数，即＋是有理数．
4．已知f(x＋1)＝，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为________．
答案　
解析　当x＝1时，f(2)＝＝＝，
当x＝2时，f(3)＝＝＝；
当x＝3时，f(4)＝＝＝，
故可猜想f(x)＝.
5．对“a，b，c是不全相等的正数”，给出下列判断：
①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；
②a＝b与b＝c及a＝c中至少有一个成立；
③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．
其中判断正确的个数为________．
答案　1
解析　若(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2＝0，则a＝b＝c，与“a，b，c是不全相等的正数”矛盾，故①正确．a＝b与b＝c及a＝c中最多只能有一个成立，故②不正确．由于“a，b，c是不全相等的正数”，有两种情形：至多有两个数相等或三个数都互不相等，故③不正确．
6．我们把平面几何里相似形的概念推广到空间：如果两个几何体大小不一定相等，但形状完全相同，就把它们叫做相似体．下列几何体中，一定属于相似体的有________个．
①两个球体；②两个长方体；③两个正四面体；④两个正三棱柱；⑤两个正四棱锥．
答案　2
解析　类比相似形中的对应边成比例知，①③属于相似体．
7．数列{an}满足a1＝，an＋1＝1－，则a2015等于________．
答案　－1
解析　∵a1＝，an＋1＝1－，
∴a2＝1－＝－1，a3＝1－＝2，a4＝1－＝，
a5＝1－＝－1，a6＝1－＝2，
∴an＋3k＝an(n∈N*，k∈N*)
∴a2015＝a2＋3×671＝a2＝－1.
8．若数列{an}中，a1＝1，a2＝3＋5，a3＝7＋9＋11，a4＝13＋15＋17＋19，…，则a8＝________.
答案　512
解析　由a1，a2，a3，a4的形式可归纳：
∵1＋2＋3＋4＋…＋7＝＝28，
∴a8的首项应为第29个正奇数，即2×29－1＝57.
∴a8＝57＋59＋61＋63＋65＋67＋69＋71
＝＝512.
9．在数列{an}中，a1＝1，且Sn，Sn＋1,2S1成等差数列(Sn表示数列{an}的前n项和)，则S2，S3，S4分别为________，猜想Sn＝________.
答案　，，　(n∈N*)
解析　由Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，得2Sn＋1＝Sn＋2S1，因为S1＝a1＝1，所以2Sn＋1＝Sn＋2.
令n＝1，则2S2＝S1＋2＝1＋2＝3?S2＝，
同理，分别令n＝2，n＝3，可求得S3＝，S4＝.
由S1＝1＝，S2＝＝，S3＝＝，
S4＝＝，猜想Sn＝.
10．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图的规律拼成若干个图案，则第n个图案中有白色地面砖的块数是________．
答案　4n＋2
解　观察可知：除第一个以外，每增加一个黑色地板砖，相应的白地板砖就增加四个，
因此第n个图案中有白色地面砖的块数是一个“以6为首项，公差是4的等差数列的第n项”．
故第n个图案中有白色地面砖的块数是4n＋2.
11．观察下列等式：
(1＋1)＝2×1
(2＋1)(2＋2)＝22×1×3
(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5
按此规律，第n个等式可为________．
答案　(n＋1)(n＋2)(n＋3)…(n＋n)＝2n·1·3·5…(2n－1)
12．f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，经计算得f(2)＝，f(4)>2，f(8)>，f(16)>3，f(32)>，推测当n≥2时，有________．
答案　f(2n)>(n≥2)
解析　观测f(n)中n的规律为2k(k＝1,2，…)
不等式右侧分别为，k＝1,2，…，
∴f(2n)>(n≥2)．
13．已知＝2，＝3，
＝4，…，若＝6(a，b均为实数)，推测a＝________，b＝________.
答案　6　35
解析　由前面三个等式，推测被开方数的整数与分数的关系，发现规律．由三个等式知，整数和这个分数的分子相同，而分母是分子的平方减1，由此推测中，a＝6，b＝62－1＝35，即a＝6，b＝35.
14．在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为＝，把这个结论类比到空间：在三棱锥ABCD中(如图所示)，面DEC平分二面角ACDB且与AB相交于E，则得到的类比的结论是________．
答案　＝
解析　CE平分∠ACB，而面CDE平分二面角ACDB.∴可类比成，故结论为＝.
二、解答题(本大题共6小题，共90分)
15．(14分)已知a、b、c是互不相等的非零实数．求证三个方程ax2＋2bx＋c＝0，bx2＋2cx＋a＝0，cx2＋2ax＋b＝0至少有一个方程有两个相异实根．
证明　反证法：
假设三个方程中都没有两个相异实根，
则Δ1＝4b2－4ac≤0，Δ2＝4c2－4ab≤0，Δ3＝4a2－4bc≤0.相加有a2－2ab＋b2＋b2－2bc＋c2＋c2－2ac＋a2≤0，
(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≤0.①
由题意a、b、c互不相等，∴①式不能成立．
∴假设不成立，即三个方程中至少有一个方程有两个相异实根．
16．(14分)设数列{an}是公比为q的等比数列，Sn是它的前n项和．
(1)求证：数列{Sn}不是等比数列；
(2)数列{Sn}是等差数列吗？为什么？
(1)证明　假设数列{Sn}是等比数列，则S＝S1S3，
即a(1＋q)2＝a1·a1·(1＋q＋q2)，
因为a1≠0，所以(1＋q)2＝1＋q＋q2，
即q＝0，这与公比q≠0矛盾，
所以数列{Sn}不是等比数列．
(2)解　当q＝1时，Sn＝na1，故{Sn}是等差数列；
当q≠1时，{Sn}不是等差数列，否则2S2＝S1＋S3，
即2a1(1＋q)＝a1＋a1(1＋q＋q2)，
得q＝0，这与公比q≠0矛盾．
17．(14分)请你把不等式“若a1，a2是正实数，则有＋≥a1＋a2”推广到一般情形，并证明你的结论．
解　推广的结论：
若a1，a2，…，an都是正实数，则有
＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
证明：∵a1，a2，…an都是正实数，
∴＋a2≥2a1；＋a3≥2a2；…
＋an≥2an－1；＋a1≥2an，
＋＋…＋＋≥a1＋a2＋…＋an.
18．(16分)已知a，b，c为正数，且f(n)＝lg，
求证：2f(n)≤f(2n)．
证明　要证2f(n)≤f(2n)
只需证2≤
即证(an＋bn＋cn)2≤3(a2n＋b2n＋c2n)
即2anbn＋2cnbn＋2ancn≤2(a2n＋b2n＋c2n)
∵a2n＋b2n≥2anbn，a2n＋c2n≥2ancn，
b2n＋c2n≥2bncn
∴2anbn＋2cnbn＋2ancn≤2(a2n＋b2n＋c2n)
∴原不等式成立．
19．(16分)正实数数列{an}中，a1＝1，a2＝5，且{a}成等差数列．证明数列{an}中有无穷多项为无理数．
证明　由已知有：a＝1＋24(n－1)，
从而an＝，取n－1＝242k－1，
则an＝(k∈N*)．
用反证法证明这些an都是无理数．
假设an＝为有理数，则an必为正整数，且an＞24k，
故an－24k≥1，an＋24k＞1，与(an－24k)(an＋24k)＝1矛盾，所以an＝(k∈N*)都是无理数，
即数列{an}中有无穷多项为无理数．
20．(16分)设a，b，c为一个三角形的三条边，s＝(a＋b＋c)，且s2＝2ab，试证：s＜2a.
证明　要证s＜2a，由于s2＝2ab，所以只需证s＜，
即证b＜s.
因为s＝(a＋b＋c)，所以只需证2b＜a＋b＋c，即证b＜a＋c.
由于a，b，c为一个三角形的三条边，所以上式成立，于是原命题成立．