2019年数学浙江专版选修2-2新一线同步（讲义+课件+课时跟踪检测）：阶段质量检测（二） 推理与证明 (部分)

阶段质量检测（二） 推理与证明 (部分)
(时间： 120分钟　满分：150分)
一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．设a＝－，b＝－，c＝－，则a，b，c的大小顺序是(　　)
A．a＞b＞c　　　　　　　　 　B．b＞c＞a
C．c＞a＞b D．a＞c＞b
解析：选A　∵a＝－＝，
b＝－＝，c＝－＝，
又∵＋＞＋＞＋＞0，
∴a＞b＞c.
2．若a，b，c为实数，且a＜b＜0，则下列命题正确的是(　　)
A．ac2＜bc2 B．a2＞ab＞b2
C.＜ D.＞
解析：选B　a2－ab＝a(a－b)，
∵a＜b＜0，∴a－b＜0，∴a2－ab＞0，∴a2＞ab.①
又ab－b2＝b(a－b)＞0，∴ab＞b2，②
由①②得a2＞ab＞b2.
3．若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a＜b及a＝b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是(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C　由于a，b，c不全相等，则a－b，b－c，c－a中至少有一个不为0，故①正确；②显然成立；令a＝2，b＝3，c＝5，满足a≠c，b≠c，a≠b，故③错．
4．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ac＞0，abc＞0，用反证法求证a＞0，b＞0，c＞0时的反设为(　　)
A．a＜0，b＜0，c＜0 B．a≤0，b＞0，c＞0
C．a，b，c不全是正数 D．abc＜0
解析：选C　a＞0，b＞0，c＞0的否定是：a，b，c不全是正数．
5．求证：＋>.
证明：因为＋和都是正数，
所以为了证明＋>，
只需证明(＋)2>()2，展开得5＋2>5，
即2>0，此式显然成立，所以不等式＋>成立．
上述证明过程应用了(　　)
A．综合法
B．分析法
C．综合法、分析法配合使用
D．间接证法
解析：选B　证明过程中的“为了证明……”，“只需证明……”这样的语句是分析法所特有的，是分析法的证明模式．
6．设x，y，z＞0，则三个数＋，＋，＋(　　)
A．都大于2 B．至少有一个大于2
C．至少有一个不小于2 D．至少有一个不大于2
解析：选C　因为x＞0，y＞0，z＞0，
所以＋＋
＝＋＋≥6，
当且仅当x＝y＝z时等号成立，则三个数中至少有一个不小于2.
7．若数列{an}是等比数列，则数列{an＋an＋1}(　　)
A．一定是等比数列
B．一定是等差数列
C．可能是等比数列也可能是等差数列
D．一定不是等比数列
解析：选C　设等比数列{an}的公比为q，则an＋an＋1＝an(1＋q)．∴当q≠－1时，{an＋an＋1}一定是等比数列；
当q＝－1时，an＋an＋1＝0，此时为等差数列．
8．用数学归纳法证明“1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋”时，由n＝k的假设证明n＝k＋1时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为(　　)
A.＋…＋＋
B.＋…＋＋＋
C.＋…＋＋
D.＋…＋＋
解析：选D　当n＝k＋1时，右边应为
＋＋…＋
＝＋＋…＋＋＋.故D正确．
二、填空题(本大题共7小题，多空题6分，单空题4分，共36分．请把正确答案填在题中横线上)
9．已知x，y∈R，且x＋y<2，则x，y中至多有一个大于1，在用反证法证明时，假设应为________．
解析：“至多有一个大于1”包括“都不大于1和有且仅有一个大于1”，故其对立面为“x，y都大于1”．
答案：x，y都大于1
10．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，则P，Q的大小关系是________．
解析：假设P＜Q，∵要证P＜Q，只需证P2＜Q2，
即证：2a＋7＋2＜2a＋7＋2，
即证：a2＋7a＜a2＋7a＋12，
即证：0＜12，
∵0＜12成立，∴P＜Q成立．
答案：P＜Q
11．已知a，b是不相等的正数，x＝，y＝，则x，y的大小关系是________．
解析：x2－y2＝－(a＋b)
＝＝.
∵a，b是不相等的正数，∴≠，
∴(－)2＞0，∴＜0.∴x2＜y2.
又∵x＞0，y＞0，∴x＜y.
答案：x＜y
12．已知数列{an}的前n项和Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，则S4＝________；可归纳猜想出Sn的表达式为________．
解析：由a1＝1，得a1＋a2＝22a2，∴a2＝，S2＝；又1＋＋a3＝32a3，∴a3＝，S3＝＝；
又1＋＋＋a4＝16a4，得a4＝，S4＝.
由S1＝，S2＝，S3＝，S4＝可以猜想Sn＝.
答案：　
13．设函数f(x)定义如下表，数列{xn}满足x0＝5，且对任意的自然数均有xn＋1＝f(xn)，则x2 016＝________；x2017＝________.
x
1
2
3
4
5
f(x)
4
1
3
5
2
解析：x1＝f(x0)＝f(5)＝2，x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，…，数列{xn}是周期为4的数列，所以x2 016＝x4＝5，x2017＝x5＝2.
答案：5　2
14．已知a1＝，an＋1＝，则a2，a3，a4的值分别为______________，由此猜想an＝________.
解析：a2＝＝＝＝，
同理，a3＝＝＝，
a4＝＝，
a5＝＝，
猜想an＝.
答案：，，　
15．用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋n2＝，其初始值为______，当n＝k＋1时，其式子的左端应在n＝k时的左端再加上________________．
解析：代入验证可知n的初始值为1.n＝k时的左端为1＋2＋3＋…＋k2，n＝k＋1时的左端为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.故增加的式子为(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
答案：1　(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
三、解答题(本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分14分)用综合法或分析法证明：
(1)如果a，b>0，则lg ≥；
(2)6＋>2＋2.
证明：(1)当a，b>0时，有≥，
∴lg≥lg，
∴lg≥lg ab＝.
(2)要证 ＋>2＋2，
只要证(＋)2>(2＋2)2，
即2>2，这是显然成立的，
所以，原不等式成立．
17．(本小题满分15分)已知a，b，c∈(0,1)．求证：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同时大于.
证明：假设三式同时大于，
即(1－a)b＞，(1－b)c＞，(1－c)a＞，
三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c＞.①
又(1－a)a≤2＝，当且仅当a＝时取“＝”号，
同理(1－b)b≤，(1－c)c≤.
所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤，
与①式矛盾，即假设不成立，故结论正确．
18．(本小题满分15分)等差数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3.
(1)求数列{an}的通项an与前n项和Sn；
(2)设bn＝(n∈N*)，
求证：数列{bn}中任意不同的三项都不可能成为等比数列．
解：(1)由已知得
∴d＝2.
故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)．
(2)由(1)得bn＝＝n＋.
假设数列{bn}中存在三项bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比数列，则b＝bpbr，
即(q＋)2＝(p＋)(r＋)，
∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0，
∵p，q，r∈N*，∴
∴2＝pr，(p－r)2＝0.
∴p＝r，与p≠r矛盾．
∴数列{bn}中任意不同的三项都不可能成等比数列．
19．(本小题满分15分)设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．
求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
证明：当n＝2时，左边＝f(1)＝1，
右边＝2＝1，左边＝右边，等式成立．
假设n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)
＝k[f(k)－1]＋f(k)
＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)－k
＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)
＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论仍然成立．
∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
20．(本小题满分15分)已知f(x)＝，且f(1)＝log162，f(－2)＝1.
(1)求函数f(x)的表达式；
(2)已知数列{xn}的项满足xn＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(n))，试求x1，x2，x3，x4；
(3)猜想{xn}的通项公式，并用数学归纳法证明．
解：(1)把f(1)＝log162＝，f(－2)＝1，代入函数表达式得
即
解得(舍去a＝－)，
∴f(x)＝(x≠－1)．
(2)x1＝1－f(1)＝1－＝，
x2＝(1－f(2))＝×＝，
x3＝(1－f(3))＝×＝，
x4＝×＝.
(3)由(2)知，x1＝，x2＝＝，x3＝，x4＝＝，…，由此可以猜想xn＝.
证明：①当n＝1时，∵x1＝，而＝，
∴猜想成立．
②假设当n＝k(k∈N*)时，xn＝成立，
即xk＝，
则n＝k＋1时，
xk＋1＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(k))·(1－f(k＋1))
＝xk·(1－f(k＋1))＝·
＝·＝·
＝.
∴当n＝k＋1时，猜想也成立，根据①②可知，对一切n∈N*，猜想xn＝都成立．