高中数学(人教A版选修12)同步练习：第二章第二章推理与证明

数学·选修1－2(人教A版)章末过关检测卷(二)第二章推理与证明(测试时间：120分钟评价分值：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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l是直线，α，β是两个不同的平面()A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β，l⊥α，则l⊥βD．若α⊥β，l∥α，则l⊥β解析：利用线与面、面与面的关系定理判定，用特例法．设α∩β＝a，若直线l∥a，且l⊄α，l⊄β，则l∥α，l∥β，因此α不一定平行于β，故A错误；由于l∥α，故在α内存在直线l′∥l，又因为l⊥β，所以l′⊥β，故α⊥β，所以B正确；若α⊥β，在β内作交线的垂线l，则l⊥α，此时l在平面β内，因此C错误；已知α⊥β，若α∩β＝a，l∥a，且l不在平面α，β内，则l∥α，且l∥β，因此D错误．答案：B2．观察数列1,2,2,3,3,3,4,4,4,4，…的特点，问第100项为()A．10B．14C．13D．100解析：由于有1个1,2个2,3个3，…，13个13，所以1～13组的总数为eq\f(1＋13×13,2)＝91，从而第100个数为14.故选B.答案：B3．已知c＞1，a＝eq\r(c＋1)－eq\r(c)，b＝eq\r(c)－eq\r(c－1)，则，正确的结论是()A．a＞bB．a＜bC．a＝bD．a，b大小关系不定解析：∵a＝eq\f(1,\r(c＋1)＋\r(c))，b＝eq\f(1,\r(c)＋\r(c－1))，∴a<b.故选B.答案：B4．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°A．①②B．③④C．①③④D．①②④答案：D5．已知eq\r(2＋\f(2,3))＝2eq\r(\f(2,3))，eq\r(3＋\f(3,8))＝3eq\r(\f(3,8))，eq\r(4＋\f(4,15))＝4eq\r(\f(4,15))，…，eq\r(6＋\f(a,b))＝6eq\r(\f(a,b))(a，b均为实数)，则推测a，b的值分别是()A．a＝6，b＝18B．a＝6，b＝25C．a＝6，b＝30D．a＝6，b＝35解析：观察前三个式子，不难发现，a与等式右边根号前的系数相等，b＝a2－1，所以，a＝6，b＝35.故选D.答案：D6．“正三角形的内切圆半径等于此正三角形的高的eq\f(1,3).”拓展到空间，类比平面几何的上述结论，则正四面体的内切球半径等于这个正四面体的高的()A.eq\f(1,2)B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,5)解析：正三角形类比到正四面体，eq\f(1,3)类比到eq\f(1,4).故选C.答案：C7．若eq\f(1,a)＜eq\f(1,b)＜0，则下列不等式：①a＋b＜ab；②|a|＞|b|；③a＜b；④eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)＞2中，正确的个数有()A．1个B．2个C．3个D．4个解析：∵eq\f(1,a)<eq\f(1,b)<0，∴b<a<0.①④正确，②③不正确．故选B.答案：B8．已知f(x＋1)＝eq\f(2fx,fx＋2)，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为()A．f(x)＝eq\f(4,2x＋2)B．f(x)＝eq\f(2,x＋1)C．f(x)＝eq\f(1,x＋1)D．f(x)＝eq\f(2,2x＋1)解析：由已知得，f(2)＝eq\f(2f1,f1＋2)＝eq\f(2,3)，f(3)＝eq\f(2f2,f2＋2)＝eq\f(1,2)＝eq\f(2,4)，f(4)＝eq\f(2f3,f3＋2)＝eq\f(2,5)，因而，猜想f(x)＝eq\f(2,x＋1)，故选B.答案：B9．已知a＞0，b＞0，a，b的等差中项为eq\f(1,2)，且m＝a＋eq\f(1,a)，n＝b＋eq\f(1,b)，则m＋n的最小值为()A．3B．4C．5D．6解析：由已知，得a＋b＝1，m＋n＝a＋eq\f(1,a)＋b＋eq\f(1,b)＝1＋eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)＝1＋eq\f(a＋b,a)＋eq\f(a＋b,b)＝3＋eq\f(b,a)＋eq\f(a,b)≥3＋2eq\r(\f(b,a)·\f(a,b))＝5.故选C.答案：C10．已知f(x)＝x3＋x(x∈R)，a，b，c∈R，且a＋b＞0，b＋c＞0，c＋a＞0，则f(a)＋f(b)＋f(c)的符号为()A．正B．负C．等于0D．无法确定解析：∵f(x)＝x3＋x，∴f′(x)＝3x2＋1>0恒成立，∴f(x)在R上为增函数，又f(x)显然为奇函数．由a＋b>0，得a>－b，∴f(a)>f(－b)＝－f(b)．同理f(b)>－f(c)，f(c)>－f(a)，∴2>0，即f(a)＋f(b)＋f(c)>0.故选A.答案：A二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分；将正确答案填在题中的横线上)11．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an，n∈N*，试归纳猜想出Sn的表达式为____________．解析：S1＝a1＝eq\f(2,2)，由a1＋a2＝4a2，得a2＝eq\f(1,3)，∴S2＝eq\f(4,3).由a1＋a2＋a3＝9a3，得a3＝eq\f(1,6)，∴S3＝eq\f(6,4).猜想Sn＝eq\f(2n,n＋1).答案：Sn＝eq\f(2n,n＋1)12．在正项数列中，a1＝2，点(n≥2)在直线x－eq\r(2)y＝0上，则数列的前n项和Sn＝______________.解析：∵eq\r(an)－eq\r(2)eq\r(an－1)＝0，∴an＝2an－1.∴q＝2.∴Sn＝eq\f(2×1－2n,1－2)＝2n＋1－2.答案：2n＋1－213．若f(a＋b)＝f(a)·f(b)(a，b∈N*)，且f(1)＝2，则eq\f(f2,f1)＋eq\f(f4,f3)＋…＋eq\f(f2012,f2011)＝________.答案：201214．已知命题：若数列{an}为等差数列，且am＝a，an＝b(m≠n，n∈N*)，则am＋n＝eq\f(bn－am,n－m).现已知数列{bn}(bn＞0，n∈N*)为等比数列，且bm＝a，bn＝b(m≠n，n∈N*)，若类比上述结论，可以得到bm＋n＝________.解析：将减、乘、除分别类比为除、乘方、开方，即得bm＋n＝eq\r(n－m,\f(bn,am)).答案：eq\r(n－m,\f(bn,am))三、解答题(本大题共6小题，共80分；解答时应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤)15．(12分)已知数列{an}的第一项a1＝1，且an＋1＝(n＝1,2,3，…)，计算a2，a3，a4，并写出数列的通项公式(不要求证明)．解析：a2＝eq\f(a1,1＋a1)＝eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(a2,1＋a2)＝eq\f(\f(1,2),1＋\f(1,2))＝eq\f(1,3)，a4＝eq\f(a3,1＋a3)＝eq\f(\f(1,3),1＋\f(1,3))＝eq\f(1,4).于是，an＝eq\f(1,n).16．(12分)已知a1、a2、b1、b2∈R＋，求证：eq\r(a1＋b1a2＋b2)≥eq\r(a1a2)＋eq\r(b1b2).证明：从不等式的结构不易发现需要用哪些不等式的性质或事实解决这个问题，于是用分析法．要证eq\r(a1＋b1a2＋b2)≥eq\r(a1a2)＋eq\r(b1b2)，只需证a1a2＋a1b2＋a2b1＋b1b2≥a1a2＋2eq\r(a1a2b1b2)＋b1b2，即证a1b2＋a2b1≥2eq\r(a1a2b1b2).∵a1、a2、b1、b2∈R＋，∴a1b2＋a2b1≥2eq\r(a1a2b1b2)显然成立．从而，原不等式成立．

17.(14分)设函数f(x)＝eq\f(1,3)ax3＋bx2＋cx(a＜b＜c)，其图象在点A(1，f(1))，B(m，f(m))处的切线斜率分别为0，－a，求证：0≤eq\f(b,a)＜1.证明：f′(x)＝ax2＋2bx＋c，∵曲线在A，B处的切线斜率分别为0，－a，∴f′(1)＝0，f′(m)＝－a，即a＋2b＋c＝0，am2＋2bm＋c＝－a，又a<b<c，∴4a<a＋2b＋c<4c，即4a<0<4c，∴a<0，c>0.又c＝－a－2b，∴a<b<－a－2b，∴－eq\f(1,3)<eq\f(b,a)<1.①把c＝－a－2b，代入am2＋2bm＋c＝－a，得am2＋2bm－2b＝0，∴Δ＝4b2＋8ab≥0，解得eq\f(b,a)≥0或eq\f(b,a)≤－2.②由①②，得0≤eq\f(b,a)<1.18．(14分)已知a，b∈R＋，且a≠b，设f(n)＝an－bn，且f(3)＝f(2)，求证：1＜a＋b＜eq\f(4,3).证明：由f(n)＝an－bn，f(3)＝f(2)，得a3－b3＝a2－b2.∵a，b∈R＋，且a≠b，∴a＋b＝a2＋ab＋b2<a2＋2ab＋b2＝(a＋b)2，∴a＋b>1.要证a＋b<eq\f(4,3)，只须证3(a＋b)2<4(a＋b)，即证3(a2＋2ab＋b2)<4(a2＋ab＋b2)，即证a2－2ab＋b2>0.即证(a－b)2>0.而(a－b)2>0在a≠b时恒成立．综上所述，1<a＋b<eq\f(4,3).

19.(14分)已知：f(x)＝x2＋px＋q.求证：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝2；(2)|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).证明：(1)f(1)＋f(3)－2f(2)＝1＋p＋q＋9＋3p＋q－2(4＋2p＋q)＝2.(2)反证法：假设|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|都小于eq\f(1,2)，那么2＝|f(1)＋f(3)－2f(2)|≤|f(1)|＋|f(3)|＋2|f(2)|<eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)＋2·eq\f(1,2)＝2矛盾，所以假设不成立，即|f(1)|，|f(2)|，|f(3)|中至少有一个不小于eq\f(1,2).20．(14分)设f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)·f(1)＞0.求证：(1)方程f(x)＝0有实根；证明：若a＝0，则b＝－c，f(0)·f(1)＝c(3a＋2b＋c)＝－c2≤0，与已知矛盾，所以，a≠0.由a＋b＋c＝0，得方程3ax2＋2bx＋c＝0的判别式Δ＝4(b2－3ac)＝4＝4(a2＋c2－ac)＝4eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(1,2)c))2＋\f(3,4)c2))＞0，故方程f(x)＝0有实根．(2)－2＜eq\f(b,a)＜－1；证明：由f(0)·f(1)＞0得c(3a＋2b＋c)＞0，又a＋b＋c＝0，消去c，可知，(a＋b)(2a＋b)＜0，由于a2＞0，则eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(b,a)))＜0，解得，－2＜eq\f(b,a)＜－1.(3)设x1，x2是方程f(x)＝0的两个实根，则eq\f(\r(3),