《步步高学案导学设计》2013-2014学年高中数学人教B版选修2-2第二章推理与证明章末检测

章末检测一、选择题1．由1＝12,1＋3＝22,1＋3＋5＝32,1＋3＋5＋7＝42，…，得到1＋3＋…＋(2n－1)＝n2用的是()A．归纳推理B．演绎推理C．类比推理D．特殊推理2．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()A．三角形的中位线平行于第三边B．三角形的中位线等于第三边的一半C．EF为中位线D．EF∥BC3．用反证法证明命题“2＋3是无理数”时，假设正确的是()A．假设2是有理数B．假设3是有理数C．假设2或3是有理数D．假设2＋3是有理数4．用数学归纳法证明：1＋11＋2＋11＋2＋3＋…＋11＋2＋3＋…＋n＝2nn＋1时，由n＝k到n＝k＋1左边需要添加的项是()A.2kk＋2B.1kk＋1C.1k＋1k＋2D.2k＋1k＋25．已知f(x＋1)＝2fxfx＋2，f(1)＝1(x∈N*)，猜想f(x)的表达式为()A.42x＋2B.2x＋1C.1x＋1D.22x＋16．已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)且f(1)＝2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)不能等于()A．f(1)＋2f(1)＋…＋nf(1)B．f(nn＋12)C．n(n＋1)D.nn＋12f(1)7．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()A．0个B．1个C．2个D．3个8．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()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；⑤两个正四棱椎．A．4个B．3个C．2个D．1个9．数列{an}满足a1＝12，an＋1＝1－1an，则a2013等于()A.12B．－1C．2D．310．定义在R上的函数f(x)满足f(－x)＝－f(x＋4)，且f(x)在(2，＋∞)上为增函数．已知x1＋x24且(x1－2)·(x2－2)0，则f(x1)＋f(x2)的值()A．恒小于0B．恒大于0C．可能等于0D．可正也可负二、填空题11．从1＝12,2＋3＋4＝32,3＋4＋5＋6＋7＝52中，可得到一般规律为__________________．12．如图所示是按照一定规律画出的一列“树型”图，设第n个图有an个“树枝”，则an＋1与an(n≥1)之间的关系是__________________．13．在平面几何中，△ABC的内角平分线CE分AB所成线段的比为AEEB＝ACBC，把这个结论类比到空间：在三棱锥A—BCD中(如图所示)，面DEC平分二面角A—CD—B且与AB相交于E，则得到的类比的结论是________．三、解答题14．把下面在平面内成立的结论类比地推广到空间，并判断类比的结论是否成立：(1)如果一条直线和两条平行线中的一条相交，则必和另一条相交；(2)如果两条直线同时垂直于第三条直线，则这两条直线互相平行．15．1，3，2能否为同一等差数列中的三项？说明理由．16．设a，b为实数，求证：a2＋b2≥22(a＋b)．17．设a，b，c为一个三角形的三边，s＝12(a＋b＋c)，且s2＝2ab，试证：s2a.18．数列{an}满足a1＝16，前n项和Sn＝nn＋12an.(1)写出a2，a3，a4；(2)猜出an的表达式，并用数学归纳法证明．19．设f(n)＝1＋12＋13＋…＋1n，是否存在关于自然数n的函数g(n)，使等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝g(n)·[f(n)－1]对于n≥2的一切自然数都成立？并证明你的结论．答案1．A2．A3．D4．D5．B6．C7．B8．C9．C10．A11．n＋(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(3n－2)＝(2n－1)212．an＋1＝2an＋1(n≥1)13.AEEB＝S△ACDS△BCD14．解(1)类比为：如果一个平面和两个平行平面中的一个相交，则必和另一个相交．结论是正确的：证明如下：设α∥β，且γ∩α＝a，则必有γ∩β＝b，若γ与β不相交，则必有γ∥β，又α∥β，∴α∥γ，与γ∩α＝a矛盾，∴必有γ∩β＝b.(2)类比为：如果两个平面同时垂直于第三个平面，则这两个平面互相平行，结论是错误的，这两个平面也可能相交．15．解假设1，3，2能为同一等差数列中的三项，但不一定是连续的三项，设公差为d，则1＝3－md,2＝3＋nd，m，n为两个正整数，消去d得m＝(3＋1)n.∵m为有理数，(3＋1)n为无理数，∴m≠(3＋1)n.∴假设不成立．即1，3，2不可能为同一等差数列中的三项．16．证明当a＋b≤0时，∵a2＋b2≥0，∴a2＋b2≥22(a＋b)成立．当a＋b0时，用分析法证明如下：要证a2＋b2≥22(a＋b)，只需证(a2＋b2)2≥22a＋b2，即证a2＋b2≥12(a2＋b2＋2ab)，即证a2＋b2≥2ab.∵a2＋b2≥2ab对一切实数恒成立，∴a2＋b2≥22(a＋b)成立．综上所述，对任意实数a，b不等式都成立．17．证明要证s2a，由于s2＝2ab，所以只需证ss2b，即证bs.因为s＝12(a＋b＋c)，所以只需证2ba＋b＋c，即证ba＋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．18．解(1)令n＝2，∵a1＝16，∴S2＝2×2＋12a2，即a1＋a2＝3a2.∴a2＝112.令n＝3，得S3＝3×3＋12a3，即a1＋a2＋a3＝6a3，∴a3＝120.令n＝4，得S4＝4×4＋12a4，即a1＋a2＋a3＋a4＝10a4，∴a4＝130.(2)猜想an＝1n＋1n＋2，下面用数学归纳法给出证明．①当n＝1时，a1＝16＝11＋11＋2，结论成立．②假设当n＝k时，结论成立，即ak＝1k＋1k＋2，则当n＝k＋1时，Sk＝kk＋12ak＝kk＋12·1k＋1k＋2＝k2k＋2，Sk＋1＝k＋1k＋22ak＋1，即Sk＋ak＋1＝k＋1k＋22ak＋1.∴k2k＋2＋ak＋1＝k＋1k＋22ak＋1.∴ak＋1＝k2k＋2k＋1k＋22－1＝kkk＋3k＋2＝1k＋2k＋3.当n＝k＋1时结论成立．由①②可知，对一切n∈N*都有an＝1n＋1n＋2.19．解当n＝2时，由f(1)＝g(2)·[f(2)－1]，得g(2)＝f1f2－1＝11＋12－1＝2，当n＝3时，由f(1)＋f(2)＝g(3)·[f(3)－1]，得g(3)＝f1＋f2f3－1＝1＋1＋121＋12＋13－1＝3，猜想g(n)＝n(n≥2)．下面用数学归纳法证明：当n≥2时，等式f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1]恒成立．①当n＝2时，由上面计算可知，等式成立．②假设n＝k(k∈N*且k≥2)时，等式成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1](k≥2)成立，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)[f(k＋1)－1k＋1]－k＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时，等式也成立．由①②知，对一切n≥2的自然数n，等式都成立，故存在函数g(n)＝n，使等式成立．