2021-2022学年高中数学 第2章 推理与证明 模块复习课 第2课时 推理与证明课后篇巩固提升（含解析）新人教A版选修1-2.docx

1、模块复习课第2课时推理与证明课后篇巩固提升基础巩固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.特殊推理解析该推理是由特殊到一般的推理,所以是归纳推理.答案A2.有一段“三段论”推理是这样的:对于可导函数f(x),如果f(x0)=0,那么x=x0是函数f(x)的极值点,因为函数f(x)=(x+1)3在x=-1处的导数值f(-1)=0,所以x=-1是函数f(x)=(x+1)3的极值点.以上推理中()A.大前提错误B.小前提错误C.推理形式错误D.结论是正确的解析对于可导函数f(x),如果f(x

2、0)=0,x=x0不一定是函数f(x)的极值点,故选A.答案A3.观察图形,可推断出“x”处应该填的数字是()A.171B.183C.205D.268解析由前两个图形发现:中间数等于四周四个数的平方和,即12+32+42+62=62,22+42+52+82=109,所以“x”处应该填的数字是32+52+72+102=183.答案B4.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()两个球体;两个长方体;两个正四面体;两个正三棱柱;两个正四棱锥.A.4个B.3个C.2个D.1个解析类比相似形中的对应边成

3、比例知,一定属于相似体.答案C5.通过圆与球的类比,由结论“半径为r的圆的内接四边形中,正方形的面积最大,最大值为2r2”猜想关于球的相应结论为“半径为R的球的内接六面体中,()”.A.长方体的体积最大,最大值为2R3B.正方体的体积最大,最大值为3R3C.长方体的体积最大,最大值为43R39D.正方体的体积最大,最大值为83R39解析类比可知半径为R的球的内接六面体中,正方体的体积最大,设其棱长为a,当体积最大时,正方体体对角线的长度等于球的直径,即3a=2R,得a=2R3,体积V=a3=83R39.故选D.答案D6.用反证法证明命题“已知a,b为实数,若a,b4,则a,b不都大于2”时,应

4、假设()A.a,b都不大于2B.a,b都不小于2C.a,b都大于2D.a,b不都小于2解析利用反证法定义,应假设a,b都大于2,故选C.答案C7.根据三角恒等变换,可得如下等式:cos =cos ;cos 2=2cos2-1;cos 3=4cos3-3cos ;cos 4=8cos4-8cos2+1;cos 5=16cos5-20cos3+5cos .依此规律,猜想cos 6=32cos6+acos4+bcos2-1,则有a+b=.解析由所给的三角恒等变换等式可知,所有各式中,各系数与常数项的和是1,因此32+a+b-1=1,于是a+b=-30.答案-308.对于任意的两个实数对(a,b)和(

5、c,d),规定:(a,b)=(c,d)当且仅当a=c,b=d;定义运算“􀱋”为(a,b)􀱋(c,d)=(ac-bd,bc+ad);定义运算“􀱇”为(a,b)􀱇(c,d)=(a+c,b+d).设p,qR,若(1,2)􀱋(p,q)=(5,0),则(1,2)􀱇(p,q)等于.解析由定义的运算知(1,2)􀱋(p,q)=(p-2q,2p+q)=(5,0),所以p-2q=5,2p+q=0,解得p=1,q=-2.故(1,2)􀱇(p,q)=(1,2)􀱇

6、;(1,-2)=(2,0).答案(2,0)9.(1)已知a2,b2,求证:a+bb,用反证法证明:cos B0.证明(1)因为a2,b2,所以01a12,01b0,ab0,又因为a+bab=1b+1a12+12=1,所以a+bb,可得AB,则A2,所以A+B,与A+B0成立.10.通过计算可得下列等式:22-12=21+1;32-22=22+1;42-32=23+1;(n+1)2-n2=2n+1.将以上各式两边分别相加,得(n+1)2-1=2(1+2+3+n)+n,即1+2+3+n=n(n+1)2.类比上述方法,请你求出12+22+32+n2的值.解23-13=312+31+1,33-23=3

7、22+32+1,43-33=332+33+1,(n+1)3-n3=3n2+3n+1.将以上各式两边分别相加,得(n+1)3-13=3(12+22+32+n2)+3(1+2+3+n)+n,所以12+22+32+n2=13(n+1)3-1-n-3n(n+1)2=n(n+1)(2n+1)6.能力提升1.用数学归纳法证明“1n+1+1n+2+1n+3+13n+11”时,假设n=k时命题成立,则当n=k+1时,左端增加的项为()A.13k+4B.13k+4-1k+1C.13k+2+13k+3+13k+4D.13k+2+13k+4-23(k+1)解析当n=k时,左边为1k+1+1k+2+1k+3+13k+

8、1,当n=k+1时,左边为1k+2+1k+3+13k+1+13k+2+13k+3+13k+4,所以增加的项为1k+2+1k+3+13k+1+13k+2+13k+3+13k+4-1k+1+1k+2+1k+3+13k+1=13k+2+13k+4-23(k+1).故选D.答案D2.某班数学课代表给全班同学们出了一道证明题,甲和丁均说自己不会证明;乙说:丙会证明;丙说:丁会证明.已知四名同学中只有一人会证明此题,且只有一人说了真话.据此可以判定能证明此题的人是()A.甲B.乙C.丙D.丁解析由题设知,丁和丙的说法矛盾,他们有一人说了真话,则甲、乙说了假话,又四名同学中只有一人会证明此题,甲会证明,乙、

9、丙、丁都不会证明,故选A.答案A3.观察下列不等式:52-225-2272;45-3542-3252723;98-2893-23831125;910-51095-55275;由以上不等式,可以猜测:当ab0,s,rN*时,有as-bsar-br.解析由已知不等式,可知52-225-2272=215+222-1,45-3542-3252723=524+325-2,98-2893-23831125=839+228-3,910-51095-55275=1059+5210-5,故猜想当ab0,s,rN*时,as-bsar-brsra+b2s-r.答案sra+b2s-r4.已知集合a,b,c=0,1,2

10、,且下列三个关系:a2;b=2;c0有且只有一个正确,则100a+10b+c=.解析由题意可知三个关系只有一个正确分为三种情况:(1)当只有成立时,则a2,b2,c=0,此种情况不成立;(2)当只有成立时,则a=2,b=2,c=0,此种情况不成立;(3)当只有成立时,则a=2,b2,c0,即a=2,b=0,c=1,所以100a+10b+c=1002+100+1=201.故答案为201.答案2015.设函数f(x)=1x+2,a,b为正实数.(1)用分析法证明fab+fba23;(2)设a+b4,求证:af(b),bf(a)中至少有一个大于12.证明(1)要证fab+fba23,即证ba+2b+

11、ab+2a23,只需证a2+b2+4ab2a2+2b2+5ab23.因为a,b为正实数,只需证3(a2+b2+4ab)2(2a2+2b2+5ab),即证a2+b22ab,因为a2+b22ab显然成立,所以原不等式成立.(2)假设af(b)=ab+212,bf(a)=ba+212,因为a,b为正实数,所以2+b2a,2+a2b,两式相加得4+a+b2a+2b,即a+b4,与条件a+b4矛盾,故af(b),bf(a)中至少有一个大于12.6.对于数对序列P:(a1,b1),(a2,b2),(an,bn),记T1(P)=a1+b1,Tk(P)=bk+maxTk-1(P),a1+a2+ak(2kn),

12、其中maxTk-1(P),a1+a2+ak表示Tk-1(P)和a1+a2+ak两个数中最大的数.(1)对于数对序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值;(2)记m为a,b,c,d四个数中最小的数,对于由两个数对(a,b),(c,d)组成的数对序列P:(a,b),(c,d)和P:(c,d),(a,b),试分别对m=a和m=d两种情况比较T2(P)和T2(P)的大小.解(1)T1(P)=2+5=7,T2(P)=1+maxT1(P),2+4=1+max7,6=8.(2)T2(P)=maxa+b+d,a+c+d,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b.当m=a时,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+d+b.因为a+b+dc+b+d,且a+c+dc+b+d,所以T2(P)T2(P).当m=d时,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+a+b.因为a+b+dc+a+b,且a+c+dc+a+b,所以T2(P)T2(P).所以无论m=a还是m=d,T2(P)T2(P)都成立.