第2章推理與證明單元檢測
一、填空題
1．用反證法證明命題「若a2＋b2＝0，則a，b全為0(a，b∈r)」，其反設是
2．周長一定的平面圖形中圓的面積最大，將這個結論模擬到空間，可以得到的結論是________．
3．用數學歸納法證恒等式，由n＝k到n＝k＋1時，兩邊應同時加上________．
4．對於等差數列有如下命題：「若是等差數列，a1＝0，s，t是互不相等的正整數，則有(s－1)at－(t－1)as＝0」．模擬此命題，給出等比數列相應的乙個正確命題
5．若， (a≥0)，則p，q的大小關係是
6．補充下列證明過程：要證a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，即證即證
7．下列四個圖形中，著色三角形的個數依次構成乙個數列的前4項，則這個數列的乙個通項公式為
8．已知x，y為正數，當x2＋y2＝________時，有.
9．乙個等差數列，其中a10＝0，則有a1＋a2＋…＋an＝a1＋a2＋…＋a19－n(1≤n＜19，n∈n*)．乙個等比數列，其中b15＝1.模擬等差數列，下列結論中，正確的是填序號)
①b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b29－n(1≤n＜29，n∈n*)
②b1·b2·…·bn＝b1·b2·…·b29－n
③b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b29－n(1≤n＜29，n∈n*)
④b1＋b2＋…＋bn＝b1＋b2＋…＋b29－n
10．已知不等邊三角形的三邊按從小到大的順序排列成等比數列，則公比q的取值範圍是________．
11．設f(x)為奇函式，f(1)＝，f(x＋2)＝f(x)＋f(2)，則f(5
12．設函式f(x)＝(x＞0)，觀察：
f1(x)＝f(x)＝，
f2(x)＝f(f1(x))＝，
f3(x)＝f(f2(x))＝，
f4(x)＝f(f3(x))＝，
……根據以上事實，由歸納推理可得：
當n∈n*且n≥2時，fn(x)＝f(fn－1(x
二、解答題
13．已知0＜a＜1，求證：.
14．某同學在一次研究性學習中發現，以下五個式子的值都等於同乙個常數：
①sin213°＋cos217°－sin 13°cos 17°；
②sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°；
③sin218°＋cos212°－sin 18°cos 12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos 48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos 55°.
(1)試從上述五個式子中選擇乙個，求出這個常數；
(2)根據(1)的計算結果，將該同學的發現推廣為三角恒等式，並證明你的結論．
15．已知函式f(x)＝ax＋(a＞1)，用反證法證明方程f(x)＝0沒有負數根．
參***
1. 答案：a，b至少有乙個不為0
2. 答案：表面積一定的空間幾何體中球的體積最大
3. 答案： 解析：左邊含變數，
因此n＝k＋1時，應再加上
4. 答案：若是等比數列，b1＝1，s，t是互不相等的正整數，則有
5. 答案：p＜q 解析：假設p＜q，
∵要證p＜q，只要證p2＜q2，
只要證：2a＋7＋＜2a＋7＋，
只要證：a2＋7a＜a2＋7a＋12，
只要證：0＜12，∵0＜12成立，∴p＜q成立.
6. 答案：2(a2＋b2＋c2)≥2ab＋2bc＋2ac (a－b)2＋(b－c)2＋(a－c)2≥0
7. 答案：an＝3n－1
8. 答案：1 解析：要使，
只需x2(1－y2)＝1＋y2(1－x2)－，
即＝1－x2＋y2.
只需使(－y)2＝0，
即＝y，∴x2＋y2＝1.
9. 答案：① 解析：
等差數列中，a10＝0，知以a10為等差中項的項和為0，如a9＋a11＝a8＋a12＝…＝a2＋a18＝a1＋a19＝0.而等比數列中b15＝1，模擬，有b1b29＝b2b28＝…＝b14b16＝1.從而類似的總結規律應為各項之積.
∵等差數列中，a10＝0，
∴a1＋a19＝a2＋a18＝…＝a8＋a12＝a9＋a11＝0，
即a19－n＋an＋1＝0，
a18－n＋an＋2＝0，
a17－n＋an＋3＝0，
…∴等比數列中，b15＝1，
∴b1b29＝b2b28＝…＝b14b16＝1，
即b29－n·bn＋1＝1，b28－n·bn＋2＝1，…，從而比較知①正確.
10. 答案：1＜q＜ 解析：設三角形的三邊長為a，b，c，且a＜b＜c，
則b＝aq，c＝aq2.∴
∵a＞0，∴1＜q＜.
11. 答案： 解析：∵f(1)＝，f(x)為奇函式，
∴f(－1)＝－f(1)＝，f(0)＝0.
∵f(x＋2)＝f(x)＋f(2)，
∴f(1)＝f(－1＋2)＝f(－1)＋f(2).
∴f(2)＝1，
f(3)＝f(1＋2)＝f(1)＋f(2)＝，
f(5)＝f(2＋3)＝f(3)＋f(2)＝＋1＝.
12. 答案： 解析：由已知可歸納如下：，，，，…，.
13. 答案：證明：由於0＜a＜1，∴1－a＞0.
要證明，
只需證明1－a＋4a≥9a－9a2，即9a2－6a＋1≥0，
只需證明(3a－1)2≥0，
∵(3a－1)2≥0顯然成立，
∴原不等式成立.
14. 答案：解法一：(1)選擇②式，計算如下：
sin215°＋cos215°－sin 15°cos 15°＝1－sin 30°＝.
(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
證明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝sin2α＋cos2α＋sin αcos α＋sin2α－sin αcos α－sin2α
＝sin2α＋cos2α＝.
解法二：(1)同解法一.
(2)三角恒等式為sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝.
證明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝－sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)
＝－cos 2α＋＋(cos 60°cos 2α＋sin 60°sin 2α)－sin αcos α－sin2α
＝－cos 2α＋＋cos 2α＋sin 2α－sin 2α－(1－cos 2α)
＝1－cos 2α－＋cos 2α＝.
15. 答案：證法一：假設方程f(x)＝0有負數根，設存在x0＜0(x0≠－1)，滿足f(x0)＝0，
則.又0＜＜1，所以0＜＜1，即＜x0＜2.
與假設x0＜0矛盾，故方程f(x)＝0沒有負數根.
證法二：假設方程f(x)＝0有負數根，設存在x0＜0(x0≠－1)，滿足f(x0)＝0.
(1)若－1＜x0＜0，
則＜－2，＜1，
所以f(x0)＜－1，與f(x0)＝0矛盾.
(2)若x0＜－1，
則＞0，＞0，
所以f(x0)＞0，與f(x0)＝0矛盾.
故方程f(x)＝0沒有負數根.
高中數學選修2 2第2章《推理與證明》單元測試題
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高中數學第2章推理與證明章末測試蘇教版選修
章末質量評估 二 時間 120分鐘滿分 160分 一 填空題 本大題共14小題，每小題5分，共70分 1 下列推理 由a，b為兩個不同的定點，動點p滿足 pa pb 2a 由a1 1，an 3n 1，求出s1，s2，s3，猜想出數列的前n項和sn的表示式 由圓x2 y2 r2的面積 r2，猜想出橢圓...