《2018年高中数学阶段质量检测推理与证明新人教a版选修2-2》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2018年高中数学阶段质量检测推理与证明新人教a版选修2-2（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1阶段质量检测（二）阶段质量检测（二） 推理与证明推理与证明(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( )326576Aabc BbcaCcab Dacb解析：选 A a，3213 2b，c，6516 57617 6又0，766532abc.2若a，b，c为实数，且ab0，则下列命题正确的是( )Aac2bc2 Ba2abb2C. D. 1 a1 bb aa b解析：选 B a2aba(ab)，ab0，ab0，a2ab0，a2ab.又abb2
2、b(ab)0，abb2，由得a2abb2.3若a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：(ab)2(bc)2(ca)20；ab与ab及ab中至少有一个成立；ac，bc，ab不能同时成立其中判断正确的个数是( )A0 B1C2 D3解析：选 C 由于a，b，c不全相等，则ab，bc，ca中至少有一个不为 0，故正确；显然成立；令a2，b3，c5，满足ac，bc，ab，故错4已知abc0，abbcac0，abc0，用反证法求证a0，b0，c0 时的反设为( )Aa0，b0，c0 Ba0，b0，c0Ca，b，c不全是正数 Dabc0解析：选 C a0，b0，c0 的否定是：a，b，c不全是正数5求证
3、：.2352证明：因为和都是正数，235所以为了证明，235只需证明()2()2，展开得 525，2356即 20，此式显然成立，所以不等式成立6235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，z0，则三个数 ， ， ( )y xy zz xz yx zx yA都大于 2 B至少有一个大于 2C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x0，y0，z0，所以(y xy z) (z xz y) (x zx y)6，(y xx y)
4、(y zz y) (x zz x)当且仅当xyz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anan1( )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anan1an(1q)当q1 时，anan1一定是等比数列；当q1 时，anan10，此时为等差数列8用数学归纳法证明“1 ”时，由1 21 31 41 2n11 2n1 n11 n21 2nnk的假设证明nk1 时，如果从等式左边证明右边，则必须证得右边为( )A.1 k11 2k1 2k1B.1 k11 2k1 2k11 2k23C
5、.1 k21 2k1 2k1D.1 k21 2k11 2k2解析：选 D 当nk1 时，右边应为1 k111 k121 k1k1.故 D 正确1 k21 k31 2k1 2k11 2k2二、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，yR，且xy0，则 lg ；ab 2lg alg b 2(2)622.103证明：(1)当a，b0 时，有，ab 2ablglg，ab 2ablg lg ab.ab 21 2lg alg b 2(2)要证 22，6103只要证()2(22)2，6103即 22，这是显然成立的，6048所以，原不等式
6、成立17(本小题满分 15 分)已知a，b，c(0,1)求证：(1a)b，(1b)c，(1c)a不能同时大于 .1 4证明：假设三式同时大于 ，1 4即(1a)b ，(1b)c ，(1c)a ，1 41 41 4三式同向相乘，得(1a)a(1b)b(1c)c.1 64又(1a)a2 ，当且仅当a 时取“”号，(1aa 2)1 41 2同理(1b)b ，(1c)c .1 41 4所以(1a)a(1b)b(1c)c，1 64与式矛盾，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，a11，S393.22(1)求数列an的通项an与前n项和Sn；6(2)设bn(nN
7、*)，Sn 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Error!d2.故an2n1，Snn(n)22(2)由(1)得bnn.Sn n2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bbpbr，2q即(q)2(p)(r)，222(q2pr)(2qpr)0，2p，q，rN*，Error!2pr，(pr)20.(pr 2)pr，与pr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 (nN*)1 21 31 n求证：f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)证明：当n2 时，左边f(1)1，右
8、边21，左边右边，等式成立(11 21)假设nk(k2，kN*)时，结论成立，即f(1)f(2)f(k1)kf(k)1，那么，当nk1 时，f(1)f(2)f(k1)f(k)kf(k)1f(k)(k1)f(k)k(k1)kfk11 k1(k1)f(k1)(k1)(k1)f(k1)1，当nk1 时结论仍然成立f(1)f(2)f(n1)nf(n)1(n2，nN*)20(本小题满分 15 分)已知f(x)，且f(1)bx1 ax12(x 1a，a0)7log162，f(2)1.(1)求函数f(x)的表达式；(2)已知数列xn的项满足xn(1f(1)(1f(2)(1f(n)，试求x1，x2，x3，x4
9、；(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Error!1 4即Error!解得Error!(舍去a )，1 3f(x)(x1)1 x12(2)x11f(1)1 ，1 43 4x2 (1f(2) ，3 43 4(11 9)2 3x3 (1f(3) ，2 32 3(11 16)5 8x4 .5 8(11 25)3 5(3)由(2)知，x1 ，x2 ，x3 ，x4 ，由此可以猜想xn.3 42 34 65 83 56 10n2 2n1证明：当n1 时，x1 ，而 ，3 412 2113 4猜想成立假设当nk(kN*)时，xn成立，n2 2n1即xk，k2 2k1则nk1 时，xk1(1f(1)(1f(2)(1f(k)(1f(k1)xk(1f(k1)k2 2k111 k112 k2 2k1k1k3 k221 2k3 k2.k12 2k11当nk1 时，猜想也成立，根据可知，对一切nN*，猜想xn都n2 2n18成立
