2018屆高三數(shù)學第83練推理與證明練習

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGEPAGE12學必求其心得，業(yè)必貴于專精第83練推理與證明訓練目標(1）會應(yīng)用合情推理、演繹推理進行判斷推理；（2）會用綜合法、分析法、反證法進行推理證明．訓練題型（1）推理過程的判定；（2）合情推理、演繹推理的應(yīng)用;（3）證明方法的應(yīng)用．解題策略（1）應(yīng)用合情推理時,找準變化規(guī)律及問題實質(zhì)，借助定義、性質(zhì)、公式進行類比歸納；（2)用分析法證明時，要注意書寫格式，執(zhí)果索因逐步遞推；(3)用反證法證明時，對所要證明的結(jié)論的否定性假設(shè)要具有全面性，防止片面性.一、選擇題1．有一段“三段論”推理是這樣的：對于可導函數(shù)f（x),如果f′（x0）＝0，那么x＝x0是函數(shù)f(x)的極值點，因為函數(shù)f(x）＝x3在x＝0處的導數(shù)值f′（0）＝0,所以x＝0是函數(shù)f(x)＝x3的極值點．以上推理中（)A．小前提錯誤 B．大前提錯誤C．推理形式錯誤 D．結(jié)論正確2．已知數(shù)列｛an}為等差數(shù)列，若am＝a，an＝b(n－m≥1，m，n∈N*）,則am＋n＝eq\f（nb－ma，n－m）.類比上述結(jié)論,對于等比數(shù)列{bn}（bn〉0,n∈N＊),若bm＝c，bn＝d(n－m≥2,m,n∈N＊），則可以得到bm＋n等于()A。eq\r(n－m，\f(dm,cn）) B。eq\r（m－n，\f（dm，cn）)C.eq\r（n－m,\f(dn,cm）) D。eq\r(m－n,\f(dn，cm))3．(2016·湖北優(yōu)質(zhì)高中聯(lián)考)如圖所示，將若干個點擺成三角形圖案，每條邊（包括兩個端點）有n（n〉1，n∈N)個點，相應(yīng)的圖案中總的點數(shù)記為an,則eq\f（9,a2a3)＋eq\f（9,a3a4)＋eq\f（9，a4a5)＋…＋eq\f(9,a2015a2016)等于(）A。eq\f（2012,2013） B.eq\f（2013,2012)C.eq\f(2014，2015) D。eq\f(2014，2013）4．(2016·銀川二模)將正整數(shù)排列如下圖：12345678910111213141516…則圖中數(shù)2016出現(xiàn)在()A．第44行第81列 B．第45行第81列C．第44行第80列 D．第45行第80列5．用反證法證明命題：若整系數(shù)一元二次方程ax2＋bx＋c＝0（a≠0）有有理根，那么a,b，c中至少有一個是偶數(shù),下列假設(shè)中正確的是(）A．假設(shè)a,b，c都是偶數(shù)B．假設(shè)a，b，c都不是偶數(shù)C．假設(shè)a,b,c至多有一個是偶數(shù)D．假設(shè)a，b,c至多有兩個是偶數(shù)6．（2016·湖南六校聯(lián)考）對于問題“已知關(guān)于x的不等式ax2＋bx＋c〉0的解集為(－1，2），解關(guān)于x的不等式ax2－bx＋c>0”，給出如下一種解法：由ax2＋bx＋c〉0的解集為(－1,2），得a（－x）2＋b(－x)＋c>0的解集為（－2,1)，即關(guān)于x的不等式ax2－bx＋c>0的解集為(－2，1)．思考上述解法，若關(guān)于x的不等式eq\f（k,x＋a)＋eq\f(x＋b,x＋c)<0的解集為（－1，－eq\f(1，3））∪（eq\f(1,2），1），則關(guān)于x的不等式eq\f(kx,ax＋1)＋eq\f(bx＋1，cx＋1）〈0的解集為()A．(－3，－1)∪(1,2) B．(1，2）C．(－1,2) D．(－3,2）7．設(shè)等差數(shù)列｛an}的前n項和為Sn，若存在正整數(shù)m，n（m<n),使得Sm＝Sn，則Sm＋n＝0.類比上述結(jié)論，設(shè)正項等比數(shù)列｛bn}的前n項積為Tn,若存在正整數(shù)m，n(m<n)，使得Tm＝Tn，則Tm＋n等于()A．0 B．1C．m＋n D．mn8．我國古代稱直角三角形為勾股形，并且直角邊中較小者為勾，另一直角邊為股，斜邊為弦．若a，b，c為直角三角形的三邊，其中c為斜邊，則a2＋b2＝c2，稱這個定理為勾股定理．現(xiàn)將這一定理推廣到立體幾何中：在四面體O－ABC中，∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝90°，S為頂點O所對面的面積，S1，S2,S3分別為側(cè)面△OAB,△OAC，△OBC的面積，則下列選項中對于S，S1，S2，S3滿足的關(guān)系描述正確的為（)A．S2＝Seq\o\al(2,1）＋Seq\o\al(2,2）＋Seq\o\al(2,3） B．S2＝eq\f（1,S\o\al(2，1））＋eq\f(1，S\o\al(2,2））＋eq\f（1,S\o\al(2,3)）C．S＝S1＋S2＋S3 D．S＝eq\f（1,S1)＋eq\f（1,S2)＋eq\f(1,S3）二、填空題9．設(shè)數(shù)列{an｝的首項a1＝eq\f(3,2)，前n項和為Sn，且滿足2an＋1＋Sn＝3(n∈N*),則滿足eq\f（18,17)<eq\f(S2n，Sn)〈eq\f(8，7)的所有n的和為________．10．（2016·武昌調(diào)研)如圖，在圓內(nèi)畫1條線段，將圓分成2部分；畫2條相交線段，將圓分割成4部分;畫3條線段,將圓最多分割成7部分；畫4條線段,將圓最多分割成11部分．則（1)在圓內(nèi)畫5條線段，將圓最多分割成________部分;（2)在圓內(nèi)畫n條線段,將圓最多分割成________部分．11．（2016·開封聯(lián)考)如圖所示，由曲線y＝x2，直線x＝a,x＝a＋1（a>0)及x軸圍成的曲邊梯形的面積介于相應(yīng)小矩形與大矩形的面積之間，即a2<∫a＋1ax2dx<（a＋1)2。運用類比推理，若對?n∈N*，eq\f(1,n＋1）＋eq\f（1，n＋2）＋…＋eq\f（1，2n)〈A〈eq\f（1，n）＋eq\f(1，n＋1）＋…＋eq\f（1，2n－1）恒成立，則實數(shù)A＝________.12．在一次珠寶展覽會上，某商家展出一套珠寶首飾，第1件首飾是1顆珠寶,第2件首飾是由6顆珠寶構(gòu)成的如圖1所示的正六邊形,第3件首飾是由15顆珠寶構(gòu)成的如圖2所示的正六邊形,第4件首飾是由28顆珠寶構(gòu)成的如圖3所示的正六邊形，第5件首飾是由45顆珠寶構(gòu)成的如圖4所示的正六邊形，以后每件首飾都在前一件的基礎(chǔ)上，按照這種規(guī)律增加一定數(shù)量的珠寶,使它構(gòu)成更大的正六邊形，依此推斷：(1）第6件首飾上應(yīng)有________顆珠寶;(2)前n(n∈N＊)件首飾所用珠寶總顆數(shù)為________．(結(jié)果用n表示)

答案精析1．B[大前提:如果f′(x0）＝0，那么x＝x0是函數(shù)f（x）的極值點，錯誤．]2．C［觀察｛an｝的性質(zhì)：am＋n＝eq\f（nb－ma,n－m），則聯(lián)想nb－ma對應(yīng)等比數(shù)列{bn｝中的eq\f(dn，cm），而{an｝中除以(n－m）對應(yīng)等比數(shù)列中開(n－m)次方，故bm＋n＝eq\r（n－m,\f（dn,cm））.］3．C［每條邊有n個點，所以3條邊有3n個點,三角形的3個頂點重復(fù)計算了一次，所以減3個頂點，即an＝3n－3，那么eq\f（9，anan＋1)＝eq\f（9，（3n－3)×3n）＝eq\f（1,(n－1）n)＝eq\f(1，n－1）－eq\f（1，n),即eq\f（9,a2a3)＋eq\f(9,a3a4)＋eq\f（9,a4a5)＋…＋eq\f(9,a2015a2016)＝(eq\f（1，1）－eq\f(1，2））＋(eq\f(1，2）－eq\f（1,3）)＋（eq\f(1,3）－eq\f(1，4)）＋…＋（eq\f(1,2014）－eq\f(1,2015））＝1－eq\f（1,2015)＝eq\f(2014，2015），故選C.］4．D［由題意可知第n行有2n－1個數(shù)，則前n行的數(shù)的個數(shù)為1＋3＋5＋…＋（2n－1）＝n2，因為442＝1936，452＝2025,且1936<2016〈2025，所以2016在第45行，又第45行有2×45－1＝89個數(shù),2016－1936＝80，故2016在第45行第80列．故選D。］5．B[至少有一個的否定是一個也沒有，即a，b，c都不是偶數(shù)．］6．A[由關(guān)于x的不等式eq\f（k，x＋a）＋eq\f(x＋b,x＋c)〈0的解集為(－1，－eq\f(1，3))∪（eq\f（1,2）,1)，得eq\f(k，\f(1，x)＋a)＋eq\f(\f(1，x)＋b,\f（1,x)＋c）<0的解集為(－3,－1)∪(1，2），即關(guān)于x的不等式eq\f（kx,ax＋1）＋eq\f（bx＋1，cx＋1)<0的解集為(－3,－1）∪（1，2）．］7．B［因為Tm＝Tn，所以bm＋1bm＋2…bn＝1，從而bm＋1bn＝1,Tm＋n＝b1b2…bmbm＋1…bnbn＋1…bn＋m－1·bn＋m＝（b1bn＋m)·（b2bn＋m－1）…(bmbn＋1)·（bm＋1bn）…＝1.］8．A［如圖，作OD⊥BC于點D,連接AD,由立體幾何知識知,AD⊥BC，從而S2＝(eq\f（1,2）BC·AD）2＝eq\f(1,4)BC2·AD2＝eq\f(1，4)BC2·（OA2＋OD2）＝eq\f（1,4)(OB2＋OC2)·OA2＋eq\f(1,4）BC2·OD2＝（eq\f（1，2）OB·OA）2＋(eq\f（1，2）OC·OA)2＋（eq\f（1,2）BC·OD)2＝Seq\o\al（2，1)＋Seq\o\al（2，2）＋Seq\o\al（2，3).］9．7解析由2an＋1＋Sn＝3，得2an＋Sn－1＝3（n≥2)，兩式相減,得2an＋1－2an＋an＝0，化簡得2an＋1＝an（n≥2），即eq\f（an＋1,an）＝eq\f(1,2)(n≥2），由已知求出a2＝eq\f(3,4)，易得eq\f（a2，a1)＝eq\f(1，2），所以數(shù)列{an}是首項為a1＝eq\f(3，2），公比為q＝eq\f（1，2）的等比數(shù)列，所以Sn＝eq\f（\f(3,2）[1－（\f（1,2）)n］，1－\f(1，2))＝3［1－(eq\f(1，2）)n］，S2n＝3［1－（eq\f(1，2)）2n］，代入eq\f（18，17)〈eq\f（S2n，Sn)〈eq\f(8,7)，可得eq\f（1,17）〈（eq\f(1，2））n<eq\f(1，7）,解得n＝3或4,所以所有n的和為7.10．(1）16(2)1＋eq\f(n?n＋1？，2）解析（1)設(shè)在圓內(nèi)畫n條線段將圓最多可分成an部分,則a1＝2，a2＝4，a3＝7，a4＝11，所以a5＝a4＋5＝11＋5＝16，即在圓內(nèi)畫5條線段，將圓最多分割成16部分．(2）因為an－an－1＝n，an－1－an－2＝n－1,…，a3－a2＝3，a2－a1＝2，所以將上述式子累加得an－a1＝2＋3＋…＋n，則an＝2＋2＋3＋…＋n＝1＋eq\f（n（n＋1）,2)，n≥2，顯然當n＝1時上式也成立，故在圓內(nèi)畫n條線段將圓最多可分割成1＋eq\f（n（n＋1），2)部分．11．ln2解析令eq\f（1,n＋1）〈A1<eq\f（1,n），eq\f（1，n＋2)〈A2<eq\f（1，n＋1)，…，eq\f(1，2n)〈An<eq\f(1，2n－1),依據(jù)類比推理可得A1＝dx＝ln(n＋1)－lnn,A2＝dx＝ln（n＋2)－ln（n＋1）,…，An＝dx＝ln(2n)－ln(2n－1)，所以A＝A1＋A2＋…＋An＝ln(n＋1）－lnn＋ln（n＋2)－ln（n＋1）＋…＋ln(2n)－ln（2n－1)＝ln(2n)－lnn＝ln2.12．（1)66（2）eq\f(n（n＋1)(4n－1),6),n∈N*解析(1)設(shè)第n件首飾上的珠寶顆數(shù)為an，則a1＝1，a2＝6，a3＝15，a4＝28，a5＝45，∵a2－a1＝4×1＋1，a3－a2＝4×2＋1，a4－a3＝4×3＋1，a5－a4＝4×4＋1，∴猜想an－an－1＝4（n－1）＋1＝4n－3,∴推斷a6＝a5＋4×5＋1＝66.（2)由(1）知an－an－1＝4n－3，則an－1－an－2＝4(n－1)－3，…,a2－a1＝4×2－3,以上各式相加得an－a1＝4（n＋n－1＋…＋2)－3(n－1)＝