2021高考数学 能力加强集训 专题三第3讲 第3讲　推理与证明（含详解）

本资料为共享资料来自网络如有相似概不负责PAGE专题三第3讲　推理与证明一、选择题(每小题4分，共24分)1．用反证法证明命题：若整数系数一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是A．假设a、b、c都是偶数B．假设a、b、c都不是偶数C．假设a、b、c至多有一个是偶数D．假设a、b、c至多有两个是偶数解析　至少有一个的否定是一个也没有，即a，b，c都不是偶数．答案　B2．(2020·济南模拟)在实数的原有运算法则(“·”和“－”仍为通常的乘法和减法)中，我们补充定义新运算“⊕”如下：当a≥b时，a⊕b＝a；当a＜b时，a⊕b＝b2.则当x∈[－2,2]时，函数f(x)＝(1⊕x)·x－(2⊕x)的最大值等于A．－1　　　　B．1C．6　　　　D．12解析　易知f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2，　－2≤x≤1，,x3－2，1＜x≤2，))∴当x＝2时，f(x)的最大值为23－2＝6.答案　C3．(2020·厦门模拟)将石子摆成如图的梯形形状．称数列5,9,14,20，…为“梯形数”．根据图形的构成，此数列的第2012项与5的差，即a2012－5＝A．2018×2012B．2018×2011C．1009×2012D．1009×2011解析　观察可知a2012＝2＋3＋4＋…＋2014＝eq\f(1,2)×2013×(2＋2014)＝2013×1008，∴a2012－5＝2013×1008－5＝1009×2011.答案　D4．(2020·枣庄模拟)22012个位上的数字为A．2B．4C．6D．8解析　由21＝2,22＝4,23＝8,24＝16,25＝32,26＝64,27＝128,28＝256，…，观察可知，24k的个位数为6,24k＋1的个位数为2,24k＋2的个位数为4,24k＋3的个数为8，k∈N，∴22012＝24×503的个位数为6.答案　C5．由代数式的乘法法则类比推导向量的数量积的运算法则：①由“mn＝nm”类比得到“a·b＝b·a”；②由“(m＋n)t＝mt＋nt”类比得到“(a＋b)·c＝a·c＋b·c”；③由“t≠0，mt＝xt⇒m＝x”类比得到“p≠0，a·p＝x·p⇒a＝x”；④由“|m·n|＝|m|·|n|”类比得到“|a·b|＝|a|·|b|”．以上结论正确的是A．①③B．①②C．②③D．②④解析　因为向量运算满足交换律、乘法分配律，向量没有除法，不能约分，所以①②正确，③错误．又因为|a·b|＝|a|·|b|·|cos〈a，b〉|，所以④错误．故选B.答案　B6．现有一个关于平面图形的命题：如图，同一个平面内有两个边长都是a的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为eq\f(a2,4).类比到空间，有两个棱长均为a的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为A.eq\f(a3,16)B.eq\f(a3,8)C.eq\f(a3,4)D.eq\f(a3,2)解析　由平面类比到空间，将面积和体积进行类比，容易得出两个正方体重叠部分的体积恒为eq\f(a3,8)，所以选B.答案　B二、填空题(每小题5分，共15分)7．(2020·烟台一模)若实数x、y、m满足|x－m|＞|y－m|，则称x比y远离m.若x2－1比1远离0，则x的取值范围是________．解析　据题意知|x2－1－0|＞|1－0|，即|x2－1|＞1，∴x2－1＞1或x2－1＜－1，解得x＜－eq\r(2)或x＞eq\r(2).答案　(－∞，－eq\r(2))∪(eq\r(2)，＋∞)8．(2020·苏州模拟)观察下列等式：1＝11＋2＝31＋2＋3＝61＋2＋3＋4＝101＋2＋3＋4＋5＝15…13＝113＋23＝913＋23＋33＝3613＋23＋33＋43＝10013＋23＋33＋43＋53＝225…可以推测：13＋23＋33＋…＋n3＝________(n∈N＋，用含有n的代数式 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 示)．解析　由数表知13＋23＋33＋…＋n3＝(1＋2＋…＋n)3＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(nn＋1,2)))2＝eq\f(n2n＋12,4).答案　eq\f(n2n＋12,4)9．(2020·昆明模拟)设f(x)＝ax＋b，其中a，b为实数，f1(x)＝f(x)，fn＋1(x)＝f(fn(x))，n＝1,2,3，…，若f7(x)＝128x＋381，则a＋b＝________.解析　由递推式可得f2(x)＝a2x＋ab＋b，f3(x)＝a3x＋a2b＋ab＋b，f4(x)＝a4x＋a3b＋a2b＋ab＋b，…f7(x)＝a7x＋a6b＋…＋ab＋b＝128x＋38，∴a7＝128，∴a＝2，(a6b＋a5b＋…＋ab＋b)＝b(1＋a＋…＋a6)＝b×eq\f(1－27,1－2)＝127b＝381，∴b＝3.故a＋b＝5.答案　5三、解答题(每小题12分，共36分)10．已知a，b，c均为正数，证明：a2＋b2＋c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2≥6eq\r(3)，并确定a、b、c为何值时，等号成立．证明　因为a，b，c均为正数，由均值不等式得a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，所以a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ac，①同理eq\f(1,a2)＋eq\f(1,b2)＋eq\f(1,c2)≥eq\f(1,ab)＋eq\f(1,bc)＋eq\f(1,ac)，②故a2＋b2＋c2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(1,b)＋\f(1,c)))2≥ab＋bc＋ac＋eq\f(3,ab)＋eq\f(3,bc)＋eq\f(3,ac)≥6eq\r(3).③所以原不等式成立．当且仅当a＝b＝c时，①式和②式等号成立；当且仅当a＝b＝c，(ab)2＝(bc)2＝(ac)2＝3时，③式等号成立．即当且仅当a＝b＝c＝时，原式等号成立．11．已知函数f(x)＝ax＋eq\f(x－2,x＋1)(a＞1)．(1)证明：函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数；(2)用反证法证明f(x)＝0没有负根．证明　(1)任取x1，x2∈(－1，＋∞)，不妨设x1＜x2，则x2－x1＞0，，且＞0.所以＝(－1)＞0.又因为x1＋1＞0，x2＋1＞0，所以eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＝eq\f(x2－2x1＋1－x1－2x2＋1,x2＋1x1＋1)＝eq\f(3x2－x1,x2＋1x1＋1)＞0，于是f(x2)－f(x1)＝＋eq\f(x2－2,x2＋1)－eq\f(x1－2,x1＋1)＞0，故函数f(x)在(－1，＋∞)上为增函数．(2)假设存在x0＜0(x0≠－1)满足f(x0)＝0，则ax0＝－eq\f(x0－2,x0＋1)，又0＜＜1，所以0＜－eq\f(x0－2,x0＋1)＜1，即eq\f(1,2)＜x0＜2，与x0＜0(x0≠－1)假设矛盾，故f(x0)＝0没有负根．12．某数列的第一项为1，并且对所有的自然数n≥2，数列的前n项之积为n2.(1)写出这个数列的前五项；(2)写出这个数列的通项公式并加以证明．解析　(1)已知a1＝1，由题意，得a1·a2＝22，∴a2＝22，a1·a2·a3＝32，∴a3＝eq\f(32,22)；同理，可得a4＝eq\f(42,32)，a5＝eq\f(52,42).因此这个数列的前五项为1,22，eq\f(32,22)，eq\f(42,32)，eq\f(52,42).(2)观察这个数列的前五项，猜测这个数列的通项公式应为an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，　　　　　　n＝1，,\f(n2,n－12)，n≥2.))下面用数学归纳法加以证明当n≥2时，an＝eq\f(n2,n－12).①当n＝2时，a2＝eq\f(22,2－12)＝22，等式成立．②假设当n＝k，k≥2时，结论成立．即ak＝eq\f(k2,k－12).因为a1·a2·…·ak－1＝(k－1)2，a1·a2·…·ak－1·ak·ak＋1＝(k＋1)2，所以ak＋1＝eq\f(k＋12,a1·a2·…·ak－1·ak)＝eq\f(k＋12,k－12)·eq\f(k－12,k2)＝eq\f(k＋12,k2)＝eq\f(k＋12,[k＋1－1]2).这就是说n＝k＋1时，结论也成立．根据①、②可知，当n≥2时，这个数列的通项公式是an＝eq\f(n2,n－12)，所以an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，　　　　　n＝1，,\f(n2,n－12)，n≥2.))