2022-2022学年高中数学模块复习课第2课时推理与证明课后提升训练含解析新人教A版选修1-2.docx

模块复习课
第2课时　推理与证明
课后篇稳固提升
根底稳固
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A
2.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'(x0)=0,x=x0不一定是函数f(x)的极值点,应选A.
答案A
3.观察图形,可推断出“x〞处应该填的数字是(　　)
A.171 B.183 C.205 D.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B
4.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.以下几何体中,一定属于相似体的有(　　)
①两个球体;②两个长方体;③两个正四面体;④两个正三棱柱;⑤两个正四棱锥.
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比例知,①③属于相似体.
答案C
5.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〞猜测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2R3
B.正方体的体积最大,最大值为3R3
C.长方体的体积最大,最大值为43R39
D.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.应选D.
答案D
6.设数列{an}的前n项和为Sn,令Tn=S1+S2+…+Snn,Tn称为数列{an}的“理想数〞.数列a1,a2,…,a500的“理想数〞为2 004,那么数列3,a1,a2,…,a500的“理想数〞为(　　)
A.2 001 B.2 003
C.2 005 D.2 007
解析由得2022=S1+S2+…+S500500,那么3,a1,a2,…,a500的“理想数〞为3+(3+S1)+(3+S2)+…+(3+S500)501=2004×500+3×501501=2000+3=2022.
答案B
7.根据三角恒等变换,可得如下等式:
cos θ=cos θ;
cos 2θ=2cos2θ-1;
cos 3θ=4cos3θ-3cos θ;
cos 4θ=8cos4θ-8cos2θ+1;
cos 5θ=16cos5θ-20cos3θ+5cos θ.
依此规律,猜测cos 6θ=32cos6θ+acos4θ+bcos2θ-1,那么有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-30
8.对于任意的两个实数对(a,b)和(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,q∈R,假设(1,2)􀱋(p,q)=(5,0),那么(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)
51719;(1,-2)=(2,0).
答案(2,0)
9.sin α+cos α=1,求证:sin6α+cos6α=1.
证明要证sin6α+cos6α=1,
只需证(sin2α+cos2α)(sin4α-sin2αcos2α+cos4α)=1,
即证sin4α-sin2αcos2α+cos4α=1,
只需证(sin2α+cos2α)2-3sin2αcos2α=1,
即证1-3sin2αcos2α=1,即证sin2αcos2α=0,
只需证sinαcosα=0,
由sinα+cosα=1,
所以sin2α+cos2α+2sinαcosα=1,
所以sinαcosα=0成立,故sin6α+cos6α=1.
10.通过计算可得以下等式:
22-12=2×1+1;
32-22=2×2+1;
42-32=2×3+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=3×12+3×1+1,33-23=3×22+3×2+1,43-33=3×32+3×3+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-3×n(n+1)2
=n(n+1)(2n+1)6.
能力提升
1.函数f(x)=sin x+ex+x2 016,令f1(x)=f'(x),f2(x)=f1'(x),f3(x)=f2'(x),…,fn+1(x)=fn'(x),那么f2 017(x)=(　　)
A.sin x+ex B.cos x+ex
C.-sin x+ex D.-cos x+ex
解析由得f1(x)=cosx+ex+2022x2022,f2(x)=-sinx+ex+2022×2022x2022,f3(x)=-cosx+ex+2022×2022×2022x2022,f4(x)=sinx+ex+2022×2022×2022×2022x2022,f5(x)=cosx+ex+2022×2022×2022×2022×2022x2022,由此可以发现,fn(x)的前两项的和成周期性变化,周期为4,故f2022(x)的前两项的和应为cosx+ex;又f2022(x)的第三项应为2022×2022×2022×…×2×1,所以f2022(x)的第三项等于0,于是f2022(x)=cosx+ex.
答案B
2.袋子里有编号为2,3,4,5,6的五个球,某位教师从袋中任取两个不同的球.教师把所取两球编号的和只告诉甲,其乘积只告诉乙,让甲、乙分别推断这两个球的编号.
甲说:“我无法确定.〞
乙说:“我也无法确定.〞
甲听完乙的答复以后,甲又说:“我可以确定了.〞
根据以上信息,你可以推断出抽取的两球中(　　)
A.一定有3号球
B.一定没有3号球
C.可能有5号球
D.可能有6号球
解析甲说:“我无法确定.〞说明两球编号的和可能为7,包含(2,5),(3,4),可能为8,包含(2,6),(3,5),可能为9,包含(3,6),(4,5).乙说:“我无法确定.〞说明两球编号的乘积为12,包含(3,4)或(2,6).根据以上信息,可以推断出抽取的两球中可能有6号球.
答案D
3.观察以下不等式:
52-225-2≥2×72;
45-3542-32≥52×723;
98-2893-23≥83×1125;
910-51095-55≥2×75;
……
由以上不等式,可以猜测:当a>b>0,s,r∈N*时,有as-bsar-br≥　　　　　. 
解析由不等式,可知52-225-2≥2×72=21×5+222-1,45-3542-32≥52×723=52×4+325-2,98-2893-23≥83×1125=83×9+228-3,910-51095-55≥2×75=105×9+5210-5,故猜测当a>b>0,s,r∈N*时,as-bsar-br≥sra+b2s-r.
答案sra+b2s-r
4.集合{a,b,c}={0,1,2},且以下三个关系:①a≠2;②b=2;③c≠0有且只有一个正确,那么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①成立时,那么a≠2,b≠2,c=0,此种情况不成立;
(2)当只有②成立时,那么a=2,b=2,c=0,此种情况不成立;
(3)当只有③成立时,那么a=2,b≠2,c≠0,即a=2,b=0,c=1,
所以100a+10b+c=100×2+10×0+1=201.
故答案为201.
答案201
5.设函数f(x)=1x+2,a,b为正实数.
(1)用分析法证明fab+fba≤23;
(2)设a+b>4,求证:af(b),bf(a)中至少有一个大于12.
证明(1)要证fab+fba≤23,
即证ba+2b+ab+2a≤23,
只需证a2+b2+4ab2a2+2b2+5ab≤23.
因为a,b为正实数,
只需证3(a2+b2+4ab)≤2(2a2+2b2+5ab),
即证a2+b2≥2ab,
因为a2+b2≥2ab显然成立,所以原不等式成立.
(2)假设af(b)=ab+2≤12,bf(a)=ba+2≤12,
因为a,b为正实数,所以2+b≥2a,2+a≥2b,
两式相加得4+a+b≥2a+2b,
即a+b≤4,与条件a+b>4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+max{Tk-1(P),a1+a2+…+ak}(2≤k≤n),其中max{Tk-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md两种情况比拟T2(P)和T2(P')的大小.
解(1)T1(P)=2+5=7,
T2(P)=1+max{T1(P),2+4}=1+max{7,6}=8.
(2)T2(P)=max{a+b+d,a+c+d},
T2(P')=max{c+d+b,c+a+b}.
当m=a时,T2(P')=max{c+d+b,c+a+b}=c+d+b.
因为a+b+d≤c+b+d,且a+c+d≤c+b+d,所以T2(P)≤T2(P').
当m=d时,T2(P')=max{c+d+b,c+a+b}=c+a+b.
因为a+b+d≤c+a+b,且a+c+d≤c+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.