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- 2.3 数学归纳法练习题 试卷 3 次下载
- 第二章 推理与证明复习提升 试卷 试卷 2 次下载
- 3.1 数系的扩充和复数的概念练习题 试卷 3 次下载
- 3.2.1复数代数形式的加、减运算及其几何意义练习题 试卷 2 次下载
- 3.2.2复数代数形式的乘除运算练习题 试卷 3 次下载
人教版新课标A选修2-2第二章 推理与证明综合与测试一课一练
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这是一份人教版新课标A选修2-2第二章 推理与证明综合与测试一课一练，共18页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
第二章 推理与证明
本章达标检测
(满分:150分;时间:120分钟)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.下面是某电影中的一个片段:女主人欲输入由十个数字组成的密码,当她依次输入了前八个数字11235813后,欲输入最后两个数字时她犹豫了,也许是忘记了最后两个数字,也许…….请你根据上述相关数据信息推测最后两个数字最有可能是( )
A.2,1 B.2,0
C.1,3 D.3,1
2.下面几种推理是合情推理的是( )
①由圆的性质类比出球的有关性质;②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°归纳出所有三角形的内角和都是180°;③由f(x)=sin x满足f(-x) =-f(x),x∈R,推出f(x)=sin x是奇函数;④三角形内角和是180°,四边形内角和是360°,五边形内角和是540°,由此得凸n边形内角和是(n-2)·180°.
A.①② B.①③④
C.①②④ D.②④
3.用演绎法证明函数y=x3是增函数时的大前提是( )
A.增函数的定义
B.函数y=x3满足增函数的定义
C.若x1
4.在证明命题“对于任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos 2θ”的过程中,“cos4θ-sin4θ=(cos2θ+sin2θ)(cos2θ-sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos 2θ”应用了( )
A.分析法 B.综合法
C.分析法和综合法 D.间接证法
5.下列证明中更适合用反证法的是( )
A.证明11×2+12×3+…+1n×(n+1)=nn+1(n∈N*)
B.证明2是无理数
C.证明cos4x-sin4x=cos 2x
D.已知1-tanx2+tanx=1,证明3sin 2x=-4cos 2x
6.用数学归纳法证明“凸n边形的内角和等于(n-2)π”时,归纳奠基中n0的取值应为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
7.观察下列式子:1+122<32,1+122+132<53,1+122+132+142<74,……,根据以上式子可以猜想:1+122+132+…+12 0172<( )
A.4 0322 017 B.4 0332 017 C.4 0342 017 D.4 0352 017
8.如图所示的数阵中,用A(m,n)表示第m行的第n个数,则依此规律A(8,2)=( )
13
16 16
110 112 110
115 122 122 115
121 137 144 137 121
A.145 B.186
C.1122 D.1167
9.若三角形三边的长度为连续的三个自然数,则称这样的三角形为“连续整边三角形”.下列说法正确的是( )
A.“连续整边三角形”只能是锐角三角形
B.“连续整边三角形”不可能是钝角三角形
C.若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍,则这样的三角形有且仅有1个
D.若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍,则这样的三角形可能有2个
10.实数a,b,c满足a+2b+c=2,则( )
A.a,b,c都是正数
B.a,b,c都大于1
C.a,b,c都小于2
D.a,b,c至少有一个不小于12
11.已知f(x)=x3+x,若a,b,c∈R,且a+b>0,a+c>0,b+c>0,则f(a)+f(b)+f(c)的值( )
A.一定大于0 B.一定等于0
C.一定小于0 D.正负都有可能
12.在整数集Z中,被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”,记为[k],即[k]={5n+k|n∈Z},k=0,1,2,3,4.给出如下四个结论:
①2 013∈[3];
②-2∈[2];
③Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4];
④“整数a,b属于同一‘类’”的充要条件是“a-b∈[0]”.
其中,正确结论的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.甲、乙、丙、丁四人参加冬季滑雪比赛,有两人获奖.在比赛结果揭晓之前,四人的猜测如下表,其中“√”表示猜测某人获奖,“✕”表示猜测某人未获奖,而“○”则表示对某人是否获奖未发表意见.已知四个人中有且只有两个人的猜测是正确的,那么两名获奖者是 .
甲获奖
乙获奖
丙获奖
丁获奖
甲的猜测
√
✕
✕
√
乙的猜测
✕
○
○
√
丙的猜测
✕
√
✕
√
丁的猜测
○
○
√
✕
14.已知点A(x1,ax1),B(x2,ax2)是函数y=ax(a>1)的图象上任意不同的两点,依据图象可知,线段AB总是位于A,B两点之间函数图象的上方,因此有结论ax1+ax22>ax1+x22成立,运用类比的思想方法可知,若点A(x1,sin x1),B(x2,sin x2)是函数y=sin x (x∈(0,π))的图象上任意不同的两点,则类似地有 成立.
15.设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线相互平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)= ;当n>4时, f(n)= (用含n的数学表达式表示).
16.下面给出一个“三角形数阵”,已知每一列数成等差数列,从第三行起,每一行数成等比数列,而且每一行的公比都相等,记第i行第j列的数为aij(i≥j,i,j∈N*),则a53= ,amn= (m≥3).
14,
12,14,
34,38,316,
……
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(10分)已知0
18.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn满足:anSn=12an2-an+1,且an>0,n∈N*.
(1)计算a1,a2,a3的值,并猜想{an}的通项公式;
(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式.
19.(12分)已知α,β≠kπ+π2(k∈Z),且sin θ+cos θ=2sin α,sin θcos θ=sin2β.求证:1-tan2α1+tan2α=1-tan2β2(1+tan2β).
20.(12分)正项数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=an2+n对于任意的n∈N*均成立.
(1)求a1,a2,a3;
(2)猜想数列{an}的通项公式并证明;
(3)比较ann+1与(n+1)an的大小并给出证明.
21.(12分)刺绣有着悠久的历史,如下图,(1)(2)(3)(4)为刺绣中最简单的四个图案,这些图案都是由小正方形构成的,小正方形数越多刺绣越漂亮.现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同),设第n(n∈N*)个图案包含f(n)个小正方形.
(1)求出f(5)的值;
(2)利用合情推理的“归纳推理思想”归纳出f(n+1)与f(n)之间的关系式,并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式;
(3)求1f(1)+1f(2)-1+1f(3)-1+…+1f(n)-1(n≥2)的值.
22.(12分)已知数列{an}是以d为公差的等差数列,数列{bn}是以q为公比的等比数列.
(1)若数列{bn}的前n项和为Sn,且a1=b1=d=2,S3
(3)若b1=ar,b2=as≠ar,b3=at(其中t>s>r,且(s-r)是(t-r)的约数),求证:数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项.
答案全解全析
一、选择题
1.A 分析前八个数字11235813,发现1+1=2,1+2=3,2+3=5,3+5=8,5+8=13,又8+13=21,∴最后两个数字最有可能是2,1.
2.C ①是类比推理,②④是归纳推理,类比推理和归纳推理统称为合情推理,所以①②④是合情推理.③是演绎推理.
3.A 用演绎法证明函数为增函数时,大前提应为增函数的定义.故选A.
4.B 证明从已知出发,变形后经推理得到结论,符合综合法的特征.
5.B 对于A,11×2+12×3+…+1n×(n+1)=1-12+12-13+…+1n-1n+1=nn+1(n∈N*),适合直接证明;
对于B,不适合直接证明,适合反证法;
对于C,cos4x-sin4x=(cos2x+sin2x)(cos2x-sin2x)=cos 2x,适合直接证明;
对于D,由已知可得tan x=-12,所以3sin2x-4cos2x=6sinxcosx-4cos2x+4sin2x=6tanx-4+4tan2x=1,也适合直接证明.
综上,更适合用反证法的是选项B.
6.C 边数最少的凸n边形为三角形,故n0=3.
7.B 由题可知不等式的左边各项的分子是1,分母是正整数的平方,右边分数的分母等于左边最后一项分数分母的算术平方根,分子是以3为首项,2为公差的等差数列,故可得1+122+132+…+12 0172<4 0332 017.
8.C 由题中数阵知A(3,2)=16+6,A(4,2)=16+6+10,A(5,2)=16+6+10+15,
依此类推,A(8,2)=16+6+10+15+21+28+36=1122.
9.C 三边长分别是2,3,4的“连续整边三角形”中,设最大角为θ,则cos θ =22+32-422×2×3=-14<0,故θ是钝角,所以该三角形是钝角三角形,故A,B都错误;
如图,△ABC中,设AC=n,BC=n+2,AB=n+1,n∈N*,若∠BAC=2∠ABC,作AD平分∠BAC,则∠CAD=∠BAD=∠ABC,所以△CAD∽△CBA,所以CACB=CDCA,所以CD=CA2CB=n2n+2,BD=n+2-n2n+2=4n+4n+2,
又由AD是∠BAC的角平分线,得ABAC=BDCD,
所以n+1n=4n+4n2,解得n=4(负值舍去),
所以“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍的三角形有且仅有1个,该三角形三边长分别为4,5,6,故C正确,D错误.
10.D 假设a,b,c都小于12,则a+2b+c<2,这与a+2b+c=2矛盾,假设不成立,所以a,b,c至少有一个不小于12.故选D.
11.A ∵f'(x)=3x2+1>0,∴f(x)在R上是增函数.又a+b>0,∴a>-b,∴f(a)>f(-b).又f(x)=x3+x是奇函数,∴f(a)>-f(b),即f(a)+f(b)>0.同理, f(b)+f(c)>0,f(c)+f(a)>0,∴f(a)+f(b)+f(c)>0.故选A.
12.C 因为2 013=5×402+3,所以2 013∈[3],①正确;因为-2=5×(-1)+3,所以-2∈[3],②不正确;③正确;设a=5n1+k1,b=5n2+k2,n1,n2∈Z,k1,k2∈{0,1,2,3,4},若a,b属于同一“类”,则k1=k2,a-b=5(n1-n2),则a-b∈[0];若a-b∈[0],则a-b=5(n1-n2)+k1-k2∈[0],则k1-k2=5m(m∈Z),又由k1、k2∈{0,1,2,3,4},得|k1-k2|max=4,∴k1-k2=0,∴k1=k2,即a,b属于同一“类”,所以④正确.故正确的结论有3个.
二、填空题
13.答案 乙、丁
解析 由题表可知,若甲的猜测正确,则乙、丙、丁的猜测错误,与题意不符,故甲的猜测错误;若乙的猜测正确,则依题意丙的猜测无法确定正误,丁的猜测错误;若丙的猜测正确,则丁的猜测错误.
综上,只有乙、丙的猜测不矛盾,依题意乙、丙的猜测是正确的,从而得出乙、丁获奖.
14.答案 sin x1+sin x22
15.答案 5;12(n-2)(n+1)
解析 最初的3条直线产生2个交点,即f(3)=2.
每增加1条直线,与前面的每条直线最多产生1个交点,而新增加的第n条直线,与前面的(n-1)条直线产生(n-1)个交点,即f(n)-f(n-1)=n-1.
由下图知f(4)=5.
当n>4时, f(n)-f(n-1)=n-1,
f(n-1)-f(n-2)=n-2,
……
f(4)-f(3)=3,
叠加可得f(n)-f(3)=12(n+2)(n-3).
因为f(3)=2,
所以f(n)=12(n+2)(n-3)+2,
化简整理,得f(n)=12(n-2)(n+1).
16.答案 516;m2n+1
解析 设第一列等差数列的公差为d,等比数列的公比为q.
由题意可知,第一列的首项为14,公差d=12-14=14,∴a51=14+4×14=54.
由题意知,每行的公比都是12,即q=12,
∴a53=a51q2=54×122=516.
由题意知am1=14+(m-1)×14=m4,amn=m4×12n-1=m2n+1,m≥3.
三、解答题
17.证明 ∵0
只需证1-a+4a≥9a(1-a),
即证9a2-6a+1≥0,
即证(3a-1)2≥0.
该式显然成立,∴1a+41-a≥9成立.
18.解析 (1)当n=1时,a1S1=12a12-a1+1,解得a1=-1±3,又an>0,∴a1=3-1.
当n=2时,a2S2=12a22-a2+1,解得a2=-3±5,又an>0,∴a2=5-3.
当n=3时,a3S3=12a32-a3+1,解得a3=-5±7,又an>0,∴a3=7-5.
猜想an=2n+1-2n-1(n∈N*).
(2)证明:①当n=1时,由(1)可知a1=3-1,猜想成立.
②假设n=k(k∈N*)时,ak=2k+1-2k-1成立,
又∵anSn=12an2-an+1,
∴Sn=12an+1an-1,
∴ak+1=Sk+1-Sk=ak+12+1ak+1-1-ak2+1ak-1,
将ak=2k+1-2k-1代入上式并化简,得ak+12+22k+1ak+1-2=0,
∵ak+1>0,
∴ak+1=2(k+1)+1-2(k+1)-1.
所以当n=k+1时猜想也成立.
综上可知,an=2n+1-2n-1对一切n∈N*都成立.
19.证明 要证1-tan2α1+tan2α=1-tan2β2(1+tan2β)成立,
只需证1-sin2αcos2α1+sin2αcos2α=1-sin2βcos2β21+sin2βcos2β,
即证cos2α-sin2α=12(cos2β-sin2β),
即证1-2sin2α=12(1-2sin2β),
即证4sin2α-2sin2β=1.
因为sin θ+cos θ=2sin α,
所以(sin θ+cos θ)2=1+2sin θcos θ=4sin2α,又sin θcos θ=sin2β,所以1+2sin2β=4sin2α,即4sin2α-2sin2β=1.
故原结论得证.
20.解析 (1)当n=1时,2a1=a12+1,解得a1=1;
当n=2时,2(a1+a2)=a22+2=2+2a2,
解得a2=0(舍)或a2=2;
当n=3时,2(a1+a2+a3)=a32+3=6+2a3,
解得a3=-1(舍)或a3=3.
综上,a1=1,a2=2,a3=3.
(2)猜想:an=n(n∈N*).
①当n=1时,a1=1,猜想成立.
②假设当n=k(k∈N*)时,猜想成立,即ak=k,此时2Sk=ak2+k,
则当n=k+1时,
由2Sk+1=ak+12+(k+1),
即2(Sk+ak+1)=ak+12+(k+1),
即2Sk+2ak+1=ak+12+(k+1),
则ak2+k+2ak+1=ak+12+(k+1),
即k2+k+2ak+1=ak+12+(k+1),
解得ak+1=1-k(舍)或ak+1=1+k,
由①②知,对任意的n∈N*,an=n成立.
(3)由(2)知an=n,则ann+1=nn+1,(n+1)an=(n+1)n,
猜想:n=1,2时,nn+1<(n+1)n,
n≥3时,nn+1>(n+1)n.
证明:易知,n=1,2时,猜想成立.
当n≥3时,不等式两边同时取对数,得
(n+1)ln n>nln(n+1),
即证lnnn>ln(n+1)n+1(n≥3),
构造函数f(x)=lnxx,即证f(x)>f(x+1)(x≥3),
又函数的导数f'(x)=1x·x-lnxx2=1-lnxx2,
则当x≥3时, f'(x)<0,此时函数f(x)为减函数,则当n≥3时, f(n)>f(n+1).
所以n≥3时,猜想成立.
综上,n=1,2时,ann+1<(n+1)an;n≥3时,ann+1>(n+1)an.
21.解析 (1)按所给图案的规律画出第五个图案如下:
由图可得f(5)=41.
(2)由题意可得f(2)-f(1)=4=4×1;
f(3)-f(2)=8=4×2;
f(4)-f(3)=12=4×3;
f(5)-f(4)=16=4×4;
……
由上述规律,可得f(n+1)-f(n)=4n.
f(n+1)-f(n)=4n⇒f(n+1)=f(n)+4n⇒f(n)=f(n-1)+4(n-1)=f(n-2)+4(n-1)+4(n-2)=……=f(1)+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)+…+4=2n2-2n+1.
∴f(n)=2n2-2n+1(n∈N*).
(3)当n≥2时,1f(n)-1=12n2-2n=12n(n-1)=121n-1-1n,
∴原式=11+12×1-12+12-13+13-14+…+1n-1-1n=1+121-1n=32-12n.
22.解析 (1)由题意知,an=2n,bn=2·qn-1,所以由S3
由(1)知bn=2n,所以bk>bm+p-1⇒2k>2m+p-1⇒k>m+p-1⇒k≥m+p(*),
又bk=2k=bm+bm+1+bm+2+…+bm+p-1=2m+2m+1+…+2m+p-1=2m(2p-1)2-1=2m+p-2m<2m+p,
所以k
(3)证明:由b1=ar,得b2=b1q=arq=as=ar+(s-r)d,则d=ar(q-1)s-r,
又b3=b1q2=arq2=at=ar+(t-r)d,
所以arq2-ar=(t-r)·ar(q-1)s-r,
从而ar(q+1)(q-1)=ar(q-1)·t-rs-r,
因为as≠ar⇒b1≠b2,所以q≠1,
又ar≠0,故q=t-rs-r-1.
又t>s>r,且(s-r)是(t-r)的约数,所以q是整数,且q≥2,
对于数列{bn}中任一项bi(这里只要讨论i>3的情形),
有bi=arqi-1=ar+ar(qi-1-1)
=ar+ar(q-1)(1+q+q2+…+qi-2)
=ar+d(s-r)(1+q+q2+…+qi-2)
=ar+[(s-r)(1+q+q2+…+qi-2)+1-1]·d,
由于(s-r)(1+q+q2+…+qi-2)+1是正整数,所以bi一定是数列{an}的项.
故得证.
第二章 推理与证明
本章达标检测
(满分:150分;时间:120分钟)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)
1.下面是某电影中的一个片段:女主人欲输入由十个数字组成的密码,当她依次输入了前八个数字11235813后,欲输入最后两个数字时她犹豫了,也许是忘记了最后两个数字,也许…….请你根据上述相关数据信息推测最后两个数字最有可能是( )
A.2,1 B.2,0
C.1,3 D.3,1
2.下面几种推理是合情推理的是( )
①由圆的性质类比出球的有关性质;②由直角三角形、等腰三角形、等边三角形内角和是180°归纳出所有三角形的内角和都是180°;③由f(x)=sin x满足f(-x) =-f(x),x∈R,推出f(x)=sin x是奇函数;④三角形内角和是180°,四边形内角和是360°,五边形内角和是540°,由此得凸n边形内角和是(n-2)·180°.
A.①② B.①③④
C.①②④ D.②④
3.用演绎法证明函数y=x3是增函数时的大前提是( )
A.增函数的定义
B.函数y=x3满足增函数的定义
C.若x1
4.在证明命题“对于任意角θ,cos4θ-sin4θ=cos 2θ”的过程中,“cos4θ-sin4θ=(cos2θ+sin2θ)(cos2θ-sin2θ)=cos2θ-sin2θ=cos 2θ”应用了( )
A.分析法 B.综合法
C.分析法和综合法 D.间接证法
5.下列证明中更适合用反证法的是( )
A.证明11×2+12×3+…+1n×(n+1)=nn+1(n∈N*)
B.证明2是无理数
C.证明cos4x-sin4x=cos 2x
D.已知1-tanx2+tanx=1,证明3sin 2x=-4cos 2x
6.用数学归纳法证明“凸n边形的内角和等于(n-2)π”时,归纳奠基中n0的取值应为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
7.观察下列式子:1+122<32,1+122+132<53,1+122+132+142<74,……,根据以上式子可以猜想:1+122+132+…+12 0172<( )
A.4 0322 017 B.4 0332 017 C.4 0342 017 D.4 0352 017
8.如图所示的数阵中,用A(m,n)表示第m行的第n个数,则依此规律A(8,2)=( )
13
16 16
110 112 110
115 122 122 115
121 137 144 137 121
A.145 B.186
C.1122 D.1167
9.若三角形三边的长度为连续的三个自然数,则称这样的三角形为“连续整边三角形”.下列说法正确的是( )
A.“连续整边三角形”只能是锐角三角形
B.“连续整边三角形”不可能是钝角三角形
C.若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍,则这样的三角形有且仅有1个
D.若“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍,则这样的三角形可能有2个
10.实数a,b,c满足a+2b+c=2,则( )
A.a,b,c都是正数
B.a,b,c都大于1
C.a,b,c都小于2
D.a,b,c至少有一个不小于12
11.已知f(x)=x3+x,若a,b,c∈R,且a+b>0,a+c>0,b+c>0,则f(a)+f(b)+f(c)的值( )
A.一定大于0 B.一定等于0
C.一定小于0 D.正负都有可能
12.在整数集Z中,被5除所得余数为k的所有整数组成一个“类”,记为[k],即[k]={5n+k|n∈Z},k=0,1,2,3,4.给出如下四个结论:
①2 013∈[3];
②-2∈[2];
③Z=[0]∪[1]∪[2]∪[3]∪[4];
④“整数a,b属于同一‘类’”的充要条件是“a-b∈[0]”.
其中,正确结论的个数为( )
A.1 B.2 C.3 D.4
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)
13.甲、乙、丙、丁四人参加冬季滑雪比赛,有两人获奖.在比赛结果揭晓之前,四人的猜测如下表,其中“√”表示猜测某人获奖,“✕”表示猜测某人未获奖,而“○”则表示对某人是否获奖未发表意见.已知四个人中有且只有两个人的猜测是正确的,那么两名获奖者是 .
甲获奖
乙获奖
丙获奖
丁获奖
甲的猜测
√
✕
✕
√
乙的猜测
✕
○
○
√
丙的猜测
✕
√
✕
√
丁的猜测
○
○
√
✕
14.已知点A(x1,ax1),B(x2,ax2)是函数y=ax(a>1)的图象上任意不同的两点,依据图象可知,线段AB总是位于A,B两点之间函数图象的上方,因此有结论ax1+ax22>ax1+x22成立,运用类比的思想方法可知,若点A(x1,sin x1),B(x2,sin x2)是函数y=sin x (x∈(0,π))的图象上任意不同的两点,则类似地有 成立.
15.设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线相互平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)= ;当n>4时, f(n)= (用含n的数学表达式表示).
16.下面给出一个“三角形数阵”,已知每一列数成等差数列,从第三行起,每一行数成等比数列,而且每一行的公比都相等,记第i行第j列的数为aij(i≥j,i,j∈N*),则a53= ,amn= (m≥3).
14,
12,14,
34,38,316,
……
三、解答题(本大题共6小题,共70分)
17.(10分)已知0
18.(12分)已知数列{an}的前n项和Sn满足:anSn=12an2-an+1,且an>0,n∈N*.
(1)计算a1,a2,a3的值,并猜想{an}的通项公式;
(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式.
19.(12分)已知α,β≠kπ+π2(k∈Z),且sin θ+cos θ=2sin α,sin θcos θ=sin2β.求证:1-tan2α1+tan2α=1-tan2β2(1+tan2β).
20.(12分)正项数列{an}的前n项和为Sn,且2Sn=an2+n对于任意的n∈N*均成立.
(1)求a1,a2,a3;
(2)猜想数列{an}的通项公式并证明;
(3)比较ann+1与(n+1)an的大小并给出证明.
21.(12分)刺绣有着悠久的历史,如下图,(1)(2)(3)(4)为刺绣中最简单的四个图案,这些图案都是由小正方形构成的,小正方形数越多刺绣越漂亮.现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同),设第n(n∈N*)个图案包含f(n)个小正方形.
(1)求出f(5)的值;
(2)利用合情推理的“归纳推理思想”归纳出f(n+1)与f(n)之间的关系式,并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式;
(3)求1f(1)+1f(2)-1+1f(3)-1+…+1f(n)-1(n≥2)的值.
22.(12分)已知数列{an}是以d为公差的等差数列,数列{bn}是以q为公比的等比数列.
(1)若数列{bn}的前n项和为Sn,且a1=b1=d=2,S3
(3)若b1=ar,b2=as≠ar,b3=at(其中t>s>r,且(s-r)是(t-r)的约数),求证:数列{bn}中每一项都是数列{an}中的项.
答案全解全析
一、选择题
1.A 分析前八个数字11235813,发现1+1=2,1+2=3,2+3=5,3+5=8,5+8=13,又8+13=21,∴最后两个数字最有可能是2,1.
2.C ①是类比推理,②④是归纳推理,类比推理和归纳推理统称为合情推理,所以①②④是合情推理.③是演绎推理.
3.A 用演绎法证明函数为增函数时,大前提应为增函数的定义.故选A.
4.B 证明从已知出发,变形后经推理得到结论,符合综合法的特征.
5.B 对于A,11×2+12×3+…+1n×(n+1)=1-12+12-13+…+1n-1n+1=nn+1(n∈N*),适合直接证明;
对于B,不适合直接证明,适合反证法;
对于C,cos4x-sin4x=(cos2x+sin2x)(cos2x-sin2x)=cos 2x,适合直接证明;
对于D,由已知可得tan x=-12,所以3sin2x-4cos2x=6sinxcosx-4cos2x+4sin2x=6tanx-4+4tan2x=1,也适合直接证明.
综上,更适合用反证法的是选项B.
6.C 边数最少的凸n边形为三角形,故n0=3.
7.B 由题可知不等式的左边各项的分子是1,分母是正整数的平方,右边分数的分母等于左边最后一项分数分母的算术平方根,分子是以3为首项,2为公差的等差数列,故可得1+122+132+…+12 0172<4 0332 017.
8.C 由题中数阵知A(3,2)=16+6,A(4,2)=16+6+10,A(5,2)=16+6+10+15,
依此类推,A(8,2)=16+6+10+15+21+28+36=1122.
9.C 三边长分别是2,3,4的“连续整边三角形”中,设最大角为θ,则cos θ =22+32-422×2×3=-14<0,故θ是钝角,所以该三角形是钝角三角形,故A,B都错误;
如图,△ABC中,设AC=n,BC=n+2,AB=n+1,n∈N*,若∠BAC=2∠ABC,作AD平分∠BAC,则∠CAD=∠BAD=∠ABC,所以△CAD∽△CBA,所以CACB=CDCA,所以CD=CA2CB=n2n+2,BD=n+2-n2n+2=4n+4n+2,
又由AD是∠BAC的角平分线,得ABAC=BDCD,
所以n+1n=4n+4n2,解得n=4(负值舍去),
所以“连续整边三角形”中最大角是最小角的2倍的三角形有且仅有1个,该三角形三边长分别为4,5,6,故C正确,D错误.
10.D 假设a,b,c都小于12,则a+2b+c<2,这与a+2b+c=2矛盾,假设不成立,所以a,b,c至少有一个不小于12.故选D.
11.A ∵f'(x)=3x2+1>0,∴f(x)在R上是增函数.又a+b>0,∴a>-b,∴f(a)>f(-b).又f(x)=x3+x是奇函数,∴f(a)>-f(b),即f(a)+f(b)>0.同理, f(b)+f(c)>0,f(c)+f(a)>0,∴f(a)+f(b)+f(c)>0.故选A.
12.C 因为2 013=5×402+3,所以2 013∈[3],①正确;因为-2=5×(-1)+3,所以-2∈[3],②不正确;③正确;设a=5n1+k1,b=5n2+k2,n1,n2∈Z,k1,k2∈{0,1,2,3,4},若a,b属于同一“类”,则k1=k2,a-b=5(n1-n2),则a-b∈[0];若a-b∈[0],则a-b=5(n1-n2)+k1-k2∈[0],则k1-k2=5m(m∈Z),又由k1、k2∈{0,1,2,3,4},得|k1-k2|max=4,∴k1-k2=0,∴k1=k2,即a,b属于同一“类”,所以④正确.故正确的结论有3个.
二、填空题
13.答案 乙、丁
解析 由题表可知,若甲的猜测正确,则乙、丙、丁的猜测错误,与题意不符,故甲的猜测错误;若乙的猜测正确,则依题意丙的猜测无法确定正误,丁的猜测错误;若丙的猜测正确,则丁的猜测错误.
综上,只有乙、丙的猜测不矛盾,依题意乙、丙的猜测是正确的,从而得出乙、丁获奖.
14.答案 sin x1+sin x22
15.答案 5;12(n-2)(n+1)
解析 最初的3条直线产生2个交点,即f(3)=2.
每增加1条直线,与前面的每条直线最多产生1个交点,而新增加的第n条直线,与前面的(n-1)条直线产生(n-1)个交点,即f(n)-f(n-1)=n-1.
由下图知f(4)=5.
当n>4时, f(n)-f(n-1)=n-1,
f(n-1)-f(n-2)=n-2,
……
f(4)-f(3)=3,
叠加可得f(n)-f(3)=12(n+2)(n-3).
因为f(3)=2,
所以f(n)=12(n+2)(n-3)+2,
化简整理,得f(n)=12(n-2)(n+1).
16.答案 516;m2n+1
解析 设第一列等差数列的公差为d,等比数列的公比为q.
由题意可知,第一列的首项为14,公差d=12-14=14,∴a51=14+4×14=54.
由题意知,每行的公比都是12,即q=12,
∴a53=a51q2=54×122=516.
由题意知am1=14+(m-1)×14=m4,amn=m4×12n-1=m2n+1,m≥3.
三、解答题
17.证明 ∵0
只需证1-a+4a≥9a(1-a),
即证9a2-6a+1≥0,
即证(3a-1)2≥0.
该式显然成立,∴1a+41-a≥9成立.
18.解析 (1)当n=1时,a1S1=12a12-a1+1,解得a1=-1±3,又an>0,∴a1=3-1.
当n=2时,a2S2=12a22-a2+1,解得a2=-3±5,又an>0,∴a2=5-3.
当n=3时,a3S3=12a32-a3+1,解得a3=-5±7,又an>0,∴a3=7-5.
猜想an=2n+1-2n-1(n∈N*).
(2)证明:①当n=1时,由(1)可知a1=3-1,猜想成立.
②假设n=k(k∈N*)时,ak=2k+1-2k-1成立,
又∵anSn=12an2-an+1,
∴Sn=12an+1an-1,
∴ak+1=Sk+1-Sk=ak+12+1ak+1-1-ak2+1ak-1,
将ak=2k+1-2k-1代入上式并化简,得ak+12+22k+1ak+1-2=0,
∵ak+1>0,
∴ak+1=2(k+1)+1-2(k+1)-1.
所以当n=k+1时猜想也成立.
综上可知,an=2n+1-2n-1对一切n∈N*都成立.
19.证明 要证1-tan2α1+tan2α=1-tan2β2(1+tan2β)成立,
只需证1-sin2αcos2α1+sin2αcos2α=1-sin2βcos2β21+sin2βcos2β,
即证cos2α-sin2α=12(cos2β-sin2β),
即证1-2sin2α=12(1-2sin2β),
即证4sin2α-2sin2β=1.
因为sin θ+cos θ=2sin α,
所以(sin θ+cos θ)2=1+2sin θcos θ=4sin2α,又sin θcos θ=sin2β,所以1+2sin2β=4sin2α,即4sin2α-2sin2β=1.
故原结论得证.
20.解析 (1)当n=1时,2a1=a12+1,解得a1=1;
当n=2时,2(a1+a2)=a22+2=2+2a2,
解得a2=0(舍)或a2=2;
当n=3时,2(a1+a2+a3)=a32+3=6+2a3,
解得a3=-1(舍)或a3=3.
综上,a1=1,a2=2,a3=3.
(2)猜想:an=n(n∈N*).
①当n=1时,a1=1,猜想成立.
②假设当n=k(k∈N*)时,猜想成立,即ak=k,此时2Sk=ak2+k,
则当n=k+1时,
由2Sk+1=ak+12+(k+1),
即2(Sk+ak+1)=ak+12+(k+1),
即2Sk+2ak+1=ak+12+(k+1),
则ak2+k+2ak+1=ak+12+(k+1),
即k2+k+2ak+1=ak+12+(k+1),
解得ak+1=1-k(舍)或ak+1=1+k,
由①②知,对任意的n∈N*,an=n成立.
(3)由(2)知an=n,则ann+1=nn+1,(n+1)an=(n+1)n,
猜想:n=1,2时,nn+1<(n+1)n,
n≥3时,nn+1>(n+1)n.
证明:易知,n=1,2时,猜想成立.
当n≥3时,不等式两边同时取对数,得
(n+1)ln n>nln(n+1),
即证lnnn>ln(n+1)n+1(n≥3),
构造函数f(x)=lnxx,即证f(x)>f(x+1)(x≥3),
又函数的导数f'(x)=1x·x-lnxx2=1-lnxx2,
则当x≥3时, f'(x)<0,此时函数f(x)为减函数,则当n≥3时, f(n)>f(n+1).
所以n≥3时,猜想成立.
综上,n=1,2时,ann+1<(n+1)an;n≥3时,ann+1>(n+1)an.
21.解析 (1)按所给图案的规律画出第五个图案如下:
由图可得f(5)=41.
(2)由题意可得f(2)-f(1)=4=4×1;
f(3)-f(2)=8=4×2;
f(4)-f(3)=12=4×3;
f(5)-f(4)=16=4×4;
……
由上述规律,可得f(n+1)-f(n)=4n.
f(n+1)-f(n)=4n⇒f(n+1)=f(n)+4n⇒f(n)=f(n-1)+4(n-1)=f(n-2)+4(n-1)+4(n-2)=……=f(1)+4(n-1)+4(n-2)+4(n-3)+…+4=2n2-2n+1.
∴f(n)=2n2-2n+1(n∈N*).
(3)当n≥2时,1f(n)-1=12n2-2n=12n(n-1)=121n-1-1n,
∴原式=11+12×1-12+12-13+13-14+…+1n-1-1n=1+121-1n=32-12n.
22.解析 (1)由题意知,an=2n,bn=2·qn-1,所以由S3
由(1)知bn=2n,所以bk>bm+p-1⇒2k>2m+p-1⇒k>m+p-1⇒k≥m+p(*),
又bk=2k=bm+bm+1+bm+2+…+bm+p-1=2m+2m+1+…+2m+p-1=2m(2p-1)2-1=2m+p-2m<2m+p,
所以k
(3)证明:由b1=ar,得b2=b1q=arq=as=ar+(s-r)d,则d=ar(q-1)s-r,
又b3=b1q2=arq2=at=ar+(t-r)d,
所以arq2-ar=(t-r)·ar(q-1)s-r,
从而ar(q+1)(q-1)=ar(q-1)·t-rs-r,
因为as≠ar⇒b1≠b2,所以q≠1,
又ar≠0,故q=t-rs-r-1.
又t>s>r,且(s-r)是(t-r)的约数,所以q是整数,且q≥2,
对于数列{bn}中任一项bi(这里只要讨论i>3的情形),
有bi=arqi-1=ar+ar(qi-1-1)
=ar+ar(q-1)(1+q+q2+…+qi-2)
=ar+d(s-r)(1+q+q2+…+qi-2)
=ar+[(s-r)(1+q+q2+…+qi-2)+1-1]·d,
由于(s-r)(1+q+q2+…+qi-2)+1是正整数,所以bi一定是数列{an}的项.
故得证.
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