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階段質量檢測（二） 推理與證明 (時間： 120分鐘　滿分：150分) 一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的) 1．設a＝－，b＝－，c＝－，則a，b，c的大小順序是(　　) A．a＞b＞c　　　　　　　　 　B．b＞c＞a C．c＞a＞b D．a＞c＞b 解析：選A　∵a＝－＝， b＝－＝，c＝－＝， 又∵＋＞＋＞＋＞0， ∴a＞b＞c. 2．若a，b，c為實數，且a＜b＜0，則下列命題正確的是(　　) A．ac2＜bc2 B．a2＞ab＞b2 C.＜ D.＞ 解析：選B　a2－ab＝a(a－b)， ∵a＜b＜0，∴a－b＜0，∴a2－ab＞0，∴a2＞ab.① 又ab－b2＝b(a－b)＞0，∴ab＞b2，② 由①②得a2＞ab＞b2. 3．若a，b，c是不全相等的正數，給出下列判斷：①(a－b)2＋(b－c)2＋(c－a)2≠0；②a＞b與a＜b及a＝b中至少有一個成立；③a≠c，b≠c，a≠b不能同時成立．其中判斷正確的個數是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：選C　由于a，b，c不全相等，則a－b，b－c，c－a中至少有一個不為0，故①正確；②顯然成立；令a＝2，b＝3，c＝5，滿足a≠c，b≠c，a≠b，故③錯． 4．已知a＋b＋c＞0，ab＋bc＋ac＞0，abc＞0，用反證法求證a＞0，b＞0，c＞0時的反設為(　　) A．a＜0，b＜0，c＜0 B．a≤0，b＞0，c＞0 C．a，b，c不全是正數 D．abc＜0 解析：選C　a＞0，b＞0，c＞0的否定是：a，b，c不全是正數． 5．求證：＋>. 證明：因為＋和都是正數， 所以為了證明＋>， 只需證明(＋)2>()2，展開得5＋2>5， 即2>0，此式顯然成立，所以不等式＋>成立． 上述證明過程應用了(　　) A．綜合法 B．分析法 C．綜合法、分析法配合使用 D．間接證法 解析：選B　證明過程中的“為了證明……”，“只需證明……”這樣的語句是分析法所特有的，是分析法的證明模式． 6．設x，y，z＞0，則三個數＋，＋，＋(　　) A．都大于2 B．至少有一個大于2 C．至少有一個不小于2 D．至少有一個不大于2 解析：選C　因為x＞0，y＞0，z＞0， 所以＋＋ ＝＋＋≥6， 當且僅當x＝y(tǒng)＝z時等號成立，則三個數中至少有一個不小于2. 7．若數列{an}是等比數列，則數列{an＋an＋1}(　　) A．一定是等比數列 B．一定是等差數列 C．可能是等比數列也可能是等差數列 D．一定不是等比數列 解析：選C　設等比數列{an}的公比為q，則an＋an＋1＝an(1＋q)．∴當q≠－1時，{an＋an＋1}一定是等比數列； 當q＝－1時，an＋an＋1＝0，此時為等差數列． 8．用數學歸納法證明“1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋”時，由n＝k的假設證明n＝k＋1時，如果從等式左邊證明右邊，則必須證得右邊為(　　) A.＋…＋＋ B.＋…＋＋＋ C.＋…＋＋ D.＋…＋＋ 解析：選D　當n＝k＋1時，右邊應為 ＋＋…＋ ＝＋＋…＋＋＋.故D正確． 二、填空題(本大題共7小題，多空題6分，單空題4分，共36分．請把正確答案填在題中橫線上) 9．已知x，y∈R，且x＋y<2，則x，y中至多有一個大于1，在用反證法證明時，假設應為________． 解析：“至多有一個大于1”包括“都不大于1和有且僅有一個大于1”，故其對立面為“x，y都大于1”． 答案：x，y都大于1 10．若P＝＋，Q＝＋(a≥0)，則P，Q的大小關系是________． 解析：假設P＜Q，∵要證P＜Q，只需證P2＜Q2， 即證：2a＋7＋2＜2a＋7＋2， 即證：a2＋7a＜a2＋7a＋12， 即證：0＜12， ∵0＜12成立，∴P＜Q成立． 答案：P＜Q 11．已知a，b是不相等的正數，x＝，y＝，則x，y的大小關系是________． 解析：x2－y2＝－(a＋b) ＝＝. ∵a，b是不相等的正數，∴≠， ∴(－)2＞0，∴＜0.∴x2＜y2. 又∵x＞0，y＞0，∴x＜y. 答案：x＜y 12．已知數列{an}的前n項和Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，則S4＝________；可歸納猜想出Sn的表達式為________． 解析：由a1＝1，得a1＋a2＝22a2，∴a2＝，S2＝；又1＋＋a3＝32a3，∴a3＝，S3＝＝； 又1＋＋＋a4＝16a4，得a4＝，S4＝. 由S1＝，S2＝，S3＝，S4＝可以猜想Sn＝. 答案：　 13．設函數f(x)定義如下表，數列{xn}滿足x0＝5，且對任意的自然數均有xn＋1＝f(xn)，則x2 016＝________；x2017＝________. x 1 2 3 4 5 f(x) 4 1 3 5 2 解析：x1＝f(x0)＝f(5)＝2，x2＝f(2)＝1，x3＝f(1)＝4，x4＝f(4)＝5，x5＝f(5)＝2，…，數列{xn}是周期為4的數列，所以x2 016＝x4＝5，x2017＝x5＝2. 答案：5　2 14．已知a1＝，an＋1＝，則a2，a3，a4的值分別為______________，由此猜想an＝________. 解析：a2＝＝＝＝， 同理，a3＝＝＝， a4＝＝， a5＝＝， 猜想an＝. 答案：，，　 15．用數學歸納法證明：1＋2＋3＋…＋n2＝，其初始值為______，當n＝k＋1時，其式子的左端應在n＝k時的左端再加上________________． 解析：代入驗證可知n的初始值為1.n＝k時的左端為1＋2＋3＋…＋k2，n＝k＋1時的左端為1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.故增加的式子為(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2. 答案：1　(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2 三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟) 16．(本小題滿分14分)用綜合法或分析法證明： (1)如果a，b>0，則lg ≥； (2)6＋>2＋2. 證明：(1)當a，b>0時，有≥， ∴l(xiāng)g≥lg， ∴l(xiāng)g≥lg ab＝. (2)要證 ＋>2＋2， 只要證(＋)2>(2＋2)2， 即2>2，這是顯然成立的， 所以，原不等式成立． 17．(本小題滿分15分)已知a，b，c∈(0,1)．求證：(1－a)b，(1－b)c，(1－c)a不能同時大于. 證明：假設三式同時大于， 即(1－a)b＞，(1－b)c＞，(1－c)a＞， 三式同向相乘，得(1－a)a(1－b)b(1－c)c＞.① 又(1－a)a≤2＝，當且僅當a＝時取“＝”號， 同理(1－b)b≤，(1－c)c≤. 所以(1－a)a(1－b)b(1－c)c≤， 與①式矛盾，即假設不成立，故結論正確． 18．(本小題滿分15分)等差數列{an}的前n項和為Sn，a1＝1＋，S3＝9＋3. (1)求數列{an}的通項an與前n項和Sn； (2)設bn＝(n∈N*)， 求證：數列{bn}中任意不同的三項都不可能成為等比數列． 解：(1)由已知得 ∴d＝2. 故an＝2n－1＋，Sn＝n(n＋)． (2)由(1)得bn＝＝n＋. 假設數列{bn}中存在三項bp，bq，br(p，q，r互不相等)成等比數列，則b＝bpbr， 即(q＋)2＝(p＋)(r＋)， ∴(q2－pr)＋(2q－p－r)＝0， ∵p，q，r∈N*，∴ ∴2＝pr，(p－r)2＝0. ∴p＝r，與p≠r矛盾． ∴數列{bn}中任意不同的三項都不可能成等比數列． 19．(本小題滿分15分)設f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)． 求證：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)． 證明：當n＝2時，左邊＝f(1)＝1， 右邊＝2＝1，左邊＝右邊，等式成立． 假設n＝k(k≥2，k∈N*)時，結論成立，即 f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]， 那么，當n＝k＋1時， f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k) ＝k[f(k)－1]＋f(k) ＝(k＋1)f(k)－k ＝(k＋1)－k ＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1) ＝(k＋1)[f(k＋1)－1]， ∴當n＝k＋1時結論仍然成立． ∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N*)． 20．(本小題滿分15分)已知f(x)＝，且f(1)＝log162，f(－2)＝1. (1)求函數f(x)的表達式； (2)已知數列{xn}的項滿足xn＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(n))，試求x1，x2，x3，x4； (3)猜想{xn}的通項公式，并用數學歸納法證明． 解：(1)把f(1)＝log162＝，f(－2)＝1，代入函數表達式得 即 解得(舍去a＝－)， ∴f(x)＝(x≠－1)． (2)x1＝1－f(1)＝1－＝， x2＝(1－f(2))＝＝， x3＝(1－f(3))＝＝， x4＝＝. (3)由(2)知，x1＝，x2＝＝，x3＝，x4＝＝，…，由此可以猜想xn＝. 證明：①當n＝1時，∵x1＝，而＝， ∴猜想成立． ②假設當n＝k(k∈N*)時，xn＝成立， 即xk＝， 則n＝k＋1時， xk＋1＝(1－f(1))(1－f(2))…(1－f(k))(1－f(k＋1)) ＝xk(1－f(k＋1))＝ ＝＝ ＝. ∴當n＝k＋1時，猜想也成立，根據①②可知，對一切n∈N*，猜想xn＝都成立．