【优化方案】2014-2015学年高中数学 第二章 推理与证明课时作业 新人教A版选修2-2.doc

【优化方案】2014-2015学年高中数学 第二章 推理与证明课时作业 新人教A版选修2-2学业水平训练1观察下列各等式：2，2，2，2，依照以上各式成立的规律，得到一般性的等式为()A.2B.2C2D2解析：选A.观察分子中26537110(2)8.2对命题“正三角形的内切圆切正三角形于三边的中点”，可类比猜想出：正四面体的内切球切正四面体于四面的()A各正三角形内的任意点B各正三角形的某高线的中点C各正三角形的中心D各正三角形外的某点解析：选C三角形的三边与四面体的面是类比对象，边的中点与正三角形的中心相对应3因为奇函数的图象关于原点对称(大前提)，而函数f(x)是奇函数(小前提)，所以f(x)的图象关于原点对称(结论)上面的推理有错误，其错误的原因是()A大前提错导致结论错B小前提错导致结论错C推理形式错导致结论错D大前提和小前提都错导致结论错解析：选B.本题主要考查演绎推理的三段论与分段函数的综合应用因为f(1)f(1)2，所以f(1)f(1)，所以f(x)不是奇函数，故推理错误的原因是小前提错导致结论错，故选B.4观察下列不等式：1，11,1，12,1，由此猜测第n个不等式为()A1B1C1D1解析：选D3221,7231,15241，可猜测：1.5用数学归纳法证明(n1)(n2)(n3)··(nn)2n·1·3··(2n1)(nN*)时，从nk到nk1时左边需增乘的代数式是()A2k1 B2(2k1)C D解析：选B.左边增乘的式子是2(2k1)6(2014·珠海质检)用反证法证明命题“若a2b20，则a，b全为0(a、b为实数)”，其反设为_解析：“a，b全为0”即是“a0且b0”，因此它的反设为“a0或b0”答案：a，b不全为07(2014·高考陕西卷)观察分析下表中的数据：多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中，F，V，E所满足的等式是_解析：观察F，V，E的变化得FVE2.答案：FVE28(2014·银川调研)用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n，总有2nn3”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n0最小应当是_解析：2101 024103,2951293，填10.答案：109已知|x|1，|y|1，用分析法证明：|xy|1xy|.证明：要证|xy|1xy|，即证(xy)2(1xy)2，即证x2y21x2y2，即证(x21)(1y2)0，因为|x|1，|y|1，所以x210,1y20，所以(x21)(1y2)0，不等式得证高考水平训练10a是函数f(x)ax22(a1)x2在区间(，4上为减函数的()A充分不必要条件 B必要不充分条件C充要条件 D既不充分也不必要条件解析：选A.若f(x)为(，4上的减函数，则a0且40a或a0，即a0，而由a(0，a0，但由a0，a(0，故选A.2平面内的一个四边形为平行四边形的充要条件有多个，如两组对边分别平行类似地，写出空间中的一个四棱柱为平行六面体的两个充要条件充要条件_；充要条件_.(写出你认为正确的两个充要条件)解析：运用类比思想，从平面到空间，由四边形到四棱柱四棱柱为平行六面体的充要条件为其底面四边形为平行四边形因此，只要保证底面是平行四边形即可答案：底面为平行四边形两组相对侧面分别平行(注：答案不唯一)3已知数列an满足a11，anan1()n(nN*)，若Tna1a2·5a3·52an·5n1，bn6Tn5nan，类比课本中推导等比数列前n项和公式的方法，求数列bn的通项公式解：因为Tna1a2·5a3·52an·5n1，所以5Tna1·5a2·52a3·53an1·5n1an·5n，由得：6Tna1(a1a2)·5(a2a3)·52(an1an)·5n1an·5n1×5()2×52()n1×5n1an·5nnan·5n，所以6Tn5nann，所以数列bn的通项公式为bnn.4(2014·高考广东卷)设数列an的前n项和为Sn，满足Sn2nan13n24n，nN*，且S315.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列an的通项公式解：(1)由题意知S24a320，S3S2a35a320.又S315，a37，S24a3208.又S2S1a2(2a27)a23a27，a25，a1S12a273.综上知，a13，a25，a37.(2)由(1)猜想an2n1，下面用数学归纳法证明当n1时，结论显然成立；假设当nk(k1)时，ak2k1，则Sk357(2k1)k(k2)又Sk2kak13k24k，k(k2)2kak13k24k，解得2ak14k6，ak12(k1)1，即当nk1时，结论成立由知，nN*，an2n1.4