2012高考二轮复习专题限时集训：第11讲推理与证明

专题限时集训(十一)[第11讲 推理与证明](时间：10分钟＋35分钟)1．“因为指数函数y ＝a x 是增函数(大前提)，而y ＝⎝⎛⎭⎫14x 是指数函数(小前提)，所以y ＝⎝⎛⎭⎫14x 是增函数(结论)”，上面推理的错误是( ) 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 ．大前提和小前提错都导致结论错2．用反证法证明命题：“m 、n ∈N ，mn 可被3整除，那么m 、n 中至少有一个能被3整除”时，假设的内容应为( )A ．m 、n 都能被3整除B ．m 、n 都不能被3整除C ．m 、n 不都能被3整除D ．m 不能被3整除3．对于命题：若O 是线段AB 上一点，则有|OB →|·OA →＋|OA →|·OB →＝0.将它类比到平面的情形是：若O 是△ABC 内一点，则有S △OBC ·OA →＋S △OCA ·OB →＋S △OBA ·OC →＝0.将它类比到空间的情形应该是：若O 是四面体ABCD 内一点，则有________________________________．4．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n >1，n ∈N *)时，在证明过程的第二步从n ＝k 到n ＝k ＋1成立时，左边增加的项数是________．1．已知数列：11，21，12，31，22，13，41，32，23，14，…，依它的前10项的规律，这个数列的第2011项a 2011满足( )A ．0<a 2011<110 B.110≤a 2011<1C ．1≤a 2011≤10D ．a 2011>102．黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图11－1的规律拼成若干个图案，则第n 个图案中有白色地面砖的块数是( )图11－1A ．4n ＋2B ．4n －2C ．2n ＋4D ．3n ＋33．把正整数按一定的规则排成了如图11－2所示的三角形数表．设a ij (i ，j ∈N *)是位于这个三角形数表中从上往下数第i 行、从左往右数第j 个数，如a 42＝8.若a ij ＝2011，则i 与j 的和为( )12 4357681012911131517141618202426…图11－2A．105B．106C．107D．1084．集合{1,2,3，…，n}(n≥3)中，每两个相异数作乘积，所有这些乘积的和记为T n，如：T3＝1×2＋1×3＋2×3＝12[62－(12＋22＋32)]＝11，T4＝1×2＋1×3＋1×4＋2×3＋2×4＋3×4＝12[102－(12＋22＋32＋42)]＝35，T5＝1×2＋1×3＋1×4＋1×5＋…＋4×5＝12[152－(12＋22＋32＋42＋52)]＝85.则T7＝________.(写出计算结果)5．在平面几何里，有：“若△ABC的三边长分别为a，b，c，内切圆半径为r，则三角形面积为S△ABC ＝12(a＋b＋c)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体A－BCD的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球的半径为r，则四面体的体积为________”．6．已知数列{a n}，a i∈{－1,0,1}(i＝1,2,3，…，2011)，若a1＋a2＋…＋a2011＝11，且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a2011＋1)2＝2088，则a1，a2，…，a2011中是1的个数为________．7.在数列{a n}中，a1＝3，a n＝－a n－1－2n＋1(n≥2且n∈N*)．(1)求a2，a3的值；(2)证明：数列{a n＋n}是等比数列，并求{a n}的通项公式；(3)求数列{a n}的前n项和S n.8．已知函数f(x)＝x3，g(x)＝x＋x.(1)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由；(2)设数列{a n}(n∈N*)满足a1＝a(a>0)，f(a n＋1)＝g(a n)，证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有a n≤M.专题限时集训(十一)【基础演练】1．A 【解析】 y ＝a x 是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错． 2．B 【解析】 用反证法证明命题应先否定结论，故选B.3．V O －BCD ·OA →＋V O －ACD ·OB →＋V O －ABD ·OC →＋V O －ABC ·OD →＝0 【解析】 平面上的线段长度类比到平面上就是图形的面积，类比到空间就是几何体的体积，故得出结果．4．2k 【解析】 在证明过程中从n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边应是1＋12＋13＋…＋12k －1＋…＋12k ＋1－1，由2k ＋1－2k ＝2k ，故增加2k 项．【提升训练】1．A 【解析】 这个数列是按如下规则分组：第一组：11；第二组：21，12；第三组：31，22，13；…；第n 组：n 1，n －12，n －23，…，n －r ＋1r ，…，1n .由不等式n (n ＋1)2<2011，即n (n ＋1)<4022，得n ≤62，且当n ＝62时，n (n ＋1)2＝1953,2011－1953＝58，即a 2011是上述分组中的第63组的第58个数，即a 2011＝63－58＋163＝663，故0<a 2011<110.2．A 【解析】 观察可知除第一个以外，每增加一个黑色地面砖，相应的白地面砖就增加四个，因此第n 个图案中有白色地面砖的块数是一个“以6为首项，公差是4的等差数列的第n 项”．或由图可知，当n ＝1时，a 1＝6，当n ＝2时，a 2＝10，当n ＝3，a 3＝14，由此推测，第n 个图案中有白色地面砖的块数是：a n ＝4n ＋2.3．D 【解析】 由三角形数表可以看出其奇数行有奇数列，偶数行有偶数列，2011＝2×1006－1，所以2011为第1006个奇数，又前31个奇数行内数的个数的和为961，前32个奇数行内数的个数的和为1024，故2011在第32个奇数行内，所以i ＝63，因为第63行的第一个数为2×962－1＝1923,2011＝1923＋2(j －1)，所以j ＝45，所以i ＋j ＝108.4．322 【解析】 T 7＝12[(1＋2＋…＋7)2－(12＋22＋…＋72)]＝322.5.13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r 【解析】 根据等体积法分割四面体为以侧面为底、内切球的球心为顶点的四个小三棱锥，分别计算其体积，体积之和即为四面体的体积．V ＝13S 1r ＋13S 2r＋13S 3r ＋13S 4r ＝13(S 1＋S 2＋S 3＋S 4)r .本题考查的是由平面到空间的类比推理，也考查空间几何体的体积计算．在空间几何体的体积计算中，把所求的几何体进行分割是求体积的重要方法之一．6．33 【解析】 设1的个数有x 个，根据a 1＋a 2＋…＋a 2011＝11，则－1的个数为x －11个，0的个数为2011－2x ＋11＝2022－2x .由(a 1＋1)2＋(a 2＋1)2＋…＋(a 2011＋1)2＝2088，得4x ＋2022－2x ＝2088，解得x ＝33.7．【解答】 (1)∵a 1＝3，a n ＝－a n －1－2n ＋1(n ≥2，n ∈N *)，∴a 2＝－a 1－4＋1＝－6，a 3＝－a 2－6＋1＝1.(2)∵a n ＋n a n －1＋(n －1)＝(－a n －1－2n ＋1)＋n a n －1＋n －1＝－a n －1－n ＋1a n －1＋n －1＝－1，∴数列{a n ＋n }是首项为a 1＋1＝4，公比为－1的等比数列．∴a n ＋n ＝4·(－1)n －1，即a n ＝4·(－1)n －1－n ，∴{a n }的通项公式为a n ＝4·(－1)n －1－n (n ∈N *)． (3)∵{a n }的通项公式为a n ＝4·(－1)n －1－n (n ∈N *)， 所以S n ＝∑k ＝1na k ＝∑k ＝1n[4·(－1)k －1－k ]＝∑k ＝1n[4·(－1)k －1]－∑k ＝1nk＝4×1－(－1)n 1－(－1)－n (n ＋1)2＝2[1－(－1)n]－12(n 2＋n )＝－n 2＋n －42－2(－1)n .8．【解答】 (1)由h (x )＝x 3－x －x 知，x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0，且h (1)＝－1<0，h (2)＝6－2>0，则x ＝0为h (x )的一个零点，且h (x )在(1,2)内有零点．因此，h (x )至少有两个零点．解法一：h ′(x )＝3x 2－1－12x －12，记φ(x )＝3x 2－1－12x －12，则φ′(x )＝6x ＋14x －32.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)>0，φ⎝⎛⎭⎫33<0，则φ(x )在⎝⎛⎭⎫33，1内有零点，所以φ(x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，φ(x )<φ(x 1)＝0；当x ∈(x 1，＋∞)时，φ(x )>φ(x 1)＝0.所以，当x ∈(0，x 1)时，h (x )单调递减．而h (0)＝0，则h (x )在(0，x 1]内无零点； 当x ∈(x 1，＋∞)时，h (x )单调递增，则h (x )在(x 1，＋∞)内至多只有一个零点，从而h (x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点．综上所述，h (x )有且只有两个零点．解法二：由h (x )＝x ⎝⎛⎭⎫x 2－1－x －12，记φ(x )＝x 2－1－x －12，则φ′(x )＝2x ＋12x －32.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，从而φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点．φ(1)<0，φ(2)>0，所以φ(x )在(0，＋∞)上有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)内也有一个零点．综上所述，h (x )有且只有两个零点．(2)记h (x )的正零点为x 0，即x 30＝x 0＋x 0. (i)当a <x 0时，由a 1＝a ，即a 1<x 0.而a 32＝a 1＋a 1<x 0＋x 0＝x 30，因此a 2<x 0.由此猜测：a n <x 0.下面用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，a 1<x 0显然成立．②假设当n ＝k (k ≥1)时，a k <x 0成立，则当n ＝k ＋1时，由a 3k ＋1＝a k ＋a k <x 0＋x 0＝x 30知，a k ＋1<x 0. 因此，当n ＝k ＋1时，a k ＋1<x 0成立．故对任意的n ∈N *，a n <x 0成立．(ii)当a ≥x 0时，由(1)知，h (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，则h (a )≥h (x 0)＝0，即a3≥a＋a.从而a32＝a1＋a1＝a＋a≤a3，即a2≤a.由此猜测：a n≤a.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，a1≤a显然成立．＝a k＋a k≤a＋a≤a3②假设当n＝k(k≥1)时，a k≤a成立，则当n＝k＋1时，由a3k＋1≤a.知，a k＋1因此，当n＝k＋1时，a k≤a成立．＋1故对任意的n∈N*，a n≤a成立．综上所述，存在常数M＝max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有a n≤M.。