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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yax是增函数(大前提)，而yx是指数函数(小前提)，所以yx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、nN，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()Am、n都能被3整除Bm、n都不能被3整除Cm、n不都能被3整除Dm不能被3整除3对于命题：若O是线段AB上一点，则有|0.将它类比到平面的情形是：若O是ABC内一点，则有SOBCSOCASOBA0.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11，nN*)时，在证明过程的第二步从nk到nk1成立时，左边增加的项数是_1已知数列：，依它的前10项的规律，这个数列的第2011项a2011满足()A0a2011 B.a2011102黑白两种颜色的正六边形地面砖按如图111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111A4n2 B4n2C2n4 D3n33把正整数按一定的规则排成了如图112所示的三角形数表设aij(i，jN*)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a428.若aij2011，则i与j的和为()124357681012911131517141618202426图112A105 B106C107 D1084集合1,2,3，n(n3)中，每两个相异数作乘积，所有这些乘积的和记为Tn，如：T312132362(122232)11，T4121314232434102(12223242)35，T51213141545152(1222324252)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SABC(abc)r”，拓展到空间，类比上述结论，“若四面体ABCD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an，ai1,0,1(i1,2,3，2011)，若a1a2a201111，且(a11)2(a21)2(a20111)22088，则a1，a2，a2011中是1的个数为_7.在数列an中，a13，anan12n1(n2且nN*)(1)求a2，a3的值；(2)证明：数列ann是等比数列，并求an的通项公式；(3)求数列an的前n项和Sn.8已知函数f(x)x3，g(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an(nN*)满足a1a(a0)，f(an1)g(an)，证明：存在常数M，使得对于任意的nN*，都有anM.专题限时集训(十一)【基础演练】1A【解析】 yax是增函数这个大前提是错误的，从而导致结论错2B【解析】 用反证法证明命题应先否定结论，故选B.3VOBCDVOACDVOABDVOABC0【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42k【解析】 在证明过程中从nk到nk1时，左边应是1，由2k12k2k，故增加2k项【提升训练】1A【解析】 这个数列是按如下规则分组：第一组：；第二组：，；第三组：，；第n组：，.由不等式2011，即n(n1)4022，得n62，且当n62时，1953,2011195358，即a2011是上述分组中的第63组的第58个数，即a2011，故0a2011.2A【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n1时，a16，当n2时，a210，当n3，a314，由此推测，第n个图案中有白色地面砖的块数是：an4n2.3D【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，2011210061，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i63，因为第63行的第一个数为296211923,201119232(j1)，所以j45，所以ij108.4322【解析】 T7(127)2(122272)322.5.(S1S2S3S4)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VS1rS2rS3rS4r(S1S2S3S4)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一633【解析】 设1的个数有x个，根据a1a2a201111，则1的个数为x11个，0的个数为20112x1120222x.由(a11)2(a21)2(a20111)22088，得4x20222x2088，解得x33.7【解答】 (1)a13，anan12n1(n2，nN*)，a2a1416，a3a2611.(2)1，数列ann是首项为a114，公比为1的等比数列ann4(1)n1，即an4(1)n1n，an的通项公式为an4(1)n1n(nN*)(3)an的通项公式为an4(1)n1n(nN*)，所以Snk4(1)k1k4(1)k1421(1)n(n2n)2(1)n.8【解答】 (1)由h(x)x3x知，x0，)，而h(0)0，且h(1)10，则x0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)3x21x，记(x)3x21x，则(x)6xx.当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点又因为(1)0，0，则(x)在内有零点，所以(x)在(0，)内有且只有一个零点记此零点为x1，则当x(0，x1)时，(x)(x1)0.所以，当x(0，x1)时，h(x)单调递减而h(0)0，则h(x)在(0，x1内无零点；当x(x1，)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，)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，记(x)x21x，则(x)2xx.当x(0，)时，(x)0，从而(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点(1)0，所以(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x0，即xx0.(i)当ax0时，由a1a，即a1x0.而aa1x0x，因此a2x0.由此猜测：anx0.下面用数学归纳法证明当n1时，a1x0显然成立假设当nk(k1)时，akx0成立，则当nk1时，由aakx0x知，ak1x0.因此，当nk1时，ak1x0成立故对任意的nN*，anx0成立(ii)当ax0时，由(1)知，h(x)在(x0，)上单调递增，则h(a)h(x0)0，即a3a.从而aa1aa3，即a2a.由此猜测：ana.下面用数学归纳法证明当n1时，a1a显然成立假设当nk(k1)时，aka成立，则当nk1时，由aakaa3知，ak1a.因此，当nk1时，ak1a成立故对任意的nN*，ana成立综上所述，存在常数Mmaxx0，a，使得对于任意的nN*，都有anM.7用心 爱心 专心
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