《高考数学二轮复习 第11讲 推理与证明专题限时集训 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学二轮复习 第11讲 推理与证明专题限时集训 文（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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已知数列an满足递推式(n1)annan1，而a11，通过计算a2，a3，a4，猜想an()An B.C. D.4有一个奇数列1,3,5,
2、7,9，现进行如下分组：第1组含有一个数1；第二组含有两个数3,5；第三组含有三个数7,9,11；，则第n组内各数之和为()An2 Bn3Cn4 Dn(n1)1类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推知正四面体的下列一些性质，你认为比较恰当的是()各棱长相等，同一顶点上的任两条棱的夹角相等；各个面是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角相等；各个面都是全等的正三角形，同一顶点的任何两条棱的夹角都相等A B C D3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
3、i与j的和为()124357681012911131517141618202224 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若三角形的内切圆半径为r，三边的长分别为a，b，c，则三角形的面积Sr(abc)，根据类比思想，若四面体的内切球半径为R，四个面的面积分别为S1、S2、S3、S4，则此四面体的体积V_.6已知命题：若
4、数列an为等差数列，且ama，anb(mn，m、nN*)，则amn；现已知等比数列bn(bn0，nN*)，bma，bnb(mn，m、nN*)，若类比上述结论，则可得到bmn_.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
5、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.3A【解析】 由(n1)annan1知，将这n1个式子相乘，得到ann，故选A.4B【解析】 第1组中含有1个数113，第2组中和为35823，第3组中和为79112733，由此归纳第n组内各数之和为n3，选B.【提升训练】1C【解析】 由合情推理可知全部正确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，
6、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.R(S1S2S3S4)【解析】 设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底
7、面的4个三棱锥体积的和6.【解析】 等差数列中的bn和am可以类比等比数列中的bn和am，等差数列中的bnam可以类比等比数列中的，等差数列中的可以类比等比数列中的.故bmn.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(
8、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a1
9、a，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.5用心 爱心 专心
