2019-2020年高考二輪復(fù)習(xí)專題限時(shí)集訓(xùn)第11講《推理與證明》.doc

2019-2020年高考二輪復(fù)習(xí)專題限時(shí)集訓(xùn)第11講《推理與證明》 (時(shí)間：10分鐘＋35分鐘) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 1．“因?yàn)橹笖?shù)函數(shù)y＝ax是增函數(shù)(大前提)，而y＝x是指數(shù)函數(shù)(小前提)，所以y＝x是增函數(shù)(結(jié)論)”，上面推理的錯(cuò)誤是(　　) A．大前提錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò) B．小前提錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò) C．推理形式錯(cuò)導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò) D．大前提和小前提錯(cuò)都導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò) 2．用反證法證明命題：“m、n∈N，mn可被3整除，那么m、n中至少有一個(gè)能被3整除”時(shí)，假設(shè)的內(nèi)容應(yīng)為(　　) 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．對(duì)于命題：若O是線段AB上一點(diǎn)，則有||＋||＝0.將它類比到平面的情形是：若O是△ABC內(nèi)一點(diǎn)，則有S△OBC＋S△OCA＋S△OBA＝0. 將它類比到空間的情形應(yīng)該是：若O是四面體ABCD內(nèi)一點(diǎn)，則有________________________________． 4．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋＋＋…＋<n(n>1，n∈N*)時(shí)，在證明過(guò)程的第二步從n＝k到n＝k＋1成立時(shí)，左邊增加的項(xiàng)數(shù)是________． 1．已知數(shù)列：，，，，，，，，，，…，依它的前10項(xiàng)的規(guī)律，這個(gè)數(shù)列的第xx項(xiàng)axx滿足(　　) A．0<axx< B.≤axx<1 C．1≤axx≤10 D．a(chǎn)xx>10 2．黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖11－1的規(guī)律拼成若干個(gè)圖案，則第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是(　　) 圖11－1 A．4n＋2 B．4n－2 C．2n＋4 D．3n＋3 3．把正整數(shù)按一定的規(guī)則排成了如圖11－2所示的三角形數(shù)表．設(shè)aij(i，j∈N*)是位于這個(gè)三角形數(shù)表中從上往下數(shù)第i行、從左往右數(shù)第j個(gè)數(shù)，如a42＝8.若aij＝xx，則i與j的和為(　　) 1 2　4 3　5　7 6　8　10　12 9　11　13　15　17 14　16　18　20　24　26 … 圖11－2 A．105 B．106 C．107 D．108 4．集合{1,2,3，…，n}(n≥3)中，每?jī)蓚€(gè)相異數(shù)作乘積，所有這些乘積的和記為Tn，如： T3＝12＋13＋23＝[62－(12＋22＋32)]＝11， T4＝12＋13＋14＋23＋24＋34 ＝[102－(12＋22＋32＋42)]＝35， T5＝12＋13＋14＋15＋…＋45 ＝[152－(12＋22＋32＋42＋52)]＝85. 則T7＝________.(寫出計(jì)算結(jié)果) 5．在平面幾何里，有：“若△ABC的三邊長(zhǎng)分別為a，b，c，內(nèi)切圓半徑為r，則三角形面積為S△ABC＝(a＋b＋c)r”，拓展到空間，類比上述結(jié)論，“若四面體A－BCD的四個(gè)面的面積分別為S1，S2，S3，S4，內(nèi)切球的半徑為r，則四面體的體積為________”． 6．已知數(shù)列{an}，ai∈{－1,0,1}(i＝1,2,3，…，xx)，若a1＋a2＋…＋axx＝11，且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(axx＋1)2＝2088，則a1，a2，…，axx中是1的個(gè)數(shù)為________． 7.在數(shù)列{an}中，a1＝3，an＝－an－1－2n＋1(n≥2且n∈N*)． (1)求a2，a3的值； (2)證明：數(shù)列{an＋n}是等比數(shù)列，并求{an}的通項(xiàng)公式； (3)求數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和Sn. 8．已知函數(shù)f(x)＝x3，g(x)＝x＋. (1)求函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并說(shuō)明理由； (2)設(shè)數(shù)列{an}(n∈N*)滿足a1＝a(a>0)，f(an＋1)＝g(an)，證明：存在常數(shù)M，使得對(duì)于任意的n∈N*，都有an≤M. 專題限時(shí)集訓(xùn)(十一) 【基礎(chǔ)演練】 1．A　【解析】 y＝ax是增函數(shù)這個(gè)大前提是錯(cuò)誤的，從而導(dǎo)致結(jié)論錯(cuò)． 2．B　【解析】 用反證法證明命題應(yīng)先否定結(jié)論，故選B. 3．VO－BCD＋VO－ACD＋VO－ABD＋VO－ABC＝0　【解析】 平面上的線段長(zhǎng)度類比到平面上就是圖形的面積，類比到空間就是幾何體的體積，故得出結(jié)果． 4．2k　【解析】 在證明過(guò)程中從n＝k到n＝k＋1時(shí)，左邊應(yīng)是1＋＋＋…＋＋…＋，由2k＋1－2k＝2k，故增加2k項(xiàng)． 【提升訓(xùn)練】 1．A　【解析】 這個(gè)數(shù)列是按如下規(guī)則分組：第一組：；第二組：，；第三組：，，；…；第n組：，，，…，，…，.由不等式<xx，即n(n＋1)<4022，得n≤62，且當(dāng)n＝62時(shí)，＝1953,xx－1953＝58，即axx是上述分組中的第63組的第58個(gè)數(shù)，即axx＝＝，故0<axx<. 2．A　【解析】 觀察可知除第一個(gè)以外，每增加一個(gè)黑色地面磚，相應(yīng)的白地面磚就增加四個(gè)，因此第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是一個(gè)“以6為首項(xiàng)，公差是4的等差數(shù)列的第n項(xiàng)”． 或由圖可知，當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝6，當(dāng)n＝2時(shí)，a2＝10，當(dāng)n＝3，a3＝14，由此推測(cè)，第n個(gè)圖案中有白色地面磚的塊數(shù)是：an＝4n＋2. 3．D　【解析】 由三角形數(shù)表可以看出其奇數(shù)行有奇數(shù)列，偶數(shù)行有偶數(shù)列，xx＝21006－1，所以xx為第1006個(gè)奇數(shù)，又前31個(gè)奇數(shù)行內(nèi)數(shù)的個(gè)數(shù)的和為961，前32個(gè)奇數(shù)行內(nèi)數(shù)的個(gè)數(shù)的和為1024，故xx在第32個(gè)奇數(shù)行內(nèi)，所以i＝63，因?yàn)榈?3行的第一個(gè)數(shù)為2962－1＝1923,xx＝1923＋2(j－1)，所以j＝45，所以i＋j＝108. 4．322　【解析】 T7＝[(1＋2＋…＋7)2－(12＋22＋…＋72)]＝322. 5.(S1＋S2＋S3＋S4)r　【解析】 根據(jù)等體積法分割四面體為以側(cè)面為底、內(nèi)切球的球心為頂點(diǎn)的四個(gè)小三棱錐，分別計(jì)算其體積，體積之和即為四面體的體積．V＝S1r＋S2r＋S3r＋S4r＝(S1＋S2＋S3＋S4)r.本題考查的是由平面到空間的類比推理，也考查空間幾何體的體積計(jì)算．在空間幾何體的體積計(jì)算中，把所求的幾何體進(jìn)行分割是求體積的重要方法之一． 6．33　【解析】 設(shè)1的個(gè)數(shù)有x個(gè)，根據(jù)a1＋a2＋…＋axx＝11，則－1的個(gè)數(shù)為x－11個(gè)，0的個(gè)數(shù)為xx－2x＋11＝2022－2x.由(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(axx＋1)2＝2088，得4x＋2022－2x＝2088，解得x＝33. 7．【解答】 (1)∵a1＝3，an＝－an－1－2n＋1(n≥2，n∈N*)， ∴a2＝－a1－4＋1＝－6，a3＝－a2－6＋1＝1. (2)∵＝＝＝－1，∴數(shù)列{an＋n}是首項(xiàng)為a1＋1＝4，公比為－1的等比數(shù)列．∴an＋n＝4(－1)n－1，即an＝4(－1)n－1－n， ∴{an}的通項(xiàng)公式為an＝4(－1)n－1－n(n∈N*)． (3)∵{an}的通項(xiàng)公式為an＝4(－1)n－1－n(n∈N*)， 所以Sn＝k＝4(－1)k－1－k]＝4(－1)k－1]－ ＝4－ ＝2[1－(－1)n]－(n2＋n) ＝－－2(－1)n. 8．【解答】 (1)由h(x)＝x3－x－知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，且h(1)＝－1<0，h(2)＝6－>0，則x＝0為h(x)的一個(gè)零點(diǎn)，且h(x)在(1,2)內(nèi)有零點(diǎn)．因此，h(x)至少有兩個(gè)零點(diǎn)． 解法一：h′(x)＝3x2－1－x－，記φ(x)＝3x2－1－x－，則φ′(x)＝6x＋x－. 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則φ(x)在(0，＋∞)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)．又因?yàn)棣?1)>0，φ<0，則φ(x)在內(nèi)有零點(diǎn)，所以φ(x)在(0，＋∞)內(nèi)有且只有一個(gè)零點(diǎn)．記此零點(diǎn)為x1，則當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，φ(x)<φ(x1)＝0；當(dāng)x∈(x1，＋∞)時(shí)，φ(x)>φ(x1)＝0. 所以，當(dāng)x∈(0，x1)時(shí)，h(x)單調(diào)遞減．而h(0)＝0，則h(x)在(0，x1]內(nèi)無(wú)零點(diǎn)； 當(dāng)x∈(x1，＋∞)時(shí)，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)在(x1，＋∞)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)，從而h(x)在(0，＋∞)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)． 綜上所述，h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)． 解法二：由h(x)＝x，記φ(x)＝x2－1－x－，則φ′(x)＝2x＋x－. 當(dāng)x∈(0，＋∞)時(shí)，φ′(x)>0，從而φ(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則φ(x)在(0，＋∞)內(nèi)至多只有一個(gè)零點(diǎn)．φ(1)<0，φ(2)>0，所以φ(x)在(0，＋∞)上有一個(gè)零點(diǎn)．因此h(x)在(0，＋∞)內(nèi)也有一個(gè)零點(diǎn)． 綜上所述，h(x)有且只有兩個(gè)零點(diǎn)． (2)記h(x)的正零點(diǎn)為x0，即x＝x0＋. (i)當(dāng)a<x0時(shí)，由a1＝a，即a1<x0. 而a＝a1＋<x0＋＝x，因此a2<x0.由此猜測(cè)：an<x0.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明． ①當(dāng)n＝1時(shí)，a1<x0顯然成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，ak<x0成立， 則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由 a＝ak＋<x0＋＝x知，ak＋1<x0. 因此，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1<x0成立． 故對(duì)任意的n∈N*，an<x0成立． (ii)當(dāng)a≥x0時(shí)，由(1)知，h(x)在(x0，＋∞)上單調(diào)遞增，則h(a)≥h(x0)＝0， 即a3≥a＋.從而a＝a1＋＝a＋≤a3，即a2≤a.由此猜測(cè)：an≤a.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明． ①當(dāng)n＝1時(shí)，a1≤a顯然成立． ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1)時(shí)，ak≤a成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由a＝ak＋≤a＋≤a3知，ak＋1≤a. 因此，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1≤a成立． 故對(duì)任意的n∈N*，an≤a成立． 綜上所述，存在常數(shù)M＝max{x0，a}，使得對(duì)于任意的n∈N*，都有an≤M.