專題限時集訓(十一)
[第11講推理與證明]
(時間：10分鐘＋35分鐘)
1．「因為指數函式y＝ax是增函式(大前提)，而y＝x是指數函式(小前提)，所以y＝x是增函式(結論)」，上面推理的錯誤是( )
a．大前提錯導致結論錯
b．小前提錯導致結論錯
c．推理形式錯導致結論錯
d．大前提和小前提錯都導致結論錯
2．用反證法證明命題：「m、n∈n，mn可被3整除，那麼m、n中至少有乙個能被3整除」時，假設的內容應為( )
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．對於命題：若o是線段ab上一點，則有||·＋||·＝0.將它模擬到平面的情形是：若o是△abc內一點，則有s△obc·＋s△oca·＋s△oba·＝0.
將它模擬到空間的情形應該是：若o是四面體abcd內一點，則有
4．用數學歸納法證明1＋＋＋…＋1，n∈n*)時，在證明過程的第二步從n＝k到n＝k＋1成立時，左邊增加的項數是________．
1．已知數列依它的前10項的規律，這個數列的第2011項a2011滿足( )
a．0c．1≤a2011≤10 d．a2011>10
2．黑白兩種顏色的正六邊形地面磚按如圖11－1的規律拼成若干個圖案，則第n個圖案中有白色地面磚的塊數是( )
圖11－1
a．4n＋2
b．4n－2
c．2n＋4
d．3n＋3
3．把正整數按一定的規則排成了如圖11－2所示的三角形數表．設aij(i，j∈n*)是位於這個三角形數表中從上往下數第i行、從左往右數第j個數，如a42＝8.若aij＝2011，則i與j的和為( )
12 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(n≥3)中，每兩個相異數作乘積，所有這些乘積的和記為tn，如：
t3＝1×2＋1×3＋2×3＝[62－(12＋22＋32)]＝11，
t4＝1×2＋1×3＋1×4＋2×3＋2×4＋3×4
＝[102－(12＋22＋32＋42)]＝35，
t5＝1×2＋1×3＋1×4＋1×5＋…＋4×5
＝[152－(12＋22＋32＋42＋52)]＝85.
則t7寫出計算結果)
5．在平面幾何裡，有：「若△abc的三邊長分別為a，b，c，內切圓半徑為r，則三角形面積為s△abc＝(a＋b＋c)r」，拓展到空間，模擬上述結論，「若四面體a－bcd的四個面的面積分別為s1，s2，s3，s4，內切球的半徑為r，則四面體的體積為
6．已知數列，ai∈(i＝1,2,3，…，2011)，若a1＋a2＋…＋a2011＝11，且(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a2011＋1)2＝2088，則a1，a2，…，a2011中是1的個數為________．
7.在數列中，a1＝3，an＝－an－1－2n＋1(n≥2且n∈n*)．
(1)求a2，a3的值；
(2)證明：數列是等比數列，並求的通項公式；
(3)求數列的前n項和sn.
8．已知函式f(x)＝x3，g(x)＝x＋.
(1)求函式h(x)＝f(x)－g(x)的零點個數，並說明理由；
(2)設數列(n∈n*)滿足a1＝a(a>0)，f(an＋1)＝g(an)，證明：存在常數m，使得對於任意的n∈n*，都有an≤m.
專題限時集訓(十一)
【基礎演練】
1．a 【解析】 y＝ax是增函式這個大前提是錯誤的，從而導致結論錯．
2．b 【解析】 用反證法證明命題應先否定結論，故選b.
3．vo－bcd·＋vo－acd·＋vo－abd·＋vo－abc·＝0 【解析】 平面上的線段長度模擬到平面上就是圖形的面積，模擬到空間就是幾何體的體積，故得出結果．
4．2k 【解析】 在證明過程中從n＝k到n＝k＋1時，左邊應是1＋＋＋…＋＋…＋，由2k＋1－2k＝2k，故增加2k項．
【提公升訓練】
1．a 【解析】 這個數列是按如下規則分組：第一組：；第二組：
，；第三組：，，；…；第n組由不等式<2011，即n(n＋1)<4022，得n≤62，且當n＝62時，＝1953,2011－1953＝58，即a2011是上述分組中的第63組的第58個數，即a2011＝＝，故02．a 【解析】 觀察可知除第乙個以外，每增加乙個黑色地面磚，相應的白地面磚就增加四個，因此第n個圖案中有白色地面磚的塊數是乙個「以6為首項，公差是4的等差數列的第n項」．
或由圖可知，當n＝1時，a1＝6，當n＝2時，a2＝10，當n＝3，a3＝14，由此推測，第n個圖案中有白色地面磚的塊數是：an＝4n＋2.
3．d 【解析】 由三角形數表可以看出其奇數行有奇數列，偶數行有偶數列，2011＝2×1006－1，所以2011為第1006個奇數，又前31個奇數行內數的個數的和為961，前32個奇數行內數的個數的和為1024，故2011在第32個奇數行內，所以i＝63，因為第63行的第乙個數為2×962－1＝1923,2011＝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】 根據等體積法分割四面體為以側面為底、內切球的球心為頂點的四個小三稜錐，分別計算其體積，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模擬推理，也考查空間幾何體的體積計算．在空間幾何體的體積計算中，把所求的幾何體進行分割是求體積的重要方法之一．
6．33 【解析】 設1的個數有x個，根據a1＋a2＋…＋a2011＝11，則－1的個數為x－11個，0的個數為2011－2x＋11＝2022－2x.由(a1＋1)2＋(a2＋1)2＋…＋(a2011＋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，∴數列是首項為a1＋1＝4，公比為－1的等比數列．∴an＋n＝4·(－1)n－1，即an＝4·(－1)n－1－n，
∴的通項公式為an＝4·(－1)n－1－n(n∈n*)．
(3)∵的通項公式為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)的乙個零點，且h(x)在(1,2)內有零點．因此，h(x)至少有兩個零點．
解法一：h′(x)＝3x2－1－x－，記φ(x)＝3x2－1－x－，則φ′(x)＝6x＋x－.
當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，則φ(x)在(0，＋∞)內至多只有乙個零點．又因為φ(1)>0，φ<0，則φ(x)在內有零點，所以φ(x)在(0，＋∞)內有且只有乙個零點．記此零點為x1，則當x∈(0，x1)時，φ(x)<φ(x1)＝0；當x∈(x1，＋∞)時，φ(x)>φ(x1)＝0.
所以，當x∈(0，x1)時，h(x)單調遞減．而h(0)＝0，則h(x)在(0，x1]內無零點；
當x∈(x1，＋∞)時，h(x)單調遞增，則h(x)在(x1，＋∞)內至多只有乙個零點，從而h(x)在(0，＋∞)內至多只有乙個零點．
綜上所述，h(x)有且只有兩個零點．
解法二：由h(x)＝x，記φ(x)＝x2－1－x－，則φ′(x)＝2x＋x－.
當x∈(0，＋∞)時，φ′(x)>0，從而φ(x)在(0，＋∞)上單調遞增，則φ(x)在(0，＋∞)內至多只有乙個零點．φ(1)<0，φ(2)>0，所以φ(x)在(0，＋∞)上有乙個零點．因此h(x)在(0，＋∞)內也有乙個零點．
綜上所述，h(x)有且只有兩個零點．
(2)記h(x)的正零點為x0，即x＝x0＋.
(i)當a而a＝a1＋①當n＝1時，a1②假設當n＝k(k≥1)時，ak則當n＝k＋1時，由
a＝ak＋因此，當n＝k＋1時，ak＋1故對任意的n∈n*，an(ii)當a≥x0時，由(1)知，h(x)在(x0，＋∞)上單調遞增，則h(a)≥h(x0)＝0，
即a3≥a＋.從而a＝a1＋＝a＋≤a3，即a2≤a.由此猜測：an≤a.下面用數學歸納法證明．
①當n＝1時，a1≤a顯然成立．
②假設當n＝k(k≥1)時，ak≤a成立，則當n＝k＋1時，由a＝ak＋≤a＋≤a3知，ak＋1≤a.
因此，當n＝k＋1時，ak＋1≤a成立．
故對任意的n∈n*，an≤a成立．
綜上所述，存在常數m＝max，使得對於任意的n∈n*，都有an≤m.
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