推理與證明-高考數(shù)學試題集錦

數(shù)學M單元推理與證明M1合情推理與演繹推理8．[2014·北京卷]學生的語文、數(shù)學成績均被評定為三個等級，依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”．若學生甲的語文、數(shù)學成績都不低于學生乙，且其中至少有一門成績高于乙，則稱“學生甲比學生乙成績好”．如果一組學生中沒有哪位學生比另一位學生成績好，并且不存在語文成績相同、數(shù)學成績也相同的兩位學生，那么這組學生最多有()A．2人B．3人C．4人D．5人8．B20．[2014·北京卷]對于數(shù)對序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，…，(an，bn)，記T1(P)＝a1＋b1，Tk(P)＝bk＋max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}(2≤k≤n)，其中max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}表示Tk－1(P)和a1＋a2＋…＋ak兩個數(shù)中最大的數(shù)．(1)對于數(shù)對序列P：(2，5)，(4，1)，求T1(P)，T2(P)的值；(2)記m為a，b，c，d四個數(shù)中最小的數(shù)，對于由兩個數(shù)對(a，b)，(c，d)組成的數(shù)對序列P：(a，b)，(c，d)和P′：(c，d)，(a，b)，試分別對m＝a和m＝d兩種情況比較T2(P)和T2(P′)的大?。?3)在由五個數(shù)對(11，8)，(5，2)，(16，11)，(11，11)，(4，6)組成的所有數(shù)對序列中，寫出一個數(shù)對序列P使T5(P)最小，并寫出T5(P)的值．(只需寫出結論)20．解：(1)T1(P)＝2＋5＝7，T2(P)＝1＋max{T1(P)，2＋4}＝1＋max{7，6}＝8.(2)T2(P)＝max{a＋b＋d，a＋c＋d}，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}．當m＝a時，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋d＋b.因為a＋b＋d≤c＋b＋d，且a＋c＋d≤c＋b＋d，所以T2(P)≤T2(P′)．當m＝d時，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋a＋b.因為a＋b＋d≤c＋a＋b，且a＋c＋d≤c＋a＋b，所以T2(P)≤T2(P′)．所以無論m＝a還是m＝d，T2(P)≤T2(P′)都成立．(3)數(shù)對序列P：(4，6)，(11，11)，(16，11)，(11，8)，(5，2)的T5(P)值最小，T1(P)＝10，T2(P)＝26，T3(P)＝42，T4(P)＝50，T5(P)＝52.15．、[2014·福建卷]若集合{a，b，c，d}＝{1，2，3，4}，且下列四個關系：①a＝1；②b≠1；③c＝2；④d≠4有且只有一個是正確的，則符合條件的有序數(shù)組(a，b，c，d)的個數(shù)是________．15．6[解析]若①正確，則②③④不正確，可得b≠1不正確，即b＝1，與a＝1矛盾，故①不正確；若②正確，則①③④不正確，由④不正確，得d＝4；由a≠1，b≠1，c≠2，得滿足條件的有序數(shù)組為a＝3，b＝2，c＝1，d＝4或a＝2，b＝3，c＝1，d＝4.若③正確，則①②④不正確，由④不正確，得d＝4；由②不正確，得b＝1，則滿足條件的有序數(shù)組為a＝3，b＝1，c＝2，d＝4；若④正確，則①②③不正確，由②不正確，得b＝1，由a≠1，c≠2，d≠4，得滿足條件的有序數(shù)組為a＝2，b＝1，c＝4，d＝3或a＝3，b＝1，c＝4，d＝2或a＝4，b＝1，c＝3，d＝2；綜上所述，滿足條件的有序數(shù)組的個數(shù)為6.19．、[2014·廣東卷]設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求數(shù)列{an}的通項公式．14．[2014·新課標全國卷Ⅰ]甲、乙、丙三位同學被問到是否去過A，B，C三個城市時，甲說：我去過的城市比乙多，但沒去過B城市；乙說：我沒去過C城市；丙說：我們三人去過同一城市．由此可判斷乙去過的城市為________．14．A14．[2014·陜西卷]觀察分析下表中的數(shù)據(jù)：多面體面數(shù)(F)頂點數(shù)(V)棱數(shù)(E)三棱柱569五棱錐6610立方體6812猜想一般凸多面體中F，V，E所滿足的等式是________．14．F＋V－E＝2M2直接證明與間接證明4．[2014·山東卷]用反證法證明命題“設a，b為實數(shù)，則方程x2＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設是()A.方程x2＋ax＋b＝0沒有實根B.方程x2＋ax＋b＝0至多有一個實根C.方程x2＋ax＋b＝0至多有兩個實根D.方程x2＋ax＋b＝0恰好有兩個實根4．AM3數(shù)學歸納法21．、、[2014·安徽卷]設實數(shù)c＞0，整數(shù)p＞1，n∈N*.(1)證明：當x＞－1且x≠0時，(1＋x)p＞1＋px；(2)數(shù)列{an}滿足a1＞ceq\f(1,p)，an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)，證明：an＞an＋1＞ceq\f(1,p).21．證明：(1)用數(shù)學歸納法證明如下．①當p＝2時，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．②假設p＝k(k≥2，k∈N*)時，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．當p＝k＋1時，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.所以當p＝k＋1時，原不等式也成立．綜合①②可得，當x>－1，x≠0時，對一切整數(shù)p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．(2)方法一：先用數(shù)學歸納法證明an>ceq\f(1,p).①當n＝1時，由題設知a1>ceq\f(1,p)成立．②假設n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>ceq\s\up6(\f(1,p))成立．由an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)易知an>0，n∈N*.當n＝k＋1時，eq\f(ak＋1,ak)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)aeq\o\al(－p,k)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1)).由ak>ceq\f(1,p)>0得－1<－eq\f(1,p)<eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))<0.由(1)中的結論得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ak＋1,ak)))eq\s\up12(p)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))))eq\s\up12(p)>1＋p·eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))＝eq\f(c,aeq\o\al(p,k)).因此aeq\o\al(p,k＋1)>c，即ak＋1>ceq\f(1,p)，所以當n＝k＋1時，不等式an>ceq\f(1,p)也成立．綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>ceq\f(1,p)均成立．再由eq\f(an＋1,an)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,n))－1))可得eq\f(an＋1,an)<1，即an＋1<an.綜上所述，an>an＋1>ceq\f(1,p)，n∈N*.方法二：設f(x)＝eq\f(p－1,p)x＋eq\f(c,p)x1－p，x≥ceq\f(1,p)，則xp≥c，所以f′(x)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)(1－p)x－p＝eq\f(p－1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(c,xp)))>0.由此可得，f(x)在[ceq\f(1,p)，＋∞)上單調遞增，因而，當x>ceq\f(1,p)時，f(x)>f(ceq\f(1,p))＝ceq\f(1,p).①當n＝1時，由a1>ceq\f(1,p)>0，即aeq\o\al(p,1)>c可知a2＝eq\f(p－1,p)a1＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,1)＝a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,1))－1))))<a1，并且a2＝f(a1)>ceq\f(1,p)，從而可得a1>a2>ceq\f(1,p)，故當n＝1時，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)成立．②假設n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>ak＋1>ceq\f(1,p)成立，則當n＝k＋1時，f(ak)>f(ak＋1)>f(ceq\f(1,p))，即有ak＋1>ak＋2>ceq\f(1,p)，所以當n＝k＋1時，原不等式也成立．綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)均成立．19．、[2014·廣東卷]設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，滿足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求數(shù)列{an}的通項公式．22．、[2014·全國卷]函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax,x＋a)(a>1)．(1)討論f(x)的單調性；(2)設a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，證明：eq\f(2,n＋2)<an≤eq\f(3,n＋2).22．解：(1)易知f(x)的定義域為(－1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x[x－（a2－2a）],（x＋1）（x＋a）2).(i)當1<a<2時，若x∈(－1，a2－2a)，則f′(x)>0，所以f(x)在(－1，a2－2a若x∈(a2－2a，0)，則f′(x)<0，所以f(x)在(a2－2a，0若x∈(0，＋∞)，則f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)是增函數(shù)．(ii)當a＝2時，若f′(x)≥0，f′(x)＝0成立當且僅當x＝0，所以f(x)在(－1，＋∞)是增函數(shù).(iii)當a>2時，若x∈(－1，0)，則f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)是增函數(shù)；若x∈(0，a2－2a)，則f′(x)所以f(x)在(0，a2－2a)若x∈(a2－2a，＋∞)，則f′(x)>0，所以f(x)在(a2－2a，＋∞)(2)由(1)知，當a＝2時，f(x)在(－1，＋∞)是增函數(shù)．當x∈(0，＋∞)時，f(x)>f(0)＝0，即ln(x＋1)>eq\f(2x,x＋2)(x>0)．又由(1)知，當a＝3時，f(x)在[0，3)是減函數(shù)．當x∈(0，3)時，f(x)<f(0)＝0，即ln(x＋1)<eq\f(3x,x＋3)(0<x<3)．下面用數(shù)學歸納法證明eq\f(2,n＋2)<an≤eq\f(3,n＋2).(i)當n＝1時，由已知eq\f(2,3)<a1＝1，故結論成立．(ii)假設當n＝k時結論成立，即eq\f(2,k＋2)<ak≤eq\f(3,k＋2).當n＝k＋1時，ak＋1＝ln(ak＋1)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k＋2)＋1))>eq\f(2×\f(2,k＋2),\f(2,k＋2)＋2)＝eq\f(2,k＋3)，ak＋1＝ln(ak＋1)≤lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k＋2)＋1))<eq\f(3×\f(3,k＋2),\f(3,k＋2)＋3)＝eq\f(3,k＋3)，即當n＝k＋1時，有eq\f(2,k＋3)<ak＋1≤eq\f(3,k＋3)，結論成立．根據(jù)(i)(ii)知對任何n∈結論都成立．21．，，，[2014·陜西卷]設函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導函數(shù)．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表達式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(3)設n∈N＋，比較g(1)＋g(2)＋…＋g(n)與n－f(n)的大小，并加以證明．21．解：由題設得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).下面用數(shù)學歸納法證明．①當n＝1時，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，結論成立．②假設n＝k時結論成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，當n＝k＋1時，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gk（x）,1＋gk（x）)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋（k＋1）x)，即結論成立．由①②可知，結論對n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．設φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，則φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,（1＋x）2)＝eq\f(x＋1－a,（1＋x）2)，當a≤1時，φ′(x)≥0(僅當x＝0，a＝1時等號成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上單調遞增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1時，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(僅當x＝0時等號成立)．當a>1時，對x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上單調遞減，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1時，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立．綜上可知，a的取值范圍是(－∞，1]．(3)由題設知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，比較結果為g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．證明如下：方法一：上述不等式等價于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，則eq\f(1,n＋1)<lneq\f(n＋1,n).下面用數(shù)學歸納法證明．①當n＝1時，eq\f(1,2)<ln2，結論成立．②假設當n＝k時結論成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)．那么，當n＝k＋1時，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋lneq\f(k＋2,k＋1)＝ln(k＋2)，即結論成立．由①②可知，結論對n∈N＋成立．方法二：上述不等式等價于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，則lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1).故有l(wèi)n2－ln1>eq\f(1,2)，ln3－ln2>eq\f(1,3)，……ln(n＋1)－lnn>eq\f(1,n＋1)，上述各式相加可得ln(n＋1)>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)，結論得證．方法三：如圖，eq\i\in(0,n,)eq\f(x,x＋1)dx是由曲線y＝eq\f(x,x＋1)，x＝n及x軸所圍成的曲邊梯形的面積，而eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)是圖中所示各矩形的面積和，∴eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)>eq\i\in(0,n,)eq\f(x,x＋1)dx＝eq\i\in(0,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x＋1)))dx＝n－ln(n＋1)，結論得證．22．，，[2014·重慶卷]設a1＝1，an＋1＝eq\r(aeq\o\al(2,n)－2an＋2)＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及數(shù)列{an}的通項公式．(2)若b＝－1，問：是否存在實數(shù)c使得a2n<c<a2n＋1對所有n∈N*成立？證明你的結論．22．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.再由題設條件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.從而{(an－1)2}是首項為0，公差為1的等差數(shù)列，故(an－1)2＝n－1，即an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N*)．方法二：a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.可寫為a1＝eq\r(1－1)＋1，a2＝eq\r(2－1)＋1，a3＝eq\r(3－1)＋1.因此猜想an＝eq\r(n－1)＋1.下面用數(shù)學歸納法證明上式．當n＝1時，結論顯然成立．假設n＝k時結論成立，即ak＝eq\r(k－1)＋1，則ak＋1＝eq\r(（ak－1）2＋1)＋1＝eq\r(（k－1）＋1)＋1＝eq\r(（k＋1）－1)＋1，這就是說，當n＝k＋1時結論成立．所以an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N*)．(2)方法一：設f(x)＝eq\r(（x－1）2＋1)－1，則an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝eq\r(（c－1）2＋1)－1，解得c＝eq\f(1,4).下面用數(shù)學歸納法證明命題a2n<c<a2n＋1<1.當n＝1時，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝eq\r(2)－1，所以a2<eq\f(1,4)<a3<1，結論成立．假設n＝k時結論成立，即a2k