2023版高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（3年真題分類+考情精解讀+知識全通關(guān)+題型全突破+能力大提升）第14章推理與證明試題文

PAGEPAGE6第十四章推理與證明1.(2022·新課標(biāo)全國Ⅲ，4)某旅游城市為向游客介紹本地的氣溫情況，繪制了一年中各月平均最高氣溫和平均最低氣溫的雷達(dá)圖.圖中A點表示十月的平均最高氣溫約為15℃，B點表示四月的平均最低氣溫約為5℃.下面表達(dá)不正確的選項是()A.各月的平均最低氣溫都在0℃以上B.七月的平均溫差比一月的平均溫差大C.三月和十一月的平均最高氣溫根本相同D.平均最高氣溫高于20℃的月份有5個1.解析由題意知，平均最高氣溫高于20℃的六月，七月，八月，應(yīng)選D.答案D2.(2022·浙江，8)如圖,點列{An},{Bn}分別在某銳角的兩邊上,且|AnAn＋1|＝|An＋1An＋2|,An≠An＋2,n∈N*，|BnBn＋1|＝|Bn＋1Bn＋2|，Bn≠Bn＋2，n∈N*(P≠Q(mào)表示點P與Q不重合).假設(shè)dn＝|AnBn|，Sn為△AnBnBn＋1的面積，那么()A.{Sn}是等差數(shù)列 B.{Seq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列C.{dn}是等差數(shù)列 D.{deq\o\al(2,n)}是等差數(shù)列2.解析Sn表示點An到對面直線的距離(設(shè)為hn)乘以|BnBn－1|長度一半，即Sn＝eq\f(1,2)hn|BnBn－1|，由題目中條件可知|BnBn－1|的長度為定值，過A1作垂直得到初始距離h1，那么A1，An和兩個垂足構(gòu)成等腰梯形，那么hn＝h1＋|A1An|tanθ(其中θ為兩條線所成的銳角，為定值)，從而Sn＝eq\f(1,2)(h1＋|A1An|tanθ)|BnBn＋1|，Sn＋1＝eq\f(1,2)(h1＋|A1An＋1|)|BnBn＋1|，那么Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2)|AnAn＋1||BnBn＋1|tanθ，都為定值，所以Sn＋1－Sn為定值，應(yīng)選A.答案A3.(2022·山東，4)用反證法證明命題“設(shè)a,b為實數(shù),那么方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根〞時，要做的假設(shè)是()A.方程x3＋ax＋b＝0沒有實根B.方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根C.方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根D.程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根3.解析至少有一個實根的否認(rèn)是沒有實根，故做的假設(shè)是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實根〞．答案A(2022·新課標(biāo)全國Ⅱ，16)有三張卡片，分別寫有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2〞，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1〞，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5〞，那么甲的卡片上的數(shù)字是________.4.解析由丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5〞可知，丙為“1和2〞或“1和3〞，又乙說“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1〞，所以乙只可能為“2和3〞，所以由甲說“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2〞，所以甲只能為“1和3〞.答案1和35.(2022·山東，12)觀察以下等式：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,3)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,3)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×1×2；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,5)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,5)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,5)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(4π,5)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×2×3；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,7)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,7)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,7)))eq\s\up12(－2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(6π,7)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×3×4；eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,9)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,9)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,9)))eq\s\up12(－2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(8π,9)))eq\s\up12(－2)＝eq\f(4,3)×4×5；…照此規(guī)律，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(π,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2π,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(3π,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＋…＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin\f(2nπ,2n＋1)))eq\s\up12(－2)＝________.5.解析觀察等式右邊的規(guī)律：第1個數(shù)都是eq\f(4,3)，第2個數(shù)對應(yīng)行數(shù)n，第3個數(shù)為n＋1.答案eq\f(4,3)×n×(n＋1)6.(2022·陜西，16)觀察以下等式1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)，1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)，…據(jù)此規(guī)律，第n個等式可為________．6.解析等式左邊的特征：第1個等式有2項，第2個有4項，第3個有6項，且正負(fù)交錯，故第n個等式左邊有2n項且正負(fù)交錯，應(yīng)為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；等式右邊的特征：第1個有1項，第2個有2項，第3個有3項，故第n個有n項，且由前幾個的規(guī)律不難發(fā)現(xiàn)第n個等式右邊應(yīng)為eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).答案1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)(2022·福建，16)集合{a，b，c}＝{0，1，2}，且以下三個關(guān)系：①a≠2；②b＝2；③c≠0有且只有一個正確，那么100a＋10b＋c等于________．7.解析可分以下三種情形：(1)假設(shè)只有①正確，那么a≠2，b≠2，c＝0，所以a＝b＝1與集合元素的互異性相矛盾，所以只有①正確是不可能的；(2)假設(shè)只有②正確，那么b＝2，a＝2，c＝0，這與集合元素的互異性相矛盾，所以只有②正確是不可能的；(3)假設(shè)只有③正確，那么c≠0，a＝2，b≠2，所以b＝0，c＝1，所以100a＋10b＋c＝100×2＋10×0＋1＝201.答案2018.(2022·課標(biāo)Ⅰ，14)甲、乙、丙三位同學(xué)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?nèi)巳ミ^同一城市．由此可判斷乙去過的城市為________．8.解析根據(jù)甲和丙的答復(fù)推測乙沒去過B城市，又知乙沒去過C城市，故乙去過A城市．答案A9.(2022·浙江，20)設(shè)函數(shù)f(x)＝x3＋eq\f(1,1＋x)，x∈[0，1]，證明：(1)f(x)≥1－x＋x2；eq\f(3,4)＜f(x)≤eq\f(3,2).9.證明(1)因為1－x＋x2－x3＝eq\f(1－〔－x〕4,1－〔－x〕)＝eq\f(1－x4,1＋x)，由于x∈[0，1]，有eq\f(1－x4,1＋x)≤eq\f(1,x＋1)，即1－x＋x2－x3≤eq\f(1,x＋1)，所以f(x)≥1－x＋x2.(2)由0≤x≤1得x3≤x，故f(x)＝x3＋eq\f(1,x＋1)≤x＋eq\f(1,x＋1)＝x＋eq\f(1,x＋1)－eq\f(3,2)＋eq\f(3,2)＝eq\f(〔x－1〕〔2x＋1〕,2〔x＋1〕)＋eq\f(3,2)≤eq\f(3,2)，所以f(x)≤eq\f(3,2).由(1)得f(x)≥1－x＋x2＝＋eq\f(3,4)≥eq\f(3,4)，又因為＝eq\f(19,24)＞eq\f(3,4)，所以f(x)＞eq\f(3,4).綜上，eq\f(3,4)＜f(x)≤eq\f(3,2).10.(2022·四川，21)函數(shù)f(x)＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性；(2)證明：存在a∈(0,1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．綜上，eq\f(3,4)＜f(x)≤eq\f(3,2).10.解(1)由，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以g′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2〔x－1〕,x)，當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增．(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx，令φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，那么φ(1)＝1＞0，φ(e)＝2(2－e)＜0，于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0，令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，由u′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，即a0∈(0，1)，當(dāng)a＝a0時，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，再由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，x0)時，f′(x)＜0，從而f(x)＞f(x0)＝0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，從而f(x)＞f(x0)＝0；又當(dāng)x∈(0，1]時，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0，故x∈(0，＋∞)時，f(x)≥0，綜上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解．11.(2022·江蘇，20)設(shè)a1,a2,a3,a4是各項為正數(shù)且公差為d(d≠0)的等差數(shù)列．(1)證明：2a1,2a2,2a3,2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列；(2)是否存在a1,d,使得a1,aeq\o\al(2,2),aeq\o\al(3,3),aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由；(3)是否存在a1,d及正整數(shù)n,k，使得aeq\o\al(n,1),aeq\o\al(n+k,2),aeq\o\al(n+2k,3)，aeq\o\al(n+3k,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由．11.(1)證明因為eq\f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一個常數(shù)，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列，(2)令a1＋d＝a，那么a1，a2，a3，a4分別為a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0)．假設(shè)存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列，那么a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.令t＝eq\f(d,a)，那么1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜t＜1，t≠0))，化簡得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.將t2＝t＋1代入(*)式，t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，那么t＝－eq\f(1,4)，顯然t＝－eq\f(1,4)不是上面方程的解，矛盾，所以假設(shè)不成立．因此不存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列．(3)解假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n+k,2)，aeq\o\al(n+2k,3)，aeq\o\al(n+3k,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列，那么aeq\o\al(n,1)(a1＋2d)n+2k＝(a1＋d)2(n+k)，且(a1＋d)n+k(a1＋3d)n+3k＝(a1＋2d)2(n+2k)．分別在兩個等式的兩邊同除以aeq\o\al(2(n+k),1)及aeq\o\al(2(n＋2k),1)，并令t＝eq\f(d,a1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＞－\f(1,3)，t≠0))，那么(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k)．將上述兩個等式兩邊取對數(shù)，得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t)．化簡得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)]．再將這兩式相除，化簡得ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**)．令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，那么g′(t)＝eq\f(2[〔1＋3t〕2ln〔1＋3t〕－3〔1＋2t〕2ln〔1＋2t〕＋3〔1＋t〕2ln〔1＋t〕],〔1＋t〕〔1＋2t〕〔1＋3t〕).令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，那么φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)]．令φ1(t)＝φ′(t)，那么φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)]．令φ2(t)＝φ1′(t