专题十三推理与证明第三十八讲推理与证明答案

1、专题十三推理与证明第三十八讲推理与证明答案部分1. B【解析】解法一因为Inx x1 (x 0)，所以 aia2a3a4In (ai a2 a3) a1 a2a3 1，所以 a4 1，又a11，所以等比数列的公比右 q w 1，则 a1a?a3a4印(1 q)(1 q2) a1 1，所以 In(a1 a2 a3) 0 ,与1门（印a2a3) q a2 a3 a4 x 1 , a1a2a3a4In (a1a2a3),所以ea2a3 a4a1a?a3 a1 a2asa41,则a4 w又a11，所以等比数列的公比q 0.若q w1，则 a1a2a3a4a1(1q)(1q2) w0 ,而 4a2a3

2、a11，所以 In(a1 a2a3 )0与1门（印a2a3)3a?a3a4 w 0矛盾，所以1q 0，所以 a1a3a1(1 q2) 0,a2a4 a1q(2所以10，所以 a1a3a1(1 q)0 , a2 a4 a1q(1q所以a1a3, a2a4，故选 B.1q2)q2)2. D【解析】解法一 点（2,1）在直线X y 1上，axy 4表示过定点（0,4）,斜率为 a的直线,当a 0时，X ay 2表示过定点（2,0）1,斜率为1的直线，不等式x ay 2a表示的区域包含原点，不等式 ax y 4表示的区域不包含原点直线 ax y 4与直线X ay 2互相垂直，显然当直线ax y 4的斜

3、率 a 0时，不等式ax y 4表示的区域不包含点(2,1)，故排除A ;点(2,1)与点(0,4)连线的斜率为-，当2a I，即 a3 时，axy 4表示的区域包含点(2,1)，此时x ay 2表示的区域也包含点(2,1)，故排除B ；当直线ax y334的斜率 a -，即a -时,22ax y 4表示的区域不包含点(2,1)，故排除C,解法二若(2,1) A，贝y 2a 14 ,解得a2 a 5)的末四位数字呈周期性变化，且最小正周期为4,记5n( n Z ,且 n 5)的末四位数字为 f(n),则f(2011) f (501 4 7)f (7) , 52011与57的末位数字相同，均为8

4、 125，选D.10. D【解析】由给出的例子可以归纳推理得出：若函数f (x)是偶函数，则它的导函数是【解析】观察等式知：第 n个等式的左边有2n个数相加减，奇数项为正，偶数项为负,奇函数，因为定义在 R上的函数f(x)满足f( X) f(x)，即函数f(x)是偶函数，所以它的导函数是奇函数，即有g( x)= g(x)，故选D11.27【解析】所有的正奇数和2n( n N)按照从小到大的顺序排列构成 an,在数列an中，25前面有16个正奇数，即a2iC02 , a382 .当 n 1 时，S 112a224 ,不符合题意;当n 2时，S23 12a336 ,不符合题意；当n 3时，S361

5、2a448，不符合题意;n 4时，S41012a560，不符合题意;当 n 26 时，S2621 (1 41)22 (1 2)= 441 +62= 50312a28 =540,符合题意.故使得Si 12an 1成立的n的最小值为27.12. Q1P2【解析】设线段 AB的中点为G(Xi,yi)，则Qi 2yi，其中i 1,2,3由题意只需比较线段ABj中点的纵坐标的大小即可，作图可得A1B1中点纵坐标比A2B2, A3B3的中点纵坐标大，所以第一位选Q .由题意Pi ，只需比较三条线段 OC1, OC2OC3斜率的大小，分别作 B1, B2,B3 Xi关于原点的对称点 B1 , B2 , B3

6、，比较直线 A1,A2B2,A3B3斜率，可得A2B2最大，所以选p2.13. 1和3【解析】为方便说明，不妨将分别写有1和2, 1和3, 2和3的卡片记为A , B ,C从丙出发，由于丙的卡片上的数字之和不是5,则丙只可能是卡片A或B，无论是哪一张，均含有数字1，再由乙与丙的卡片上相同的数字不是1可知,乙所拿的卡片必然是C,最后由甲与乙的卡片上相同的数字不是2,知甲所拿的卡片为B，此时丙所拿的卡片为A.14.【解析】根据已知，归纳可得结果为1 12n 1 2n4-n(n+ 1).31 1n 1 n 212n且分子为1，分母是1到2n的连续正整数,等式的右边是1-212n16. 4n-1【解析

7、】具体证明过程可以是:C2n 1 C；n1C；n1L C2n112(2C2n12C2n 12C；n12C2n11)C2n 1 )(C2n 1C2n 1 ) (C2n 1c2n 13)C2n 1)11 （C2n 117. 1【解析】解法一 直接递推归纳；等腰直角三角形ABC中，斜边BC 242，所以412In1nC2n1 C2n1 LC2n1 C2n1L Cln；) 2 22n14n1AB AC a1 2,AA a2a31 ,近6 1,A5A6a7a1( )解法二求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC22 ,所以 AB AC a12,AAa2An 人 an1 Sin4an2，故 a718. 6

8、【解析】因为正确，也正确，所以只有正确是不可能的；若只有正确，都不正确，则符合条件的有序数组为（2,3,1,4） , （3,2,1,4）;若只有正确，都不正确，则符合条件的有序数组为（3,1,2,4）;若只有正确，都不正确，则符合条件的有序数组为（2,1,4,3）,（3,1,4,2） , （4,1,3,2） 综上符合条件的有序数组的个数是6.19. 42【解析】先由徒弟粗加一工原料B , 6天后，师傅开始精加工原料 B，徒弟同时开始粗加工原料 A ,再9天后（15天后），徒弟粗加工原料 A完成，此时师傅还在精加工原料B , 27天后，师傅精加工原料 B完成，然后接着精加工原料A，再15天后，师

9、傅精加工原料A完成，整个工作完成，一共需要6 +21 + 15= 42个工作日.x20.1 2014x可得f3（x）xxx【解析】由 f1（x），得 f2（x） f（L）,1 x1 x 1 2xxxf（f2（X）厂，故可归纳得f2014（X）.1 3x1 2014x21. F V E2【解析】三棱柱中5 +6-9 =2 ;五棱锥中6+6 -10 =2 ;立方体中6+8 -12 =2 ,1,故第n个等式左边有n正负交替出现可以用式的右边可以表示为z八n 12/八+ ( 1) n = (- 1)23.1000【解析】观察n2和n前面的系数，可知一个成递增的等差数列另一个成递减的等差数列，故N n,

10、2411n2 10n , N 10,24100024.111111122324252626=11112232(n21)111111122324252626边，右边=n 1【解析】观察不等式的左边发现，第n个不等式的左,所以第五个不等式为25.(1) 6;(2) 3 2n4 11【解析】(1)当 N =16 时,P0X1X2X3X4X5X6L X16，可设为(1,2,3,4,5,6, L ,16),由此归纳可得F V E 2 22. 12-22+32-42+ + (- 1) n+1 n2= (- 1) n+1 门1 ( n N )2【解析】观察上式等号左边的规律发现，左边的项数一次加项，每项所含

11、的底数的绝对值也增加1，一次为1, 2, 3,n，指数都是2,符号成(1)n 1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等(1)n n(n 1，所以第n 个式子可为12 - 22+32 - 42+.2n+1 n(n 1) ( n N ).2X1X3X5X7L X15X2X4X6L X16，即为(1,3,5,7,9, L 2,4,6,8, L ,16),P2X1X5X9X13X3X7X11X15X2X6L X16，即(1,5,9,13,3,7,11,15,2,6, L ,16) , x?位于 F2 中的第6个位置;(2 )在F中X173位于两段中第一段的第87个位置，位于奇数位置上，此时

12、在F2中X173位于四段中第一段的第44个位置上，再作变换得R时，X173位于八段中第二段的第22个位置上，再作变换时，X,73位于十六段中的第四段的第11个位置上.也就是位于P4中的第3 2n 411个位置上.26.n (n 1) L (3n2)(2n 1)2【解析】把已知等式与行数对应起来，则每一个由题意知Xi , X2 , X3 , X4 0,1，且M(,)为奇数,数,行数等号左边的项数1=1 2+3+4=9 3+4+5+6+7=254+5+6+7+8+9+10=49所以 n (n 1) L n(2n 1)1(2n1)2,即 n (n 1) L (3n2)(2n1)20,当 n为偶数时2

13、7. d d，当n为奇数时2n3n【解析】根据合情推理,利用归纳和类比进行简单的推理,0,当n为偶数时可得Tn =11n丄丄，当n为奇数时2n 3n2,8,32,128构成了公比为4的等比数28. 962【解析】观察等式可知，COS 的最高次的系数列，故 m 128 4 512 .取 0，则 cos1， COS101，代入等式得1512 1280 1120 nP 1,即 n P 350512则cos(1)101280COS10 1，代入等式得2(1)81120 (?)6n(1)4P (1)2 1联立得，n400, P50,所以mn P = 512(400) 5029.【解析】(1)因为(1,1

14、,0),(0,1,1),所以M(,)1(11 |11|)(1 1|11|) (0 0)|0 0|) 2M(,)1(10 |10|)(1 1|11|) (0 1|0 1|) 1 .设(X1,X2,X3, X4)B ,则M (J)X1 X2X3X4 .4p962 .200所以Xi, X2, X3, X4中1的个数为1或3.所以 B (1 , 0, 0, 0), (0 , 1 , 0 , 0) , (0 , 0 , 1 , 0) , (0 , 0 , 0 , 1) , (0 ,1,1 , 1),(1, 0 , 1 , 1) , (1, 1 , 0 , 1) , (1,1,1 , 0).将上述集合中的

15、元素分成如下四组:(1, 0 , 0 , 0) , (1, 1 , 1 , 0) ； (0 ,1,0 , 0) , (1, 1 , 0, 1)；(0 , 0 , 1 , 0) , (1, 0 ,1 , 1) ； (0 , 0 , 0 , 1) , (0 , 1, 1,1).经验证，对于每组中两个元素，均有 M ( ,)1 .所以每组中的两个元素不可能同时是集合B的元素.所以集合B中元素的个数不超过 4.又集合(1 , 0 , 0 , 0) , (0 , 1 , 0 ,0) , (0 , 0 , 1,0) , (0 , 0 ,0 , 1）满足条件,所以集合B中元素个数的最大值为4.设 Sk (X

16、1,X2, ,Xn)|(X,X2,Xn)A, Xk1,X1X2Xk 10(k 1,2,n),Sn 1 (X1,X2, ,Xn)|X1X2Xn0,则 A S1 U S2 UU Sn对于 Sk ( k 1,2,n 1）中的不同元素,经验证,M( , ) 1.所以 Sk ( k 1,2,n 1）中的两个元素不可能同时是集合B的元素.所以B中元素的个数不超过 n 1.取 ek (X1,X2, ,Xn) Sk 且 Xk 1Xn0 (k 1,2,n 1).令 B (e, ,en1)USnUSn1,则集合B的元素个数为n 1,且满足条件.故B是一个满足条件且元素个数最多的集合.1 , 2 , 3的所有排列，

17、有30.【解析】（1）记（abc）为排列abc的逆序数，对(123)=0 ,(132)=1 ,(213)=1 ,(231)=2 , (312)=2 ,(321)=3 ,所以 f3(0)1, f3(1)f3(2)2 .对1, 2, 3, 4的排列，利用已有的 1, 2, 3的排列，将数字 4添加进去，4在新排列 中的位置只能是最后三个位置.因此，f4(2) f3(2) f3(1) f3(0)5 .对一般的n (n 4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12 n ,所以fn (0) 1 .逆序数为1的排列只能是将排列12 n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列,所以 fn(1) n 1为计算fn

18、 1(2)，当1, 2,，n的排列及其逆序数确定后，将n 1添加进原排列，n 1在新排列中的位置只能是最后三个位置.因此，fn 1(2)fn (2) fn(1)fn(0)fn(2) n .fn(2) fn(2)fn 1(2) fn1(2)2(2)f5(2)f4(2)f4(2)(n 1) (n2)4f4(2)因此，n 5时,31.【解析】证明：(1)因为an是等差数列，设其公差为d，则ana1 (n 1)d ,从而，当n 4时，an k an k (n k 1)da1 (nk 1)d2a12(n 1)d2an , k 1,2,3,6an ,所以 an 3 an 2+an 1 十玄“ 1a* 2

19、+an 3因此等差数列 an是“ P(3)数列”.(2)数列an既是“ P(2)数列”，又是“ P(3)数列”，因此,an 2an 1 an 1an 24an，an 3an 2an 1an 1 an 2 an 363. 由知，an3an24an 1(anan 1)，an2 an3 4an 1(an 1 an)，将代入，得an 1 an 1 2an，其中n 4,所以a3,a4,a5丄 是等差数列，设其公差为d.在中，取n 4，则a2 a3a5a64a4，所以 a2 a3 d,在中，取n 3，贝y ai a2a4a54a3，所以 a1 a2 2d,所以数列an是等差数列.32.【解析】（I）易知a

20、i 1 , a2a33且b,1，b23，b3所以 cibiai1 10,C2 maxg 2a1,b22a2max1 2 1,32 1 ,C3 max bl 3a1, b23a2, b33a3 max 11,3 3 2,5 332F面证明：对任意 nN且n 2，都有Cna1(bk akn)(b1a1n)(2 k1)nk1n(2 k2)n(k1)(k 1)(2n)- k 10且2n w0- (bkakn) (1b1a1 n)w 0(bla1 n)(bk ak n)因此对任:意n N*且n 2 , Cnb1a1 n1n ,则 Cn 1又 C2C11 ,1故Cn 1Cn1对寸nN*均成立，从而Cn是等

21、差数列(n)设数列J an和 bn的公差分卜别为da,db,下面我们考虑对blai1 n,b2a2n ,bnann ,当k N且2 w k wn时,CnCn的取值.考虑其中任意项b 4 n (i N且1 i n), b ai n bl (i 1)db ai (i 1)da n(bi ai n) (i 1)(db da n)F面分 da0 , da 0 , da0三种情况进行讨论.(1)若 da 0，则 biai n(blai n)(i 1)db若 db 0，则(b ai n)(bi ai n)(i1)db 0则对于给定的正整数 n而言,Cnbiai此时 Cn 1 Cnai,故Cn是等差数列 d

22、b0，则(bi a n) (bn an n) (i n)db m时,da n db则当n m时,(biai n) (biai n) (i 1)( da n db) 0 (i N ,1 i s时，da n db 0则当n s时,(b ai n)(bnan n) (i n)(da n db) 0 (i N*,1 i s时,cn bnann .此时nbnan nan Ddann (da ai db)令da0 , daa1 db B, b1db CF面证明CnnAnB C对任意正数nM ，存在正整数m，使得当n m时,若C 0 ,则取m |M B|1 （X表示不等于X的最大整数）A(呼1) BA当n

23、m时,c An B Am B n此时命题成立.若C0,则取m 吟B| An B C Am B nA(|M c B|1) B C,nBCM因为 T 1,2, L ,k，an3n10,n所以Sra1 a2 L ak 13k11 kk2(3 1) 3 .因此，对任意正数M，使得当n m 时，综合以上三种情况，命题得证.33.【解析】（1）由已知得anJ 1a1 3 ,nN*.于是当T 2,4时，Sra? a43ai 27 a1又 Sr 30，故 30 a130 ,即卩 a11.此时命题成立.30ai.所以数列an的通项公式为an3N .M . nn 1因此，Sr ak 1.（3）下面分三种情况证明.

24、若D是C的子集，则Sc ScidScSdSdSd2Sd .2Sd.若C是D的子集，则Sc Scid Sc Sc 2sc综合得,ScSci d2Sd.34.【解析】（1）因为x2-x41由于x 0,1，即1所以f (x) 11故 f (x) x3 W1 x2x 13 所以 f(x) 1(xi)21 19又因为f （-）2 24综上，3434 f(x) | .2，所以343435.【解析】（1） f（x）的定义域为（),f (x) 1令 E Cl CUD ,FD l CUC则E,FE lF.于是ScSeScl D，SdSfSc i d，进而由ScSd ,得 SeSf .设k是E中的最大数，l为F中

25、的最大数，则k1,l1,kl .由（2）知，Seak 1，于是3 1aiSfSeak1 3，所以11k,g卩 l又k l，故1 k1 ,从而Sfa1 a2La 1 3L 3 1313k11ak1Se 12222 ，若D不是C的子集，且C不是D的子集.1，所以Sc即SC2(SdSCI D )1，Dk .SCI dMl故 Se 2Sf当f（X）0,即x 0时，f （x）单调递增;当f（X）0,即x 0时，f（x）单调递减.故f（X）的单调递增区间为（,0)，单调递减区间为（0,0 时，f（X）f(0) 0 ,-，得1n，即(1-)nn也a1(11)1bib2bl b2a1 a22(12 2(2 1

26、)3 ;818233ba1a2a332133(1 -)3 (331)343.由此推测:b1b2L bna1a2L an(n 1)n. (*)F面用数学归纳法证明.当n 1时，左边右边 2，（*）成立.假设当n k时,(*)成立,即 bbzL bka1a2 L ak(k1)k .当n k 1时，bk1 (k1)(1k 11) ak 1，1由归纳假设可得b1b2L bkbk 1a1a2L akak 1b1b2L bka1a2L akbk 1ak 1(kk1) (k 1)(1&)k1 (k 2)k1所以当n k1时,(*)也成立.根据，可知对一切正整数n都成立.由Cn的定义,(*)，算术-几何平均不

27、等式,bn的定义及（*）得TnC1C2C31Cn(a1)11(a1a2)21(a1a2a3)3L(a1a2L1anf1(b1)121(bb2)21(b1b2b3f4(b1b2L bn 1b11 2blb22 3b1 b2 b33 4b1 b2n(nL bn1)n(n 1)b1(11)b2(2bn(nbn(1* (11)2a2(1丄)anea1ea2eaneSn，即 TneSn .36.【解析】(1) f13.当n 6时，f nn,n 6t 223（t ）6t 3 ,n 6t 523F面用数学归纳法证明:当n 6时，f 66 26613，结论成立;23假设n k（ k 6 ）时结论成立，那么n k 1时，Sk 1在Sk的基础上新增加的元素在1,k 1 ,2,k 1 ,3,k 1中产生，分以下情形讨论:1）若k 1 6t,则k 6 t 15，此时有f k 1 f k 3 k 2 U323.,c k 1 k 1k 1 2 ，结论成立；23k k2）若 k 1 6t 1，则 k 6t ,此时有 f k 1 f k 1 k 2 -123k 11 k 11k