M推理与证明(文科)

1、M推理与证明M1合情推理与演绎推理12. M1 2012陕西卷观察下列不等式1 31 + 浮2，1 + N+N<322 32 3171 + ” +<4,照此规律，第五个,不等式为 .11111 1112. 1 + 22+32+42+52+62<6 斛析本小题王要考查了归纳与推理的能力，斛题的关键是对给出的几个事例分析，找出规律，推出所要的结果.从几个不等式左边分析，可得出第五个式子的左边为：1+£+/+，+£,对几个不等式右边分析，其分母依次为：234562,3,4,所以第5个式子的分母应为 6,而其分子依次为：3,5,7,所以第5个式子的分子应1 111

2、1 11为11,所以第 5个式子应为：1+级+屐+不+屋+ 不<了.16. M1 2012 湖南卷对于 nCN*,将 n 表示为 n = akX2k+ a.1X 21 + + ax 21 + aoX20,当i=k时，ai=1,当0wiwk 1时，ai为0或1.定义bn如下：在n的上述表示中， 当a。，a1, a2,，ak中等于1的个数为奇数时，bn=1;否则bn = 0.(1)b2 + b4 + b6+ b8=;(2)记cm为数列bn中第m个为0的项与第m+1个为0的项之间的项数，则 cm的最大 值是.17. (1)3 (2)2 解析本题以二进制为依据考查数列推理，意在考查考生的逻辑推理

3、 能力，具体的解题思路和过程：由前几项的结果，得出规律.(1)由 2=21 + 0=10(2)易知 b2= 1,4= 1 X22+ 0X 21+ 0X 20= 100(2)可知 b4= 1,同样可知 b6=0, b8= 1,所以 b2+b4+b6+b8= 3;(2)任何一个二进制的数，当 1的个数为奇数的时候，连续的这样的数最多只有两个，所以Cm的最大值是2.易错点本题易错一：推理能力不行，无法找到规律，导致无从下手；易错二：发现 不了数列与二进制白关联，导致第(2)问无从下手.18. M1 2012湖北卷传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上画点或用小石子表示数.他们研究过如图1-6所

4、示的三角形数：3610图1 6将三角形数1,3,6,10,记为数列an,将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组 成一个新数列bn.可以推测：(1)b2 012是数列an中的第 项；(2)b2k 1 =.(用 k 表木)17.答案(1)5 030 (2)5k 5k1n n+ 1解析由以上规律可知三角形数 1,3,6,10,的一个通项公式为 an=-2,写出其若 干项来寻找规律：1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,120,其中能被 5 整除的为 10,15,45,55,105,120,即 b1=a4, b2=a5, b3=a9, b4=a10, bs

5、= a14, b6=a15.5k 5k+ 1由上述规律可猜想：b2k = a5k=2(k为正整数),5k- 1 5k1 + 15k 5k 1b2k 1 = a5k 1 =2，故 b2 012= a2>< 1 006= a5>< 1 006 = a5 030,即 b2 012是数列an中的第5 030项.20 . C1、M1 2012福建卷某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等 于同一个常数：(1)sin213 °+ cos217 sin13 cos17 ；(2)sin215 °+ cos215 sin15 cos15 ；(3)sin218

6、 °+ cos212 sin18 cos12 ；(4)sin2( 18 °)+ cos248 sin( 18 )cos48(5)sin2( 25 °)+ cos255 -sin( 25 )cos55 :(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论.21 .解：解法一：(1)选择(2)式，计算如下:sin215 ° + cos215 ° sin15 cos15 = 1 2sin30=1=34 4.3(2)二角恒等式为sin2cos(30 o) sin acos(30 a

7、) = 4.证明如下：sin2 a+ cos2(30 a) sin ocos(30 0)=sin2 a+ (cos30 cosa+ sin30 sin a)2 sin a(cos30 cos a+ sin30 sin 力23231 2312=sin a+ 4cos a+ 2 sin acos a+ 4sin a 2 sin ocos a "sin a='sin2 a+ J?cos2 a= *444解法二：(1)同解法一.3(2)三角恒等式为 sin2 讣 cos2(30 -力一sin”cos(30 - 0 = 4.证明如下：sin2 a+ cos2(30 a) sin oco

8、s(30 0)1 cos2 a2+1 + cos 60 1 2。一sin Xcos30 cos a+ sin30 sin o)111 , 1 oo2 -2cos2a+ 2 + 2(cos60 cos2a+ sin60 sin2 o) 2cos2(x+ 2+ 4cos2 计 11, 1=1 - 4cos2 a 4 + 4cos2 a=,3, 34 sin2 a 4 sin234.3122：.-22 sin(xcos(X 2$，。民1(X 4(1 cos2 ex)5. M1 2012江西卷观察下列事实：|x|十|y|=1的不同整数解(x, y)的个数为4, |x|+|y|=2的不同整数解(x, y

9、)的个数为8, |x|十|y|=3的不同整数解(x, y)的个数为12,，则|x| 十 |y|= 20的不同整数解(x, y)的个数为()A. 76 B. 80 C. 86 D. 925. B 解析个数按顺序构成首项为4,公差为4的等差数列，因此冈+|y|=20的不同整数解(x, y)的个数为4+4(20 1)= 80,故选B.M2直接证明与间接证明23. D5、M2 2012上海卷对于项数为 m的有穷数列an,记bk= max ai, a2,， ak( k= 1,2,，m),即bk为a1, a2,，ak中的最大值,并称数列bn是an的控制数歹U.如 1,3,2,5,5 的控制数列是 1,3,

10、3,5,5.(1)若各项均为正整数的数列an的控制数列为2,3,4,5,5,写出所有的an；(2)设 bn是 an的控制数列，满足ak+ bm k+1= C(C为常数，k= 1,2,，m),求证：bk=ak(k=1,2,，m);1.4c.nn+1(3)设 m = 100,吊数 a 2, 1 .右 an= an2- (- 1)23 bn是an的控制数歹U,求 (b1 a1)+ (b2 a2)+ + (b1。一 a100).23.解：(1)数列an为：2,3,4,5,1 或 2,3,4,5,2 或 2,3,4,5,3 或 2,3,4,5,4 或 2,3,4,5,5.(2)因为 bk= maxa1,

11、 a2, ，ak, bk+1=maxa1, a2, ，a. ak+1,所以 bk+ 1 > bk.因为 ak+ bm- k + 1 = C, ak + 1+bm-k=C,所以 ak+ 1 ak= bm k+1 bm k>0, 即 ak+ 1 > ak.因此，bk= ak.(3)对 k=1,2,，25,a4k 3 = a(4k 3)2+(4k- 3);a4k 2 = a(4k 2)2+(4k- 2);a4k 1 = a(4k- 1)2-(4k- 1);a4k= a(4k)2_ (4k).比较大小，可得 a4k 2> a4k 3.1因为 2V av 1,所以 a4k 1 a

12、4k2 = (a 1)(8k 3)v 0,即 a4k 2> a4k-1.a4ka4k 2= 2(2a1)(4k 1) >0,即 a4k>a4k 2.又 a4k>a4k 1.从而 b4k 3= a4k-3, b4k-2 = a4k-2, b4k-1=a4k-2, b4k= a4k.因此(b一 a1)+ (b2 a2)+ + (b1。一 a100)=(a2 a3)+ (a6 a7) + + (a98 a99)25=(a4k 2a4k 1)k=125=(1 - a) (8k-3) = 2525(1 a). k= 122. B12、M22012 湖南卷已知函数 f(x) = e

13、x-ax,其中 a>0.(1)若对一切xC R, f(x)>1恒成立，求a的取值集合；(2)在函数f(x)的图象上取定两点 A(x1, f(x1), B(x2, f(x2)(x1x2),记直线 AB的斜率为 k,证明：存在 xoC(xi, X2),使 f' (xo)=k成立.22.解：(1)f' (x)=eXa.令 f' (x)=0得 x=lna.当xvlna时，f' (x)< 0, f(x)单调递减；当 x> Ina时，f' (x)>0, f(x)单调递增.故当 x =ln a时,f(x)取最小值 f(lna) = aal

14、na.于是对一切xCR, f(x)>1恒成立，当且仅当a alna> 1.令 g(t)=ttint,则 g' (t)=Int.当0vtv1时，g' (t)>0, g单调递增；当t>1时，g' (t)<0, g(t)单调递减.故当t=1时，g(t)取最大值g(1)=1.因此，当且仅当a=1时，式成立.综上所述，a的取值集合为1.f x2 f x1ex2ex1(2)由题意知, k= 一 a.x2x1x2 x1ex2 ex1 令(f)(x)=f/ (x) - k= ex,则x2 x1exi(f(x1) = ex2 x1 (x2 x1) 1,x2

15、x1ex2(j(x2) =ex1 x2 (x1 x2) 1.x2 x1令 F(t) = et t1,则 F' (t)=et1.当t<0时，F' (t)<0, F(t)单调递减；当t>0时，F' (t)>0, F单调递增.故当 tw0 时，F(t)>F(0) = 0,即 et-t-1>0.ex1-ex2-从而 ex2 x1 (x2x1) 1 >0, ex1 x2 (x1 x2) 1 >0, 又 >0,>0,x2 x1x2 x1所以 4(x1)V0, 4(x2) >0.因为函数y= (f)(x)在区间x1 ,

16、 x2上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0C(x1,x2),使 ©x0)=0,即 f' (xo)=k成立.M3数学归纳法M4 单元综合23. M42012江苏卷设集合Pn = 1,2,，n, nC N*.记f(n)为同时满足下列条件的 集合A的个A? Pn；若 xC A,贝u 2x?A;若 xC ?PnA,贝u 2x?PnA.求f(4)；(2)求f(n)的解析式(用n表示).23.解：(1)当 n=4 时，符合条件的集合 A 为：2 , 1,4 , 2,3 , 1,3,4,故 f(4) =4.(2)任取偶数xC Pn,将x除以2,若商仍为偶数，再除以 2,，经过k次以后

17、，商必 为奇数，此时记商为 m,于是x=m2k,其中m为奇数，kC N*.由条件知，若mCA,则xCA? k为偶数；若m?A,则xC A? k为奇数.于是x是由m是否属于A确定的.设 Qn是Pn中所有奇数的集合，因此 f(n)等于Qn的 子集个数.当n为偶数(或奇数)时，Pn中奇数的个数是2或nJ ,所以f(n)= 22, n为偶数，n+1,，22一, n为奇数.20. B3、D4、M42012北京卷设A是如下形式的 2行3列的数表,abcdef满足性质 P： a, b, c, d, e, fC 1,1,且 a+b+c+ d + e+f= 0.记ri(A)为A的第i行各数之和(i=1,2),

18、Cj(A)为A的第j列各数之和(j= 1,2,3);记 k(A)为|r1(A)|, |2(A)|, |ci(A)|, |C2(A)|, |C3(A)|中的最小值.对如下数表A,求k(A)的值；11 0.80.1-0.3-1(2)设数表A形如11-1- 2ddd1其中一1WdW0,求k(A)的最大值；对所有满足性质 P的2行3列的数表A,求k(A)的最大值.20.解：因为 n(A)=1.2, r2(A)=- 1.2, ci(A) = 1.1, c2(A) = 0.7, c3(A) = - 1.8, 所以 k(A)=0.7.(2)r1(A)= 1 -2d, r2(A) = 1 + 2d,ci(A)=C2(A)= 1 + d, c3(A)=2 2d.因为一1 w dw 0,所以 |r1(A)|= |r2(A)|>1 + d>0,|C3(A)|>1 + d>0.所以k(A)=1 + dW1.当d=0时，k(A)取得最大值1.任给满足性质P的数表A(如下所示).abcdef任意改变A的行次序或