202X届高考数学一轮复习第十四章推理与证明课件理

1、第十四章推理与证明高考理数高考理数 (课标专用)1.(2019课标,4,5分)古希腊时期,人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是512 0.618,称为黄金分割比例,著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外,最美人体的头顶至咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是.若某人满足上述两个黄金分割比例,且腿长为105 cm,头顶至脖子下端的长度为26 cm,则其身高可能是()A.165 cmB.175 cmC.185 cmD.190 cm512512五年高考A A组组 统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组答案答案 B本题主要考查学生的数学应用意识、抽象概括能力、运算求解能力,以及方程思想;

2、考查的核心素养为数学抽象、数学建模以及数学运算.由人体特征可知,头顶至咽喉的长度应小于头顶至脖子下端的长度,故咽喉至肚脐的长度应小于42 cm,可得到此人的身高应小于26+42+178 cm;同理,肚脐至足底的长度应大于腿长105 cm,故此人的身高应大于105+1050.618170 cm,结合选项可知,只有B选项符合题意,故选B.一题多解一题多解用线段代替人,如图.260.61826420.618已知=0.618,c105,c+d=a,设此人身高为h cm,则a+b=h,由a64.89,由d42.07,所以c+d26+42.07=68.07,即a68.07,由b110.15,整理可得64.

3、89+105a+b68.07+110.15,即169.89h0,判断是否存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)exbx内存在“S点”,并说明理由.解析解析本小题主要考查利用导数研究初等函数的性质,考查综合运用数学思想方法分析与解决问题的能力以及逻辑推理能力.(1)证明:函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,则f (x)=1,g(x)=2x+2,由f(x)=g(x)且f (x)=g(x),得此方程组无解.因此, f(x)=x与g(x)=x2+2x-2不存在“S点”.(2)函数f(x)=ax2-1,g(x)=ln x,则f (x)=2ax,g(x)=,设x0为f(x)与g(x)的

4、“S点”,由f(x0)=g(x0)且f (x0)=g(x0),得即(*)得ln x0=-,即x0=,则a=.222,122,xxxx 1x200001ln,12,axxaxx 200201ln,21,axxax 1212e12212(e)e2当a=时,x0=满足方程组(*),即x0为f(x)与g(x)的“S点”,e212e因此,a的值为.(3)f (x)=-2x,g(x)=,x0, f (x0)=g(x0)b=-0 x0(0,1),f(x0)=g(x0)-+a=-a=-,令h(x)=x2-a=,x(0,1),a0,设m(x)=-x3+3x2+ax-a,x(0,1),a0,则m(0)=-a0m(

5、0)m(1)0,存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点”.思路分析思路分析本题是新定义情境下运用导数研究函数零点问题,前两问只需按新定义就能解决e22e (1)xbxx0ex30021xx 20 x00exbx20021xx 20 x20021xx 221xx 3231xxaxax问题,第三问中先利用f (x0)=g(x0)对x0加以限制,然后将f(x0)=g(x0)转化成a=-,从而转化为研究h(x)=,x(0,1),a0的零点存在性问题,再研究函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x(0,1),a0,由m(0)0,可判断出m(x)在(0,1)上存在零点,进而解决问

6、题.20 x20021xx 3231xxaxax考点三数学归纳法考点三数学归纳法(2017浙江,22,15分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).证明:当nN*时,(1)0 xn+10.当n=1时,x1=10.假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+10,则00.12nnx x112n212n因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此0 xn+10(x0).函数f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0,因此-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,故2xn+1-xn(nN

7、*).(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn.由2xn+1-xn得-20,所以-22n-1=2n-2,21nx221xxx21nx12nnx x112n12nnx x11nx12112nx1nx121112nx1112x故xn.综上,xn(nN*).212n112n212n方法总结方法总结1.证明数列单调性的方法.差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符号.商比法:作商,判断与1的大小,同时注意an的正负.数学归纳法.反证法:例如求证:nN*,an+10),则有n2时,an=a1a1qn-

8、1(其中a10).放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列an放缩成等比数列bn,求和后,再进行适当放缩.1nnaa1nnaa21aa32aa1nnaa1.(2015福建,15,5分)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xn(nN*),其中xk(k=1,2,n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码,但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1,或者由1变为0).已知某种二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组:其中运算 定义为:0 0=0,0 1=1,1 0=1,1 1=0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101,那么利用上述校验方程组可

9、判定k等于 .4567236713570,0,0,xxxxxxxxxxxxC C组组 教师专用题组教师专用题组考点一合情推理与演绎推理考点一合情推理与演绎推理答案答案5解析解析设a,b,c,d0,1,在规定的运算法则下,满足a b c d=0的情形可分为下列三类:4个1:1 1 1 1=0,2个1:1 1 0 0=0,0个1:0 0 0 0=0,因此,对于错码1101101,可得:x4 x5 x6 x7=1 1 0 10;x2 x3 x6 x7=1 0 0 1=0;x1 x3 x5 x7=1 0 1 10,结合题意可知错误码元只能出现在x5上,若x5=0,则校验方程组成立,故k=5.2.(20

10、14课标,14,5分)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A,B,C三个城市时,甲说:我去过的城市比乙多,但没去过B城市;乙说:我没去过C城市;丙说:我们三人去过同一城市.由此可判断乙去过的城市为 .答案答案 A解析解析由于甲、乙、丙三人去过同一城市,而甲没有去过B城市,乙没有去过C城市,因此三人去过的同一城市应为A,而甲去过的城市比乙多,但没去过B城市,所以甲去过的城市数应为2,乙去过的城市应为A.解题关键解题关键得出甲、乙、丙三人去过的同一城市为A城市是解题的关键.1.(2018北京,20,14分)设n为正整数,集合A=|=(t1,t2,tn),tk0,1,k=1,2,n.对于集合A中的任意元

11、素=(x1,x2,xn)和=(y1,y2,yn),记M(,)=(x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y2|)+(xn+yn-|xn-yn|).(1)当n=3时,若=(1,1,0),=(0,1,1),求M(,)和M(,)的值;(2)当n=4时,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意元素,当,相同时,M(,)是奇数;当,不同时,M(,)是偶数.求集合B中元素个数的最大值;(3)给定不小于2的n,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意两个不同的元素,M(,)=0.写出一个集合B,使其元素个数最多,并说明理由.12考点二直接证明与间接证明考点二直接证明与间接证明解析解析(1)因为=(1

12、,1,0),=(0,1,1),所以M(,)=(1+1-|1-1|)+(1+1-|1-1|)+(0+0-|0-0|)=2,M(,)=(1+0-|1-0|)+(1+1-|1-1|)+(0+1-|0-1|)=1.(2)设=(x1,x2,x3,x4)B,则M(,)=x1+x2+x3+x4.由题意知x1,x2,x3,x40,1,且M(,)为奇数,所以x1,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).将上述集合中的元素分成如下四组:(1,0,0,0)

13、,(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4.1212(3)设Sk=(x1,x2,xn)|(x1,x2,xn)A,xk=1,x1=x2=xk-1=0(k=1,2,n),Sn+1=(x1,x2,xn)|x1=x2=xn=0,所以A=S1S2Sn+1.对于

14、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+1=xn=0(k=1,2,n-1).令B=e1,e2,en-1SnSn+1,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.2.(2017北京,20,13分)设an和bn是两个等差数列,记cn=maxb1-a1n,b2-a2n,bn-ann(n=1,2,3,),其中maxx1,x2,xs表示x1,x2,xs这s个数中最大的数.(1)若an=n,bn=2n-1,求c1

15、,c2,c3的值,并证明cn是等差数列;(2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当nm时,M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,是等差数列.ncn解析解析本题考查等差数列,不等式,合情推理等知识,考查综合分析,归纳抽象,推理论证能力.(1)c1=b1-a1=1-1=0,c2=maxb1-2a1,b2-2a2=max1-21,3-22=-1,c3=maxb1-3a1,b2-3a2,b3-3a3=max1-31,3-32,5-33=-2.当n3时,(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0时,112111(1)(),ba nnd

16、ndba n2121,.dnddnd当时当时取正整数m,则当nm时,nd1d2,因此cn=b1-a1n.此时,cm,cm+1,cm+2,是等差数列.当d1=0时,对任意n1,cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1).此时,c1,c2,c3,cn,是等差数列.当d1时,有nd1max,故当nm时,M.21dd21ddncn1121(1)()ba nndndn12bdn12112211|,Mbdadddddncn解后反思解后反思解决数列的相关题时,可通过对某些项的观察,分析和比较,发现它们的相同性质或变化规律,再利用综合法进行推理论证.3.(20

17、16浙江,20,15分)设数列an满足1,nN*.(1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*;(2)若|an|,nN*,证明:|an|2,nN*.证明证明(1)由1得|an|-|an+1|1,故-,nN*,所以-=+n,-=+,故|an|n,均有|an|2,取正整数m0lo且m0n0,则0,整数p1,nN*.(1)证明:当x-1且x0时,(1+x)p1+px;(2)数列an满足a1,an+1=an+.证明:anan+1.证明证明(1)用数学归纳法证明:当p=2时,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立.假设p=k(k2,kN*)时,不等式(1+x)k1+kx成立.当p=k

18、+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x.所以p=k+1时,原不等式也成立.综合可得,当x-1,x0时,对一切整数p1,不等式(1+x)p1+px均成立.(2)证法一:先用数学归纳法证明an.当n=1时,由题设a1知an成立.假设n=k(k1,kN*)时,不等式ak成立.由an+1=an+易知an0,nN*.1pc1ppcp1 pna1pc1pc1pc1pc1pc1ppcp1 pna考点三数学归纳法考点三数学归纳法当n=k+1时,=+=1+.由ak0得-1-1+p=.因此c,即ak+1.所以n=k+1时,不等式an也成立.

19、综合可得,对一切正整数n,不等式an均成立.再由=1+可得1,即an+1an+1,nN*.证法二:设f(x)=x+x1-p,x,则xpc,并且f (x)=+(1-p)x-p=0,x.1kkaa1ppcppka1p1pkca1pc1p1p1pkca1pkkaa111ppkcp a1p1pkcapkca1pka1pc1pc1pc1nnaa1p1pnca1nnaa1pc1ppcp1pc1ppcp1pp1pcx1pc由此可得, f(x)在,+)上单调递增.因而,当x时, f(x)f()=.当n=1时,由a10,即c可知a2=a1+=a1,从而a1a2.故当n=1时,不等式anan+1成立.假设n=k(

20、k1,kN*)时,不等式akak+1成立,则当n=k+1时, f(ak)f(ak+1)f(),即有ak+1ak+2.所以n=k+1时,原不等式也成立.综合可得,对一切正整数n,不等式anan+1均成立.方法技巧方法技巧由k到k+1的证明中寻找由k到k+1的变化规律是难点,突破难点的关键是掌握由k到k+1的证明方法.在运用归纳假设时,应分析P(k)与P(k+1)的差异及联系,利用拆、添、并、放、缩等方法,或从P(k)出发拼凑P(k+1),或从P(k+1)中分离出P(k),再进行局部调整;也可考虑寻求二者的“结合点”,以便顺利过渡,切实掌握“观察归纳猜想证明”这一特殊到一般的1pc1pc1pc1p

21、c1pc1pa1ppcp11pa1111pcp a1pc1pc1pc1pc1pc1pc1pc推理方法.2.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(nN*).(1)若b=1,求a2,a3及数列an的通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2nca2n+1对所有nN*成立?证明你的结论.222nnaa解析解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1,从而(an-1)2是首项为0,公差为1的等差数列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(nN*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此

22、猜想an=+1.下面用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=+1,则ak+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=+1(nN*).(2)解法一:设f(x)=-1,则an+1=f(an).21n21 1213 11n1k 2(1)1ka (1)1k (1)1k 1n2(1)1x令c=f(c),即c=-1,解得c=.下面用数学归纳法证明命题a2nca2n+11.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2.再

23、由f(x)在(-,1上为减函数得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故ca2k+31,因此a2(k+1)ca2(k+1)+11.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则an+1=f(an).先证:0an1(nN*).当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0ak1.2(1)1c14214142(1)1x易知f(x)在(-,1上为减函数,从而0=f(1)f(ak)f(0)=-11.即0ak+11.这就是说,当n=k+1时结论成立.故成立.再证:a2na2n+1(nN*).当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f

24、(a2)=f(0)=-1,有a2a3,即n=1时成立.假设n=k时,结论成立,即a2kf(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时成立.所以对一切nN*成立.由得a2n-1,即(a2n+1)2-2a2n+2,因此a2nf(a2n+1),2222222nnaa22na14即a2n+1a2n+2,所以a2n+1-1,解得a2n+1.综上,由、知存在c=,使a2nc1时,对数函数y=logax是增函数,当0a0,nN*).(1)证明:an+1an1;(2)若对任意nN*,都有ann-1,证明:(i)对于任意mN*,当nm时,an(n-m)+am;(ii)an.证明证明(1)因为c0,所以an+1=an+an(nN*),下面用数学归纳法证明an1.当n=1时,a1=11.假设当n=k时,ak1,则当n=k+1时,ak+1=ak+ak1.所以,当nN*时,an1.所以an+1an1.nca12cmca512nncakca三、解答题三、解答题( (共共1010分分) )(2)(i)当nm时,anam1,所以an+1=an+an+,所以an+1-an,累加得an-am(n-m),所以an(n-m)+am.