2019版高考数学（理科）（5年高考+3年模拟）精选全国卷1地区通用版：第十四章　推理与证明ppt课件

1、高考理数高考理数(课标公用课标公用)第十四章推理与证明;A A组组 一致命题一致命题课标卷题组课标卷题组考点合情推理与演绎推理考点合情推理与演绎推理1.(20211.(2021课标课标,7,5,7,5分分) )甲、乙、丙、丁四位同窗一同去向教师讯问成语甲、乙、丙、丁四位同窗一同去向教师讯问成语竞赛的成果竞赛的成果. .教师说教师说: :他他们四人中有们四人中有2 2位优秀位优秀,2,2位良好位良好, ,我如今给甲看乙、丙的成果我如今给甲看乙、丙的成果, ,给乙看丙的成给乙看丙的成果果, ,给丁看甲的成果给丁看甲的成果. .看后甲对大家说看后甲对大家说: :我还是不知道我的成果我还是不知道我的成

2、果. .根据以上信息根据以上信息, ,那么那么( () )A.A.乙可以知道四人的成果乙可以知道四人的成果 B. B.丁可以知道四人的成果丁可以知道四人的成果C.C.乙、丁可以知道对方的成果乙、丁可以知道对方的成果 D.D.乙、丁可以知道本人的成果乙、丁可以知道本人的成果五年高考答案答案D此题主要调查逻辑推理才干此题主要调查逻辑推理才干.由题意可知由题意可知,“甲看乙、丙的成果甲看乙、丙的成果,不知道本人的成果阐明乙、丙两人是一个优秀一个良好不知道本人的成果阐明乙、丙两人是一个优秀一个良好,那么乙看了丙的成果那么乙看了丙的成果,可以知道本人的成果可以知道本人的成果;丁看了甲的成果丁看了甲的成果

3、,也可以知道本人的成果也可以知道本人的成果.应选应选D.;2.(2021课标课标,14,5分分,0.963)甲、乙、丙三位同窗被问到能否去过甲、乙、丙三位同窗被问到能否去过A,B,C三个城市时三个城市时,甲说甲说:我去过的城市比乙多我去过的城市比乙多,但没去过但没去过B城市城市;乙说乙说:我没去过我没去过C城市城市;丙说丙说:我们三人去过同一城市我们三人去过同一城市.由此可判别乙去过的城市为由此可判别乙去过的城市为.答案答案A解析由于甲、乙、丙三人去过同一城市解析由于甲、乙、丙三人去过同一城市,而甲没有去过而甲没有去过B城市城市,乙没有去过乙没有去过C城市城市,因此三人因此三人去过的同一城市应

4、为去过的同一城市应为A,而甲去过的城市比乙多而甲去过的城市比乙多,但没去过但没去过B城市城市,所以甲去过的城市数应为所以甲去过的城市数应为2,乙乙去过的城市应为去过的城市应为A.解题关键得出甲、乙、丙三人去过的同一城市为解题关键得出甲、乙、丙三人去过的同一城市为A城市是解题的关键城市是解题的关键.;3.(2021课标课标,15,5分分)有三张卡片有三张卡片,分别写有分别写有1和和2,1和和3,2和和3.甲甲,乙乙,丙三人各取走一张卡片丙三人各取走一张卡片,甲甲看了乙的卡片后说看了乙的卡片后说:“我与乙的卡片上一样的数字不是我与乙的卡片上一样的数字不是2.乙看了丙的卡片后说乙看了丙的卡片后说:“

5、我与丙的我与丙的卡片上一样的数字不是卡片上一样的数字不是1.丙说丙说:“我的卡片上的数字之和不是我的卡片上的数字之和不是5.那么甲的卡片上的数字是那么甲的卡片上的数字是.答案答案1和和3解析由丙说的话可知丙的卡片上的数字一定不是解析由丙说的话可知丙的卡片上的数字一定不是2和和3.假设丙的卡片上的数字是假设丙的卡片上的数字是1和和2,那么乙的那么乙的卡片上的数字是卡片上的数字是2和和3,甲的卡片上的数字是甲的卡片上的数字是1和和3,满足题意满足题意;假设丙的卡片上的数字是假设丙的卡片上的数字是1和和3,那么乙那么乙的卡片上的数字是的卡片上的数字是2和和3,此时此时,甲的卡片上的数字只能是甲的卡片

6、上的数字只能是1和和2,不满足题意不满足题意.故甲的卡片上的数故甲的卡片上的数字是字是1和和3.思绪分析先由丙说的话断定丙的卡片上的数字一定不是思绪分析先由丙说的话断定丙的卡片上的数字一定不是2和和3,再按丙的卡片上的数字为再按丙的卡片上的数字为1和和2,1和和3分类讨论即可解题分类讨论即可解题.导师点睛确定一人导师点睛确定一人,从他说的话入手去判别从他说的话入手去判别,各个击破各个击破,从而得到结论从而得到结论.;B B组组 自主命题自主命题省省( (区、市区、市) )卷题组卷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1.(20211.(2021北京北京,8,5,8,5分分) )袋

7、中装有偶数个球袋中装有偶数个球, ,其中红球、黑球各占一半其中红球、黑球各占一半. .甲、乙、丙是甲、乙、丙是三个空盒三个空盒. .每次每次从袋中恣意取出两个球从袋中恣意取出两个球, ,将其中一个球放入甲盒将其中一个球放入甲盒, ,假设这个球是红球假设这个球是红球, ,就将另一个就将另一个球放入乙盒球放入乙盒, ,否那么就放入丙盒否那么就放入丙盒. .反复上述过程反复上述过程, ,直到袋中一切球都被放入盒中直到袋中一切球都被放入盒中, ,那么那么( () )A.A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C.C.乙盒中

8、红球不多于丙盒中红球乙盒中红球不多于丙盒中红球D.D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多乙盒中黑球与丙盒中红球一样多;答案答案B解法一解法一:假设袋中只需一红一黑两个球假设袋中只需一红一黑两个球,第一次取出后第一次取出后,假设将红球放入了甲盒假设将红球放入了甲盒,那么乙那么乙盒盒中有一个黑球中有一个黑球,丙盒中无球丙盒中无球,A错误错误;假设将黑球放入了甲盒假设将黑球放入了甲盒,那么乙盒中无球那么乙盒中无球,丙盒中有一个红球丙盒中有一个红球,D错误错误;同样同样,假设袋中有两个红球和两个黑球假设袋中有两个红球和两个黑球,第一次取出两个红球第一次取出两个红球,那么乙盒中有一个红球那么乙盒中有一个红球,

9、第二第二次必然拿出两个黑球次必然拿出两个黑球,那么丙盒中有一个黑球那么丙盒中有一个黑球,此时乙盒中红球多于丙盒中的红球此时乙盒中红球多于丙盒中的红球,C错误错误.应选应选B.解法二解法二:设袋中共有设袋中共有2n个球个球,最终放入甲盒中最终放入甲盒中k个红球个红球,放入乙盒中放入乙盒中s个红球个红球.依题意知依题意知,甲盒中有甲盒中有(n-k)个黑球个黑球,乙盒中共有乙盒中共有k个球个球,其中红球有其中红球有s个个,黑球有黑球有(k-s)个个,丙盒中共有丙盒中共有(n-k)个球个球,其中红球有其中红球有(n-k-s)个个,黑球有黑球有(n-k)-(n-k-s)=s个个.所以乙盒中红球与丙盒中黑

10、球一样多所以乙盒中红球与丙盒中黑球一样多.应选应选B.;2.(2021陕西陕西,14,5分分)察看分析下表中的数据察看分析下表中的数据:猜测普通凸多面体中F,V,E所满足的等式是.多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812答案答案F+V-E=2解析察看表中数据解析察看表中数据,并计算并计算F+V分别为分别为11,12,14,又其对应又其对应E分别为分别为9,10,12,容易察看并猜测容易察看并猜测F+V-E=2.;3.(2021福建福建,15,5分分)一个二元码是由一个二元码是由0和和1组成的数字串组成的数字串x1x2xn(nN*),其中其中xk(k=1,2

11、,n)称为称为第第k位码元位码元.二元码是通讯中常用的码二元码是通讯中常用的码,但在通讯过程中有时会发生码元错误但在通讯过程中有时会发生码元错误(即码元由即码元由0变为变为1,或者由或者由1变为变为0).知某种二元码知某种二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组的码元满足如下校验方程组:其中运算其中运算 定义为定义为:0 0=0,0 1=1,1 0=1,1 1=0.现知一个这种二元码在通讯过程中仅在第现知一个这种二元码在通讯过程中仅在第k位发生码元错误后变成了位发生码元错误后变成了1101101,那么利用上那么利用上述校验方程组可断定述校验方程组可断定k等于等于.4567236713570,

12、0,0,xxxxxxxxxxxx;答案答案5解析设解析设a,b,c,d0,1，在规定的运算法那么下，满足，在规定的运算法那么下，满足a b c d=0的情形可分为以下三类：的情形可分为以下三类：4个个1：1 1 1 1=0,2个个1：1 1 0 0=0，0个个1：0 0 0 0=0，因此，对于错码因此，对于错码1101101，可得：，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如今结合题意可知错误码元只能出如今x5上，上，假设假设x5=0，那么校验方程组成立，故，那么校验方程组成

13、立，故k=5.;4.(2021北京，北京，14，5分分)三名工人加工同一种零件，他们在一天中的任务情况如下图，其中点三名工人加工同一种零件，他们在一天中的任务情况如下图，其中点Ai的横、纵坐标分别为第的横、纵坐标分别为第i名工人上午的任务时间和加工的零件数，点名工人上午的任务时间和加工的零件数，点Bi的横、纵坐标分别为第的横、纵坐标分别为第i名名工人下午的任务时间和加工的零件数，工人下午的任务时间和加工的零件数，i=1，2，3.记记Qi为第为第i名工人在这一天中加工的零件总数，那么名工人在这一天中加工的零件总数，那么Q1，Q2，Q3中最大的是中最大的是.记记pi为第为第i名工人在这一天中平均每

14、小时加工的零件数，那么名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，那么p1，p2，p3中最大的是中最大的是.;答案答案Q1p2解析此题调查推理的根底知识和直线的斜率解析此题调查推理的根底知识和直线的斜率,调查转化与化归思想及分析问题和处理问题调查转化与化归思想及分析问题和处理问题的才干的才干.设线段设线段AiBi的中点为的中点为Ci(xi,yi).由题意知由题意知Qi=2yi,i=1,2,3,由题图知由题图知y1最大最大,所以所以Q1,Q2,Q3中最大的是中最大的是Q1.由题意知由题意知pi=,i=1,2,3.的几何意义为点的几何意义为点Ci(xi,yi)与原点与原点O连线的斜率连线的斜率.比较比

15、较OC1,OC2,OC3的斜率的斜率,由题图可知由题图可知OC2的斜率最大的斜率最大,即即p2最大最大.22iiyxiiyxiiyx;考点二直接证明与间接证明考点二直接证明与间接证明1.(20211.(2021山东山东,4,5,4,5分分) )用反证法证明命题用反证法证明命题“设设a,ba,b为实数为实数, ,那么方程那么方程x3+ax+b=0 x3+ax+b=0至少至少有一个实根时有一个实根时, ,要作的假设是要作的假设是( () )A.A.方程方程x3+ax+b=0 x3+ax+b=0没有实根没有实根B.B.方程方程x3+ax+b=0 x3+ax+b=0至多有一个实根至多有一个实根C.C.

16、方程方程x3+ax+b=0 x3+ax+b=0至多有两个实根至多有两个实根D.D.方程方程x3+ax+b=0 x3+ax+b=0恰好有两个实根恰好有两个实根答案答案A由于由于“方程方程x3+ax+b=0至少有一个实根等价于至少有一个实根等价于“方程方程x3+ax+b=0的实根的个数大的实根的个数大于或等于于或等于1,因此因此,要作的假设是方程要作的假设是方程x3+ax+b=0没有实根没有实根.;2.(2021江苏江苏,19,16分分)记记f(x),g(x)分别为函数分别为函数f(x),g(x)的导函数的导函数.假设存在假设存在x0R,满足满足f(x0)=g(x0)且且f(x0)=g(x0),那

17、么称那么称x0为函数为函数f(x)与与g(x)的一个的一个“S点点.(1)证明证明:函数函数f(x)=x与与g(x)=x2+2x-2不存在不存在“S点点;(2)假设函数假设函数f(x)=ax2-1与与g(x)=lnx存在存在“S点点,务虚数务虚数a的值的值;(3)知函数知函数f(x)=-x2+a,g(x)=.对恣意对恣意a0,判别能否存在判别能否存在b0,使函数使函数f(x)与与g(x)在区间在区间(0,+)内存在内存在“S点点,并阐明理由并阐明理由.exbx;解析本小题主要调查利用导数研讨初等函数的性质解析本小题主要调查利用导数研讨初等函数的性质,调查综合运用数学思想方法分析与解调查综合运用

18、数学思想方法分析与解决问题的才干以及逻辑推理才干决问题的才干以及逻辑推理才干.(1)证明证明:函数函数f(x)=x,g(x)=x2+2x-2,那么那么f(x)=1,g(x)=2x+2,由由f(x)=g(x)且且f(x)=g(x),得得此方程组无解此方程组无解.因此因此,f(x)=x与与g(x)=x2+2x-2不存在不存在“S点点.(2)函数函数f(x)=ax2-1,g(x)=lnx,那么那么f(x)=2ax,g(x)=,设设x0为为f(x)与与g(x)的的“S点点,由由f(x0)=g(x0)且且f(x0)=g(x0),得得即即(*)得得lnx0=-,即即x0=,那么那么a=.222,122,x

19、xxx 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,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,那么m(0)=-a0m(0)m(1)0,存在b0,使函数f(x)与g(x)在区间(0,+)内存在“S点.e212ee22e (1)xbxx0ex30021xx 20

20、 x00exbx20021xx 20 x20021xx 221xx 3231xxaxax;思绪分析此题是新定义情境下运用导数研讨函数零点问题思绪分析此题是新定义情境下运用导数研讨函数零点问题,前两问只需按新定义就能处理前两问只需按新定义就能处理问题问题,第三问中先利用第三问中先利用f(x0)=g(x0)对对x0加以限制加以限制,然后将然后将f(x0)=g(x0)转化成转化成a=-,从而转化为从而转化为研讨研讨h(x)=,x(0,1),a0的零点存在性问题的零点存在性问题,再研讨函数再研讨函数m(x)=-x3+3x2+ax-a,x(0,1),a0,由由m(0)0,可判别出可判别出m(x)在在(0

21、,1)上存在零点上存在零点,进而处理问题进而处理问题.20 x20021xx 3231xxaxax;3.(2021北京北京,20,14分分)设设n为正整数为正整数,集合集合A=|=(t1,t2,tn),tk0,1,k=1,2,n.对于集合对于集合A中中的恣意元素的恣意元素=(x1,x2,xn)和和=(y1,y2,yn),记记M(,)=(x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y2|)+(xn+yn-|xn-yn|).(1)当当n=3时时,假设假设=(1,1,0),=(0,1,1),求求M(,)和和M(,)的值的值;(2)当当n=4时时,设设B是是A的子集的子集,且满足且满足:对于对

22、于B中的恣意元素中的恣意元素,当当,一样时一样时,M(,)是奇数是奇数;当当,不不同时同时,M(,)是偶数是偶数.求集合求集合B中元素个数的最大值中元素个数的最大值;(3)给定不小于给定不小于2的的n,设设B是是A的子集的子集,且满足且满足:对于对于B中的恣意两个不同的元素中的恣意两个不同的元素,M(,)=0.写出写出一个集合一个集合B,使其元素个数最多使其元素个数最多,并阐明理由并阐明理由.12;解析解析(1)由于由于=(1,1,0),=(0,1,1),所以所以M(,)=(1+1-|1-1|)+(1+1-|1-1|)+(0+0-|0-0|)=2,M(,)=(1+0-|1-0|)+(1+1-|

23、1-1|)+(0+1-|0-1|)=1.(2)设设=(x1,x2,x3,x4)B,那么那么M(,)=x1+x2+x3+x4.由题意知由题意知x1,x2,x3,x40,1,且且M(,)为奇数为奇数,所以所以x1,x2,x3,x4中中1的个数为的个数为1或或3.所以所以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将上述集合中的元素分成如下四组:(1,0,0,0),(1,1,1,0);(0,1,0,0),(1,1,0,1);(0,0,1,0),(1,0,

24、1,1);(0,0,0,1),(0,1,1,1).阅历证阅历证,对于每组中两个元素对于每组中两个元素,均有均有M(,)=1.所以每组中的两个元素不能够同时是集合所以每组中的两个元素不能够同时是集合B的元素的元素.所以集合所以集合B中元素的个数不超越中元素的个数不超越4.又集合又集合(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)满足条件满足条件,所以集合所以集合B中元素个数的最大值为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

25、=x2=xn=0,所以A=S1S2Sn+1.对于Sk(k=1,2,n-1)中的不同元素,阅历证,M(,)1.所以Sk(k=1,2,n-1)中的两个元素不能够同时是集合B的元素.所以B中元素的个数不超越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,那么集合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.;4.(2021北京北京,20,13分分)设设an和和bn是两个等差数列是两个等差数列,记记cn=maxb1-a1n,b2-a2n,bn-ann(n=1,2,3,),其中其中maxx1,x2,x

26、s表示表示x1,x2,xs这这s个数中最大的数个数中最大的数.(1)假设假设an=n,bn=2n-1,求求c1,c2,c3的值的值,并证明并证明cn是等差数列是等差数列;(2)证明证明:或者对恣意正数或者对恣意正数M,存在正整数存在正整数m,当当nm时时,M;或者存在正整数或者存在正整数m,使得使得cm,cm+1,cm+2,是等差数列是等差数列.ncn;解析此题调查等差数列解析此题调查等差数列,不等式不等式,合情推理等知识合情推理等知识,调查综合分析调查综合分析,归纳笼统归纳笼统,推实际证才干推实际证才干.(1)c1=b1-a1=1-1=0,c2=maxb1-2a1,b2-2a2=max1-2

27、1,3-22=-1,c3=maxb1-3a1,b2-3a2,b3-3a3=max1-31,3-32,5-33=-2.当当n3时时,(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0时时,取正整数取正整数m,那么当那么当nm时时,nd1d2,因此因此cn=b1-a1n.112111(1)(),ba nndndba n2121,.dnddnd当时当时21dd;此时,cm,cm+1,cm+2,是等差数列.当d1=0时,对恣意n1,cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1).此时,c1,c2,c3,cn,是等

28、差数列.当d1时,有nd1max,故当nm时,M.21ddncn1121(1)()ba nndndn12bdn12112211|,Mbdadddddncn解后反思处理数列的相关题时解后反思处理数列的相关题时,可经过对某些项的察看可经过对某些项的察看,分析和比较分析和比较,发现它们的一样性质或发现它们的一样性质或变化规律变化规律,再利用综合法进展推实际证再利用综合法进展推实际证.;5.(2021浙江浙江,22,15分分)知数列知数列xn满足满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).证明证明:当当nN*时时,(1)0 xn+10.当当n=1时时,x1=10.假设假设n=k时时

29、,xk0,那么那么n=k+1时时,假设假设xk+10,那么那么00.因此因此xn0(nN*).所以所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此因此0 xn+10(x0).函数函数f(x)在在0,+)上单调递增上单调递增,所以所以f(x)f(0)=0,因此因此-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,故故2xn+1-xn(nN*).21nx221xxx21nx12nnx x;(3)由于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,故xn.综上,xn(nN*).112n12

30、nnx x11nx12112nx1nx121112nx1112x212n112n212n;方法总结方法总结1.证明数列单调性的方法证明数列单调性的方法.差比法差比法:作差作差an+1-an,然后分解因式然后分解因式,判别符号判别符号,或构造函数或构造函数,利用导数求函数的值域利用导数求函数的值域,从而判别从而判别其符号其符号.商比法商比法:作商作商,判别判别与与1的大小的大小,同时留意同时留意an的正负的正负.数学归纳法数学归纳法.反证法反证法:例如求证例如求证:nN*,an+10),那么有n2时,an=a1a1qn-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

31、数列bn,求和后,再进展适当放缩.1nnaa1nnaa21aa32aa1nnaa;6.(2021江苏江苏,19,16分分)对于给定的正整数对于给定的正整数k,假设数列假设数列an满足满足:an-k+an-k+1+an-1+an+1+an+k-1+an+k=2kan对恣意正整数对恣意正整数n(nk)总成立总成立,那么称数列那么称数列an是是“P(k)数列数列.(1)证明证明:等差数列等差数列an是是“P(3)数列数列;(2)假设数列假设数列an既是既是“P(2)数列数列,又是又是“P(3)数列数列,证明证明:an是等差数列是等差数列.;证明本小题主要调查等差数列的定义、通项公式等根底知识证明本小

32、题主要调查等差数列的定义、通项公式等根底知识,调查代数推理、转化与化归调查代数推理、转化与化归及综合运用数学知识探求与处理问题的才干及综合运用数学知识探求与处理问题的才干.(1)由于由于an是等差数列是等差数列,设其公差为设其公差为d,那么那么an=a1+(n-1)d,从而从而,当当n4时时,an-k+an+k=a1+(n-k-1)d+a1+(n+k-1)d=2a1+2(n-1)d=2an,k=1,2,3,所以所以an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an,因此等差数列因此等差数列an是是“P(3)数列数列.(2)数列数列an既是既是“P(2)数列数列,又是又是“P(3

33、)数列数列,因此因此,当当n3时时,an-2+an-1+an+1+an+2=4an,当当n4时时,an-3+an-2+an-1+an+1+an+2+an+3=6an.由知由知,an-3+an-2=4an-1-(an+an+1),an+2+an+3=4an+1-(an-1+an).将代入将代入,得得an-1+an+1=2an,其中其中n4,所以所以a3,a4,a5,是等差数列是等差数列,设其公差为设其公差为d.;在中,取n=4,那么a2+a3+a5+a6=4a4,所以a2=a3-d,在中,取n=3,那么a1+a2+a4+a5=4a3,所以a1=a3-2d,所以数列an是等差数列.方法总结数列新定

34、义型创新题的普通解题思绪方法总结数列新定义型创新题的普通解题思绪:1.阅读审清阅读审清“新定义新定义;2.结合常规的等差数列、等比数列的相关知识结合常规的等差数列、等比数列的相关知识,化归、转化到化归、转化到“新定义的相关知识新定义的相关知识;3.利用利用“新定义及常规的数列知识新定义及常规的数列知识,求解证明相关结论求解证明相关结论.;7.(2021北京北京,20,13分分)设数列设数列A:a1,a2,aN(N2).假设对小于假设对小于n(2nN)的每个正整数的每个正整数k都有都有aka1,那么那么G(A);(3)证明证明:假设数列假设数列A满足满足an-an-11(n=2,3,N),那么那

35、么G(A)的元素个数不小于的元素个数不小于aN-a1.;解析解析(1)G(A)的元素为的元素为2和和5.(2)由于存在由于存在an使得使得ana1,所以所以iN*|2iN,aia1.记记m=miniN*|2iN,aia1,那么那么m2,且对恣意正整数且对恣意正整数km,aka1a1.由由(2)知知G(A).设设G(A)=n1,n2,np,n1n2np.记记n0=1,那么那么.对对i=0,1,p,记记Gi=kN*|ni.假设假设Gi,取取mi=minGi,那么对任何那么对任何1kmi,ak0,c0,整数整数p1,nNp1,nN* *. .(1)(1)证明证明: :当当x-1x-1且且x0 x0时

36、时,(1+x)p1+px;,(1+x)p1+px;(2)(2)数列数列anan满足满足a1a1,an+1=,an+1=an+an+. .证明证明:anan+1:anan+1. .1pc1ppcp1 pna1pc;证明证明(1)用数学归纳法证明用数学归纳法证明:当当p=2时时,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立原不等式成立.假设假设p=k(k2,kN*)时时,不等式不等式(1+x)k1+kx成立成立.当当p=k+1时时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x.所以所以p=k+1时时,原不等式也成立原不等式也成立.综

37、合可得综合可得,当当x-1,x0时时,对一切整数对一切整数p1,不等式不等式(1+x)p1+px均成立均成立.(2)证法一证法一:先用数学归纳法证明先用数学归纳法证明an.当当n=1时时,由题设由题设a1知知an成立成立.假设假设n=k(k1,kN*)时时,不等式不等式ak成立成立.由由an+1=an+易知易知an0,nN*.当当n=k+1时时,=+=1+.由由ak0得得-1-1+p=.因此c,即ak+1.所以n=k+1时,不等式an也成立.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,那么xpc,并且f(x)=

38、+(1-p)x-p=0,x.由此可得,f(x)在,+)上单调递增.因此,当x时,f(x)f()=,当n=1时,由a10,即c可知1pkkaa111ppkcp a1p1pkcapkca1pka1pc1pc1pc1nnaa1p1pnca1nnaa1pc1ppcp1pc1ppcp1pp1pcx1pc1pc1pc1pc1pc1pc1pa;a2=a1+=a1,从而a1a2.故当n=1时,不等式anan+1成立.假设n=k(k1,kN*)时,不等式akak+1成立,那么当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

39、anan+1均成立.1ppcp11pa1111pcp a1pc1pc1pc1pc1pc1pc1pc方法技巧由方法技巧由k到到k+1的证明中寻觅由的证明中寻觅由k到到k+1的变化规律是难点的变化规律是难点,突破难点的关键是掌握由突破难点的关键是掌握由k到到k+1的证明方法的证明方法.在运用归纳假设时在运用归纳假设时,应分析应分析P(k)与与P(k+1)的差别及联络的差别及联络,利用拆、添、并、放、利用拆、添、并、放、缩等方法缩等方法,或从或从P(k)出发拼凑出发拼凑P(k+1),或从或从P(k+1)中分别出中分别出P(k),再进展部分调整再进展部分调整;也可思索寻求也可思索寻求二者的二者的“结合

40、点结合点,以便顺利过渡以便顺利过渡,真实掌握真实掌握“察看察看归纳归纳猜测猜测证明这一特殊到证明这一特殊到普通的推理方法普通的推理方法.;2.(2021重庆重庆,22,12分分)设设a1=1,an+1=+b(nN*).(1)假设假设b=1,求求a2,a3及数列及数列an的通项公式的通项公式;(2)假设假设b=-1,问问:能否存在实数能否存在实数c使得使得a2nca2n+1对一切对一切nN*成立成立?证明他的结论证明他的结论.222nnaa;解析解析(1)解法一解法一:a2=2,a3=+1.由题设条件知由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1,从而从而(an-1)2是首项为是首项为0,

41、公差为公差为1的等差数列的等差数列,故故(an-1)2=n-1,即即an=+1(nN*).解法二解法二:a2=2,a3=+1,可写为可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜测因此猜测an=+1.下用数学归纳法证明上式下用数学归纳法证明上式:当当n=1时结论显然成立时结论显然成立.假设假设n=k时结论成立时结论成立,即即ak=+1,那么那么ak+1=+1=+1=+1.这就是说这就是说,当当n=k+1时结论成立时结论成立.所以所以an=+1(nN*).(2)解法一解法一:设设f(x)=-1,那么那么an+1=f(an).21n21 1213 11n1k 2(1)1ka (1)1k (1)1

42、k 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,那么an+1=f(an).先证:0an1(nN*).当n=1时,结论明显成

43、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(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

44、),2222222nnaa22na14;即a2n+1a2n+2,所以a2n+1-1,解得a2n+1.综上,由、知存在c=使a2nca2n+1对一切nN*成立.2212122nnaa1414;考点一合情推理与演绎推理考点一合情推理与演绎推理1.(20211.(2021北京北京,8,5,8,5分分) )学生的语文、数学成果均被评定为三个等级学生的语文、数学成果均被评定为三个等级, ,依次为依次为“优秀优秀“合格合格“不合格不合格. .假设学生甲的语文、数学成果都不低于学生乙假设学生甲的语文、数学成果都不低于学生乙, ,且其中至少有一门成且其中至少有一门成果高于乙果高于乙, ,那么称那么称“学生甲比

45、学生乙成果好学生甲比学生乙成果好. .假设一组学生中没有哪位学生比另一位学生成果好假设一组学生中没有哪位学生比另一位学生成果好, ,并且不存在并且不存在语文成果一样、数学成果也一样的两位学生语文成果一样、数学成果也一样的两位学生, ,那么这组学生最多有那么这组学生最多有( () )A.2A.2人人 B.3B.3人人 C.4C.4人人 D.5D.5人人C C组组 教师公用题组教师公用题组答案答案B设学生人数为设学生人数为n,由于成果评定只需由于成果评定只需“优秀优秀“合格合格“不合格三种情况不合格三种情况,所以当所以当n4时时,语文成果至少有两人一样语文成果至少有两人一样,假设此两人数学成果也一

46、样假设此两人数学成果也一样,与与“恣意两人成果不全一样矛恣意两人成果不全一样矛盾盾;假设此两人数学成果不同假设此两人数学成果不同,那么此两人有一人比另一人成果好那么此两人有一人比另一人成果好,也不满足条件也不满足条件.因此因此:n4,即即n3.当当n=3时时,评定结果分别为评定结果分别为“优秀优秀,不合格不合格“合格合格,合格合格“不合格不合格,优秀优秀,符合题意符合题意,故故n=3,选选B.;2.(2021陕西陕西,14,5分分)察看以下等式察看以下等式12=112-22=-312-22+32=612-22+32-42=-10照此规律照此规律,第第n个等式可为个等式可为.答案答案12-22+

47、32-42+(-1)n-1n2=(-1)n-1(1)2n n解析左边为平方项的解析左边为平方项的(-1)n-1倍的和倍的和,右边为右边为(1+2+3+n)的的(-1)n-1倍倍,可用数学归纳法证明成可用数学归纳法证明成立立.;3.(2021重庆重庆,22,12分分)对正整数对正整数n,记记In=1,2,n,Pn=.(1)求集合求集合P7中元素的个数中元素的个数;(2)假设假设Pn的子集的子集A中恣意两个元素之和不是整数的平方中恣意两个元素之和不是整数的平方,那么称那么称A为为“稀疏集稀疏集.求求n的最大值的最大值,使使Pn能分成两个不相交的稀疏集的并能分成两个不相交的稀疏集的并.,nnmmI

48、kIk;解析解析(1)当当k=4时时,中有中有3个数与个数与I7中的中的3个数反复个数反复,因此因此P7中元素的个数为中元素的个数为77-3=46.(2)先证先证:当当n15时时,Pn不能分成两个不相交的稀疏集的并不能分成两个不相交的稀疏集的并.假设不然假设不然,设设A,B为不相交的稀疏集为不相交的稀疏集,使使AB=PnIn.无妨设无妨设1A,那么因那么因1+3=22,故故3 A,即即3B.同理同理,6A,10B,又推得又推得15A,但但1+15=42,这与这与A为稀疏集矛盾为稀疏集矛盾.再证再证P14符合要求符合要求.当当k=1时时,=I14可分成两个稀疏集之并可分成两个稀疏集之并,现实上现

49、实上,只需取只需取A1=1,2,4,6,9,11,13,B1=3,5,7,8,10,12,14,那么那么A1,B1为稀疏集为稀疏集,且且A1B1=I14.当当k=4时时,集集中除整数外剩下的数组成集中除整数外剩下的数组成集,可分解为下面两稀疏集的可分解为下面两稀疏集的并并:A2=,B2=.当当k=9时时,集集中除正整数外剩下的数组成集中除正整数外剩下的数组成集,可分解为下面可分解为下面两稀疏集的并两稀疏集的并:A3=,B3=.7|mmIk14|mmIk14|mmIk1 3 513,2 2 221 5 9 11,2 2 2 23 7 13,2 2 214|mmIk132343531331431

50、4 5 10 13,3 3 3 332 7 8 11 14, ,3 3 3 33;最后,集C=mI14,kI14,且k1,4,9中的数的分母均为无理数,它与P14中的任何其他数之和都不是整数,因此,令A=A1A2A3C,B=B1B2B3.那么A和B是不相交的稀疏集,且AB=P14.综上,所求n的最大值为14.注:对P14的分拆方法不是独一的.mk;考点二直接证明与间接证明考点二直接证明与间接证明1.(20211.(2021浙江浙江,20,15,20,15分分) )设数列设数列anan满足满足1,nN1,nN* *. .(1)(1)证明证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN:|an|2n-

51、1(|a1|-2),nN* *; ;(2)(2)假设假设|an|an|,nN,nN* *, ,证明证明:|an|2,nN:|an|2,nN* *. .12nnaa32n;解析解析(1)由由1得得|an|-|an+1|1,故故-,nN*,所以所以-=+n,-=+,故故|an|n,均有均有|an|2,取正整数取正整数m0lo且且m0n0,那么那么1,由于由于ak=2ak-1或或ak=2ak-1-36,所以所以2ak-1是是3的倍数的倍数,于是于是ak-1是是3的倍数的倍数.类似可得类似可得,ak-2,a1都是都是3的倍数的倍数.从而对恣意从而对恣意n1,an是是3的倍数的倍数,因此因此M的一切元素

52、都是的一切元素都是3的倍数的倍数.综上综上,假设集合假设集合M存在一个元素是存在一个元素是3的倍数的倍数,那么那么M的一切元素都是的一切元素都是3的倍数的倍数.(3)由由a136,an=可归纳证明可归纳证明an36(n=2,3,).由于由于a1是正整数是正整数,a2=所以所以a2是是2的倍数的倍数,从而当从而当n3时时,an是是4的倍数的倍数.假设假设a1是是3的倍数的倍数,由由(2)知对一切正整数知对一切正整数n,an是是3的倍数的倍数,2,18,236,18nnnna aaa11112,18,236,18nnnnaaaa11112,18,236,18,a aaa;因此当n3时,an12,2

53、4,36,这时M的元素个数不超越5.假设a1不是3的倍数,由(2)知对一切正整数n,an不是3的倍数,因此当n3时,an4,8,16,20,28,32,这时M的元素个数不超越8.当a1=1时,M=1,2,4,8,16,20,28,32有8个元素.综上可知,集合M的元素个数的最大值为8.;考点三数学归纳法考点三数学归纳法(2021(2021江苏江苏,23,10,23,10分分) )知集合知集合X=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nNX=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nN* *),),设设Sn=(a,b)|aSn=(a,b)|a整除整除b b或或b b整除整除a,aXa,aX,bYn.,bY

54、n.令令f(n)f(n)表表示集合示集合SnSn所含元素的个数所含元素的个数. .(1)(1)写出写出f(6)f(6)的值的值; ;(2)(2)当当n6n6时时, ,写出写出f(n)f(n)的表达式的表达式, ,并用数学归纳法证明并用数学归纳法证明. .解析解析(1)f(6)=13.(1)f(6)=13.(2)(2)当当n6n6时时, ,;f(n)=(tN*).下面用数学归纳法证明:当n=6时, f(6)=6+2+=13,结论成立;假设n=k(k6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的根底上新添加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:1)假设k

55、+1=6t,那么k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+32,6 ,23112,61,2322,62,2312,63,2312,64,23122,6523nnnntnnnntnnnntnnnntnnnntnnnnt6263;=k+2+3=(k+1)+2+,结论成立;2)假设k+1=6t+1,那么k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+,结论成立;3)假设k+1=6t+2,那么k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;4)假设k+1=6t+3,那么k=6t+2,此时有f(k+1)=f(k)+212k 23k

56、 12k 13k 2k3k(1) 12k (1) 13k 12k 13k 12k (1)23k ;=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;5)假设k+1=6t+4,那么k=6t+3,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;6)假设k+1=6t+5,那么k=6t+4,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+,结论成立.综上所述,结论对满足n6的自然数n均成立.2k23k (1) 12k 13k 12k 3k12k (1) 13k 2k13k (1) 12k (1)23k ;考点合情推理与演绎推理考点合情推理与演绎推理1.(20211.(2

57、021山东淄博一模山东淄博一模,6),6)有一段有一段“三段论推理是这样的三段论推理是这样的: :对于可导函数对于可导函数f(x),f(x),假假设设f (x0)=0,f (x0)=0,那么那么x=x0 x=x0是函数是函数f(x)f(x)的极值点的极值点, ,由于由于f(x)=x3f(x)=x3在在x=0 x=0处的导数值为处的导数值为0,0,所以所以x=0 x=0是是f(x)=x3f(x)=x3的极的极值点值点, ,以上推理以上推理( ( ) )A.A.大前提错误大前提错误 B.B.小前提错误小前提错误C.C.推理方式错误推理方式错误 D.D.结论正确结论正确A A组组 202120212

58、0212021年高考模拟年高考模拟根底题组根底题组三年模拟答案答案A大前提是大前提是“对于可导函数对于可导函数f(x),假设假设f(x0)=0,那么那么x=x0是函数是函数f(x)的极值点的极值点,不是真命不是真命题题,由于对于可导函数由于对于可导函数f(x),假设假设f(x0)=0,且满足在且满足在x0附近左右两侧导函数值异号附近左右两侧导函数值异号,那么那么x=x0才是函数才是函数f(x)的极值点的极值点,所以大前提错误所以大前提错误.应选应选A.;2.(2021湖南模拟湖南模拟,8)天干地支纪年法源于中国天干地支纪年法源于中国,中国自古便有十天干与十二地支中国自古便有十天干与十二地支.十

59、天干即甲、十天干即甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸;十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、十二地支即子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥申、酉、戌、亥.天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配天干地支纪年法是按顺序以一个天干和一个地支相配,陈列起来陈列起来,天干在前天干在前,地支在后地支在后,天干由天干由“甲起甲起,地支由地支由“子起子起,例如例如,第一年为第一年为“甲子甲子,第二年为第二年为“乙丑乙丑,第三第三年为年为“丙寅丙寅,以此类推以此类推,陈列到陈列到“癸酉后癸酉后,天干回到天干回到“甲重新开场甲重新开场,即即“甲戌甲戌“乙

60、乙亥亥,然后地支回到然后地支回到“子重新开场子重新开场,即即“丙子丙子,以此类推以此类推.知知1949年为年为“己丑年己丑年,那么到那么到中华人民共和国成立中华人民共和国成立80年时为年时为年年()A.丙酉丙酉B.戊申戊申C.己申己申D.己酉己酉答案答案D天干以天干以10循环循环,地支以地支以12循环循环,从从1949年到年到2029年经过年经过80年年,且且1949年为年为“己丑年己丑年,以以1949年的天干和地支分别为首项年的天干和地支分别为首项,8010=8,那么那么2029年的天干为己年的天干为己;8012=68,那么那么2029年的年的地支为酉地支为酉,应选应选D.;3.(2021河