推理与证明-高考数学试题集锦

数学M单元推理与证明M1合情推理与演绎推理8．[2014·北京卷]学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合格”“不合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有()A．2人B．3人C．4人D．5人8．B20．[2014·北京卷]对于数对序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，…，(an，bn)，记T1(P)＝a1＋b1，Tk(P)＝bk＋max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}(2≤k≤n)，其中max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}表示Tk－1(P)和a1＋a2＋…＋ak两个数中最大的数．(1)对于数对序列P：(2，5)，(4，1)，求T1(P)，T2(P)的值；(2)记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对(a，b)，(c，d)组成的数对序列P：(a，b)，(c，d)和P′：(c，d)，(a，b)，试分别对m＝a和m＝d两种情况比较T2(P)和T2(P′)的大小；(3)在由五个数对(11，8)，(5，2)，(16，11)，(11，11)，(4，6)组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5(P)最小，并写出T5(P)的值．(只需写出结论)20．解：(1)T1(P)＝2＋5＝7，T2(P)＝1＋max{T1(P)，2＋4}＝1＋max{7，6}＝8.(2)T2(P)＝max{a＋b＋d，a＋c＋d}，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}．当m＝a时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋d＋b.因为a＋b＋d≤c＋b＋d，且a＋c＋d≤c＋b＋d，所以T2(P)≤T2(P′)．当m＝d时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋a＋b.因为a＋b＋d≤c＋a＋b，且a＋c＋d≤c＋a＋b，所以T2(P)≤T2(P′)．所以无论m＝a还是m＝d，T2(P)≤T2(P′)都成立．(3)数对序列P：(4，6)，(11，11)，(16，11)，(11，8)，(5，2)的T5(P)值最小，T1(P)＝10，T2(P)＝26，T3(P)＝42，T4(P)＝50，T5(P)＝52.15．、[2014·福建卷]若集合{a，b，c，d}＝{1，2，3，4}，且下列四个关系：①a＝1；②b≠1；③c＝2；④d≠4有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是________．15．6[解析]若①正确，则②③④不正确，可得b≠1不正确，即b＝1，与a＝1矛盾，故①不正确；若②正确，则①③④不正确，由④不正确，得d＝4；由a≠1，b≠1，c≠2，得满足条件的有序数组为a＝3，b＝2，c＝1，d＝4或a＝2，b＝3，c＝1，d＝4.若③正确，则①②④不正确，由④不正确，得d＝4；由②不正确，得b＝1，则满足条件的有序数组为a＝3，b＝1，c＝2，d＝4；若④正确，则①②③不正确，由②不正确，得b＝1，由a≠1，c≠2，d≠4，得满足条件的有序数组为a＝2，b＝1，c＝4，d＝3或a＝3，b＝1，c＝4，d＝2或a＝4，b＝1，c＝3，d＝2；综上所述，满足条件的有序数组的个数为6.19．、[2014·广东卷]设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列{an}的通项公式．14．[2014·新课标全国卷Ⅰ]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________．14．A14．[2014·陕西卷]观察分析下表中的数据：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猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是________．14．F＋V－E＝2M2直接证明与间接证明4．[2014·山东卷]用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是()A.方程x2＋ax＋b＝0没有实根B.方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根C.方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根D.方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根4．AM3数学归纳法21．、、[2014·安徽卷]设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；(2)数列{an}满足a1＞ceq\f(1,p)，an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)，证明：an＞an＋1＞ceq\f(1,p).21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．(2)方法一：先用数学归纳法证明an>ceq\f(1,p).①当n＝1时，由题设知a1>ceq\f(1,p)成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ceq\s\up6(\f(1,p))成立．由an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)易知an>0，n∈N*.当n＝k＋1时，eq\f(ak＋1,ak)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)aeq\o\al(－p,k)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1)).由ak>ceq\f(1,p)>0得－1<－eq\f(1,p)<eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))<0.由(1)中的结论得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ak＋1,ak)))eq\s\up12(p)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))))eq\s\up12(p)>1＋p·eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,k))－1))＝eq\f(c,aeq\o\al(p,k)).因此aeq\o\al(p,k＋1)>c，即ak＋1>ceq\f(1,p)，所以当n＝k＋1时，不等式an>ceq\f(1,p)也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>ceq\f(1,p)均成立．再由eq\f(an＋1,an)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,n))－1))可得eq\f(an＋1,an)<1，即an＋1<an.综上所述，an>an＋1>ceq\f(1,p)，n∈N*.方法二：设f(x)＝eq\f(p－1,p)x＋eq\f(c,p)x1－p，x≥ceq\f(1,p)，则xp≥c，所以f′(x)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)(1－p)x－p＝eq\f(p－1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(c,xp)))>0.由此可得，f(x)在[ceq\f(1,p)，＋∞)上单调递增，因而，当x>ceq\f(1,p)时，f(x)>f(ceq\f(1,p))＝ceq\f(1,p).①当n＝1时，由a1>ceq\f(1,p)>0，即aeq\o\al(p,1)>c可知a2＝eq\f(p－1,p)a1＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,1)＝a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,aeq\o\al(p,1))－1))))<a1，并且a2＝f(a1)>ceq\f(1,p)，从而可得a1>a2>ceq\f(1,p)，故当n＝1时，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>ceq\f(1,p)成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(ceq\f(1,p))，即有ak＋1>ak＋2>ceq\f(1,p)，所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)均成立．19．、[2014·广东卷]设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列{an}的通项公式．22．、[2014·全国卷]函数f(x)＝ln(x＋1)－eq\f(ax,x＋a)(a>1)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明：eq\f(2,n＋2)<an≤eq\f(3,n＋2).22．解：(1)易知f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝eq\f(x[x－（a2－2a）],（x＋1）（x＋a）2).(i)当1<a<2时，若x∈(－1，a2－2a)，则f′(x)>0，所以f(x)在(－1，a2－2a若x∈(a2－2a，0)，则f′(x)<0，所以f(x)在(a2－2a，0若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)是增函数．(ii)当a＝2时，若f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x＝0，所以f(x)在(－1，＋∞)是增函数.(iii)当a>2时，若x∈(－1，0)，则f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)是增函数；若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)所以f(x)在(0，a2－2a)若x∈(a2－2a，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(a2－2a，＋∞)(2)由(1)知，当a＝2时，f(x)在(－1，＋∞)是增函数．当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝0，即ln(x＋1)>eq\f(2x,x＋2)(x>0)．又由(1)知，当a＝3时，f(x)在[0，3)是减函数．当x∈(0，3)时，f(x)<f(0)＝0，即ln(x＋1)<eq\f(3x,x＋3)(0<x<3)．下面用数学归纳法证明eq\f(2,n＋2)<an≤eq\f(3,n＋2).(i)当n＝1时，由已知eq\f(2,3)<a1＝1，故结论成立．(ii)假设当n＝k时结论成立，即eq\f(2,k＋2)<ak≤eq\f(3,k＋2).当n＝k＋1时，ak＋1＝ln(ak＋1)>lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k＋2)＋1))>eq\f(2×\f(2,k＋2),\f(2,k＋2)＋2)＝eq\f(2,k＋3)，ak＋1＝ln(ak＋1)≤lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,k＋2)＋1))<eq\f(3×\f(3,k＋2),\f(3,k＋2)＋3)＝eq\f(3,k＋3)，即当n＝k＋1时，有eq\f(2,k＋3)<ak＋1≤eq\f(3,k＋3)，结论成立．根据(i)(ii)知对任何n∈结论都成立．21．，，，[2014·陕西卷]设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．21．解：由题设得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gk（x）,1＋gk（x）)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋（k＋1）x)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，则φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,（1＋x）2)＝eq\f(x＋1－a,（1＋x）2)，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：方法一：上述不等式等价于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，则eq\f(1,n＋1)<lneq\f(n＋1,n).下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，eq\f(1,2)<ln2，结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)．那么，当n＝k＋1时，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋lneq\f(k＋2,k＋1)＝ln(k＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．方法二：上述不等式等价于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，则lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1).故有ln2－ln1>eq\f(1,2)，ln3－ln2>eq\f(1,3)，……ln(n＋1)－lnn>eq\f(1,n＋1)，上述各式相加可得ln(n＋1)>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)，结论得证．方法三：如图，eq\i\in(0,n,)eq\f(x,x＋1)dx是由曲线y＝eq\f(x,x＋1)，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)是图中所示各矩形的面积和，∴eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)>eq\i\in(0,n,)eq\f(x,x＋1)dx＝eq\i\in(0,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x＋1)))dx＝n－ln(n＋1)，结论得证．22．，，[2014·重庆卷]设a1＝1，an＋1＝eq\r(aeq\o\al(2,n)－2an＋2)＋b(n∈N*)．(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a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*成立？证明你的结论．22．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.再由题设条件知(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＝eq\r(n－1)＋1(n∈N*)．方法二：a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.可写为a1＝eq\r(1－1)＋1，a2＝eq\r(2－1)＋1，a3＝eq\r(3－1)＋1.因此猜想an＝eq\r(n－1)＋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＝eq\r(k－1)＋1，则ak＋1＝eq\r(（ak－1）2＋1)＋1＝eq\r(（k－1）＋1)＋1＝eq\r(（k＋1）－1)＋1，这就是说，当n＝k＋1时结论成立．所以an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N*)．(2)方法一：设f(x)＝eq\r(（x－1）2＋1)－1，则an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝eq\r(（c－1）2＋1)－1，解得c＝eq\f(1,4).下面用数学归纳法证明命题a2n<c<a2n＋1<1.当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝eq\r(2)－1，所以a2<eq\f(1,4)<a3<1，结论成立．假设n＝k时结论成立，即a2k