2023版高三数学一轮复习（3年真题分类+考情精解读+知识全通关+题型全突破+能力大提升）第十五章推理与证明试题理

PAGEPAGE7第十五章推理与证明1.(2022·北京，8)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〞.假设学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，那么称“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1.B[学生甲比学生乙成绩好,即学生甲两门成绩中一门高过学生乙,另一门不低于学生乙.一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且没有相同的成绩，那么存在的情况是，最多有3人，其中一个语文最好，数学最差；另一个语文最差，数学最好；第三个人成绩均为中等.应选B.]2.(2022·山东，4)用反证法证明命题“设a，b为实数，那么方程x3＋ax＋b＝0至少有一个实根〞时，要做的假设是()A.方程x3＋ax＋b＝0没有实根B.方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C.方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D.方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根2.A[至少有一个实根的否认是没有实根，故要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根〞.]3.(2022·全国Ⅱ，15)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2〞，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1〞，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5〞，那么甲的卡片上的数字是________.3.1和3[由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5〞可知，丙为“1和2〞或“1和3〞，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1〞，所以乙只可能为“2和3〞，所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2〞，所以甲只能为“1和3〞.]4.(2022·山东，11)观察以下各式：Ceq\o\al(0,1)＝40；Ceq\o\al(0,3)＋Ceq\o\al(1,3)＝41;Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,5)＝42；Ceq\o\al(0,7)＋Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,7)＝43；……照此规律，当n∈N*时，Ceq\o\al(0,2n－1)＋Ceq\o\al(1,2n－1)＋Ceq\o\al(2,2n－1)＋…＋Ceq\o\al(n－1,2n－1)＝________.4.4n－1[观察等式，第1个等式右边为40＝41－1，第2个等式右边为41＝42－1，第3个等式右边为42＝43－1，第4个等式右边为43＝44－1，所以第n个等式右边为4n－1.]5.(2022·福建，15)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*)，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).某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7＝0，,x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，,x1⊕x3⊕x5⊕x7＝0，))其中运算定义为0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.现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判定k等于________.5.5[(ⅰ)x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝1，(ⅱ)x2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝0；(ⅲ)x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1.由(ⅰ)(ⅲ)知x5，x7有一个错误，(ⅱ)中没有错误，∴x5错误，故k等于5.]6.(2022·江苏，23)集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.(1)写出f(6)的值；(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明.6.解(1)f(6)＝13.(2)当n≥6时，f(n)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5))(t∈N*).下面用数学归纳法证明：①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，结论成立；②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时,Sk＋1在Sk的根底上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：1)假设k＋1＝6t，那么k＝6(t－1)＋5，此时有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－2,3)＋3＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1,3)，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＋eq\f(k,2)＋eq\f(k,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(〔k＋1〕－1,2)＋eq\f(〔k＋1〕－1,3)，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＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－1,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(〔k＋1〕－2,3)，结论成立；4)假设k＋1＝6t＋3，那么k＝6t＋2，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－2,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(〔k＋1〕－1,2)＋eq\f(k＋1,3)，结论成立；5)假设k＋1＝6t＋4，那么k＝6t＋3，此时有f(k＋1)＝f(x)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(〔k＋1〕－1,3)，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＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－1,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(〔k＋1〕－1,2)＋eq\f(〔k＋1〕－2,3)，结论成立.综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立.7.(2022·陕西，14)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猜测一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是________.7.F＋V－E＝2[三棱柱中5＋6－9＝2;五棱锥中6＋6－10＝2;立方体中6＋8－12＝2,由此归纳可得F＋V－E＝2.]8.(2022·陕西，21)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)假设f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N*，比拟g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明.8.由题设得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0).(1)由，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)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)，那么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)，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，比拟结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1).证明如下：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*，那么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.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*，那么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.法三如图，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\f(x,x＋1)dx＝(1－eq\f(1,x＋1))dx＝n－ln(n＋1)，结论得证.9.(2022·重庆，22)设a1＝1，an＋1＝eq\r(a\o\al(2,n)－2an＋2)＋b(n∈N*).(1)假设b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；(2)假设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.9.解(1)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*).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.因此猜测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.那么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)法一设f(x)＝eq\r(〔x－1〕2＋1)－1，那么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加强命题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<c<a2k＋1<1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数得c＝f(c)<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1.故c<a2k＋3<1，因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1.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