2012年高考数学真题分类汇编M　推理与证明 （文科） 5页

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＋<，‎ ‎1＋＋＜，‎ ‎1＋＋＋＜，‎ ‎……‎ 照此规律，第五个不等式为________．‎ ‎12．1＋＋＋＋＋<　[解析] 本小题主要考查了归纳与推理的能力，解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：2,3,4，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个式子的分子应为11，所以第5个式子应为：1＋＋＋＋＋<.‎ ‎16．M1[2012·湖南卷] 对于n∈N*，将n表示为n＝ak×2k＋ak－1×2k－1＋…＋a1×21＋a0×20，当i＝k时，ai＝1，当0≤i≤k－1时，ai为0或1.定义bn如下：在n的上述表示中，当a0，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________．‎ ‎16．(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＝1×22＋0×21＋0×20＝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的关联，导致第(2)问无从下手．‎ ‎17．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所示的三角形数：‎ 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表示)‎ ‎17．[答案] (1)5 030　(2) ‎[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＝，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，b5＝a14，b6＝a15.‎ 由上述规律可猜想： b2k＝a5k＝(k为正整数)，‎ b2k－1＝a5k－1＝＝，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°＋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．‎ ‎20．解：解法一：‎ ‎(1)选择(2)式，计算如下：‎ sin215°＋cos215°－sin15°cos15°＝1－sin30°‎ ‎＝1－＝.‎ ‎(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－a)＝.‎ 证明如下：‎ sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)‎ ‎＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)‎ ‎＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α ‎＝sin2α＋cos2α＝.‎ 解法二：‎ ‎(1)同解法一．‎ ‎(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.‎ 证明如下：‎ sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)‎ ‎＝＋－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)‎ ‎＝－cos2α＋＋(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－sinαcosα－sin2α ‎＝－cos2α＋＋cos2α＋sin2α－sin2α－(1－cos2α)‎ ‎＝1－cos2α－＋cos2α＝.‎ ‎5．M1[2012·江西卷] 观察下列事实：|x|＋|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)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为(　　)‎ A．76 B．‎80 C．86 D．92‎ ‎5．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|x|＋|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{a1，a2，…，ak}(k＝1,2，…，m)，即bk为a1，a2，…，ak中的最大值，并称数列{bn}是{an}的控制数列．如1,3,2,5,5的控制数列是1,3,3,5,5.‎ ‎(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)；‎ ‎(3)设m＝100，常数a∈.若an＝an2－(－1)n，{bn}是{an}的控制数列，求(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－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＝max{a1，a2，…，ak}，bk＋1＝max{a1，a2，…，ak，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.‎ 因为＜a＜1，所以a4k－1－a4k－2＝(a－1)(8k－3)＜0，即a4k－2＞a4k－1.‎ a4k－a4k－2＝2(‎2a－1)(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(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－a100)‎ ‎＝(a2－a3)＋(a6－a7)＋…＋(a98－a99)‎ ‎＝(a4k－2－a4k－1)‎ ‎＝(1－a)(8k－3)＝2525(1－a)．‎ ‎22．B12、M2[2012·湖南卷] 已知函数f(x)＝ex－ax，其中a＞0.‎ ‎(1)若对一切x∈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))(x1＜x2)，记直线AB的斜率为k，证明：存在x0∈(x1，x2)，使f′(x0)＝k成立．‎ ‎22．解：(1)f′(x)＝ex－a.令f′(x)＝0得x＝lna.‎ 当x＜lna时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞lna时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．故当x＝ln a时，f(x)取最小值f(lna)＝a－alna.‎ 于是对一切x∈R，f(x)≥1恒成立，当且仅当 a－alna≥1.　　　①‎ 令g(t)＝t－tlnt，则g′(t)＝－lnt.‎ 当0＜t＜1时，g′(t)＞0，g(t)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，①式成立．‎ 综上所述，a的取值集合为{1}．‎ ‎(2)由题意知，k＝＝－a.‎ 令φ(x)＝f′(x)－k＝ex－，则 φ(x1)＝－[ex2－x1－(x2－x1)－1]，‎ φ(x2)＝[ex1－x2－(x1－x2)－1]．‎ 令F(t)＝et－t－1，则F′(t)＝et－1.‎ 当t＜0时，F′(t)＜0，F(t)单调递减；‎ 当t＞0时，F′(t)＞0，F(t)单调递增．‎ 故当t≠0时，F(t)＞F(0)＝0，即et－t－1＞0.‎ 从而ex2－x1－(x2－x1)－1＞0，ex1－x2－(x1－x2)－1＞0，又＞0，＞0，‎ 所以φ(x1)＜0，φ(x2)＞0.‎ 因为函数y＝φ(x)在区间[x1，x2]上的图象是连续不断的一条曲线，所以存在x0∈(x1，x2)，使φ(x0)＝0，即f′(x0)＝k成立．‎ M3 数学归纳法 M4 单元综合 ‎23．M4[2012·江苏卷] 设集合Pn＝{1,2，…，n}，n∈N*.记f(n)为同时满足下列条件的集合A的个数：‎ ‎①A⊆Pn；②若x∈A，则2x∉A；③若x∈∁PnA，则2x∉∁PnA.‎ ‎(1)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x∈Pn，将x除以2，若商仍为偶数，再除以2，…，经过k次以后，商必为奇数，此时记商为m，于是x＝m·2k，其中m为奇数，k∈N*.‎ 由条件知，若m∈A，则x∈A⇔k为偶数；‎ 若m∉A，则x∈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，所以f(n)＝ ‎20．B3、D4、M4[2012·北京卷] 设A是如下形式的2行3列的数表，‎ a b c d e f 满足性质P：a，b，c，d，e，f∈[－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)，cj(A)为A的第j列各数之和(j＝1,2,3)；‎ 记k(A)为|r1(A)|，|r2(A)|，|c1(A)|，|c2(A)|，|c3(A)|中的最小值．‎ ‎(1)对如下数表A，求k(A)的值；‎ ‎1‎ ‎1‎ ‎－0.8‎ ‎0.1‎ ‎－0.3‎ ‎－1‎ ‎(2)设数表A形如 ‎1‎ ‎1‎ ‎－1－2d d d ‎－1‎ 其中－1≤d≤0，求k(A)的最大值；‎ ‎(3)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：(1)因为r1(A)＝1.2，r2(A)＝－1.2，c1(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，‎ c1(A)＝c2(A)＝1＋d，c3(A)＝－2－2d.‎ 因为－1≤d≤0，‎ 所以|r1(A)|＝|r2(A)|≥1＋d≥0，‎ ‎|c3(A)|≥1＋d≥0.‎ 所以k(A)＝1＋d≤1.当d＝0时，k(A)取得最大值1.‎ ‎(3)任给满足性质P的数表A(如下所示)．‎ a b c d e f 任意改变A的行次序或列次序，或把A中的每个数换成它的相反数，所得数表A*仍满足性质P，并且k(A)＝k(A*)．‎ 因此，不妨设r1(A)≥0，c1(A)≥0，c2(A)≥0.‎ 由k(A)的定义知，‎ k(A)≤r1(A)，k(A)≤c1(A)，k(A)≤c2(A)．‎ 从而3k(A)≤r1(A)＋c1(A)＋c2(A)‎ ‎＝(a＋b＋c)＋(a＋d)＋(b＋e)‎ ‎＝(a＋b＋c＋d＋e＋f)＋(a＋b－f)‎ ‎＝a＋b－f≤3.‎ 所以k(A)≤1.‎ 由(2)知，存在满足性质P的数表A使k(A)＝1.‎ 故k(A)的最大值为1.‎