高考汇编推理与证明 8页

‎ 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．B　‎ ‎20．[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.‎ 多挣一分，多超千人！‎ ‎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．A　‎ ‎14．[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 ‎5‎ ‎6‎ ‎9‎ 五棱锥 ‎6‎ ‎6‎ ‎10‎ 立方体 ‎6‎ ‎8‎ ‎12‎ 猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是________．‎ ‎14．F＋V－E＝2　‎ M2　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．A　‎ M3 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＞c，an＋1＝an＋a，证明：an＞an＋1＞c.‎ ‎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>c.‎ ‎①当n＝1时，由题设知a1>c成立．‎ ‎②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>c成立．‎ 多挣一分，多超千人！‎ 由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*.‎ 当n＝k＋1时，＝＋a＝‎ ‎1＋.‎ 由ak>c>0得－1<－<<0.‎ 由(1)中的结论得＝>1＋p· ＝.‎ 因此a>c，即ak＋1>c，‎ 所以当n＝k＋1时，不等式an>c也成立．‎ 综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>c均成立．‎ 再由＝1＋可得<1，‎ 即an＋1an＋1>c，n∈N*.‎ 方法二：设f(x)＝x＋x1－p，x≥c，则xp≥c，‎ 所以f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0.‎ 由此可得，f(x)在[c，＋∞)上单调递增，因而，当x>c时，f(x)>f(c)＝c.‎ ‎①当n＝1时，由a1>c>0，即a>c可知 a2＝a1＋a＝a1c，从而可得a1>a2>c，‎ 故当n＝1时，不等式an>an＋1>c成立．‎ ‎②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>c成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，‎ 即有ak＋1>ak＋2>c，‎ 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>c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.‎ 多挣一分，多超千人！‎ ‎(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)－(a>1)．‎ ‎(1)讨论f(x)的单调性；‎ ‎(2)设a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明：0，所以f(x)在(－1，a2－‎2a)是增函数；‎ 若x∈(a2－‎2a，0)，则f′(x)<0，所以f(x)在(a2－‎2a，0)是减函数；‎ 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)<0，‎ 所以f(x)在(0，a2－‎2a)是减函数；‎ 若x∈(a2－‎2a，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(a2－‎2a，＋∞)是增函数．‎ ‎(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)>(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)ln>＝，‎ ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln<＝，‎ 即当n＝k＋1时，有 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)≥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)＝＋＋…＋，‎ 多挣一分，多超千人！‎ 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＋＋…＋，x>0.‎ 令x＝，n∈N＋，则，x>0.‎ 令x＝，n∈N＋，则ln>.‎ 故有ln 2－ln 1>，‎ ln 3－ln 2>，‎ ‎……‎ ln(n＋1)－ln n>，‎ 上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，‎ 结论得证．‎ 方法三：如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和，‎ 多挣一分，多超千人！‎ ‎∴＋＋…＋>dx＝‎ dx＝n－ln(n＋1)，‎ 结论得证．‎ ‎22．，，[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝＋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a2nf(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＋1)＝a2k＋2，‎ a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.‎ 所以a2n＋1>－1，解得a2n＋1>.　④‎ 综上，由②③④知存在c＝使a2n