【5年高考3年模拟】（新课标版）高考数学真题分类汇编 14 推理与证明 理 (1).doc

第十四章推理与证明考点一合情推理与演绎推理1.(2014北京,8,5分)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人答案b2.(2014课标,14,5分)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.答案a3.(2014陕西,14,5分)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.答案f+v-e=24.(2014北京,20,13分)对于数对序列p:(a1,b1),(a2,b2),(an,bn),记t1(p)=a1+b1,tk(p)=bk+maxtk-1(p),a1+a2+ak(2kn),其中maxtk-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)解析(1)t1(p)=2+5=7,t2(p)=1+maxt1(p),2+4=1+max7,6=8.(2)t2(p)=maxa+b+d,a+c+d,t2(p)=maxc+d+b,c+a+b.当m=a时,t2(p)=maxc+d+b,c+a+b=c+d+b.因为a+b+dc+b+d,且a+c+dc+b+d,所以t2(p)t2(p).当m=d时,t2(p)=maxc+d+b,c+a+b=c+a+b.因为a+b+dc+a+b,且a+c+dc+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.考点二直接证明与间接证明5.(2014山东,4,5分)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程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恰好有两个实根答案a考点三数学归纳法6.(2014安徽,21,13分)设实数c0,整数p1,nn*.(1)证明:当x-1且x0时,(1+x)p1+px;(2)数列an满足a1,an+1=an+.证明:anan+1.解析(1)证明:用数学归纳法证明:当p=2时,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立.假设p=k(k2,kn*)时,不等式(1+x)k1+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+kx21+(k+1)x.所以p=k+1时,原不等式也成立.综合可得,当x-1,x0时,对一切整数p1,不等式(1+x)p1+px均成立.(2)证法一:先用数学归纳法证明an.当n=1时,由题设a1知an成立.假设n=k(k1,kn*)时,不等式ak成立.由an+1=an+易知an0,nn*.当n=k+1时,=+=1+.由ak0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,则xpc,并且f (x)=+(1-p)x-p=0,x.由此可得, f(x)在,+)上单调递增.因而,当x时, f(x)f()=,当n=1时,由a10,即c可知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,则当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anan+1均成立.7.(2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf (x),x0,其中f (x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x),nn+,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nn+,比较g(1)+g(2)+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.解析由题设得,g(x)=(x0).(1)由已知,g1(x)=,g2(x)=g(g1(x)=,g3(x)=,可得gn(x)=.下面用数学归纳法证明.当n=1时,g1(x)=,结论成立.假设n=k时结论成立,即gk(x)=.那么,当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x)=,即结论成立.由可知,结论对nn+成立.(2)已知f(x)ag(x)恒成立,即ln(1+x)恒成立.设(x)=ln(1+x)-(x0),即(x)=-=,当a1时,(x)0(仅当x=0,a=1时等号成立),(x)在0,+)上单调递增,又(0)=0,(x)0在0,+)上恒成立,a1时,ln(1+x)恒成立(仅当x=0时等号成立).当a1时,对x(0,a-1有(x)0,(x)在(0,a-1上单调递减,(a-1)1时,存在x0,使(x)n-ln(n+1).证明如下:证法一:上述不等式等价于+,x0.令x=,nn+,则ln.下面用数学归纳法证明.当n=1时,ln 2,结论成立.假设当n=k时结论成立,即+ln(k+1).那么,当n=k+1时,+ln(k+1)+ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由可知,结论对nn+成立.证法二:上述不等式等价于+,x0.令x=,nn+,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.证法三: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,+dx=dx=n-ln(n+1),结论得证.8.(2014江苏,23,10分)已知函数f0(x)=(x0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,nn*.(1)求2f1+f2的值;(2)证明:对任意的nn*,等式=都成立.解析(1)由已知,得f1(x)=f 0(x)=-,于是f2(x)=f 1(x)=-=-+,所以f1=-, f2=-+.故2f1+f2=-1.(2)证明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf 0(x)=cos x,即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin,类似可得2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2).下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的nn*都成立.(i)当n=1时,由上可知等式成立.(ii)假设当n=k时等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin.因为kfk-1(x)+xfk(x)=kf k-1(x)+fk(x)+xf k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),=cos=sin,所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin.因此当n=k+1时,等式也成立.综合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin对所有的nn*都成立.令x=,可得nfn-1+fn=sin(nn*).所以=(nn*).9.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=+b(nn*).(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a2nca2n+1对所有nn*成立?证明你的结论.解析(1)解法一:a2=2,a3=+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=+1(nn*).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+1.下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=+1,则ak+1=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=+1(nn*).(2)解法一:设f(x)=-1,则an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用数学归纳法证明加强命题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,则an+1=f(an).先证:0an1(nn*).当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0ak1.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