【冲击高分系列】高考数学 推理与证明难题专项训练 文.docVIP

2014年高考数学（文）难题专项训练：推理与证明1.(2013北京海淀区5月模拟卷，8,5分) 若数列满足：存在正整数，对于任意正整数都有成立，则称数列为周期数列，周期为. 已知数列满足，则下列结论中错误的是()a. 若m=，则b. 若，则m可以取3个不同的值c. 若，则数列是周期为3的数列 d. 且，数列是周期数列2.(2013年山东省高三4月巩固性练习，12,5分) 已知函数若函数的零点按从小到大的顺序排列成一个数列，则该数列的通项公式为( )abc d3.（2012宁夏高三三模,12, 5分）已知有穷数列a: a1, a2, , an(n2, nn) . 定义如下操作过程t: 从a中任取两项ai, aj, 将的值添在a的最后, 然后删除ai, aj, 这样得到一系列n-1项的新数列a1(约定: 一个数也视作数列) ; 对a1的所有可能结果重复操作过程t, 又得到一系列n-2项的新数列a2; 如此经过k次操作后得到的新数列记作ak. 设a: -, 则a3的可能结果是() a. 0b. c. d. 4.(2012大纲全国, 12, 5分) 正方形abcd的边长为1, 点e在边ab上, 点f在边bc上, ae=bf=. 动点p从e出发沿直线向f运动, 每当碰到正方形的边时反弹, 反弹时反射角等于入射角. 当点p第一次碰到e时, p与正方形的边碰撞的次数为() a. 8b. 6c. 4d. 35. (2007上海, 15, 4分)设f(x)是定义在正整数集上的函数, 且f(x)满足:“当f(k)k2成立时, 总可推出f(k+1)(k+1)2成立”. 那么, 下列命题总成立的是()a. 若f(1)1成立, 则f(10)100成立b. 若f(2)0, g(x) 0, 且存在正整数m, 使得在t12m+1, t12m+2, , t12m+12中有4项为100. 求r的值, 并指出哪4项为100. 答案1.d 2.c 3.b 4.b 5. d 6.36;3981 7.9 8.（） ；（） 9.， 10. 11. 12. 13. 14.(1) 3(2) 2 15.(1) 5 030(2) 16. 45 17. 962 18.（i）每一列所有数之和分别为-1，3，3，-6，每一行所有数之和分别为，0.方法1：方法2： 方法3： （写出一种即可） 3分(ii) 每一列所有数之和分别为2，0，0，每一行所有数之和分别为，1.因为必须经过两次“操作” ，所以要操作第三列和第一行.如果操作第三列，则有：所以第一行之和为，第二行之和为，所以解得，又是整数，所以. 如果操作第一行，则有： 所以每一列之和分别为，所以解得.综上所得，.10分(iii) 能，理由如下：按要求对某行（或某列）操作一次时，则该行的行和（或该列的列和）由负整数变为正整数，都会引起该行的行和（或该列的列和）增大，从而也就使得数阵中个数之和增加，且增加的幅度大于等于，但是每次操作都只是改变数表中某行（或某列）各数的符号，而不改变其绝对值，显然，数表中个数之和必然小于等于，可见其增加的趋势必在有限次之后终止, 终止之时必然所有的行和与所有的列和均为非负整数，故结论成立. 13分 19.（）由于，则，即 3分（）设，因为 ，使，所以 ，使得 ，所以 ，使得 ，其中所以 与同为非负数或同为负数所以，所以 8分（）解法一设中有项为非负数，项为负数不妨设时，；时，所以 因为 ，所以 ， 整理得 所以 因为 ；又 ，所以 即 对于 ，有，且，综上所得，的最大值为 13分解法二 首先证明如下引理：设，则有证明：因为 ，所以 ，即 所以 上式等号成立的条件为，或，所以 对于 ，有 ，且，综上所得，的最大值为 13分 20.解法一：（）因为动点点到定点的距离与到定直线的距离相等，所以点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，方程为即曲线的方程为4分（）假设是直角三角形，不妨设，则，则.设，必有，则，所以又，则所以，所以，又，所以，所以，整理得8分又,所以.又，所以.所以，所以，即所以，又， 所以，整理得即由得，所以 设，则有，则所以无解，所以方程无解，所以假设不成立，所以abc不可能是直角三角形12分解法二：（）同解法一（）设，由，得，当轴时，从而，即点的坐标为由于点在上，所以，即，此时，所以,很明显此时abc不可能是直角三角形8分当与轴不垂直时，设直线的方程为：，代入，整理得：，则假设，则直线的斜率为，同理可得：由，得，由，可得从而，整理得：，即，设，则，则所以方程无解，所以方程无解，所以假设不成立，不可能是直角.同理可证和也不可能是直角，综合得可知不可能是直角三角形12分 21.（1）对任意正整数，有，.所以数列是首项,公差为等差数列；数列是首项,公比为的等比数列.所以对任意正整数，有,.所以数列的通项公式为:或3分对任意正整数,.所以数列的前项和为:.或.7分(2) 由（1）得，则有：,所以必有，又，则当时, ,即；当时,，令,解得，则有；当时, 则，假设存在,使得从而,得,所以，所以，所以，所以,此时. 综上可知, 存在正整数，使得，并且正整数对只有两对：与14分： 22. .()由ab、bc、ac为有理数及余弦定理知cos a=是有理数. ()用数学归纳法证明cos na和sin asin na都是有理数. 当n=1时, 由()知cos a是有理数, 从而有sin asin a=1-cos2a也是有理数. 假设当n=k(k1)时, cos ka和sin asin ka都是有理数. 当n=k+1时, 由cos(k+1)a=cos acos ka-sin asin ka, sin asin(k+1)a=sin a(sin acos ka+cos asin ka)=(sin asin a)cos ka+(sin asin ka)cos a, 及和归纳假设, 知cos(k+1)a与sin asin(k+1)a都是有理数. 即当n=k+1时, 结论成立. 综合、可知, 对任意正整数n, cos na是有理数. 23.（）则当6=3+3时，6的分解积取最大值；1分同理可得，当时，7的分解积取最大值；2分当时，8的分解积取最大值3分（）由（）可知，当7的分解积最大时，.所以中可以有个4分假设有个或个以上的时，因为，且，所以，此时分解积不是最大的所以假设不成立，因此，中至多有个7分（） 当中有时，因为，且，所以，此时分解积不是最大，可以将加到其他加数中，使得分解积变大8分 由（）可知，中至多有个 当中有时，若将分解为，由 可知分解积不会最大；若将分解为，则分解积相同；若有两个，因为，且，所以将改写为，使得分解积更大因此，中至多有个，而且可以写成10分 当中有大于的数时，不妨设，则有，所以将分解为会使得分解积更大11分综上所述，中只能出现或或，且不能超过个，不能超过个于是，当时，使得分解积最大；12分当时，使得分解积最大；13分当时，使得分解积最大14分 24. （）解：因为3=3，3=1+2，3=1+1+1，所以因为5=5，5=2+3，5=1+4，5=1+1+3，5=1+2+2，5=1+1+1+2，5=1+1+1+1+1，所以3分（）证明：因为，把的一个表示法中的去掉，就可得到一个的表示法；反之，在的一个表示法前面添加一个“1+”，就得到一个的表示法，即的表示法中的表示法种数等于的表示法种数，所以表示的是的表示法中的表示法数.即8分（）结论是.证明如下：由结论知，只需证由（）知：表示的是的表示法中的表示法数，表示的是的表示法中的表示法数考虑到，把一个的的表示法中的加上1，就可变为一个的的表示法，这样就构造了从的的表示法到的的表示法的一个对应，所以有即 14分25.(1) 由f(x) =, 得f (x) =, x(0, +) , 由于曲线y=f(x) 在(1,f(1) ) 处的切线与x轴平行, 所以f (1) =0, 因此k=1. (2) 由(1) 得f (x) =(1-x-xln x) , x(0, +) , 令h(x) =1-x-xln x, x(0, +) , 当x(0, 1) 时, h(x) 0; 当x(1, +) 时, h(x) 0, 所以x(0, 1) 时,f (x) 0; x(1, +) 时,f (x) 0, 函数h(x) 单调递增; 当x(e-2, +) 时, h(x) 0, 函数h(x) 单调递减. 所以当x(0, +) 时, h(x) h(e-2) =1+e-2. 又当x(0, +) 时, 01, 所以当x(0, +) 时, h(x) 1+e-2, 即g(x) 1+e-2. 综上所述结论成立. 26.(1) 当b=1, c=-1, n2时,f(x) =xn+x-1. f f(1) =10, f(x) 在上是单调递增的, f(x) 在内存在唯一零点. (2) 解法一: 由题意知即由图象知, b+3c在点(0, -2) 取到最小值-6, 在点(0, 0) 取到最大值0, b+3c的最小值为-6, 最大值为0. 解法二: 由题意知-1f(1) =1+b+c1, 即-2b+c0, -1f(-1) =1-b+c1, 即-2-b+c0, 2+得-62(b+c) +(-b+c) =b+3c0, 当b=0, c=-2时, b+3c=-6; 当b=c=0时, b+3c=0, 所以b+3c的最小值为-6, 最大值为0. 解法三: 由题意知解得b=, c=, b+3c=2f(1) +f(-1) -3. 又-1f(-1) 1, -1f(1) 1, -6b+3c0, 当b=0, c=-2时, b+3c=-6; 当b=c=0时, b+3c=0, 所以b+3c的最小值为-6, 最大值为0. (3) 当n=2时,f(x) =x2+bx+c. 对任意x1, x2-1, 1都有|f(x1) -f(x2) |4等价于f(x) 在-1, 1上的最大值与最小值之差m4. 据此分类讨论如下: (i) 当1, 即|b|2时, m=|f(1) -f(-1) |=2|b|4, 与题设矛盾. (ii) 当-1-0, 即0时, m=f(1) -f=4恒成立. (iii) 当0-1, 即-2b0时, m=f(-1) -f=4恒成立. 综上可知, -2b2. 注: (ii) (iii) 也可合并证明如下: 用maxa, b表示a, b中的较大者. 当-1-1, 即-2b2时, m=maxf(1) ,f(-1) -f=+-f=1+c+|b|-=4恒成立. 27.()a1+a2+a3+a12=1+2+r+3+4+(r+2)+5+6+(r+4)+7+8+(r+6)=48+4r. 48+4r=64, r=4. ()证明:用数学归纳法证明:当nz+时, t12n=-4n. 当n=1时, t12=a1-a3+a5-a7+a9-a11=-4, 等式成立. 假设n=k时等式成立, 即t12k=-4k, 那么当n=k+1时, t12(k+1)=t12k+a12k+1-a12k+3+a12k+5-a12k+7+a12k+9-a12k+11=-4k+(8k+1)-(8k+r)+(8k+4)-(8k+5)+(8k+r+4)-(8k+8)=-4k-4=-4(k+1), 等式也成立. 根据和可以断定:当nz+时, t12n=-4n. ()t12m=-4m(m1). 当n=12m+1, 12m+2时, tn=4m+1;当n=12