【备战2013】高考数学专题讲座 第18讲 高频考点分析之命题、逻辑推理和程序框图探讨

1 备战备战 20132013 高考数学专题讲座高考数学专题讲座 第第 1818 讲 高频考点分析之命题 逻辑推理和程序框图探讨讲 高频考点分析之命题 逻辑推理和程序框图探讨 1 2 讲 我们对客观性试题解法进行了探讨 3 8 讲 对数学思想方法进行了探讨 9 12 讲对数 学解题方法进行了探讨 从第 13 讲开始我们对高频考点进行探讨 结合中学数学的知识 高考中命题 逻辑推理和程序框图问题主要有以下几种 1 四种命题的判定 2 真假命题的判定 3 充分必要条件的判定 4 逻辑推理 5 程序框图 结合 2012 年全国各地高考的实例 我们从以上五方面探讨命题和简易逻辑问题的求解 一一 四种命题的判定四种命题的判定 典型例题 典型例题 例例 1 1 20122012 年安徽省文年安徽省文 5 5 分 分 命题 存在实数 使 的否定是 x1x 对任意实数 都有 不存在实数 使 Ax1x Bx1x 对任意实数 都有 存在实数 使 Cx1x Dx1x 答案答案 C 考点考点 否命题 解析解析 如果两个命题中一个 命题的条件和结论分别是另一个命题的条件和结论的否定 则这两个命 题称互为否命题 因此 命题 存在实数 使 的否定是 对任意实数 都有 故选x1x x1x C 例例 2 2 20122012 年湖北省理年湖北省理 5 5 分 分 命题 的否定是 3 00 R xC Q xQ A B 3 00 R xC Q xQ 3 00 R xC Q xQ C D 3 00 R xC Q xQ 3 00 R xC Q xQ 答案答案 D 考点考点 命题的否定 解析解析 根据特称命题 x A p A 的否定是 x A 非p A 结合已知中命题 即可得到答 案 2 命题 是特称命题 而特称命题的否定是全称命题 3 00 R xC Q xQ 的否定是 故选 D 3 00 R xC Q xQ 3 00 R xC Q xQ 例例 3 3 20122012 年湖北省文年湖北省文 5 5 分 分 命题 存在一个无理数 它的平方是有理数 的否定是 A 任意一个有理数 它的平方是有理数 B 任意一个无理数 它的平方不是有理数 C 存在一个有理数 它的平方是有理数 D 存在一个无理数 它的平方不是有理数 答案答案 B 考点考点 命题的否定 解析解析 根据特称命题的否定 需先将存在量词改为全称量词 然后否定结论 故该命题的否定为 任 意一个无理数 它的平方不是有理数 故选 B 例例 4 4 20122012 年湖南省理年湖南省理 5 5 分 分 命题 若 则 的逆否命题是 4 tan1 A 若 则 B 若 则 4 tan1 4 tan1 C 若 则 D 若 则tan1 4 tan1 4 答案答案 C 考点考点 四种命题 解析解析 因为 若 则 的逆否命题为 若 则 所以 若 则 的逆否pqp q 4 tan1 命题是 若 则 故选 C tan1 4 例例 5 5 20122012 年辽宁省理年辽宁省理 5 5 分 分 已知命题p x1 x2R f x2 f x1 x2x1 0 则p是 A x1 x2R f x2 f x1 x2x1 0 B x1 x2R f x2 f x1 x2x1 0 C x1 x2R f x2 f x1 x2x1 0 D x1 x2R f x2 f x1 x2x1 0 答案答案 C 考点考点 含有量词的命题的否定 解析解析 命题p为全称命题 所以其否定p应是特称命题 3 所以 f x2 f x1 x2x1 0 否定为 f x2 f x1 x2x1 x a0 n x n x 对于两个正整数 当为偶数时 当为奇数时 ab a b 22 a ba b a b 1 222 a ba b 不论是偶数还是奇数 有 a b 1 222 a ba b 和都是整数 n x n a x 9 1 2 1 11 11 1 2222222 n nnnn n nnnn n aaaaa xxxxx xxxxx x a 又当时 1n 1 xa 成立 2 133 1 0 244 aaa 1 xa 1a 当时 故 正确 1n 1 n xa 对于 当时 即 1kk xx 2 k k k a x x x 0 2 k k k a x x x 0 k k a x x 即 解得 0 kk kk aa xx xx 0 k k a x x k xa 由 故 正确 1 n xa 1 k aa a b 又 故 正确 22 1ab 1 1 1 a babab 对于 可以采用特殊值列举法 取 满足为正实数和的条件 但 故 错误 4 1ab a b 1ab 31ab 对于 不妨设 由得 a b 33 1ab 33 1ab 33 1 ab 10 为正实数 a b 33 1 11ab a 故 正确 3322 22 1 1 1 1 ababaab bab aab b 且 ab ab 综上所述 真命题有 三三 充分必要条件的判定充分必要条件的判定 典型例题 典型例题 例例 1 1 20122012 年北京市理年北京市理 5 5 分 分 设 a b R a 0 是 复数 a bi 是纯虚数 的 A 充分而不必要条件 B 必要而不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件 答案答案 B 考点考点 复数的概念 纯虚数的定义 充分必要条件的判定 解析解析 复数 a bi 是纯虚数必须满足 a 0 b 0 同时成立 当 a 0 时 如果 b 0 此时 a bi 是实数 不是纯虚数 因此不是充分条件 而如果 a bi 已经为纯虚数 由定义实部为零 虚部不为零可以得到 a 0 因此 a 0 是 复数 a bi 是纯虚数 的必要而不充分条件 故选 B 例例 2 2 20122012 年上海市文年上海市文 5 5 分 分 对于常数 是 方程的曲线是椭圆 的mn0mn 22 1mxny A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件 答案答案 B 考点考点 充分条件 必要条件和充要条件 椭圆的标准方程的理解 解析解析 方程的曲线表示椭圆 常数的取值为或 所以 由1 22 nymxnm 0 0 m n mn 0 0 m n ab ab 立的充分条件是 故选 D 2ab 例例 4 4 20122012 年天津市理年天津市理 5 5 分 分 设 则 是 为偶函数 的 R 0 cos f xx xR A 充分而不必要条件 必要而不充分条件 充分必要条件 既不充分也不必要条件 答案答案 A 考点考点 必要条件 充分条件与充要条件的判断 函数奇偶性的判断 分析分析 为偶函数 成立 0 cos f xx xR 为偶函数 推不出 cos f xxxR kkZ 或 0 是 为偶函数 的充分而不必要条件 故选 A 0 cos f xx xR 例例 5 5 20122012 年天津市文年天津市文 5 5 分 分 设 则 是 的 xR 2 1 x012 2 xx A 充分而不必要条件 B 必要而不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件 答案答案 A 考点考点 必要条件 充分条件与充要条件的判断 一元二次不等式的解 分析分析 不等式的解集为或 是 成立012 2 xx 2 1 x1 x 2 1 x012 2 xx 的充分不必要条件 故选 A 例例 6 6 20122012 年安徽省理年安徽省理 5 5 分 分 设平面与平面相交于直线 直线在平面内 直线在平面 ma b 内 且 则 是 的 bm ab 充分不必要条件 必要不充分条件 A B 12 充要条件 即不充分不必要条件 C D 答案答案 A 考点考点 充分和必要条件 两直线垂直的判定和性质 解析解析 是 的充分条件 bmbba ab 如果 则与条件相同 是 的不必要条件 amab bm ab 故选 A 例例 7 7 20122012 年山东省理年山东省理 5 5 分 分 设 则 函数在 R 上是减函数 是 函数a0a1 或 x f xa 在 R 上是增函数 的 3 g xx2a A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件 答案答案 A 考点考点 充分必要条件的判断 指数函数和幂函数的性质 解析解析 p 函数在 R 上是减函数 等价于 x f xa 0a1 a1 0a2 a1 p 是 q 成立的充分不必要条件 故选 A 例例 8 8 20122012 年浙江省理年浙江省理 5 5 分 分 设 则 是 直线 与直线 aR 1a 1 l210axy 2 l 平行 的 1 40 xay A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件 答案答案 A 考点考点 充分必要条件 解析解析 当a 1 时 直线l1 x 2y 1 0 与直线l2 x 2y 4 0 显然平行 所以 是 直线1a 与直线 平行 的充分条件 1 l210axy 2 l 1 40 xay 若直线l1与直线l2平行 则有 解之得 a 1 或a 2 所以 是 直线 2 11 a a 1a 与直线 平行 的不必要条件 1 l210axy 2 l 1 40 xay 是 直线 与直线 平行 的充分不必要条1a 1 l210axy 2 l 1 40 xay 13 件 故选 A 例例 9 9 20122012 年湖北省文年湖北省文 5 5 分 分 设 R 则 是 的 a b c1abc 111 abc abc A 充分条件但不是必要条件 B 必要条件但不是充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要的条件 答案答案 A 考点考点 充分 必要条件的判定 基本不等式的应用 解析解析 当时 1abc 111abcabcabc abbcca abcabc 而 当且仅当 且 2222abcabbccaabbcca abc 即时等号成立 1abc abc 111 abbccaabc abc 当取 显然有 但 2abc 111 abc abc 1abc 由不可以推得 111 abc abc 1abc 综上 是的充分不必要条件 故选 A 1abc 111 abc abc 例例 10 10 20122012 年重庆市理年重庆市理 5 5 分 分 已知是定义在 R 上的偶函数 且以 2 为周期 则 为 0 1 f x f x 上的增函数 是 为 3 4 上的减函数 的 f x A 既不充分也不必要的条件 B 充分而不必要的条件 C 必要而不充分的条件 D 充要条件 答案答案 D 考点考点 充分条件 必要条件 和充要条件的判定 函数的奇偶性 周期性和单调性及其之间的关系 分析分析 为 0 1 上的增函数 是偶函数 在上递减 f x f x f x 1 0 14 任取 则 1212 1 0 x xxx 12 f xf x 又 是周期为 2 的周期函数 且 f x 4 4 21 xfxf 12 4 4 3 4 xx 为 3 4 上递减 f x 反之 当在 3 4 上递减时 根据是周期为 2 的周期函数知在上递减 f x f x f x 1 0 又根据是定义在 R 上的偶函数 得到在 0 1 上递增 f x f x 故选 D 例例 11 11 20122012 年陕西省理年陕西省理 5 5 分 分 设 是虚数单位 则 是 复数为纯虚数 的 a bR i0ab b a i A 充分不必要条件 B 必要不充分条件 C 充分必要条件 D 既不充分也不必要条件 答案答案 B 考点考点 充分必要条件 解析解析 当时 只有 并且时 复数为纯虚数 否则不成立 0ab 00ab 或0a 0b b a i 所以 是 复数为纯虚数 的不充分条件 0ab b a i 若复数为纯虚数 则有 所以 是 复数为纯虚 b a i 0 00abab 0ab b a i 数 的必要条件 是 复数为纯虚数 的必要不充分条件 0ab b a i 故选 B 例例 12 12 20122012 年安徽省理年安徽省理 1313 分 分 数列满足 n x 2 11 0 nnn xxxxc nN I 证明 数列是单调递减数列的充分必要条件是 n x0c II 求的取值范围 使数列是单调递增数列 c n x 答案答案 解 I 证明 必要条件 当时 数列是单调递减数列 0c 2 1nnnn xxxcx n x 充分条件 当数列是单调递减数列时 n x 2 1211 xxxxc 2 1 0cx 15 数列是单调递减数列的充分必要条件是 n x0c II 由 I 得 0c 当时 不合题意 0c 1 0 n aa 当时 0c 2 2132 2xcxxccxc 由解得 2 2ccc 01c 2 1 0 nnn xxcx 2 1 n xc 1 0 n xxc 又 22 211111 1 nnnnnnnnnn xxxxxxxxxx 当时 与同号 1 4 c 1 2 n xc 1 10 nn xx 21nn xx 1nn xx 由得 21 0 xxc 2 0 nn xx 1nn xx 2 1 limlim lim nnnn nnn xxxcxc 当时 存在 使 即 1 4 c N 1 2 N x 121 1 NNNN xxxx 即与异号 与数列是单调递减数列矛盾 21NN xx 1NN xx n x 综上所述 当时 数列是单调递增数列 1 0 4 c n x 考点考点 充分必要条件 数列的单调性证明 解析解析 I 要证数列是单调递减数列的充分必要条件是 即要 由得出数列是单 n x0c 0c n x 调递减数列 由数列是单调递减数列得 n x0c II 求的取值范围 使数列是单调递增数列 即要求出数列的后项与前项之差大于c n x n x 0 时的取值范围 由 I 和时 不合题意 因此在的条件下推导 c0c 1 0 n aa 0c 四四 逻辑推理逻辑推理 典型例题 典型例题 例例 1 1 20122012 年全国大纲卷理年全国大纲卷理 5 5 分 分 正方形的边长为 1 点在边上 点ABCDEAB 在边上 FBC 动点从出发沿直线向运动 每当碰到正方形的边时反弹 反弹时反射角等于入射 3 7 AEBF PEF 角 当点第一次碰到时 与正方形的边碰撞的次数为 PEP 16 A 16 B 14 C 12 D 10 答案答案 A 考点考点 反射原理 正方形的性质 三角形相似的判定和性质 解析解析 结合已知中的点 的位置 进行作图 推理可知 在反射的EF 过程中 直线是平行的 那么利用平行关系 作图 可以得到回到点时 E 需要碰撞 14 次即可 也可以通过三角形相似的相似比求解 如图 为便是于计算 将正方形的边长扩大 7 倍 这样边长为ABCD 7 3AEBF 4BECF 这些三角形相似的两边长之比 4 3 BE BF 4316165 7 4333 CF GCDG GCGC 35 5 44 3 DHDH DH DG 5 313131 4 7 774222 CI CIDH CIBI 1 32219 2 7 4333 BI BJAJ BJBJ 319199 7 19 4444 3 AKAK AKDK AJ 9 3 4 3 4 DK DL DLDL 经过 7 次碰撞 到达与点成轴对称的点处 根据正方形的对称性 再经过 7 次碰撞 EL 到达点 共 14 次碰撞 故选 A E 例例 2 2 20122012 年全国大纲卷文年全国大纲卷文 5 5 分 分 正方形的边长为 1 点在边上 点在边上 ABCDEABFBC 动点从出发沿直线向运动 每当碰到正方形的边时反弹 反弹时反射角等于入射 1 3 AEBF PEF 角 当点第一次碰到时 与正方形的边碰撞的次数为 PEP A 8 B 6 C 4 D 3 答案答案 B 考点考点 反射原理 正方形的性质 三角形相似的判定和性质 解析解析 结合已知中的点 的位置 进行作图 推理可知 在反射的过程中 直线是平行的 那么利EF 17 用平行关系 作图 可以得到回到点时 需要碰撞 6 次即可 E 也可以通过三角形相似的相似比求解 如图 为便是于计算 将正方形的边长扩大 3 倍 这样边长为 7 ABCD1AEBF 2BECF 这些三角形相似的两边长之比 2 1 BE BF 32331 3 1 1222 GK FKDG FKFK 2 1 1 1 2 DHDH DH DG 经过 3 次碰撞 到达与点成轴对称的点处 根据正方形的对称性 再经过 3 次碰撞 EH 到达点 共 6 次碰撞 故选 B E 例例 3 3 20122012 年江西省理年江西省理 5 5 分 分 观察下列各式 22 1 3 abab 则 334455 4 7 11 ababab 1010 ab A 28 B 76 C 123 D 199 答案答案 C 考点考点 归纳推理的思想方法 解析解析 观察各等式的右边 它们分别为 1 3 4 7 11 发现从第 3 项开始 每一项就是它的前两 项之和 故等式的右边依次为 1 3 4 7 11 18 29 47 76 123 故 故选 C 1010 123ab 例例 4 4 20122012 年福建省文年福建省文 5 5 分 分 数列 an 的通项公式an ncos 其前n项和为Sn 则S2 012等于 n 2 A 1006 B 2012 C 503 D 0 答案答案 A 考点考点 规律探索题 18 解析解析 寻找规律 a1 1cos 0 a2 2cos 2 a3 3cos 0 a4 4cos2 4 2 3 2 a5 5cos 0 a6 6cos3 6 a7 7cos 0 a8 8cos 8 5 2 7 2 8 2 该数列每四项的和 1 2 3 2 1 5 9 4 1 kkkk aaaakrrN 或或或 2012 4 503 S2 012 2 503 1006 故选 A 例例 5 5 20122012 年北京市理年北京市理 5 5 分 分 已知 若同时满足条件 x f xm x2m xm3 g x22 或或 xRf x0g x0 x 4 f xg x0 或或或或或 或 则 m 的取值范围是 答案答案 4 2 考点考点 简易逻辑 函数的性质 解析解析 由得 x g x220 x1 条件 当时 xRf x0g x0 或或或或 x1 f x0或 当时 不能做到在时 所以舍去 m 0 f x 0 f xx1 f x0或 作为二次函数开口只能向下 且此时两个根为 f xm 0 12 x 2mx m3 或 为保证条件 成立 必须 1 2 m0 m0 1 x 2m1m4m0 2 x m31 m4 又由条件的限制 可分析得出时 恒负 x 4 f xg x0 或 x 4 f x 就需要在这个范围内有得正数的可能 即 4 应该比两根中小的那个大 12 xx或 由得 2m m3 m 1 当时 解得交集为空集 舍去 m1 0 m34 当时 两根同为 2 4 舍去 m 1 当时 m4 1 2m4m2 综上所述 m4 2 19 例例 6 6 20122012 年湖北省文年湖北省文 5 5 分 分 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表 示数 他们研究过如图所示的三角形数 将三角形数 1 3 6 10 记为数列 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 n a 可以推测 n b 是数列中的第 项 2012 b n a 用表示 12k b k 答案答案 5030 551 2 kk 考点考点 归纳规律 解析解析 由以上规律可知三角形数 1 3 6 10 的一个通项公式为 写出其若干项有 1 2 n n n a 1 3 6 10 15 21 28 36 45 55 66 78 91 105 110 发现其中能被 5 整除的为 10 15 45 55 105 110 故 142539410514615 ba ba ba bababa 从而由上述规律可猜想 为正整数 25 5 51 2 kk kk ba k 2151 51 51 1 5 51 22 kk kkkk ba 故 即是数列中的第 5030 项 20122 10065 10065030 baaa 2012 b n a 例例 7 7 20122012 年湖南省理年湖南省理 5 5 分 分 设N 2n n N n 2 将N个数x1 x2 xN依次放入编号为 1 2 N的N个位置 得到排列P0 x1x2 xN 将该排列中分别位于奇数与偶数位置的数取出 并按原顺 序依次放入对应的前和后个位置 得到排列P1 x1x3 xN 1x2x4 xN 将此操作称为C变换 将P1分 2 N 2 N 成两段 每段个数 并对每段作C变换 得到 当 2 i n 2 时 将Pi分成 2i段 每段个数 2 N 2 p 2i N 并对每段C变换 得到Pi 1 例如 当N 8 时 P2 x1x5x3x7x2x6x4x8 此时x7位于P2中的第 4 个位置 1 当N 16 时 x7位于P2中的第 个位置 2 当N 2n n 8 时 x173位于P4中的第 个位置 20 答案答案 1 6 2 4 3 211 n 考点考点 演绎推理的基本方法 进行简单的演绎推理 解析解析 1 当N 16 时 可设为 012345616 Px x x x x xx 1 2 3 4 5 6 16 即为 113571524616 Px x x xx x x xx 1 3 5 7 9 2 4 6 8 16 即 x7位于P2中的第 6 2159133711 152616 Px x x x x x x x x xx 1 5 9 13 3 7 11 15 2 6 16 个位置 2 考察C变换的定义及 1 计算可发现 第一次C变换后 所有的数分为两段 每段的序号组成公差为 2 的等差数列 且第一段序号 以 1 为首项 第二段序号以 2 为首项 第二次C变换后 所有的数据分为四段 每段的数字序号组成以为 4 公差的等差数列 且第 一段的序号以 1 为首项 第二段序号以 3 为首项 第三段序号以 2 为首项 第四段序号以 4 为首项 依此类推可得出P4中所有的数字分为 16 段 每段的数字序号组成以 16 为公差的等差数列 且一到十六 段的首项的序号分别为 1 9 5 13 由于 173 16 10 13 故x173位于以 13 为首项的那一段的第 11 个数 由于N 2n n 8 故每段的数字有 2n 4 个 以 13 为首项的是第四段 故x173位于第 个位置 4 3 211 n 例例 8 8 20122012 年福建省理年福建省理 4 4 分 分 数列 an 的通项公式 前n项和为Sn 则S2 012 cos 1 2 n n an 答案答案 3018 考点考点 规律探索题 解析解析 寻找规律 a1 1cos 1 1 a2 2cos 1 1 a3 3cos 1 1 a4 4cos2 1 5 2 3 2 a5 5cos 1 1 a6 6cos3 1 5 a7 7cos 1 1 a8 8cos 1 5 2 7 2 8 2 9 该数列每四项的和 1 2 3 6 1 5 9 4 kkkk aaaakrrN 或或或 2012 4 503 S2 012 6 503 3018 例例 9 9 20122012 年福建省文年福建省文 4 4 分 分 某地区规划道路建设 考虑道路铺设方案 方案设计图中 点表示城市 21 两点之间连线表示两城市间可铺设道路 连线上数据表示两城市间铺设道路的费用 要求从任一城市都 能到达其余各城市 并且铺设道路的总费用最小 例如 在三个城市道路设计中 若城市间可铺设道路 的线路图如图 则最优设计方案如图 此时铺设道路的最小总费用为 10 现给出该地区可铺设道路的线路图如图 则铺设道路的最小总费用为 答案答案 16 考点考点 最优设计方案 解析解析 根据题意先选择中间最优线路 中间有三条 分别是A F G D E F B E G C 费用最 低的是A F G D为 3 1 2 6 再选择A F G D线路到点E的最低费用线路是 A E费用为 2 再选择A F G D到C B的最低费用 则选择 G C B 费用最低为 3 5 8 所以铺设道路的最小 费用为 6 2 8 16 例例 10 10 20122012 年陕西省理年陕西省理 5 5 分 分 观察下列不等式 2 13 1 22 23 115 1 233 222 1117 1 2344 照此规律 第五个不等式为 答案答案 22222 1111111 1 234566 考点考点 归纳规律 解析解析 由题设中所给的三个不等式归纳出它们的共性 左边式子是连续正整数平方的倒数和 最后一 个数的分母是不等式序号n 1 的平方 右边分式中的分子与不等式序号n的关系是 2n 1 分母是不等式 的序号n 1 得出第n个不等式 即可得到通式 2 0 121 1 1 n i n n n 令n 5 即可得出第五个不等式 即 5 2 0 111 6 1i 1 CA a11 无解 a1 1a11a1 a11a11a11 或0a1 同理可知 0b1 26 0ab2 由题设所有数和为 0 即 ab c1 0ab 1c 解得 与题设矛盾 01c2 3c1 t 1t 22t 1 t12t 1 cA cA cA 1 t 2t 2 下面证明是最大值 2t 1 t 2 若不然 则存在一个数表 A S 2 2t 1 使得 2t 1 K A x t 2 由的定义知的每一列两个数之和的绝对值都不小于 而两个绝对值不超过 K AAx 1 的数的和 其绝对值不超过 2 故的每一列两个数之和的绝对值都在区间中 由于 故A x2 或x1 的每一列两个数符号均与列和的符号相同 且绝对值均不小于 Ax1 设中有列的列和为正 有列的列和为负 由对称性不妨设 则Aghgh 另外 由对称性不妨设的第一行行和为正 第二行行和为负 gtht 1 或A 考虑的第一行 由前面结论知的第一行有不超过 个正数和不少于个负数 每AAtt 1 个正数的绝对值不超过 1 即每个正数均不超过 1 每个负数的绝对值不小于 即每个负数均不超x1 过 1x 27 因此 故 11 r A r At 1t1 1x 2t1t1 x x2t1t 2 xx0 r f xrx xrxr 求的最小值 0 1r f x II 试用 1 的结果证明如下命题 设为正有理数 若 则 1212 0 0 aab b 12 1bb 12 121 122 bb a aaba b III 请将 2 中的命题推广到一般形式 并用数学归纳法证明你所推广的命题 注 当为正有理 数时 有求导公式 1 xx 答案答案 解 11 1 rr fxrrxrx 令 0fx 解得1x 当01x 时 0fx 所以 f x在 0 1 内是减函数 当 1x 时 0fx 所以 f x在 1 内是增函数 函数 f x在1x 处取得最小值 1 0f 由 知 当 0 x 时 有 1 0f xf 即 1 r xrxr 若 1 a 2 a中有一个为 0 则 12 121 122 bb a aa ba b 成立 若 1 a 2 a均不为 0 又 12 1bb 可得 21 1bb 于是在 中令 1 2 a x a 1 rb 可得 1 11 11 22 1 b aa bb aa 即 11 1 121 121 1 bb a aa bab 亦即 12 121 122 bb a aa ba b 综上 对 12 0 0aa 1 b 2 b为正有理数且 12 1bb 总有 12 121 122 bb a aa ba b 28 中命题的推广形式为 设 12 n aaa 为非负实数 12 n b bb 为正有理数 若 12 1 n bbb 则 12 121 122 n bbb nnn a aaa ba ba b 用数学归纳法证明如下 1 当1n 时 1 1b 有 11 aa 成立 2 假设当nk 时 成立 即若 12 k a aa 为非负实数 12 k b bb 为正有理数 且 12 1 k bbb 则 12 121 122 k bbb kkk a aaa ba ba b 当1nk 时 已知 121 kk a aa a 为非负实数 121 kk b bb b 为正有理数 且 121 1 kk bbbb 此时 1 01 k b 即 1 10 k b 111212 121121 kkkk bbbbbbbb kkkk a aa aa aaa 12 11111 1111 121 k kkkkk bbb bbbbb kk aaaa 12 111 1 111 k kkk bbb bbb 由归纳假设可得 12 111 111 12 k kkk bbb bbb k aaa 12 12 111 111 k k kkk bbb aaa bbb 1 122 1 1 kk k a ba ba b b 112 121 kk bbbb kk a aa a 1 1 1 1 122 1 1 1 k k b b kk k k a ba ba b a b 又 11 1 1 kk bb 由 得 1 1 1 1 122 1 1 1 k k b b kk k k a ba ba b a b 1 122 111 1 1 1 kk kkk k a ba ba b bab b 1 12211kkkk a ba ba bab 112 121 kk bbbb kk a aa a 1 12211kkkk a ba ba bab 故当1nk 时 成立 由 1 2 可知 对一切正整数n 所推广的命题成立 考点考点 利用导数求函数的最值 数学归纳法的应用 解析解析 应用导数求函数的最值 由 的结论 分 1 a 2 a中有一个为 0 和 1 a 2 a均不为 0 讨论即可 应用数学归纳法证明 五五 程序框图程序框图 典型例题 典型例题 例例 1 1 20122012 年全国课标卷理年全国课标卷理 5 5 分 分 如果执行下边的程序框图 输入正整数 2 N N 和 29 实数 12 n a aa 输出 则 A B 为 12 n a aa的和 AAB 2 AB 为 12 n a aa的算术平均数 B 和分别是 12 n a aa中最大的数和最小的数 CAB 和分别是 12 n a aa中最小的数和最大的数 DAB 答案答案 C 考点考点 程序框图的结构 解析解析 根据程序框图所示的顺序 逐框分析程序中各变量 各语句的作用可知 该程序的作用是 和分别是 12 n a aa中最大的数和最小的数 故选 ABC 例例 2 2 20122012 年北京市理年北京市理 5 5 分 分 执行如图所示的程序框图 输出的 S 值为 A 2 B 4 C 8 D 16 30 答案答案 C 考点考点 程序框图 分析分析 根据流程图所示的顺序 逐框分析程序中各变量 各语句的作用 程序的运行过程中各变量值 变化如下表 是否继续循环 Sk 循环前 10 第一圈是 21 第二圈是 42 第三圈是 83 第四圈否输出 8 最终输出结果 k 4 故选 C 例例 3 3 20122012 年天津市理年天津市理 5 5 分 分 阅读下边的程序框图 运行相应的程序 当输入的值为时 输出x25 的值为 x A 1 139 31 答案答案 C 考点考点 程序框图 分析分析 根据流程图所示的顺序 程序的运行过程中各变量值变化如下表 是否继续循环x 循环前 25 第一圈是 4 第二圈是 1 第三圈否输出 3 最终输出结果 故选 C 2 1 1 3x 例例 4 4 20122012 年天津市文年天津市文 5 5 分 分 阅读下边的程序框图 运行相应的程序 则输出 S 的值为 A 8 B 18 C 26 D 80 答案答案 C 考点考点 程序框图 分析分析 根据流程图所示的顺序 程序的运行过程中各变量值变化如下表 是否继续循环Sn 循环前 01 第一圈是 0 332S 2 第二圈是 2 2338S 3 第三圈是 32 83326S 4 第四圈否输出 26 最终输出结果 故选 C 26 32 例例 5 5 20122012 年安徽省理年安徽省理 5 5 分 分 如图所示 程序框图 算法流程图 的输出结果是 A3 B4 C D 答案答案 B 考点考点 程序框图的结构 解析解析 根据程序框图所示的顺序 逐框分析程序中各变量 各语句的作用可知 该程序的作用是计算 满足的最小项数 4x 根据流程图所示的顺序 程序的运行过程中各变量值变化如下表 是否继续循环x y 循环前 11 第一圈是 22 第二圈是 43 第三圈是 84 第四圈否输出 4 最终输出结果 故选 4yB 例例 6 6 20122012 年山东省理年山东省理 5 5 分 分 执行下面的程序图 如果输入 a 4 那么输出的 n 的值为 A 2 B 3 C 4 D 5 33 答案答案 B 考点考点 程序框图 分析分析 根据流程图所示的顺序 程序的运行过程中各变量值变化如下表 是否继续循环 n n 1P P 42Q 2Q 1 循环前 001 第一圈是 013 第二圈是 157 第三圈是 22115 第四圈否输出 3 最终输出结果 n 3 故选 B 例例 7 7 20122012 年辽宁省理年辽宁省理 5 5 分 分 执行如图所示的程序框图 则输出的S的值是 A 1 B C D 4 2 3 3 2 答案答案 D 34 考点考点 程序框图中的循环结构 数列的周期性 解析解析 根据程序框图可计算得由此可知S 2 4 1 1 2 3 3 sisisi 3 4 4 5 2 sisi 的值呈周期出现 其周期为 4 输出时因此输出的值与时相同 故选 D 9i 1i 例例 8 8 20122012 年广东省文年广东省文 5 5 分 分 执行如图所示的程序框图 若输入的值为 6 则输出的值为 ns A B C D 10516151 答案答案 C 考点考点 程序框图 解析解析 本循环结构是当型循环结构 它所表示的算式为 1 3 5 2i 1 输入n 6 可得 s 进入循环的条件为 即 1 3 5 模拟程序的运行结果 即可得到输出的 s 值 6i i 当时 1 1is 1 11s 当时 3 1is 3 13s 当时 5 3is 5 315s 当时 不满足条件 退出循环 则输出的 故选 C 7i 6i 15s 例例 9 9 20122012 年陕西省理年陕西省理 5 5 分 分 下图是用模拟方法估计圆周率的程序框图 表示估计结果 则图中 P 空白框内应填入 35 A B C D 1000 N P 4 1000 N P 1000 M P 4 1000 M P 答案答案 D 考点考点 程序框图 解析解析 点落在单位圆内或圆上 随机产生 1000 个数 因此图中空白框内应填入 故 ii x y 4 1000 M P 选 D 例例 10 10 20122012 年福建省文年福建省文 5 5 分 分 阅读如图所示的程序框图 运行相应的程序 输出的s值等于 A 3 B 10 C 0 D 2 答案答案 A 考点考点 程序框图 解析解析 第一次循环由于k 1 4 所以s 2 1 1 k 2 第二次循环k 2 4 所以s 2 2 0 k 3 第三次循环k 3 4 所以s 0 3 3 k 4 结束循环 所以输出s 3 故选 A 例例 11 11 20122012 年陕西省文年陕西省文 5 5 分 分 下图是计算某年级 500 名学生期末考试 满分为 100 分 及格率q的程 36 序框图 则图中空白框内应填入 A q B q C q D q N M M N N MN M MN 答案答案 D 考点考点 程序框图 解析解析 因为执行判断框 是 计算的及格的总分数M 否 统计的是不及格的成绩 所以及格率 故选 D M q MN 例例 12 12 20122012 年广东省理年广东省理 5 5 分 分 执行如图所示的程序框图 若输入n的值为 8