2014-2018年五年真题分类第十五章推理与证明

第十五章 推理与证明1.（2017新课标,7）甲、乙、丙、丁四位同学一起去问老师询问成语竞赛的成绩老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩根据以上信息，则（ ） A、乙可以知道四人的成绩B、丁可以知道四人的成绩C、乙、丁可以知道对方的成绩D、乙、丁可以知道自己的成绩1.D 四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说话，甲不知自己的成绩乙丙必有一优一良，（若为两优，甲会知道自己的成绩；若是两良，甲也会知道自己的成绩）乙看到了丙的成绩，知自己的成绩丁看到甲、丁中也为一优一良，丁知自己的成绩，故选D2（2018浙江，11）我国古代数学著作张邱建算经中记载百鸡问题：“今有鸡翁一，值钱五；鸡母一，值钱三；鸡雏三，值钱一，凡百钱，买鸡百只，问鸡翁、母、雏各几何？”设鸡翁，鸡母，鸡雏个数分别为x，y，z，则x+y+z=100,5x+3y+13z=100,当z=81时，x=_，y=_2. 8 11 z=81,x+y=195x+3y=73,x=8y=11.3.（2017北京,14）三名工人加工同一种零件，他们在一天中的工作情况如图所示，其中Ai的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数，点Bi的横、纵坐标分别为第i名工人下午的工作时间和加工的零件数，i=1，2，3记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数，则Q1 ， Q2 ， Q3中最大的是_记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则p1 ， p2 ， p3中最大的是_3.Q1；p2 若Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数，Q1=A1的纵坐标+B1的纵坐标；Q2=A2的纵坐标+B2的纵坐标，Q3=A3的纵坐标+B3的纵坐标，由已知中图象可得：Q1 ， Q2 ， Q3中最大的是Q1 ， 若pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数，则pi为AiBi中点与原点连线的斜率，故p1 ， p2 ， p3中最大的是p2.4.(2014北京，8)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4.B 学生甲比学生乙成绩好,即学生甲两门成绩中一门高过学生乙,另一门不低于学生乙.一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且没有相同的成绩，则存在的情况是，最多有3人，其中一个语文最好，数学最差；另一个语文最差，数学最好；第三个人成绩均为中等.故选B.5.(2014山东，4)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()A.方程x3axb0没有实根B.方程x3axb0至多有一个实根C.方程x3axb0至多有两个实根D.方程x3axb0恰好有两个实根5.A 至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x3axb0没有实根”.6.（2017江苏,14）设f（x）是定义在R上且周期为1的函数，在区间0，1）上，f（x）= ，其中集合D=x|x= ，nN*，则方程f（x）lgx=0的解的个数是_ 6. 8 在区间0，1）上，f（x）= ，第一段函数上的点的横纵坐标均为有理数，又f（x）是定义在R上且周期为1的函数，在区间1，2）上，f（x）= ，此时f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；同理：区间2，3）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间3，4）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间4，5）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间5，6）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间6，7）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间7，8）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；区间8，9）上，f（x）的图象与y=lgx有且只有一个交点；在区间9，+）上，f（x）的图象与y=lgx无交点；故f（x）的图象与y=lgx有8个交点；即方程f（x）lgx=0的解的个数是8.7.(2016全国，15)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是_.7.1和3 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”.8.(2015山东，11)观察下列各式：C40；CC41; CCC42；CCCC43；照此规律，当nN*时，CC C C_.8.4n1 观察等式，第1个等式右边为40411，第2个等式右边为41421，第3个等式右边为42431，第4个等式右边为43441，所以第n个等式右边为4n1.9.(2015福建，15)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2xn(nN*)，其中xk(k1,2，n)称为第k位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0).已知某种二元码x1x2x7的码元满足如下校验方程组：其中运算定义为000,011,101,110.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于_.9.5 ()x4x5x6x711011，()x2x3x6x710010；()x1x3x5x710111.由()()知x5，x7有一个错误，()中没有错误，x5错误，故k等于5.10.(2014陕西，14)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_.10.FVE2 三棱柱中5692;五棱锥中66102;立方体中68122,由此归纳可得FVE2.11（2018天津，18）设an是等比数列，公比大于0，其前n项和为Sn(nN*)，bn是等差数列.已知a1=1，a3=a2+2，a4=b3+b5，a5=b4+2b6.（I）求an和bn的通项公式；（II）设数列Sn的前n项和为Tn(nN*)，（i）求Tn；（ii）证明k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=2n+2n+2-2(nN*).11.（I）设等比数列an的公比为q.由a1=1,a3=a2+2,可得q2-q-2=0.因为q0，可得q=2，故an=2n-1.设等差数列bn的公差为d，由a4=b3+b5，可得b1+3d=4.由a5=b4+2b6，可得3b1+13d=16, 从而b1=1,d=1, 故bn=n. 所以数列an的通项公式为an=2n-1，数列bn的通项公式为bn=n.（II）（i）由（I），有Sn=1-2n1-2=2n-1，故Tn=k=1n(2k-1)=k=1n2k-n=2(1-2n)1-2-n=2n+1-n-2.（ii）因为(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(2k+1-k-2+k+2)k(k+1)(k+2)=k2k+1(k+1)(k+2)=2k+2k+2-2k+1k+1，所以k=1n(Tk+bk+2)bk(k+1)(k+2)=(233-222)+(244-233)+(2n+2n+2-2n+1n+1)=2n+2n+2-2.12（2018江苏，20）设an是首项为a1，公差为d的等差数列，bn是首项为b1，公比为q的等比数列（1）设a1=0,b1=1,q=2，若|anbn|b1对n=1,2,3,4均成立，求d的取值范围；（2）若a1=b10,mN*,q(1,m2，证明：存在dR，使得|anbn|b1对n=2,3,m+1均成立，并求d的取值范围（用b1,m,q表示）12.（1）由条件知：an=(n-1)d,bn=2n-1因为|an-bn|b1对n=1，2，3，4均成立，即|(n-1)d-2n-1|1对n=1，2，3，4均成立，即11，1d3，32d5，73d9，得73d52因此，d的取值范围为73,52（2）由条件知：an=b1+(n-1)d,bn=b1qn-1若存在d，使得|an-bn|b1（n=2，3，m+1）成立，即|b1+(n-1)d-b1qn-1|b1(n=2,3,m+1)，即当n=2,3,m+1时，d满足qn-1-2n-1b1dqn-1n-1b1因为q(1,m2，则10，对n=2,3,m+1均成立因此，取d=0时，|an-bn|b1对n=2,3,m+1均成立下面讨论数列qn-1-2n-1的最大值和数列qn-1n-1的最小值（n=2,3,m+1）当2nm时，qn-2n-qn-1-2n-1=nqn-qn-nqn-1+2n(n-1)=n(qn-qn-1)-qn+2n(n-1)，当10因此，当2nm+1时，数列qn-1-2n-1单调递增，故数列qn-1-2n-1的最大值为qm-2m设f(x)=2x(1-x)，当x0时，f(x)=(ln2-1-xln2)2x0，所以f(x)单调递减，从而f(x)f（0）=1当2nm时，qnnqn-1n-1=q(n-1)n21n(1-1n)=f(1n)1时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1时，存在x0，使(x)nln (n1).证明如下：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n1时，ln 2，结论成立.假设当nk时结论成立，即ln (k1).那么，当nk1时，ln (k1)ln (k1)ln ln (k2)，即结论成立.由可知，结论对nN*成立.法二上述不等式等价于，x0.令x，nN*，则ln .故有ln 2ln 1，ln 3ln 2，ln(n1)ln n，上述各式相加可得ln (n1)，结论得证.法三如图，dx是由曲线y，xn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(1)dxnln (n1)，结论得证.15.(2014重庆，22)设a11，an1b(nN*).(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论.15.解(1)法一a22，a31，再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0公差为1的等差数列,故(an1)2n1，即an1(nN*).法二a22，a31，可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式：当n1时结论显然成立.假设nk时结论成立，即ak1.则ak1111.这就是说，当nk1时结论成立.所以an1(nN*).(2)法一设f(x)1，则an1f(an).令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明加强命题a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结论成立.假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11.这就是说，当nk1时结论成立.综上，符合条件的c存在，其中一个值为c.法二设f(x)1，则an1f(an).先证：0an1(nN*).当n1时，结论明显成立.假设nk时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(a