推理与证明第三十八讲推理与证明答案

专题十三 推理与证明第三十八讲 推理与证明答案部分1．B【解析】解法一 因为lnx≤x1(x 0)，所以ln(12aaaaaaa12343)≤1231，所以4111aaaa≤，又a，所以等比数列的公比q0．若q≤1，则(1)(120aaaaaqq）≤，12341123而a1a2a3≥a11，所以ln(aaa)0，与ln(aaa)aaaa≤0矛盾，1231234所以1q0，所以(1a1a3a1(1q)0，aaaqq22241)0，所以aa，13aa，故选B．24解法二因为ex≥x1，a1a2a3a4ln(a1a2a3)，所以eaaaaaaa≥aaaa，则a≤，12312341412341又a，所以等比数列的公比q0．11(1)(120aaaaaqq）≤，12341若q≤1，则而 a a a≥a ，所以ln(a a a) 012311123与ln(a a a) a a a a≤0矛盾，1231234所以

1q

0，所以(12)0241(1a

a

a

q ，

a

a aq

q2131)0

，所以a a，13a

a，故选

B．242．D【解析】解法一

点

(2,1)

在直线

x

y1上，ax

y

4表示过定点(0,4)

，斜率为

a的直线，当 a 0时，x ay 2表示过定点 (2,0)，斜率为 1 的直线，不等式 x ay≤2a表示的区域包含原点，不等式 ax y 4表示的区域不包含原点．直线axy4与直线xay2互相垂直，显然当直线axy4的斜率a0时，不等式axy4表13示的区域不包含点 (2,1)，故排除 A；点(2,1)与点(0,4)连线的斜率为，当2 a3，即3a 时，ax y 4表示的区域包含点 (2,1)，此时x ay 2表示的2a2ax y 4表示的区域不包含点 (2,1)，故排除 C，故选D．解法二若(2,1)A，则2a区域也包含点(2,1)，故排除B；当直线axy4的斜率3，即3a时，214，解得3，所以当且仅当2a≤2(2,1)A．故选 D．23a≤时，3．D【解析】由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，则甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙的结果则知道自己的结果，丁看到甲的结果则知道自己的结果，故选D．4．B【解析】设O为三角形ABC中心，底面如图2，过O作OE RP，OF PQ，OG RQ，由题意可知 tan DO，tan OD，tanOEOFOD，OGDCQAGEOFPBQCARGOEPBxF图1图2由图2所示，以 P为原点建立直角坐标系，不妨设 AB2，则A(1,0)，B(1,0)，C，(0,(0,3))Q，R(,)，O3，∵AP PB，BQ CR2，∴(1,23)3QCRA332333则直线 RP的方程为3y x，直线 PQ的方程为 y 23x，直线 RQ的方程为2yx ，根据点到直线的距离公式，知 221353OE，OF 39，1OG ，39221393∴OF OG OE，tan tan tan ，因为， ，为锐角，所以 ．选B5．B【解析】由数据可知，进入立定跳远决赛的 8人为1~8号，所以进入 30秒跳绳决赛的6人从1~8号里产生．数据排序后可知3号，6号，7号必定进入30秒跳绳决赛，则得分为63，a，60，63，al的5人中有3人进入30秒跳绳决赛．若1号，5号学生未进入30秒跳绳决赛，则4号学生就会进入决赛，与事实矛盾，所以l号，5号学生必进入30秒跳绳决赛，故选B．6．A【解析】当 s 4时，p，q，r都是取 0，1，2，3中的一个，有 444 64种，当s 3时，p，q，r都是取 0，1，2中的一个，有333 27种，当s2时，p，q，r都是取0，1中的一个，有2228种，当s1时，p，q，r都取0，有1种，所以card642781100，当t0时，u取1，2，3，4中的一个，有4种，当t1时，u取2，3，4中的一个，有3种，当t2时，u取3，4中的一个，有2种，当t3时，u取4，有1种，所以t、u的取值有123410种，同理，v、w的取值也有10种，所以cardF所以card1010100，cardF100100200，故选D．7．B【解析】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．8．A【解析】“至少有一个实根”的反面为“没有实根”，故选A．9．D【解析】∵55 3125,5615625,57 78125,58 390625，591953125，5 9765625,10,∴5n(nZ,且n≥5)的末四位数字呈周期性变化，且最小正周期为

4,记5n(nZ,且

n≥5)的末四位数字为

f(n),则

f(2011)

f(5014

7)

f(7)

，∴52011与

57

的末位数字相同，均为

8125，选D．10．D【解析】由给出的例子可以归纳推理得出：若函数 f(x)是偶函数，则它的导函数是3奇函数，因为定义在

R上的函数

f(x)

满足

f(x)

f(x)，即函数

f(x)是偶函数，所

以它的导函数是奇函数，即有

g(x)=g(x)，故选D．

11．27【解析】所有的正奇数和

2n(nN*)按照从小到大的顺序排列构成 {a}，在数列{a}nn中，25前面有16个正奇数，即a2125，a3826．当n1时，S1112a224，不符合题意；当n2时，S2312a336，不符合题意；当n3时，S3 612a4 48，不符合题意；当n 4时，41012560S a ，不符合题意；⋯⋯；21(141)2(12)=441+62=503<12a516，不符合题5262721222(143)2(125)=484+62=546>12a=540，符合题意；当n27时，S2827212意．故使得S12a成立的n的最小值为27．当n26时，Snn112．Qp【解析】设线段AB的中点为C(x,y)，则Q2y，其中i1,2,312iiiiiii①由题意只需比较线段 AB中点的纵坐标的大小即可，作图可得AB中点纵坐标比ii1A2B2,A3B3的中点纵坐标大，所以第一位选．1OC斜率的大小，分别作 BBB②由题意pi，只需比较三条线段OC，OC1,2,3yixi123关于原点的对称点 2,3以选 p2.ABABAB斜率，可得 AB最大，所 ,12211,22,33BBB，比较直线1,2,313．1和3【解析】为方便说明，不妨将分别写有1和2，1和3，2和3的卡片记为A，B，C从丙出发，由于丙的卡片上的数字之和不是 5，则丙只可能是卡片A或B，无论是哪 一张，均含有数字 1，再由乙与丙的卡片上相同的数字不是 1可知，乙所拿的卡片必然 是C，最后由甲与乙的卡片上相同的数字不是 2，知甲所拿的卡片为 B，此时丙所拿的 卡片为 A．414．【解析】根据已知，归纳可得结果为 n(n+1)．315．111123411112n12nn1n21．2n【解析】观察等式知：第 n个等式的左边有 2n个数相加减，奇数项为正，偶数项为负， 1且分子为 1，分母是 1到2n的连续正整数，等式的右边是n1n 211 2n．16．4n-1【解析】 具体证明过程可以是：1C2n1CC2Ln1CC2Cn12n12n12n12n1(2222n1L22n122n1)1C0[(2n1C2n1C1)(2n1C2n2C2C2n3LCn1Cn)()(2n12n12n12n12n12n1)]21(2117．1012C2n1C2n1C2n11LCn2n1Cn2n121)22LCn2n1141．nn2【解析】解法一直接递推归纳；等腰直角三角形ABC中，斜边BC22，所以42ABACaAAa12,12，AAa，31，AAaa567162121．()24解法二求通项：等腰直角三角形ABC中，斜边BC22，所以ABACa12,AA1a22，，anA A asinn1nn1 anan2 ，故2() 2=12()6674222418．6【解析】因为①正确，②也正确，所以只有①正确是不可能的；若只有②正确，①③④都不正确，则符合条件的有序数组为(2,3,1,4)，(3,2,1,4)；若只有③正确，①②④都不正确，则符合条件的有序数组为 (3,1,2,4)；若只有④正确，①②③都不正确，则 符合条件的有序数组为 (2,1,4,，(3,1,4,2)，(4,1,3,2)．综上符合条件的有序数组的个数是6．19．42【解析】先由徒弟粗加一工原料 B，6天后，师傅开始精加工原料 B，徒弟同时开始粗加工原料A，再9天后（15天后），徒弟粗加工原料A完成，此时师傅还在精加工原料B，27天后，师傅精加工原料B完成，然后接着精加工原料A，再15天后，师傅精加工原料A完成，整个工作完成，一共需要6+21+15=42个工作日．xxxx，【解析】由，得20．fxf1x12014xf1(x)2()()1x12x5可得xx，故可归纳得f2014(x)．12014xf3(x)f(f2(x))13x21．FVE2【解析】三棱柱中5+6-9=2；五棱锥中6+6-10=2；立方体中 6+8-12=2，由此归纳可得 FV E 2．22．12－22+32－42+⋯+（－1）n+1n2=（－1）n+1·n(n1) （n∈2N）【解析】观察上式等号左边的规律发现，左边的项数一次加 1，故第n个等式左边有n项，每项所含的底数的绝对值也增加1，一次为1，2，3，⋯n，指数都是2，符号成正负交替出现可以用(1)n1表示，等式的右边数的绝对值是左边项的底数的和，故等 式的右边可以表示为 (1)n·(1)nn，所以第 n个式子可为 12－22+32－42+⋯2+(1)nn=（－1）n+1·n(n1)2（n∈N）．1223．1000【解析】观察 n和n前面的系数，可知一个成递增的等差数列另一个成递减的等差数列，故Nn n2 n，N10,241000,241110124．121 321 421 52111【解析】观察不等式的左边发现，第 n个不等式的左2626边=1 221 321(n1)21，右边= 2n11 ，所以第五个不等式为n1112 2342211152111 ．66225．（1）6；（2）32n114【解析】（1）当N=16时，P xxxxxxLx，可设为(1,2,3,4,5,6,L,16)，012345616P xxxxLxxxxLx，即为 (1,3,5,7,9,L2,4,6,8,L,16)，113571524616PxxxxxxxxxxLx，即(1,5,9,13,3,7,11,15,2,6,L,16)，2159133711152616x位于P中72的第6个位置；（2）在 P中 x位于两段中第一段的第 87个位置，位于奇数位置上，此时在

P中

x位11732173

于四段中第一段的第

44个位置上，再作变换得

P时，x位于八段中第二段的第

22x

位于十六段中的第四段的第

11个位置上．也就是位于 P中3173个位置上，再作变换时，17364的第32n411个位置上． 26．n (n1)L (3n 2) (2n1)【解析】把已知等式与行数对应起来， 则每一个2等式的左边的式子的第一个数是行数 n，加数的个数是 2n1；等式右边都是完全平方 数，行数1=12+3+4=93+4+5+6+7=254+5+6+7+8+9+10=49⋯⋯⋯⋯1234⋯⋯等号左边的项数1357所以n (n1)L[n (2n1)1] (2n1)2，即n (n1)L (3n(2n1)20,n 【解析】根据合情推理，利用归纳和类比进行简单的推理， 当为偶数时 27．11 n，当为奇数时nn230,当n为偶数时可得T=n．12n13nn，当为奇数时28．962【解析】观察等式可知，cos的最高次的系数2,8,32,128构成了公比为4的等比数列，故m1284512．取0，则cos1，cos101，代入等式⑤得151212801120np1，即np350①取，则cos1，cos101，代入等式⑤得2113112112512()1280()1120()n()p()11086422②2222即n4p200联立①②得，n400,p50，所以mnp=512(400)50962．29．【解析】(1)因为(1,1,0)，(0,1,1)，所以71M(,)[(11|11|)(11|11|)(00)|00|)]2，21M(,)[(10|10|)(11|11|)(01|01|)]1．2(2)设(x,x,x,x)B，则M(,)xxxx．12341234由题意知 x，x，x，x∈{0，1}，且M(,)为奇数，1234所以 x， x， x， x中1的个数为 1或3．1234所以B {(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)，(0，1，1，1)，(1，0，1，1)，(1，1，0，1)，(1，1，1，0)}．将上述集合中的元素分成如下四组：(1，0，0，0)，(1，1，1，0)；(0，1，0，0)，(1，1，0，1)；(0，0，1，0)，(1，0，1，1)；(0，0，0，1)，(0，1，1，1)．经验证，对于每组中两个元素 ， ，均有 M(,)1．所以每组中的两个元素不可能同时是集合 B的元素． 所以集合 B中元素的个数不超过 4．又集合{(1，0，0，0)，(0，1，0，0)，(0，0，1，0)，(0，0，0，1)}满足条件，所以集合B{(,,,)|(,,,),1,Sxx

中元素个数的最大值为xxxxAxxx

4．x

(3)设k12n12nk12k10}(k1,2,,n)，S1{(x1,x2,,x)|x1

x2

x 0}，nnn则ASUSU12US．n1对于 S（k1,2,k,n1）中的不同元素 ， ，经验证， M(,)≥1．,n1）中的两个元素不可能同时是集合 B的元素．所以 S（k1,2,k所以B中元素的个数不超过 n1．取e(x,x,,x)S且x1x0（k1,2,,n1）．knk12nk令 B ee1 e USUS，则集合 B的元素个数为 n1，且满足条件．(,,,)2n1nn1故B是一个满足条件且元素个数最多的集合．830．【解析】(1)记(abc)为排列abc的逆序数，对 1，2，3的所有排列，有(123)=0，(132)=1，(213)=1，(231)=2，(312)=2，(321)=3，所以f，ff．3(0)13(1)3(2)2对1，2，3，4的排列，利用已有的1，2，3的排列，将数字4添加进去，4在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此，f4(2)f3(2)f3(1)f3(0)5．(2)对一般的n(n≥4)的情形，逆序数为0的排列只有一个：12n，所以(0)1fn．逆序数为 1的排列只能是将排列 12所以f(1) n1．n中的任意相邻两个数字调换位置得到的排列，为计算fn，当1，2，⋯，n的排列及其逆序数确定后，将n1添加进原排列，n11(2)在新排列中的位置只能是最后三个位置．因此， f1(2) f(2) f(1) f(0) f(2) n．nnnnn当n≥5时，f(2)[f(2)f(2)][f(2)f(2)]⋯[f(2)f(2)]f(2)nnn1n1n2544nn22(n1)(n2)4f(2)42，2因此，n≥5时，f(2)nnn2．231．【解析】证明:（1）因为a a n d，1(1)a是等差数列，设其公差为 d，则nn从而，当 n≥4时，ankanka1

(n

k1)d

a1

(n

k1)d

2a

2(n1)d

2a

，

k1,2,3,1n所以

an

ananan

anan

an32+1+12+3，因此等差数列a是“P(3)数列”.n2）数列a既是“ P(2)数列”，又是“ P(3)数列”，因此，n当n 3时，a2 a1 a1 annn24a，①nn9当n4时，3211236.②a a a a a a annnnnnn由①知，

an3

an2

4an1

(an

an1)

，③a2

a3

4a1

(annn1

an)

，④n将③④代入②，得 an1 an12an，其中 n 4，所以a3,a4,a5,L是等差数列，设其公差为 d'.在①中，取 n 4，则a a d'，a232 a3 a5 a6 4a4，所以在①中，取 n 3，则122a1 a2 a4 a5 4a3，所以 a a d'，所以数列{a}是等差数列.n32．【解析】（Ⅰ）易知 a11，35a ，22a3 3且b ，11b ，23b所以

c1

b1

a1110,cb ab a ，2max{121,222}max{121,322}1cb ab ab a ．3max{131,232,333}max{131,332,533}下面证明：对任意nN*且n≥2，都有 cn b1 a1n．当kN*且2≤k≤n时，(b an) (b an)kk11 [(2k1) nk]1n (2k 2) n(k1) (k1)(2 n)∵k10且2 n0∴(bk akn) (b1 a1n)≤0 (b an)≥(b an)．11kk因此对任意nN*且n≥2，cn b1 a1n1n，则c1 c 1．nn又∵c2 c1 1，10故cn1 cn 1对n N均成立，从而{cn}是等差数列*（Ⅱ）设数列{a}和{b}的公差分别为 d,d，下面我们考虑c的取值．nnabn对b an，b an，b an，1122nn考虑其中任意项b an(iN*且1≤i≤n)，iib an [b (i1)d][a (i1)d]niiba(b an) (i1)(d dn)11ba下面分 d 0，daa0，d 0三种情况进行讨论．a（1）若d 0，则b an (b an) (i1)daii11b①若0d≤，则(b an) (b an) (i1)d≤0bii11b则对于给定的正整数 n而言， c b ann11此时ca，故{}c是等差数列n1n1ndb0，则(ban)(ban)(in)d≤0iinnb则对于给定的正整数 n而言， c b an b annnnn此时c c d a，故{}c是等差数列n1nb1n此时取 m1，则1,2,3,ccc2）若da是等差数列，命题成立．0，则此时为一个关于 n的一次项系数为负数的一次函数． dndab故必存在 mN*，使得当 n≥m时，dn d 0ab则当n≥m时，(b an) (b an) (i1)(dn d)≤0(iN*,1≤i≤n)ii11ab因此，当 n≥m时，c b an．n11此时ca，故{c}从第m项开始为等差数列，命题成立．n1n1n3）da0，则此时 dn d为一个关于 n的一次项系数为正数的一次函数．ab11故必存在 sN*，使得当 n≥s时，dn d 0ab则当n≥s时，(b an) (b an) (i n)(dn d)≤0(iN*,1≤i≤n)iinnab因此当 n≥s时，c b an．nnnc此时nb annnba n dn (d a d)nd1bbnananbaa1n1b令d

A 0，

d

a d

B，b

d C1cCAnB下面证明

对任意正数

M，存在正整数

m，使得当

n≥

m时，ncnM．n|M B|①若C≥0，则取 （[x]表示不等于 x的最大整数）m[]1An当n≥m时，cn|M B|≥AnB≥AmBA([A]1)BABABMn此时命题成立．若C0，则取m[|MCB|]1A当n≥m时cn|MC B|≥AnBC≥AmBCA([]1)BCA≥MC B B C M此时命题成立．因此，对任意正数 M，使得当 n≥m时，nc M．n综合以上三种情况，命题得证．*n1nN.33．【解析】(1)由已知得 a an13,于是当T{2,4}时，S a2 a4 3a1 27a1 30a1.r又S30，故11130a 30，即a .r1*所以数列{a}的通项公式为 a 3n,nN.nn(2)因为T {1,2,L,k}，a 3nn1 0,nN，12*所以13S a aL a Lr12k3k11(31)3 .kk因此，S a .rk1(3)下面分三种情况证明.①若D是C的子集，则 S SCCDISCDS S 2SDDD.②若C是D的子集，则 S SCCDIS S 2SCC2SCD.③若D不是C的子集，且C不是D的子集.令 E CICD，

F DICC则

E

，

F

，

EIF

.UUS S

SI于是CECD，SDES.F

SF

SCID，进而由

SC

SD

，得

S设k是E中的最大数，l为F中的最大数，则k1,l1,k l.由（2）知，a，于是3k1SSa3kSl1lFEk1

，所以

l1k

，即

l

k.E又

k

l，故

l

k1，l1313k1a1SkE从而1aaa13 L Ll3l122，F2故SF2S1，所以S SCDI2(S SDCD)1I，即SCSCDI2SD1E.综合①②③得， S SCCDI2SD.2341x41x34．【解析】(1)因为1x x xxx由于x231x0,1，有14≤，即1x x1x1xx1 ≤，1x所以 f(x)≥1x x.2(2)由0≤x≤1得x3≤x，故311f(x) x≤1x1x所以3f(x)≤.2xx3312133≤，222x12213由(1)得()12(1)233fx≥xxx≥，24411933f，所以 fx ，又因为 () 2244433(x)≤． 综上，f4235．【解析】(1)f(x)的定义域为(,)，f(x)1ex．当f(x)0，即x0时，f(x)单调递增；当f(x)0，即x0时，f(x)单调递减．故f(x)的单调递增区间为(,0)，单调递减区间为(0,)．当x 0时，f(x) f(0) 0，即1x ex．令x11，即(11)e1 ，得1en(*)nnnnb1bbbb1(2)11(1)1112；12 1 2 22(1)2(21)232；a1aaaa211212bbbbbb1123123233．33(1)(31)4aaaaaa3123123由此推测：bbLb (n1)n ．(**)12naaLa12n下面用数学归纳法证明②．①当

n1时，左边

右边

2，(**)成立．bbLb

(k1)k

．②假设当n12kaaLa12k

k时，(**)成立，即1当n k1时，b(k1)(1)1ak，由归纳假设可得 k1k1k1bbLbbbbLbb112kk112k1k(k1)(k1)(1k) (k 2)k1k1．aaLaa12kk1aaLaa12kk1k1

所以当

n

k1时，(**)

也成立．根据①②，可知

(**)对一切正整数

n都成立．(3)由 c的定义，(**)，算术-几何平均不等式，b的定义及(*)得nnn312n1Tc c cL cn123n(a) (aa) (aaa)L(aaLa)1111()()bbbbbLbbbb311122()()nL n12312234n1bb bb b bb bL bL11212312122334n(n1)14n11 b[ L 122311]b[ L n(n1)233411]Lbn(n1)1n(n1)1211111b(1) b( )L b( )1 2 nn12n1nn1bbb1L(1)1a (1)211aL(1)a12nn12n12n12nL eeaeaeaS，即T eS．12nnnn36．【解析】(1)f613．n 2 n n ,n6t 23n1n(2)当n 6时， 2 1n,n6t1fn23nn2n2,n6t223n1nn2,n6t323nn1n2,n6t423n1n 2n2,n6t5 23下面用数学归纳法证明：nt）．（66①当n 6时，f6 6 213，结论成立； 23②假设n k（k 6）时结论成立，那么 nk1时，S 在Sk的基础上新增加的元k1素在1,k1，2,k1，3,k1中产生，分以下情形讨论：1）若k16t，则k 6t15，