《高考數(shù)學真題分類匯編 14 推理與證明 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數(shù)學真題分類匯編 14 推理與證明 理（6頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、高考數(shù)學真題分類匯編 14 推理與證明 理
考點一 合情推理與演繹推理
1.(xx北京,8,5分)學生的語文、數(shù)學成績均被評定為三個等級,依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”.若學生甲的語文、數(shù)學成績都不低于學生乙,且其中至少有一門成績高于乙,則稱“學生甲比學生乙成績好”.如果一組學生中沒有哪位學生比另一位學生成績好,并且不存在語文成績相同、數(shù)學成績也相同的兩位學生,那么這組學生最多有( )
A.2人 B.3人 C.4人 D.5人
答案 B
2.(xx課標Ⅰ,14,5分)甲、乙、丙三位同學被問到是否去過A,B,C三個城市時,
甲說:我去過的城市比乙多,
2、但沒去過B城市;
乙說:我沒去過C城市;
丙說:我們?nèi)巳ミ^同一城市.
由此可判斷乙去過的城市為 .?
答案 A
3.(xx陜西,14,5分)觀察分析下表中的數(shù)據(jù):
多面體
面數(shù)(F)
頂點數(shù)(V)
棱數(shù)(E)
三棱柱
5
6
9
五棱錐
6
6
10
立方體
6
8
12
猜想一般凸多面體中F,V,E所滿足的等式是 .?
答案 F+V-E=2
4.(xx北京,20,13分)對于數(shù)對序列P:(a1,b1),(a2,b2),…,(an,bn),記T1(P)=a1+b1,Tk(P)=bk+max{Tk-1(P),a1+a2+…
3、+ak}(2≤k≤n),其中max{Tk-1(P),a1+a2+…+ak}表示Tk-1(P)和a1+a2+…+ak兩個數(shù)中最大的數(shù).
(1)對于數(shù)對序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值;
(2)記m為a,b,c,d四個數(shù)中最小的數(shù),對于由兩個數(shù)對(a,b),(c,d)組成的數(shù)對序列P:(a,b),(c,d)和P':(c,d),(a,b),試分別對m=a和m=d兩種情況比較T2(P)和T2(P')的大小;
(3)在由五個數(shù)對(11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)組成的所有數(shù)對序列中,寫出一個數(shù)對序列P使T5(P)最小,并寫出T5(P)的
4、值.(只需寫出結(jié)論)
解析 (1)T1(P)=2+5=7,
T2(P)=1+max{T1(P),2+4}=1+max{7,6}=8.
(2)T2(P)=max{a+b+d,a+c+d},
T2(P')=max{c+d+b,c+a+b}.
當m=a時,T2(P')=max{c+d+b,c+a+b}=c+d+b.
因為a+b+d≤c+b+d,且a+c+d≤c+b+d,所以T2(P)≤T2(P').
當m=d時,T2(P')=max{c+d+b,c+a+b}=c+a+b.
因為a+b+d≤c+a+b,且a+c+d≤c+a+b,所以T2(P)≤T2(P').
所以無論m=a還是m=d
5、,T2(P)≤T2(P')都成立.
(3)數(shù)對序列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.
考點二 直接證明與間接證明
5.(xx山東,4,5分)用反證法證明命題“設a,b為實數(shù),則方程x3+ax+b=0至少有一個實根”時,要做的假設是( )
A.方程x3+ax+b=0沒有實根
B.方程x3+ax+b=0至多有一個實根
C.方程x3+ax+b=0至多有兩個實根
D.方程x3+ax+b=0恰好有兩個實根
答案 A
考點三 數(shù)學歸納法
6、6.(xx安徽,21,13分)設實數(shù)c>0,整數(shù)p>1,n∈N*.
(1)證明:當x>-1且x≠0時,(1+x)p>1+px;
(2)數(shù)列{an}滿足a1>,an+1=an+.證明:an>an+1>.
解析 (1)證明:用數(shù)學歸納法證明:
①當p=2時,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.
②假設p=k(k≥2,k∈N*)時,不等式(1+x)k>1+kx成立.
當p=k+1時,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.
所以p=k+1時,原不等式也成立.
綜合①②可得,當x>-1,x≠0時,對
7、一切整數(shù)p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.
(2)證法一:先用數(shù)學歸納法證明an>.
①當n=1時,由題設a1>知an>成立.
②假設n=k(k≥1,k∈N*)時,不等式ak>成立.
由an+1=an+易知an>0,n∈N*.
當n=k+1時,=+=1+.
由ak>>0得-1<-<<0.
由(1)中的結(jié)論得=>1+p·=.
因此>c,即ak+1>.
所以n=k+1時,不等式an>也成立.
綜合①②可得,對一切正整數(shù)n,不等式an>均成立.
再由=1+可得<1,即an+1an+1>,n∈N*.
證法二:設f(x)=x+x1-p,x≥,
8、則xp≥c,并且
f '(x)=+(1-p)x-p=>0,x>.
由此可得, f(x)在[,+∞)上單調(diào)遞增.
因而,當x>時, f(x)>f()=,
①當n=1時,由a1>>0,即>c可知
a2=a1+=a1,從而a1>a2>.
故當n=1時,不等式an>an+1>成立.
②假設n=k(k≥1,k∈N*)時,不等式ak>ak+1>成立,則
當n=k+1時, f(ak)>f(ak+1)>f(),即有ak+1>ak+2>.
所以n=k+1時,原不等式也成立.
綜合①②可得,對一切正整數(shù)n,不等式an>an+1>均成立.
7.(xx陜西,21,1
9、4分)設函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=xf '(x),x≥0,其中f '(x)是f(x)的導函數(shù).
(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表達式;
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍;
(3)設n∈N+,比較g(1)+g(2)+…+g(n)與n-f(n)的大小,并加以證明.
解析 由題設得,g(x)=(x≥0).
(1)由已知,g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==,
g3(x)=,…,可得gn(x)=.
下面用數(shù)學歸納法證明.
①當n=1時,g1(x)=,結(jié)論成立.
②假設n=k時結(jié)論成
10、立,即gk(x)=.
那么,當n=k+1時,
gk+1(x)=g(gk(x))===,
即結(jié)論成立.
由①②可知,結(jié)論對n∈N+成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立.
設φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),
即φ'(x)=-=,
當a≤1時,φ'(x)≥0(僅當x=0,a=1時等號成立),
∴φ(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,又φ(0)=0,
∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
∴a≤1時,ln(1+x)≥恒成立(僅當x=0時等號成立).
當a>1時,對x∈(0,a-1]有φ'(x)<0,
∴φ(x)在(0,a-1]上單調(diào)遞減,
11、
∴φ(a-1)<φ(0)=0.
即a>1時,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立,
綜上可知,a的取值范圍是(-∞,1].
(3)由題設知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+,
n-f(n)=n-ln(n+1),
比較結(jié)果為g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1).
證明如下:
證法一:上述不等式等價于++…+,x>0.
令x=,n∈N+,則
12、那么,當n=k+1時,
++…++,x>0.
令x=,n∈N+,則ln>.
故有l(wèi)n 2-ln 1>,
ln 3-ln 2>,
……
ln(n+1)-ln n>,
上述各式相加可得ln(n+1)>++…+.
結(jié)論得證.
證法三:如圖,dx是由曲線y=,x=n及x軸所圍成的曲邊梯形的面積,而++…+是圖中所示各矩形的面積和,
∴++…+>dx=dx=n-ln(n+1),
13、
結(jié)論得證.
8.(xx江蘇,23,10分)已知函數(shù)f0(x)=(x>0),設fn(x)為fn-1(x)的導數(shù),n∈N*.
(1)求2f1+f2的值;
(2)證明:對任意的n∈N*,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)證明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式兩邊分別對x求導,得f0(x)+xf '0(x)=cos x,
即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin,類似可得
2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin
14、(x+π),
3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,
4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π).
下面用數(shù)學歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的n∈N*都成立.
(i)當n=1時,由上可知等式成立.
(ii)假設當n=k時等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin.
因為[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.
因此當n=k+1時,等式也成立.
綜合
15、(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的n∈N*都成立.
令x=,可得nfn-1+fn=sin(n∈N*).
所以=(n∈N*).
9.(xx重慶,22,12分)設a1=1,an+1=+b(n∈N*).
(1)若b=1,求a2,a3及數(shù)列{an}的通項公式;
(2)若b=-1,問:是否存在實數(shù)c使得a2n
16、(n∈N*).
解法二:a2=2,a3=+1,
可寫為a1=+1,a2=+1,a3=+1.
因此猜想an=+1.
下用數(shù)學歸納法證明上式:
當n=1時結(jié)論顯然成立.
假設n=k時結(jié)論成立,即ak=+1,則
ak+1=+1=+1=+1.
這就是說,當n=k+1時結(jié)論成立.
所以an=+1(n∈N*).
(2)解法一:設f(x)=-1,則an+1=f(an).
令c=f(c),即c=-1,解得c=.
下用數(shù)學歸納法證明加強命題a2n
17、kf(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.
再由f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù)得c=f(c)
18、為減函數(shù),
從而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=-1<1.
即0≤ak+1≤1.這就是說,當n=k+1時結(jié)論成立.故①成立.
再證:a2nf(a2k+1)=a2k+2,
a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2n+1),
即a2n+1>a2n+2,
所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④
綜上,由②、③、④知存在c=使a2n
高考數(shù)學真題分類匯編 14 推理與證明 理
