2019年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 14 推理與證明 理 .doc

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2019年高考數(shù)學(xué)真題分類匯編 14 推理與證明 理 考點(diǎn)一　合情推理與演繹推理 1.(xx北京,8,5分)學(xué)生的語文、數(shù)學(xué)成績均被評(píng)定為三個(gè)等級(jí),依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”.若學(xué)生甲的語文、數(shù)學(xué)成績都不低于學(xué)生乙,且其中至少有一門成績高于乙,則稱“學(xué)生甲比學(xué)生乙成績好”.如果一組學(xué)生中沒有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績好,并且不存在語文成績相同、數(shù)學(xué)成績也相同的兩位學(xué)生,那么這組學(xué)生最多有(　　) A.2人 B.3人 C.4人 D.5人 答案　B 2.(xx課標(biāo)Ⅰ,14,5分)甲、乙、丙三位同學(xué)被問到是否去過A,B,C三個(gè)城市時(shí), 甲說:我去過的城市比乙多,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(diǎn)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(duì)于數(shù)對(duì)序列P:(a1,b1),(a2,b2),…,(an,bn),記T1(P)=a1+b1,Tk(P)=bk+max{Tk-1(P),a1+a2+…+ak}(2≤k≤n),其中max{Tk-1(P),a1+a2+…+ak}表示Tk-1(P)和a1+a2+…+ak兩個(gè)數(shù)中最大的數(shù). (1)對(duì)于數(shù)對(duì)序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值; (2)記m為a,b,c,d四個(gè)數(shù)中最小的數(shù),對(duì)于由兩個(gè)數(shù)對(duì)(a,b),(c,d)組成的數(shù)對(duì)序列P:(a,b),(c,d)和P:(c,d),(a,b),試分別對(duì)m=a和m=d兩種情況比較T2(P)和T2(P)的大小; (3)在由五個(gè)數(shù)對(duì)(11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)組成的所有數(shù)對(duì)序列中,寫出一個(gè)數(shù)對(duì)序列P使T5(P)最小,并寫出T5(P)的值.(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(dāng)m=a時(shí),T2(P)=max{c+d+b,c+a+b}=c+d+b. 因?yàn)閍+b+d≤c+b+d,且a+c+d≤c+b+d,所以T2(P)≤T2(P). 當(dāng)m=d時(shí),T2(P)=max{c+d+b,c+a+b}=c+a+b. 因?yàn)閍+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,T2(P)≤T2(P)都成立. (3)數(shù)對(duì)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(diǎn)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(shè)a,b為實(shí)數(shù),則方程x3+ax+b=0至少有一個(gè)實(shí)根”時(shí),要做的假設(shè)是(　　) A.方程x3+ax+b=0沒有實(shí)根 B.方程x3+ax+b=0至多有一個(gè)實(shí)根 C.方程x3+ax+b=0至多有兩個(gè)實(shí)根 D.方程x3+ax+b=0恰好有兩個(gè)實(shí)根 答案　A 考點(diǎn)三　數(shù)學(xué)歸納法 6.(xx安徽,21,13分)設(shè)實(shí)數(shù)c>0,整數(shù)p>1,n∈N*. (1)證明:當(dāng)x>-1且x≠0時(shí),(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(xué)歸納法證明: ①當(dāng)p=2時(shí),(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立. ②假設(shè)p=k(k≥2,k∈N*)時(shí),不等式(1+x)k>1+kx成立. 當(dāng)p=k+1時(shí),(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(shí),原不等式也成立. 綜合①②可得,當(dāng)x>-1,x≠0時(shí),對(duì)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(xué)歸納法證明an>. ①當(dāng)n=1時(shí),由題設(shè)a1>知an>成立. ②假設(shè)n=k(k≥1,k∈N*)時(shí),不等式ak>成立. 由an+1=an+易知an>0,n∈N*. 當(dāng)n=k+1時(shí),=+=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(shí),不等式an>也成立. 綜合①②可得,對(duì)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(shè)f(x)=x+x1-p,x≥,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(dāng)x>時(shí), f(x)>f()=, ①當(dāng)n=1時(shí),由a1>>0,即>c可知 a2=a1+=a1,從而a1>a2>. 故當(dāng)n=1時(shí),不等式an>an+1>成立. ②假設(shè)n=k(k≥1,k∈N*)時(shí),不等式ak>ak+1>成立,則 當(dāng)n=k+1時(shí), f(ak)>f(ak+1)>f(),即有ak+1>ak+2>. 所以n=k+1時(shí),原不等式也成立. 綜合①②可得,對(duì)一切正整數(shù)n,不等式an>an+1>均成立. 7.(xx陜西,21,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=xf (x),x≥0,其中f (x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù). (1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表達(dá)式; (2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (3)設(shè)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(shè)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(xué)歸納法證明. ①當(dāng)n=1時(shí),g1(x)=,結(jié)論成立. ②假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立,即gk(x)=. 那么,當(dāng)n=k+1時(shí), gk+1(x)=g(gk(x))===, 即結(jié)論成立. 由①②可知,結(jié)論對(duì)n∈N+成立. (2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立. 設(shè)φ(x)=ln(1+x)-(x≥0), 即φ(x)=-=, 當(dāng)a≤1時(shí),φ(x)≥0(僅當(dāng)x=0,a=1時(shí)等號(hào)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(shí),ln(1+x)≥恒成立(僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立). 當(dāng)a>1時(shí),對(duì)x∈(0,a-1]有φ(x)<0, ∴φ(x)在(0,a-1]上單調(diào)遞減, ∴φ(a-1)<φ(0)=0. 即a>1時(shí),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(shè)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(jià)于++…+,x>0. 令x=,n∈N+,則,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), 結(jié)論得證. 8.(xx江蘇,23,10分)已知函數(shù)f0(x)=(x>0),設(shè)fn(x)為fn-1(x)的導(dǎo)數(shù),n∈N*. (1)求2f1+f2的值; (2)證明:對(duì)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(duì)x求導(dǎo),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(x+π), 3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin, 4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π). 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對(duì)所有的n∈N*都成立. (i)當(dāng)n=1時(shí),由上可知等式成立. (ii)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin. 因?yàn)閇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(dāng)n=k+1時(shí),等式也成立. 綜合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對(duì)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(shè)a1=1,an+1=+b(n∈N*). (1)若b=1,求a2,a3及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若b=-1,問:是否存在實(shí)數(shù)c使得a2nf(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)f(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

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