高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 第七章 第五節(jié) 推理與證明 文試題

第五節(jié)推理與證明考點一合情推理與演繹推理1.(2012·江西，5)觀察下列事實：|x|＋|y|＝1的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為4，|x|＋|y|＝2的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為8，|x|＋|y|＝3的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為12，…，則|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為()A.76B.80C.86D.92解析由已知條件得，|x|＋|y|＝n(n∈N＋)的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為4n，所以|x|＋|y|＝20的不同整數(shù)解(x，y)的個數(shù)為80，故選B.答案B2.(2015·陜西，16)觀察下列等式1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)－eq\f(1,6)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)……據(jù)此規(guī)律，第n個等式可為________.解析等式左邊的特征：第1個等式有2項，第2個有4項，第3個有6項，且正負(fù)交錯，故第n個等式左邊有2n項且正負(fù)交錯，應(yīng)為1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)；等式右邊的特征：第1個有1項，第2個有2項，第3個有3項，故第n個有n項，且有前幾個的規(guī)律不難發(fā)現(xiàn)第n個等式右邊應(yīng)為eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n).答案1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)3.(2013·陜西，13)觀察下列等式(1＋1)＝2×1(2＋1)(2＋2)＝22×1×3(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5……照此規(guī)律，第n個等式可為_______________________________________________.解析觀察規(guī)律，等號左側(cè)為(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，等號右側(cè)分兩部分，一部分是2n，另一部分是1×3×…×(2n－1).答案(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)4.(2014·福建，16)已知集合{a，b，c}＝{0，1，2}，且下列三個關(guān)系：①a≠2；②b＝2；③c≠0有且只有一個正確，則100a＋10b＋c解析可分下列三種情形：(1)若只有①正確，則a≠2，b≠2，c＝0，所以a＝b＝1與集合元素的互異性相矛盾，所以只有①正確是不可能的；(2)若只有②正確，則b＝2，a＝2，c＝0，這與集合元素的互異性相矛盾，所以只有②正確是不可能的；(3)若只有③正確，則c≠0，a＝2，b≠2，所以b＝0，c＝1，所以100a＋10b＋c＝100×2＋10×0＋1＝201.答案2015.(2014·課標(biāo)Ⅰ，14)甲、乙、丙三位同學(xué)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，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________.解析根據(jù)甲和丙的回答推測乙沒去過B城市，又知乙沒去過C城市，故乙去過A城市.答案A6.(2013·湖南，15)對于E＝{a1，a2，…，a100}的子集X＝{ai1，ai2，…，aik}，定義X的“特征數(shù)列”為x1，x2，…，x100，其中xi1＝xi2＝…＝xik＝1，其余項均為0.例如：子集{a2，a3}的“特征數(shù)列”為0，1，1，0，0，…，0.(1)子集{a1，a3，a5}的“特征數(shù)列”的前3項和等于________.(2)若E的子集P的“特征數(shù)列”p1，p2，…，p100滿足p1＝1，pi＋pi＋1＝1，1≤i≤99；E的子集Q的“特征數(shù)列”q1，q2，…，q100滿足q1＝1，qj＋qj＋1＋qj＋2＝1，1≤j≤98，則P∩Q的元素個數(shù)為________.解析(1)根據(jù)題意可知子集{a1，a3，a5}的“特征數(shù)列”為1，0，1，0，1，0，0，…，0，此數(shù)列前3項和為2.(2)根據(jù)題意可寫出子集P的“特征數(shù)列”為1，0，1，0，1，0，…，1，0，則P＝{a1，a3，…，a2n－1，…，a99}(1≤n≤50)，子集Q的“特征數(shù)列”為1，0，0，1，0，0，…，1，0，0，1，則Q＝{a1，a4，…，a3k－2，…，a100}(1≤k≤34)，則P∩Q＝{a1，a7，a13，…，a97}，共有17項.答案(1)2(2)177.(2013·湖北，17)在平面直角坐標(biāo)系中，若點P(x，y)的坐標(biāo)x，y均為整數(shù)，則稱點P為格點.若一個多邊形的頂點全是格點，則稱該多邊形為格點多邊形.格點多邊形的面積記為S，其內(nèi)部的格點數(shù)記為N，邊界上的格點數(shù)記為L.例如圖中△ABC是格點三角形，對應(yīng)的S＝1，N＝0，L＝4.(1)圖中格點四邊形DEFG對應(yīng)的S，N，L分別是________；(2)已知格點多邊形的面積可表示為S＝aN＋bL＋c，其中a，b，c為常數(shù).若某格點多邊形對應(yīng)的N＝71，L＝18，則S＝________(用數(shù)值作答).解析由圖形可得四邊形DEFG對應(yīng)的S，N，L分別是3，1，6.再取兩相鄰正方形可計算S，N，L的值為2，0，6.加上已知S＝1時N＝0，L＝4，代入S＝aN＋bL＋c可計算求出a＝1，b＝eq\f(1,2)，c＝－1，故當(dāng)N＝71，L＝18時，S＝71＋eq\f(1,2)×18－1＝79.答案(1)3，1，6(2)798.(2012·陜西，12)觀察下列不等式1＋eq\f(1,22)＜eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＜eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＜eq\f(7,4)，……照此規(guī)律，第五個不等式為______________________________________________.解析3＝2×1＋1，5＝2×2＋1，7＝2×3＋1，所以第五個不等式右邊的分子為2×5＋1＝11.故填1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)＜eq\f(11,6).答案1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋eq\f(1,52)＋eq\f(1,62)＜eq\f(11,6)9.(2011·陜西，13)觀察下列等式1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝254＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49……照此規(guī)律，第五個等式應(yīng)為______________________________________________.解析觀察等式左側(cè)：第一行有1個數(shù)是1，第二行是3個連續(xù)自然數(shù)的和，第一個數(shù)是2，第三行是5個連續(xù)自然數(shù)的和，第一個數(shù)是3，第四行是7個連續(xù)自然數(shù)的和，第一個數(shù)是4，第5行應(yīng)該是9個連續(xù)自然數(shù)的和，第一個數(shù)為5，∴第5行左側(cè)：5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13；等式右側(cè)：第一行1＝12，第二行9＝32，第三行25＝52，第四行49＝72，則第5行應(yīng)為81＝92.∴第五個等式為5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝81.答案5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝81考點二直接證明與間接證明1.(2014·山東，4)用反證法證明命題“設(shè)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(shè)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恰好有兩個實根解析至少有一個實根的否定是沒有實根，故做的假設(shè)是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實根”.答案A2.(2015·四川，21)已知函數(shù)f(x)＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.(1)設(shè)g(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)，討論g(x)的單調(diào)性；(2)證明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解.解(1)由已知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以g′(x)＝2－eq\f(2,x)＝eq\f(2（x－1）,x)，當(dāng)x∈(0，1)時，g′(x)＜0，g(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)＞0，g(x)單調(diào)遞增.(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx，令φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，則φ(1)＝1＞0，φ(e)＝2(2－e)＜0，于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0，令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，由u′(x)＝1－eq\f(1,x)≥0知，函數(shù)u(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，即a0∈(0，1)，當(dāng)a＝a0時，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，再由(1)知，f′(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)x∈(1，x0)時，f′(x)＜0，從而f(x)＞f(x0)＝0；當(dāng)x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0，從而f(x)＞f(x0)＝0；又當(dāng)x∈(0，1]時，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0，故x∈(0，＋∞)時，f(x)≥0，綜上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在區(qū)間(1，＋∞)內(nèi)有唯一解.3.(2015·江蘇，20)設(shè)a1，a2，a3，a4是各項為正數(shù)且公差為d(d≠0)的等差數(shù)列.(1)證明：2a1，2a2，2a3，(2)是否存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由；(3)是否存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列？并說明理由.(1)證明因為eq\f(2an＋1,2an)＝2an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一個常數(shù)，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次構(gòu)成等比數(shù)列(2)令a1＋d＝a，則a1，a2，a3，a4分別為a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0).假設(shè)存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列，則a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.令t＝eq\f(d,a)，則1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)＜t＜1，t≠0))，化簡得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.將t2＝t＋1代入(*)式，t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，則t＝－eq\f(1,4).顯然t＝－eq\f(1,4)不是上面方程的解，矛盾，所以假設(shè)不成立.因此不存在a1，d，使得a1，aeq\o\al(2,2)，aeq\o\al(3,3)，aeq\o\al(4,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列.(3)解假設(shè)存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列，則aeq\o\al(n,1)(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k).分別在兩個等式的兩邊同除以aeq\o\al(2（n＋k）,1)及aeq\o\al(2（n＋2k）,1)，并令t＝eq\f(d,a1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＞－\f(1,3)，t≠0))，則(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k).將上述兩個等式兩邊取對數(shù)，得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t).化簡得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)].再將這兩式相除，化簡得ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**).令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，則g′(t)＝eq\f(2[（1＋3t）2ln（1＋3t）－3（1＋2t）2ln（1＋2t）＋3（1＋t）2ln（1＋t）],（1＋t）（1＋2t）（1＋3t）).令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，則φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)].令φ1(t)＝φ′(t)，則φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)].令φ2(t)＝φ1′(t)，則φ2′(t)＝eq\f(12,（1＋t）（1＋2t）（1＋3t）)＞0.由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0，知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，0))和(0，＋∞)上均單調(diào).故g(t)只有唯一零點t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假設(shè)不成立.所以不存在a1，d及正整數(shù)n，k，使得aeq\o\al(n,1)，aeq\o\al(n＋k,2)，aeq\o\al(n＋2k,3)，aeq\o\al(n＋3k,4)依次構(gòu)成等比數(shù)列.4.(2014·天津，20)已知q和n均為給定的大于1的自然數(shù).設(shè)集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}.(1)當(dāng)q＝2，n＝3時，用列舉法表示集合A；(2)設(shè)s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.證明：若an＜bn，則s＜t.(1)解當(dāng)q＝2，n＝3時，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3}.可得，A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}.(2)證明由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an<bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1＝eq\f(（q－1）（1－qn－1）,1－q)－qn－1＝－1<0.所以，s<t.5.(2012·山東，22)已知函數(shù)f(x)＝e