理科數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)高考幫試題第15章推理與證明（考題幫數(shù)學(xué)理）

第十五章推理與證明題組1合情推理與演繹推理1.[2016北京,8,5分][理]袋中裝有偶數(shù)個(gè)球,其中紅球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三個(gè)空盒.每次從袋中任意取出兩個(gè)球,將其中一個(gè)球放入甲盒,如果這個(gè)球是紅球,就將另一個(gè)球放入乙盒,否則就放入丙盒.重復(fù)上述過(guò)程,直到袋中所有球都被放入盒中,則()A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B.乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多C.乙盒中紅球不多于丙盒中紅球D.乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多2.[2015山東,11,5分][理]觀察下列各式:C10=4C30+C31C50+C51+CC70+C71+C72……照此規(guī)律,當(dāng)n∈N*時(shí),C2n-10+C2n-13.[2014安徽,12,5分]如圖151,在等腰直角三角形ABC中,斜邊BC=22.過(guò)點(diǎn)A作BC的垂線,垂足為A1;過(guò)點(diǎn)A1作AC的垂線,垂足為A2;過(guò)點(diǎn)A2作A1C的垂線,垂足為A3;…,依此類推.設(shè)BA=a1,AA1=a2,A1A2=a3,…,A5A6=a7,則a7=.

圖1514.[2014陜西,14,5分][理]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569五棱錐6610立方體6812猜想一般凸多面體中F,V,E所滿足的等式是.

題組2直接證明與間接證明5.[2017北京,20,13分][理]設(shè){an}和{bn}是兩個(gè)等差數(shù)列,記cn=max{b1a1n,b2a2n,…,bnann}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs這s個(gè)數(shù)中最大的數(shù).(Ⅰ)若an=n,bn=2n1,求c1,c2,c3的值,并證明{cn}是等差數(shù)列;(Ⅱ)證明:或者對(duì)任意正數(shù)M,存在正整數(shù)m,當(dāng)n≥m時(shí),cnn>M;或者存在正整數(shù)m,使得cm,cm+1,cm+26.[2015江蘇,20,16分][理]設(shè)a1,a2,a3,a4是各項(xiàng)為正數(shù)且公差為d(d≠0)的等差數(shù)列.(1)證明:2a1,2a2,(2)是否存在a1,d,使得a1,a22,a3(3)是否存在a1,d及正整數(shù)n,k,使得a1n,a2n+k題組3數(shù)學(xué)歸納法7.[2014安徽,21,13分][理]設(shè)實(shí)數(shù)c>0,整數(shù)p>1,n∈N*.(Ⅰ)證明:當(dāng)x>1且x≠0時(shí),(1+x)p>1+px;(Ⅱ)數(shù)列{an}滿足a1>c1p,an+1=p-1pan+cpan1-A組基礎(chǔ)題1.[2018鄭州一中高三入學(xué)測(cè)試,12]數(shù)學(xué)上稱函數(shù)y=kx+b(k,b∈R,k≠0)為線性函數(shù).對(duì)于非線性可導(dǎo)函數(shù)f(x),在點(diǎn)x0附近一點(diǎn)x的函數(shù)值f(x),可以用如下方法求其近似代替值:f(x)≈f(x0)+f'(x0)(xx0).利用這一方法,m=4.001的近似代替值(A.大于mB.小于mC.等于mD.與m的大小關(guān)系無(wú)法確定2.[2018吉林百校聯(lián)盟聯(lián)考,5]甲、乙、丙三人參加某公司的面試,最終只有一人能夠被該公司錄用,得到面試結(jié)果以后,甲說(shuō):丙被錄用了;乙說(shuō):甲被錄用了;丙說(shuō):我沒(méi)被錄用.若這三人中僅有一人說(shuō)法錯(cuò)誤,則下列結(jié)論正確的是()A.丙被錄用了 B.乙被錄用了C.甲被錄用了 D.無(wú)法確定誰(shuí)被錄用了3.[2017南昌市三模,4]已知13+23=(62)2,13+23+33=(122)2,13+23+33+43=(202)2,…,若13+23+33+43+…+n3=3025,則n=(A.8 B.9 C.10 D.114.[2017長(zhǎng)春市高三第二次質(zhì)量監(jiān)測(cè),14]將1,2,3,4,…這樣的正整數(shù)按如圖152所示的方式排成三角形數(shù)組,則第10行左數(shù)第10個(gè)數(shù)為.

圖1525.[2017甘肅蘭州高考實(shí)戰(zhàn)模擬,14]觀察下列式子:1,1+2+1,1+2+3+2+1,1+2+3+4+3+2+1,…,由以上可推測(cè)出一個(gè)一般性結(jié)論:對(duì)于n∈N*,則1+2+…+n+…+2+1=.

6.[2017鄭州市高三第三次質(zhì)量預(yù)測(cè),13][數(shù)學(xué)文化題]中國(guó)有個(gè)名句“運(yùn)籌帷幄之中,決勝千里之外.”其中的“籌”原意是指《孫子算經(jīng)》中記載的算籌,古代是用算籌來(lái)進(jìn)行計(jì)算,算籌是將幾寸長(zhǎng)的小竹棍擺在平面上進(jìn)行運(yùn)算,算籌的擺放有縱橫兩種形式,如下表:表示一個(gè)多位數(shù)時(shí),像阿拉伯計(jì)數(shù)一樣,把各個(gè)數(shù)位的數(shù)碼從左到右排列,但各位數(shù)碼的籌式需要縱橫相間,個(gè)位、百位、萬(wàn)位數(shù)用縱式表示,十位、千位、十萬(wàn)位用橫式表示,以此類推,例如6613用算籌表示就是,則5288用算籌可表示為.

B組提升題7.[2017長(zhǎng)沙市五月模擬,7]某班級(jí)有一個(gè)學(xué)生A在操場(chǎng)上繞圓形跑道逆時(shí)針?lè)较騽蛩倥懿?每52秒跑完一圈,在學(xué)生A開(kāi)始跑步時(shí),在教室內(nèi)有一個(gè)學(xué)生B,往操場(chǎng)看了一次,以后每50秒他都往操場(chǎng)看一次,則該學(xué)生B“感覺(jué)”到學(xué)生A的運(yùn)動(dòng)是()A.逆時(shí)針?lè)较騽蛩偾芭?B.順時(shí)針?lè)较騽蛩偾芭蹸.順時(shí)針?lè)较騽蛩俸笸?D.靜止不動(dòng)8.[2017沈陽(yáng)市高三三模,9][數(shù)學(xué)文化題]“楊輝三角”又稱“賈憲三角”,是因?yàn)橘Z憲約在公元1050年首先使用“賈憲三角”進(jìn)行高次開(kāi)方運(yùn)算,而楊輝在公元1261年所著的《詳解九章算法》一書(shū)中,輯錄了賈憲三角形數(shù)表,并稱之為“開(kāi)方作法本源”圖.下列數(shù)表的構(gòu)造思路就源于“楊輝三角”.該表由若干行數(shù)字組成,從第二行起,每一行中的數(shù)字均等于其“肩上”兩數(shù)之和,表中最后一行僅有一個(gè)數(shù),則這個(gè)數(shù)是()2017201620152014……654321403340314029……………11975380648060……201612816124…………362820…………A.2017×22016 B.2018×22015C.2017×22015 D.2018×220169.[2018山東省東明一中模擬,15]古希臘畢達(dá)哥拉斯學(xué)派的數(shù)學(xué)家研究過(guò)各種多邊形數(shù),如三角形數(shù)1,3,6,10,…,第n個(gè)三角形數(shù)為n2+n2,記第n個(gè)k邊形數(shù)為N(n,k)(k≥3),以下列出了部分三角形數(shù):N(n,3)=12n2+12n;正方形數(shù):N(n,4)=n2;五邊形數(shù):N(n,5)=32n212n;六邊形數(shù):N(n,6)=2n2n,…,由此推測(cè)N10.[2017長(zhǎng)春市高三第四次質(zhì)量監(jiān)測(cè),16]有甲、乙二人去看望高中數(shù)學(xué)老師張老師,期間他們做了一個(gè)游戲,張老師的生日是m月n日,張老師把m告訴了甲,把n告訴了乙,然后張老師列出來(lái)如下10個(gè)日期供選擇:2月5日,2月7日,2月9日,5月5日,5月8日,8月4日,8月7日,9月4日,9月6日,9月9日.看完日期后,甲說(shuō):“我不知道,但你一定也不知道.”乙聽(tīng)了甲的話后,說(shuō):“本來(lái)我不知道,但現(xiàn)在我知道了.”甲接著說(shuō):“哦,現(xiàn)在我也知道了.”請(qǐng)問(wèn),張老師的生日是.

答案1.B若袋中有兩個(gè)球,則紅球、黑球各一個(gè),若紅球放在甲盒,則黑球放在乙盒,丙盒中沒(méi)有球,此時(shí)乙盒中黑球多于丙盒中黑球,乙盒中黑球比丙盒中紅球多,故可排除A,D;若袋中有四個(gè)球,則紅球、黑球各兩個(gè),若取出兩個(gè)紅球,則紅球一個(gè)放在甲盒,余下一個(gè)放在乙盒,再取出余下的兩個(gè)黑球,一個(gè)放在甲盒,則余下一個(gè)放在丙盒,所以甲盒中一紅一黑,乙盒中一個(gè)紅球,丙盒中一個(gè)黑球,此時(shí)乙盒中紅球比丙盒中紅球多,排除C,選B.2.4n1第一個(gè)等式,n=1,而右邊式子為40=411;第二個(gè)等式,n=2,而右邊式子為41=421;第三個(gè)等式,n=3,而右邊式子為42=431;第四個(gè)等式,n=4,而右邊式子為43=441;……歸納可知,第n個(gè)等式的右邊為4n1.3.14解法一直接遞推歸納:等腰直角三角形ABC中,斜邊BC=22,所以AB=AC=a1=2,AA1=a2=2,A1A2=a3=1,…,A5A6=a7=a1×(22)6=解法二求通項(xiàng):等腰直角三角形ABC中,斜邊BC=22,所以AB=AC=a1=2,AA1=a2=2,…,An1An=an+1=sinπ4·an=22an=2×(22)n,故a7=2×(22)4.F+VE=2三棱柱中5+69=2;五棱錐中6+610=2;立方體中6+812=2,由此歸納可得F+VE=2.5.(Ⅰ)c1=b1a1=11=0,c2=max{b12a1,b22a2}=max{12×1,32×2}=1,c3=max{b13a1,b23a2,b33a3}=max{13×1,33×2,53×3}=2.當(dāng)n≥3時(shí),(bk+1nak+1)(bknak)=(bk+1bk)n(ak+1ak)=2n<0,所以bknak關(guān)于k∈N*單調(diào)遞減.所以cn=max{b1a1n,b2a2n,…,bnann}=b1a1n=1n.所以對(duì)任意n≥1,cn=1n,于是cn+1cn=1,所以{cn}是等差數(shù)列.(Ⅱ)設(shè)數(shù)列{an}和{bn}的公差分別為d1,d2,則bknak=b1+(k1)d2[a1+(k1)d1]n=b1a1n+(d2nd1)(k1),所以cn=b①當(dāng)d1>0時(shí),取正整數(shù)m>d2d1,則當(dāng)n≥m時(shí),nd1>d2,因此cn=b1此時(shí),cm,cm+1,cm+2,…是等差數(shù)列.②當(dāng)d1=0時(shí),對(duì)任意n≥1,cn=b1a1n+(n1)max{d2,0}=b1a1+(n1)(max{d2,0}a1).此時(shí),c1,c2,c3,…,cn,…是等差數(shù)列.③當(dāng)d1<0時(shí),當(dāng)n>d2d1時(shí),有nd1所以cnn=nd1+d1a1+d2+b≥nd1+d1a1+d2|b1d2|.對(duì)任意正數(shù)M,取正整數(shù)m>max{M+|b1-d2|+6.(1)因?yàn)?an+12an=2所以2a1,2a2,2(2)令a1+d=a,則a1,a2,a3,a4分別為ad,a,a+d,a+2d(a>d,a>2d,d≠0).假設(shè)存在a1,d,使得a1,a22,a3則a4=(ad)(a+d)3,且(a+d)6=a2(a+2d)4.令t=da,則1=(1t)(1+t)3,且(1+t)6=(1+2t)4(12<t<1,化簡(jiǎn)得t3+2t22=0①;且t2=t+1.將t2=t+1代入①式,得t(t+1)+2(t+1)2=t2+3t=t+1+3t=4t+1=0,則t=14顯然t=14因此不存在a1,d,使得a1,a22,a33(3)假設(shè)存在a1,d及正整數(shù)n,k,使得a1n,a2n+k,a3n+2k,a4n+3k依次構(gòu)成等比數(shù)列,則a1n(a1+2d)n+2k=(a1+d)2(n+k),且(a1+d)n+k(a1+3d)n+分別在兩個(gè)等式的兩邊同時(shí)除以a12(n+k)及a12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(gè)等式兩邊取對(duì)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(jiǎn)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(jiǎn)得ln(1+3t)ln(1+2t)+3ln(1+2t)ln(1+t)=4ln(1+3t)ln(1+t)②.令g(t)=4ln(1+3t)ln(1+t)ln(1+3t)ln(1+2t)3ln(1+2t)ln(1+t),則g'(t)=2[(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)=12(1+t由g(0)=φ(0)=φ1(0)=φ2(0)=0,φ2'(t)>0,知φ2(t),φ1(t),φ(t),g(t)在(13,0)和(0,+∞)上均單調(diào)故g(t)只有唯一零點(diǎn)t=0,即方程②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a1n,a2n+k,7.(Ⅰ)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且x≠0時(shí),對(duì)一切整數(shù)p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.(Ⅱ)解法一先用數(shù)學(xué)歸納法證明an>c1①當(dāng)n=1時(shí),由題設(shè)a1>c1p知an>c②假設(shè)n=k(k≥1,k∈N*)時(shí),不等式ak>c1p由an+1=p-1pan+cpan1-p易知當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1ak=p-1p+cp由ak>c1p>0得1<1p<1p(c由(1)中的結(jié)論得(ak+1ak)p=[1+1p(cakp1)]p>1+p因此ak+1p>c,即ak+1所以n=k+1時(shí),不等式an>c1p綜合①②可得,對(duì)一切正整數(shù)n,不等式an>c1p再由an+1an=1+1p(canp1),可得a綜上所述,an>an+1>c1p,n∈N解法二設(shè)f(x)=p-1px+cpx1p,x≥c1pf'(x)=p-1p+cp(1p)xp=p-1p(1由此可得f(x)在[c1p,+∞)上單調(diào)遞增,因而,當(dāng)x>c1p時(shí),f(x)>f(c①當(dāng)n=1時(shí),由a1>c1p>0,即aa2=p-1pa1+cpa11-p=a1[1+1p(ca1p1)]<a1,并且a2=f(故當(dāng)n=1時(shí),不等式an>an+1>c1p②假設(shè)n=k(k≥1,k∈N*)時(shí),不等式ak>ak+1>c1當(dāng)n=k+1時(shí),f(ak)>f(ak+1)>f(c1p),即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>c1pA組基礎(chǔ)題1.A依題意,取f(x)=x,則f'(x)=12x,則x≈x0+12x0(xx0).令x=4.001,x0=4,則4.001≈2+14×0.001,注意到(2+14×0.001)2=4+0.001+(14×0.001)2.C若乙的說(shuō)法錯(cuò)誤,則甲、丙的說(shuō)法都正確,而兩人的說(shuō)法互相矛盾,據(jù)此可得,乙的說(shuō)法是正確的,即甲被錄用了.故選C.3.C13+23=(62)2=(2×32)13+23+33=(122)2=(3×42)13+23+33+43=(202)2=(4×52)…由此歸納可得13+23+33+43+…+n3=[n(n+1因?yàn)?3+23+33+43+…+n3=3025,所以[n(n+1)2]2=3025,所以n2(n+1)2=(2×55)4.91由三角形數(shù)組可推斷出,第n行共有2n1個(gè)數(shù),且最后一個(gè)數(shù)為n2,所以第10行共19個(gè)數(shù),最后一個(gè)數(shù)為100,左數(shù)第10個(gè)數(shù)是91.5.n2由