2018高考数学（理）复习-2013-2017高考分类汇编-第14章 推理与证明

2018高考数学（理）复习-2013-2017高考分类汇编-第14章 推理与证明

第十四章 推理与证明 第1节 合情推理与演绎推理 题型149 归纳推理——暂无 ‎1. (2013陕西理14）观察下列等式：‎ 照此规律，第个等式可为 . ‎ ‎2.（2013湖北理14）古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数，如三角形数，，，，…，第个三角型数为．记第个边形数为 ()，以下列出了部分边形数中第个数的表达式：‎ 三角形数 ，‎ 正方形数 ，‎ 五边形数 ，‎ 六边形数 ，‎ ‎ ‎ 可以推测的表达式，由此计算 ．‎ ‎3.（2014 陕西理 14） 观察分析下表中的数据：‎ ‎ 多面体 ‎ 面数()‎ ‎ 顶点数()‎ ‎ 棱数()‎ ‎ 三棱锥 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 五棱锥 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 立方体 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 猜想一般凸多面体中，所满足的等式是_________.‎ ‎4.(2015山东理11) 观察下列各式：‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎；‎ ‎……‎ 照此规律，当时， ‎ ‎ .‎ ‎4.解析 观察各等式两侧的规律，由归纳推理的思想，不难发现：‎ ‎．‎ ‎5.（2015湖北理10）设，表示不超过的最大整数. 若存在实数，使得，，…，同时成立，则正整数的最大值是（ ）．‎ A． B． C． D．‎ ‎5.解析 由， ，…，得①，②，③，‎ ④，⑤，由②③得，与⑤矛盾，所以正整数的最大值是4.‎ 故选B.‎ 命题意图 考查归纳推理与不等式的性质.‎ 题型150 类比推理——暂无 ‎1. (2013福建理15）当时，有如下表达式：‎ ‎，两边同时积分得：‎ ‎ ，‎ 从而得到如下等式：‎ 请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：‎ ‎ ‎ 题型151 演绎推理——暂无 ‎1．（2013四川理15）设为平面内的个点，在平面内的所有点中，若点到点的距离之和最小，则称点为点的一个“中位点”．例如，线段上的任意点都是端点的中位点．则有下列命题：‎ ‎①若三个点共线，在线段上，则是的中位点；‎ ‎②直角三角形斜边的点是该直角三角形三个顶点的中位点；‎ ‎③若四个点共线，则它们的中位点存在且唯一；‎ ‎④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．‎ 其中的真命题是____________．（写出所有真命题的序号）‎ ‎2. (2013安徽理14）如图，互不相同的点和分别在角的两条边上，所有相互平行，且所有梯形的面积均相等. 设.若，则数列的通项公式是 . ‎ ‎3. （2013浙江理10）在空间中，过点作平面的垂线，垂足为，记.设是两个不同的平面，对空间任意一点，，恒有，则 A. 平面与平面垂直 B. 平面与平面所成的（锐）二面角为 ‎ C. 平面与平面平行 D. 平面与平面所成的（锐）二面角为 ‎ ‎4. (2013湖南理8）在等腰三角形中，点是边上异于的一点，光线从点出发，经发射后又回到原点（如图）.若光线经过的中心，‎ 则等于（ ）.‎ A． B． C． D． ‎ ‎5.（2014 新课标1理14）甲、乙、丙三位同学被问到是否去过，，三个城市时，‎ ‎ 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过城市；‎ ‎ 乙说：我没去过城市；‎ ‎ 丙说：我们三人去过同一城市；‎ ‎ 由此可判断乙去过的城市为 .‎ ‎6.（2014 北京理 20）（本小题13分）‎ 对于数对序列，记，‎ ‎，其中 表示和两个数中最大的数，‎ （1） 对于数对序列，求的值.‎ （2） 记为四个数中最小值，对于由两个数对组成的数对序列和，试分别对和的两种情况比较和的大小.‎ ‎（3）在由个数对组成的所有数对序列中，写出一个数对序列使最小，并写出的值.（只需写出结论）.‎ ‎7.（2017全国2卷理科7）甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩．老师说：你们四人中有2位优秀，2位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩．看后甲对大家说：我还是不知道我的成绩．根据以上信息，则（ ）.‎ A．乙可以知道四人的成绩 B．丁可以知道四人的成绩 C．乙、丁可以知道对方的成绩 D．乙、丁可以知道自己的成绩 ‎7．解析 四人所知只有自己看到，老师所说及最后甲说的话．甲不知道自己成绩→乙、丙中必有一优一良（若为两优，甲会知道自己成绩；两良亦然）.乙看了丙成绩，知道自己的成绩→丁看甲，甲、丁中也为一优一良，丁知道自己的成绩．故选D.‎ ‎8.（2017 全国1卷理科12）几位大学生响应国家的创业号召，开发了一款应用软件.为激发大家学习数学的兴趣，他们推出了“解数学题获取软件激活码”的活动.这款软件的激活码为下面数学问题的答案：已知数列1，1，2，1，2，4，1，2，4，8，1，2，4，8，16 ，…，其中第一项是，接下来的两项是，，再接下来的三项是，，，依此类推.求满足如下条件的最小整数且该数列的前项和为2的整数幂.那么该款软件的激活码是（ ）.‎ A. B. C. D.‎ ‎8. 解析 设首项为第1组，接下来两项为第2组，再接下来三项为第3组，以此类推．‎ 设第组的项数为，则组的项数和为，由题意得，，令，‎ 得且，即出现在第13组之后，第组的和为，组总共的和为 ‎，若要使前项和为2的整数幂，则项的和应与互 为相反数，即，，得的最小值为，‎ 则.故选A.‎ 第2节 证明 题型152 综合法与分析法证明 ‎1.（2015全国II理24）选修4-5：不等式选讲 设，，，均为正数，且.证明：‎ ‎(1)若，则；‎ ‎(2)是的充要条件.‎ ‎1.分析（1）由，及 ，可证明 ，两边开 方即得；（2）由第（1）问的结论来证明.在证明中要注意分别证明 充分性和必要性.‎ 解析（1）因为，，由题设 ‎，，得，因此.‎ ‎（2）( i)若，则，即.‎ 因为，所以，由（Ⅰ）得.‎ ‎( ii)若，则，‎ 即.因为，所以，于是 ‎，因此.‎ 综上，是的充要条件.‎ 命题意图 不等式的证明要紧抓不等式的性质，结合其正负性来证明.充要条件的证明体现了数学推理的严谨性，要分充分性和必要性两个方面来证明.‎ ‎2.（2016山东理16（1））在中，角，，的对边分别为，，，已知 求证：；‎ ‎2.解析 （1）由题意知，，‎ 化简得，即.‎ 因为，所以.‎ 从而.由正弦定理得.‎ ‎3.（2016四川理17（1））在中，角，， 所对的边分别是， ， ，且.‎ 证明：；‎ ‎3.解析（1）根据正弦定理，可设，则，，.‎ 代入中，有，‎ 可变形得 在中，由，有，‎ 所以 ‎4.（2016浙江理20（1））设数列满足，．求证：，；‎ ‎4.解析 由，得.两边同时除以，得 ‎，所以 ‎，因此.‎ ‎5.（2016天津理18）已知是各项均为正数的等差数列，公差为，对任意的， 是和的等比中项.‎ ‎（1）设，求证：数列是等差数列；‎ ‎（2）设，，.求证：.‎ ‎5.解析 （1）证明：由题意得，有，因此，所以是等差数列.‎ ‎（2）证明：‎ ‎.‎ 所以.‎ 题型153 反证法证明 ‎1.（2015湖南理16（3））设，，且.‎ ‎（1）；‎ ‎（2）与不可能同时成立.‎ ‎1.解析 证明： 由，得 ‎ ‎（）由基本不等式及，有，即.‎ ‎() 假设与同时成立，则由及得；‎ 同理，，从而，这与相矛盾. ‎ 故与不可能同时成立.‎ ‎2.（2016全国甲理15）有三张卡片，分别写有和，和，和.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是”，则甲的卡片上的数字是_______.‎ ‎3.（2016浙江理20）设数列满足，．‎ ‎（1）求证：，；（2）若，，证明：，．‎ ‎3.解析 （1）由，得.两边同时除以，得，‎ 所以 ‎，因此.‎ ‎（2）任取，由（1）知，对于任意，‎ ‎，故．‎ 从而对于任意，均有①，当趋于正无穷时，单调递减趋于，‎ 即 否则存在，有，取正整数，且，‎ 则，即与式①相矛盾.‎ 由上所述，对于任意，均有.‎ ‎4．（2016上海理23（3）） 若无穷数列满足：只要，必有，‎ 则称具有性质．‎ ‎（1）若具有性质． 且， ， ， ，，求；‎ ‎（2）若无穷数列是等差数列，无穷数列是公比为正数的等比数列，，，，判断是否具有性质，并说明理由；‎ ‎（3）设是无穷数列，已知，求证：“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”．‎ ‎4．解析 （1）因为，所以，，，‎ 因为，所以，所以．‎ ‎（2）设的公差为，的公差为，则，‎ 因为，所以，故；‎ 因为，所以，故．所以，‎ 由题意，但，，显然 故不具有性质．‎ ‎（3）先论证充分性：若为常数列，不妨设，‎ 则，若存在使得，‎ 则，故具有性质．‎ 再论证必要性：证法一（反证法）：假设不是常数列，则存在，‎ 使得，而．‎ 下面证明存在满足的，使得，但．‎ 设，取，使得，‎ 则，，故存在使得．‎ 取，因为，所以，‎ 依此类推，得，但，‎ 即，所以不具有性质，与假设矛盾，所以是常数列．‎ 综上所述：“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”．‎ 证法二：考察连续函数，其中为任意实数，‎ 因为，，‎ 所以存在，使得，‎ 若对任意的，都具有性质，取，‎ 此时，从而会有，，，，，‎ 因此对任意的，都有，从而是常数列．‎ 综上所述：“对任意，都具有性质”的充要条件为“是常数列”．‎ 评注 事实上，若对任意，具有性质，则，构造函数，，由图像可得，对任意的，二者图像必有一个交点（但这一点需要数学理论的论述），所以一定能找到一个，使得，所以，即．故，所以是常数列．‎ 题型154 数学归纳法证明——暂无 ‎1.（2015江苏23）已知集合，，设整除或整除，，令表示集合所含元素的个数．‎ ‎（1）写出的值；‎ ‎（2）当时，写出的表达式，并用数学归纳法证明．‎ 故与不可能同时成立.‎ ‎1.分析 其实解决此除了需要有良好的数学分类思维以外，还需下表辅助我们理解问题的本质．‎ 带标记的表示为的倍数或约数（其实是奇葩，其余的都是的倍数），带标记的表示为的倍数或约数，而则表示既是的倍数或约数又是的倍数或约数（即为的倍数或约数，此题不作研究）．‎ 这样研究时，可直接得：，‎ 当时，可直接得：．‎ 这就是本题的本质，以为周期进行分类整合并进行数学归纳研究．‎ 解析 （1）当时，，，‎ 可取，，，，，，，，，‎ ‎，，，，共个，故．‎ ‎（2）当时，，‎ 证明：当时，枚举可得，，，‎ ‎，，，符合通式；‎ 假设时，成立，即成立，‎ 则当时，此时，此时比多出有序数对个，‎ 即多出，，，，，，‎ ‎，，，，，‎ 从而，符合通式；‎ 另外，当，，，，，同理可证，‎ 综上，即，‎ 即当时也成立．‎ 例如时，，则，‎ 综上所述：．‎ ‎2.（2015安徽理18）设，是曲线在点处的切线与轴交点的横坐标．‎ ‎（1）求数列的通项公式；‎ ‎（2）记，求证：.‎ ‎2. 解析 （1），所以曲线在点处的切 线斜率为，从而切线方程为．令，解得切线与轴的交 点的横坐标．‎ ‎（2）证法一：证明：由题设和（Ⅰ）中的计算结果知：‎ ‎．当时，；当时，‎ 因为，‎ 所以．‎ 综上可得对任意的，均有．‎ 证法二：分析 证明数列不等式时，对于不等式两端含且一端是积的形式 ‎，可采用对称的思想，使其化为两个数列积的形式，再通过比较通项的 大小，最后根据不等式“同向同正可乘”的基本性质，叠乘得以证明．‎ 证明：设是数列的前项积，则当时，；当时，，‎ 所以．由（1）可得，当时，；当时，‎ ‎，所以此时，‎ 所以可得，‎ 综上可得，即．‎ ‎3.（2015广东理21）数列满足：.‎ (1) 求的值；‎ (2) 求数列的前项和；‎ (3) 令，，求证：数列的前项和 满足.‎ ‎3. 解析（1）由题可得 ‎，所以．‎ ‎（2）由题可得当时，‎ ‎ ，所以．又也适合此式，‎ 所以，所以数列是首项为1，公比为的等比数列，‎ 故．‎ ‎（3）由题可得，‎ 所以， ，‎ ‎，，‎ 所以 ‎ ‎ ‎ ．‎ 记，则．‎ 当时，，当时，，所以在上单调 递减，在上单调递增，所以当时，，当时，‎ ‎，所以，所以，‎ 所以，，，，‎ 即有，‎ 所以，即．‎ ‎4.（2015湖北理22）已知数列的各项均为正数，，e为自然对数的底数．‎ ‎（1）求函数的单调区间，并比较与e的大小；‎ ‎（2）计算，，，由此推测计算的公式，并给出证明；‎ ‎（3）令，数列，的前项和分别记为,, 证明：. ‎ ‎4. 解析 （1）的定义域为，.‎ 当，即时，单调递增；当，即时，单调递减. ‎ 故的单调递增区间为，单调递减区间为. ‎ 当时，，即.‎ 令，得，即. ①‎ ‎（2）；；‎ ‎. 由此推测： ②‎ 下面用数学归纳法证明②. ‎ ‎（1）当时，左边右边，②成立. ‎ ‎（2）假设当时，②成立，即.‎ 当时，，由归纳假设可得：‎ ‎.‎ 所以当时，②也成立. ‎ 根据（1）（2），可知②对一切正整数都成立. 所以.‎ ‎（3）由的定义，②，算术-几何平均不等式，的定义及①得：‎ ‎，即. ‎ ‎5.（2015浙江理20）已知数列满足=且．‎ ‎（1）证明： ；‎ ‎（2）设数列的前项和为,证明.‎ ‎5.解析 （1）由题意得，所以， ‎ ‎，所以与同号，又，所以，‎ 所以，‎ ‎（2）由题意得，所以， ‎ 又，所以 ‎ 所以，因此， ‎ 所以 ‎ 所以 ．‎ ‎6.（2015重庆理22）在数列中，，．‎ ‎（1）若，，求数列的通项公式；‎ ‎（2）若，，证明：.‎ ‎6. 解析 （1）由, ,有.‎ 若存在某个，使得，则由上述递推公式易得．‎ 重复上述过程可得，此时与矛盾，所以对任意的，．‎ 从而，即是一个公比，首项的等比数列．‎ 故．‎ ‎（2）由，，数列的递推关系式变为，‎ 变形为．‎ 由上式及，归纳可得．‎ 因为，‎ 所以对求和得 =‎ ‎.‎ 另一方面，由上已证的不等式知，得：‎ ‎ ‎ ‎.‎ 综上所述：．‎