高考数学一轮总复习第7章不等式推理与证明第5节推理与证明高考AB卷理.doc

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1、1 / 15【2019【2019 最新最新】精选高考数学一轮总复习第精选高考数学一轮总复习第 7 7 章不等式推理章不等式推理与证明第与证明第 5 5 节推理与证明高考节推理与证明高考 ABAB 卷理卷理合情推理与演绎推理 (2016全国，15)有三张卡片，分别写有 1 和 2，1 和 3，2 和 3.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 2” ，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是 1” ，丙说：“我的卡片上的数字之和不是 5” ，则甲的卡片上的数字是_.解析 由丙说：“我的卡片上的数字之和不是 5”可知，丙为“1和 2”或“1 和

2、3” ，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是 1” ，所以乙只可能为“2 和 3” ，所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是 2” ，所以甲只能为“1 和 3”.答案 1 和 3合情推理与演绎推理 1.(2014北京，8)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀” “合格” “不合格”.若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”.如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有( )A.2 人B.3 人 C.4 人D.5 人解析 学生甲比学生乙成绩好，即学生甲两

3、门成绩中一门高过学2 / 15生乙，另一门不低于学生乙.一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且没有相同的成绩，则存在的情况是，最多有 3 人，其中一个语文最好，数学最差；另一个语文最差，数学最好；第三个人成绩均为中等.故选 B.答案 B2.(2012江西，6)观察下列各式：ab1，a2b23，a3b34，a4b47，a5b511，则 a10b10( )A.28B.76 C.123D.199解析 利用归纳法：ab1，a2b23，a3b3431，a4b4437，a5b57411，a6b611718，a7b7181129，a8b8291847，a9b9472976，a10b107647123

4、.答案 C3.(2015山东，11)观察下列各式：C40；CC41; CCC42；CCCC43；照此规律，当 nN*时，C C C C_.解析 观察等式，第 1 个等式右边为 40411，第 2 个等式右边为 41421，第 3 个等式右边为 42431，3 / 15第 4 个等式右边为 43441，所以第 n 个等式右边为 4n1.答案 4n14.(2015福建，15)一个二元码是由 0 和 1 组成的数字串x1x2xn(nN*)，其中 xk(k1，2，n)称为第 k 位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由 0 变为 1，或者由 1 变为 0).已知某种二

5、元码 x1x2x7 的码元满足如下校验方程组：其中运算定义为 000，011，101，110.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第 k 位发生码元错误后变成了 1101101，那么利用上述校验方程组可判定 k 等于_.解析 ()x4x5x6x711011，()x2x3x6x710010；()x1x3x5x710111.由()()知 x5，x7 有一个错误，()中没有错误，x5 错误，故 k 等于 5.答案 55.(2013陕西，14)观察下列等式1211222312223261222324210照此规律，第 n 个等式可为_.解析 左边共 n 项，每项的符号为(1)n1，通项为(1)n1n2

6、.等式右边的值符号为(1)n1，各式为(1)4 / 15n1(123n)(1)n1，第 n 个等式为 12223242(1)n1n2(1)n1.答案 12223242(1)n1n2(1)n1n（n1） 26.(2013湖北，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 1，3，6，10，第 n 个三角形数为n2n.记第 n 个 k 边形数为 N(n，k)(k3)，以下列出了部分 k 边形数中第n 个数的表达式：三角形数 N(n，3)n2n，正方形数 N(n，4)n2，五边形数 N(n，5)n2n，六边形数 N(n，6)2n2n， 可以推测 N(n，k)的表达式，由此计算 N

7、(10，24)_.解析 由题中数据可猜想：含 n2 项的系数为首项是，公差是的等差数列，含 n 项的系数为首项是，公差是的等差数列，因此N(n，k)n2nn2n.故 N(10，24)11n210n1110210101 000.答案 1 0007.(2014陕西，14)观察分析下表中的数据：多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中 F，V，E 所满足的等式是_.解析 三棱柱中 5692；五棱锥中 66102；立方体中5 / 1568122，由此归纳可得 FVE2.答案 FVE28.(2012陕西，11)观察下列不等式1|AC|OA|OC|，

8、同理在MBD 中，|MB|MD|BD|OB|OD|，则得，|MA|MB|MC|MD|OA|OB|OC|OD|，故 O 为梯形内唯一中位点，是正确的.答案 13.(2012福建，17)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：sin213cos217sin 13cos 17；sin215cos215sin 15cos 15；sin218cos212sin 18cos 12；sin2(18)cos248sin(18)cos 48；sin2(25)cos255sin(25)cos 55.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推

9、广为三角恒等式，并证明你的结论.解 (1)选择式，计算如下：sin215cos215sin 15cos 151sin 301.9 / 15(2)三角恒等式为 sin2cos2(30)sin cos(30).证明如下：sin2cos2(30)sin cos(30)sin2(cos 30cos sin 30sin )2sin (cos 30cos sin 30sin )sin2cos2sin cos sin2sin cos sin232sin2 cos2.数学归纳法 14.(2015江苏，23)已知集合 X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)，设 Sn(a，b)|a 整除 b 或 b 整除 a

10、，aX，bYn，令 f(n)表示集合 Sn 所含元素的个数.(1)写出 f(6)的值；(2)当 n6 时，写出 f(n)的表达式，并用数学归纳法证明.解 (1)f(6)13.(2)当 n6 时，f(n)(tN*).下面用数学归纳法证明：当 n6 时，f(6)6213，结论成立；假设 nk(k6)时结论成立，那么 nk1 时，Sk1 在 Sk 的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：1)若 k16t，则 k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，10 / 15结论成立；2)若 k16t1，则 k6t，此时有f(k1)f(k)1k21

11、(k1)2，结论成立；3)若 k16t2，则 k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；4)若 k16t3，则 k6t2，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；5)若 k16t4，则 k6t3，此时有f(k1)f(x)2k22(k1)2，结论成立；6)若 k16t5，则 k6t4，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立.综上所述，结论对满足 n6 的自然数 n 均成立.15.(2014陕西，21)设函数 f(x)ln (1x)，g(x)xf(x)，x0，其中 f(x)是 f(x)的导函数.(1)令 g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x

12、)，nN*，求 gn(x)的表达式；(2)若 f(x)ag(x)恒成立，求实数 a 的取值范围；(3)设 nN*，比较 g(1)g(2)g(n)与 nf(n)的大小，并11 / 15加以证明.解 由题设得，g(x)(x0).(1)由已知，g1(x)，g2(x)g(g1(x)，g3(x)，可得 gn(x).下面用数学归纳法证明.当 n1 时，g1(x)，结论成立.假设 nk 时结论成立，即 gk(x).那么，当 nk1 时，gk1(x)g(gk(x)gk（x） 1gk（x），即结论成立.由可知，结论对 nN成立.(2)已知 f(x)ag(x)恒成立，即 ln (1x)恒成立.设 (x)ln (1

13、x)(x0)，则 (x)，当 a1 时，(x)0(仅当 x0，a1 时等号成立)，(x)在0，)上单调递增，又 (0)0，(x)0 在0，)上恒成立，a1 时，ln (1x)恒成立(仅当 x0 时等号成立).当 a1 时，对 x(0，a1有 (x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1 时，存在 x0，使 (x)nln (n1).证明如下：法一 上述不等式等价于，x0.令 x，nN，则，x0.令 x，nN，则 ln .故有 ln 2ln 1，ln 3ln 2，ln(n1)ln n，上述各式相加可得 ln (n1)，结论得证.法三 如图，dx 是由曲线 y，xn 及 x 轴所围成的曲边梯形的13 / 15面积，而是图中所示各矩形的面积和.dx(1)dxnln (n1)，结论得证.16.(2014重庆，22)设 a11，an12an2)b(nN*).(1)若 b1，求 a2，a3 及数列an的通项公式；(2)若 b1，问：是否存在实数 c 使得 a2nf(a2k1)f(1)a2，即 1ca2k2a2.再由 f(x)在(，1上为减函数得 cf(c)f(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2n1)，即 a2n1a2n2，所以 a2n12a2n12)1.解得 a2n1.综上，由、知存在 c使 a2nca2n1 对一切 nN*成立.