2019年高考數(shù)學真題分類匯編 14 推理與證明 理 .doc

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2019年高考數(shù)學真題分類匯編 14 推理與證明 理考點一合情推理與演繹推理1.(xx北京,8,5分)學生的語文、數(shù)學成績均被評定為三個等級,依次為“優(yōu)秀”“合格”“不合格”.若學生甲的語文、數(shù)學成績都不低于學生乙,且其中至少有一門成績高于乙,則稱“學生甲比學生乙成績好”.如果一組學生中沒有哪位學生比另一位學生成績好,并且不存在語文成績相同、數(shù)學成績也相同的兩位學生,那么這組學生最多有()A.2人 B.3人 C.4人 D.5人答案B2.(xx課標,14,5分)甲、乙、丙三位同學被問到是否去過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.答案A3.(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.答案F+V-E=24.(xx北京,20,13分)對于數(shù)對序列P:(a1,b1),(a2,b2),(an,bn),記T1(P)=a1+b1,Tk(P)=bk+maxTk-1(P),a1+a2+ak(2kn),其中maxTk-1(P),a1+a2+ak表示Tk-1(P)和a1+a2+ak兩個數(shù)中最大的數(shù).(1)對于數(shù)對序列P:(2,5),(4,1),求T1(P),T2(P)的值;(2)記m為a,b,c,d四個數(shù)中最小的數(shù),對于由兩個數(shù)對(a,b),(c,d)組成的數(shù)對序列P:(a,b),(c,d)和P:(c,d),(a,b),試分別對m=a和m=d兩種情況比較T2(P)和T2(P)的大小;(3)在由五個數(shù)對(11,8),(5,2),(16,11),(11,11),(4,6)組成的所有數(shù)對序列中,寫出一個數(shù)對序列P使T5(P)最小,并寫出T5(P)的值.(只需寫出結論)解析(1)T1(P)=2+5=7,T2(P)=1+maxT1(P),2+4=1+max7,6=8.(2)T2(P)=maxa+b+d,a+c+d,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b.當m=a時,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+d+b.因為a+b+dc+b+d,且a+c+dc+b+d,所以T2(P)T2(P).當m=d時,T2(P)=maxc+d+b,c+a+b=c+a+b.因為a+b+dc+a+b,且a+c+dc+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恰好有兩個實根答案A考點三數(shù)學歸納法6.(xx安徽,21,13分)設實數(shù)c0,整數(shù)p1,nN*.(1)證明:當x-1且x0時,(1+x)p1+px;(2)數(shù)列an滿足a1,an+1=an+.證明:anan+1.解析(1)證明:用數(shù)學歸納法證明:當p=2時,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立.假設p=k(k2,kN*)時,不等式(1+x)k1+kx成立.當p=k+1時,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x.所以p=k+1時,原不等式也成立.綜合可得,當x-1,x0時,對一切整數(shù)p1,不等式(1+x)p1+px均成立.(2)證法一:先用數(shù)學歸納法證明an.當n=1時,由題設a1知an成立.假設n=k(k1,kN*)時,不等式ak成立.由an+1=an+易知an0,nN*.當n=k+1時,=+=1+.由ak0得-1-1+p=.因此c,即ak+1.所以n=k+1時,不等式an也成立.綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式an均成立.再由=1+可得1,即an+1an+1,nN*.證法二:設f(x)=x+x1-p,x,則xpc,并且f (x)=+(1-p)x-p=0,x.由此可得, f(x)在,+)上單調遞增.因而,當x時, f(x)f()=,當n=1時,由a10,即c可知a2=a1+=a1,從而a1a2.故當n=1時,不等式anan+1成立.假設n=k(k1,kN*)時,不等式akak+1成立,則當n=k+1時, f(ak)f(ak+1)f(),即有ak+1ak+2.所以n=k+1時,原不等式也成立.綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式anan+1均成立.7.(xx陜西,21,14分)設函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=xf (x),x0,其中f (x)是f(x)的導函數(shù).(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x),nN+,求gn(x)的表達式;(2)若f(x)ag(x)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍;(3)設nN+,比較g(1)+g(2)+g(n)與n-f(n)的大小,并加以證明.解析由題設得,g(x)=(x0).(1)由已知,g1(x)=,g2(x)=g(g1(x)=,g3(x)=,可得gn(x)=.下面用數(shù)學歸納法證明.當n=1時,g1(x)=,結論成立.假設n=k時結論成立,即gk(x)=.那么,當n=k+1時,gk+1(x)=g(gk(x)=,即結論成立.由可知,結論對nN+成立.(2)已知f(x)ag(x)恒成立,即ln(1+x)恒成立.設(x)=ln(1+x)-(x0),即(x)=-=,當a1時,(x)0(僅當x=0,a=1時等號成立),(x)在0,+)上單調遞增,又(0)=0,(x)0在0,+)上恒成立,a1時,ln(1+x)恒成立(僅當x=0時等號成立).當a1時,對x(0,a-1有(x)0,(x)在(0,a-1上單調遞減,(a-1)1時,存在x0,使(x)n-ln(n+1).證明如下:證法一:上述不等式等價于+,x0.令x=,nN+,則ln.下面用數(shù)學歸納法證明.當n=1時,ln 2,結論成立.假設當n=k時結論成立,即+ln(k+1).那么,當n=k+1時,+ln(k+1)+ln(k+1)+ln=ln(k+2),即結論成立.由可知,結論對nN+成立.證法二:上述不等式等價于+,x0.令x=,nN+,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),結論得證.8.(xx江蘇,23,10分)已知函數(shù)f0(x)=(x0),設fn(x)為fn-1(x)的導數(shù),nN*.(1)求2f1+f2的值;(2)證明:對任意的nN*,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x求導,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+),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2).下面用數(shù)學歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的nN*都成立.(i)當n=1時,由上可知等式成立.(ii)假設當n=k時等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin.因為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n=k+1時,等式也成立.綜合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的nN*都成立.令x=,可得nfn-1+fn=sin(nN*).所以=(nN*).9.(xx重慶,22,12分)設a1=1,an+1=+b(nN*).(1)若b=1,求a2,a3及數(shù)列an的通項公式;(2)若b=-1,問:是否存在實數(shù)c使得a2nca2n+1對所有nN*成立?證明你的結論.解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.再由題設條件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.從而(an-1)2是首項為0,公差為1的等差數(shù)列,故(an-1)2=n-1,即an=+1(nN*).解法二:a2=2,a3=+1,可寫為a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+1.下用數(shù)學歸納法證明上式:當n=1時結論顯然成立.假設n=k時結論成立,即ak=+1,則ak+1=+1=+1=+1.這就是說,當n=k+1時結論成立.所以an=+1(nN*).(2)解法一:設f(x)=-1,則an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下用數(shù)學歸納法證明加強命題a2nca2n+11.當n=1時,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,結論成立.假設n=k時結論成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2.再由f(x)在(-,1上為減函數(shù)得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故ca2k+31,因此a2(k+1)ca2(k+1)+11.這就是說,當n=k+1時結論成立.綜上,符合條件的c存在,其中一個值為c=.解法二:設f(x)=-1,則an+1=f(an).先證:0an1(nN*).當n=1時,結論明顯成立.假設n=k時結論成立,即0ak1.易知f(x)在(-,1上為減函數(shù),從而0=f(1)f(ak)f(0)=-11.即0ak+11.這就是說,當n=k+1時結論成立.故成立.再證:a2na2n+1(nN*).當n=1時,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2a3,即n=1時成立.假設n=k時,結論成立,即a2kf(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.這就是說,當n=k+1時成立.所以對一切nN*成立.由得a2n-1,即(a2n+1)2-2a2n+2,因此a2nf(a2n+1),即a2n+1a2n+2,所以a2n+1-1,解得a2n+1.綜上,由、知存在c=使a2nca2n+1對一切nN*成立.