2023版高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)（3年真題分類+考情精解讀+知識全通關(guān)+題型全突破+能力大提升）第十五章推理與證明試題理

PAGEPAGE7第十五章推理與證明1.(2022·北京，8)學(xué)生的語文、數(shù)學(xué)成績均被評定為三個等級，依次為“優(yōu)秀〞“合格〞“不合格〞.假設(shè)學(xué)生甲的語文、數(shù)學(xué)成績都不低于學(xué)生乙，且其中至少有一門成績高于乙，那么稱“學(xué)生甲比學(xué)生乙成績好〞.如果一組學(xué)生中沒有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績好，并且不存在語文成績相同、數(shù)學(xué)成績也相同的兩位學(xué)生，那么這組學(xué)生最多有()A.2人 B.3人 C.4人 D.5人1.B[學(xué)生甲比學(xué)生乙成績好,即學(xué)生甲兩門成績中一門高過學(xué)生乙,另一門不低于學(xué)生乙.一組學(xué)生中沒有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績好，并且沒有相同的成績，那么存在的情況是，最多有3人，其中一個語文最好，數(shù)學(xué)最差；另一個語文最差，數(shù)學(xué)最好；第三個人成績均為中等.應(yīng)選B.]2.(2022·山東，4)用反證法證明命題“設(shè)a，b為實數(shù)，那么方程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2.A[至少有一個實根的否認(rèn)是沒有實根，故要做的假設(shè)是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實根〞.]3.(2022·全國Ⅱ，15)有三張卡片，分別寫有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一張卡片，甲看了乙的卡片后說：“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2〞，乙看了丙的卡片后說：“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1〞，丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5〞，那么甲的卡片上的數(shù)字是________.3.1和3[由丙說：“我的卡片上的數(shù)字之和不是5〞可知，丙為“1和2〞或“1和3〞，又乙說“我與丙的卡片上相同的數(shù)字不是1〞，所以乙只可能為“2和3〞，所以由甲說“我與乙的卡片上相同的數(shù)字不是2〞，所以甲只能為“1和3〞.]4.(2022·山東，11)觀察以下各式：Ceq\o\al(0,1)＝40；Ceq\o\al(0,3)＋Ceq\o\al(1,3)＝41;Ceq\o\al(0,5)＋Ceq\o\al(1,5)＋Ceq\o\al(2,5)＝42；Ceq\o\al(0,7)＋Ceq\o\al(1,7)＋Ceq\o\al(2,7)＋Ceq\o\al(3,7)＝43；……照此規(guī)律，當(dāng)n∈N*時，Ceq\o\al(0,2n－1)＋Ceq\o\al(1,2n－1)＋Ceq\o\al(2,2n－1)＋…＋Ceq\o\al(n－1,2n－1)＝________.4.4n－1[觀察等式，第1個等式右邊為40＝41－1，第2個等式右邊為41＝42－1，第3個等式右邊為42＝43－1，第4個等式右邊為43＝44－1，所以第n個等式右邊為4n－1.]5.(2022·福建，15)一個二元碼是由0和1組成的數(shù)字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1,2，…，n)稱為第k位碼元.二元碼是通信中常用的碼，但在通信過程中有時會發(fā)生碼元錯誤(即碼元由0變?yōu)?，或者由1變?yōu)?).某種二元碼x1x2…x7的碼元滿足如下校驗方程組：eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x4⊕x5⊕x6⊕x7＝0，,x2⊕x3⊕x6⊕x7＝0，,x1⊕x3⊕x5⊕x7＝0，))其中運算定義為0⊕0＝0,0⊕1＝1,1⊕0＝1,1⊕1＝0.現(xiàn)一個這種二元碼在通信過程中僅在第k位發(fā)生碼元錯誤后變成了1101101，那么利用上述校驗方程組可判定k等于________.5.5[(ⅰ)x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝1，(ⅱ)x2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝0；(ⅲ)x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1.由(ⅰ)(ⅲ)知x5，x7有一個錯誤，(ⅱ)中沒有錯誤，∴x5錯誤，故k等于5.]6.(2022·江蘇，23)集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，設(shè)Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的個數(shù).(1)寫出f(6)的值；(2)當(dāng)n≥6時，寫出f(n)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明.6.解(1)f(6)＝13.(2)當(dāng)n≥6時，f(n)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5))(t∈N*).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝6時，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，結(jié)論成立；②假設(shè)n＝k(k≥6)時結(jié)論成立，那么n＝k＋1時,Sk＋1在Sk的根底上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中產(chǎn)生，分以下情形討論：1)假設(shè)k＋1＝6t，那么k＝6(t－1)＋5，此時有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－2,3)＋3＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1,3)，結(jié)論成立；2)假設(shè)k＋1＝6t＋1，那么k＝6t，此時有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(〔k＋1〕－1,2)＋eq\f(〔k＋1〕－1,3)，結(jié)論成立；3)假設(shè)k＋1＝6t＋2，那么k＝6t＋1，此時有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－1,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(〔k＋1〕－2,3)，結(jié)論成立；4)假設(shè)k＋1＝6t＋3，那么k＝6t＋2，此時有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－2,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(〔k＋1〕－1,2)＋eq\f(k＋1,3)，結(jié)論成立；5)假設(shè)k＋1＝6t＋4，那么k＝6t＋3，此時有f(k＋1)＝f(x)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(〔k＋1〕－1,3)，結(jié)論成立；6)假設(shè)k＋1＝6t＋5，那么k＝6t＋4，此時有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－1,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(〔k＋1〕－1,2)＋eq\f(〔k＋1〕－2,3)，結(jié)論成立.綜上所述，結(jié)論對滿足n≥6的自然數(shù)n均成立.7.(2022·陜西，14)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猜測一般凸多面體中F，V，E所滿足的等式是________.7.F＋V－E＝2[三棱柱中5＋6－9＝2;五棱錐中6＋6－10＝2;立方體中6＋8－12＝2,由此歸納可得F＋V－E＝2.]8.(2022·陜西，21)設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求gn(x)的表達(dá)式；(2)假設(shè)f(x)≥ag(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(3)設(shè)n∈N*，比擬g(1)＋g(2)＋…＋g(n)與n－f(n)的大小，并加以證明.8.由題設(shè)得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0).(1)由，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.①當(dāng)n＝1時，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，結(jié)論成立.②假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，當(dāng)n＝k＋1時，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gk〔x〕,1＋gk〔x〕)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋〔k＋1〕x)，即結(jié)論成立.由①②可知，結(jié)論對n∈N*成立.(2)f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立.設(shè)φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，那么φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,〔1＋x〕2)＝eq\f(x＋1－a,〔1＋x〕2)，當(dāng)a≤1時，φ′(x)≥0(僅當(dāng)x＝0，a＝1時等號成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1時，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(僅當(dāng)x＝0時等號成立).當(dāng)a>1時，對x∈(0，a－1]有φ′(x)＜0，∴φ(x)在(0，a－1]上單調(diào)遞減，∴φ(a－1)<φ(0)＝0，即a>1時，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立.綜上可知，a的取值范圍是(－∞，1].(3)由題設(shè)知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，比擬結(jié)果為g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1).證明如下：法一上述不等式等價于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N*，那么eq\f(1,n＋1)<lneq\f(n＋1,n).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.①當(dāng)n＝1時，eq\f(1,2)<ln2，結(jié)論成立.②假設(shè)當(dāng)n＝k時結(jié)論成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1).那么，當(dāng)n＝k＋1時，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋lneq\f(k＋2,k＋1)＝ln(k＋2)，即結(jié)論成立.由①②可知，結(jié)論對n∈N*成立.法二上述不等式等價于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N*，那么lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1).故有l(wèi)n2－ln1>eq\f(1,2)，ln3－ln2>eq\f(1,3)，……ln(n＋1)－lnn>eq\f(1,n＋1)，上述各式相加可得ln(n＋1)>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)，結(jié)論得證.法三如圖，eq\f(x,x＋1)dx是由曲線y＝eq\f(x,x＋1)，x＝n及x軸所圍成的曲邊梯形的面積，而eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)是圖中所示各矩形的面積和.∴eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)>eq\f(x,x＋1)dx＝(1－eq\f(1,x＋1))dx＝n－ln(n＋1)，結(jié)論得證.9.(2022·重慶，22)設(shè)a1＝1，an＋1＝eq\r(a\o\al(2,n)－2an＋2)＋b(n∈N*).(1)假設(shè)b＝1，求a2，a3及數(shù)列{an}的通項公式；(2)假設(shè)b＝－1，問：是否存在實數(shù)c使得a2n<c<a2n＋1對所有n∈N*成立？證明你的結(jié)論.9.解(1)法一a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1，再由題設(shè)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＝eq\r(n－1)＋1(n∈N*).法二a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1，可寫為a1＝eq\r(1－1)＋1，a2＝eq\r(2－1)＋1，a3＝eq\r(3－1)＋1.因此猜測an＝eq\r(n－1)＋1.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式：當(dāng)n＝1時結(jié)論顯然成立.假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即ak＝eq\r(k－1)＋1.那么ak＋1＝eq\r(〔ak－1〕2＋1)＋1＝eq\r(〔k－1〕＋1)＋1＝eq\r(〔k＋1〕－1)＋1.這就是說，當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論成立.所以an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N*).(2)法一設(shè)f(x)＝eq\r(〔x－1〕2＋1)－1，那么an＋1＝f(an).令c＝f(c)，即c＝eq\r(〔c－1〕2＋1)－1，解得c＝eq\f(1,4).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明加強命題a2n<c<a2n＋1<1.當(dāng)n＝1時，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝eq\r(2)－1，所以a2<eq\f(1,4)<a3<1，結(jié)論成立.假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即a2k<c<a2k＋1<1.易知f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，從而c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.再由f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)得c＝f(c)<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1.故c<a2k＋3<1，因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1.這就是說，當(dāng)n＝k＋1時結(jié)論成立.綜上，符合條件的c存在，其中