第十章 推理与证明
真题多维细目表
考题 涉分 题型 难度 考点 考向 解题方法 核心素养
２０１８ 江苏，１４ ５ 分 填空题 难 合情推理与演绎推理
①等差、等比数列通项
公式与求和
②数据估算
公式法
分类讨论
转化与化归
数学运算
数学抽象
逻辑推理
２０１８ 江苏，２０ １６ 分 解答题 难
①等差数列
②等比数列
③数列综合应用
①等差、等比数列的定义
通项公式、性质
②数列与不等式
公式法
分类讨论
转化与化归
数学抽象
逻辑推理
２０１７ 江苏，１９ １６ 分 解答题 难
①等差数列
②等比数列
③数列综合应用
根据“新定义”推理证明
定义法
公式法
逻辑推理
数学抽象
２０１６ 江苏，２０ １６ 分 解答题 难
①等差数列
②数列综合应用
③合情推理与演绎推理
④直接证明与间接证明
数列不等式的证明
放缩法
公式法
分类讨论
逻辑推理
数学运算
数学抽象
２０１５ 江苏，２０ １６ 分 解答题 难
①等差、等比数列
②数列综合问题
③函数与方程
①通项公式、求和公式
②数列与函数的综合
③利用导数研究
函数零点问题
公式法
转化与化归
数学运算
数学抽象
逻辑推理
命题规律与趋势
０１ 考查内容
合情推理与演绎推理、直接证明与间接
证明．
０２ 命题特点
从近五年的高考情况来看，常常与其他知
识相结合，考查学生的逻辑推理能力．
０３ 题型难度
填空题与解答题都有考查，有中等题，也有
难题．
０４ 解题方法
假设与推理，分类讨论．
０５ 命题趋势
本章内容所涉及的知识多，几乎与高中阶
段的所有知识都有关联，因此在复习中，以
基本的内容为主，以教材难度为宜，不要作
拓展、加深．
第十章 推理与证明 ７９
对应学生用书起始页码 Ｐ１３１
考点一 合情推理与演绎推理 高频考点
１．归纳推理
（１）归纳推理的定义
从个别事实中推演出一般性的结论，像这样的推理通常称
为归纳推理．
（２）归纳推理的思维过程
实验、观察 → 概括、推广 → 猜测一般性结论
（３）归纳推理的特点
①归纳推理的前提是几个已知的特殊现象，归纳所得的结
论是尚属未知的一般现象，该结论超越了前提所包含的范围．
②由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否真实，
还需经过逻辑证明和实践检验，因此，它不能作为数学证明的
工具．
③归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳法得到的
猜想，可以作为进一步研究的起点，帮助人们发现问题和提出
问题．
２．类比推理
（１）根据两个（或两类）对象之间在某些方面的相似或相同，推
演出它们在其他方面也相似或相同，这样的推理称为类比推理．
（２）类比推理的思维过程
观察、比较 → 联想、类推 → 猜测新的结论
３．演绎推理
（１）演绎推理是根据已有的事实和正确的结论（包括定义、
公理、定理等），按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程．
（２）主要形式是三段论式推理．
（３）三段论的常用格式为
Ｍ—Ｐ（Ｍ 是 Ｐ）①
Ｓ—Ｍ（Ｓ 是 Ｍ）②
Ｓ—Ｐ（Ｓ 是 Ｐ）③
其中，①是大前提，它提供了一个一般性的原理；②是小前
提，它指出了一个特殊对象；③是结论，它是根据一般原理，对特
殊情况作出的判断．
考点二 直接证明与间接证明 高频考点
１．直接证明
（１）定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明
方法．
（２）一般形式
本题条件
已知定义
已知公理
已知定理
ü
?
?
?
?
??
?Ａ?Ｂ?Ｃ?…?本题结论．
（３）综合法
①定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依
据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综
合法．
②推证过程
已知条件 ?…?…? 结论
（４）分析法
①定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐
步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件吻合为止．这种证明
方法称为分析法．
②推证过程
结论 ?…?…? 已知条件
２．间接证明
（１）常用的间接证明方法有反证法、正难则反等．
（２）反证法的基本步骤
①反设———假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面
为真．
②归谬———从反设和已知条件出发，经过一系列正确的逻
辑推理，得出矛盾结果．
③存真———由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论
成立．
１．合情推理主要包括归纳推理和类比推理．数学研究中，
在得到一个新的结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在
证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路和
方法．
２．合情推理的过程概括为：从具体问题出发→观察、分
析、比较、联想→归纳、类比→提出猜想．
３．演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况的
结论的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是
三段论，数学问题的证明主要通过演绎推理来进行．
４．合情推理仅是符合情理的推理，得到的结论不一定正
确，而演绎推理得到的结论一定正确（在前提和推理形式都
正确的前提下）．
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８０ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
对应学生用书起始页码 Ｐ１３２
归纳推理与类比推理
１．归纳推理的一般步骤
１
通过对某些个体的观察、分析和比较，发现它们
的相同性质或变化规律
２
↓ 从已知的相同性质或变化规律中推出一个明确
表达的一般性命题
２．类比推理的一般步骤
１ 观察两考察对象的部分类似属性
２
↓
推导出两个对象其他类似属性
（１）（２０１７ 课标全国Ⅱ，７，５ 分）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，则以下四种说法正确的是 ．（填序号）
①乙可以知道四人的成绩；
②丁可以知道四人的成绩；
③乙、丁可以知道对方的成绩；
④乙、丁可以知道自己的成绩．
（２）（２０１６ 课标全国Ⅱ，１５，５ 分）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 ．
（３）某种平面分形图如图所示，一级分形图是由一点出发的
三条线段，长度相等，两两夹角为 １２０°；二级分形图是从一级分
形图的每条线段末端出发再生成两条长度为原来
１
３
的线段，且
这两条线段与原线段两两夹角为 １２０°，……，依此规律得到 ｎ 级
分形图．
ｎ 级分形图中共有 条线段．
解析 （１）由甲的说法可知乙、丙一人优秀一人良好，则
甲、丁一人优秀一人良好，乙看到丙的成绩则知道自己的成绩，
丁看到甲的成绩则知道自己的成绩，故选④．
（２）由题意可知丙不拿 ２ 和 ３．若丙拿 １ 和 ２，则乙拿 ２ 和 ３，
甲拿 １ 和 ３，满足题意；若丙拿 １ 和 ３，则乙拿 ２ 和 ３，甲拿 １ 和 ２，
不满足题意．故甲的卡片上的数字是 １ 和 ３．
（３）从分形图的每条线段的末端出发再生成两条线段，由题
图知，一级分形图中有 ３＝（３×２－３）条线段，二级分形图中有 ９ ＝
（３×２２－３）条线段，三级分形图中有 ２１ ＝ （３×２３ －３）条线段，按此
规律，ｎ 级分形图中的线段条数为 ３×２ｎ－３．
答案 （１）④ （２）１ 和 ３ （３）３×２ｎ－３
１－１ （２０１７ 江苏常州质量检测，１３）将正整数按下列方法
分组：｛１｝，｛２，３，４｝，｛５，６，７，８，９｝，｛１０，１１，１２，１３，１４，１５，１６｝，
……，记第 ｎ 组中各数之和为 Ａｎ；由自然数的立方构成下列数
组：｛０３，１３｝，｛１３，２３｝，｛２３，３３｝，｛３３，４３｝，……，记第 ｎ 组中后一
个数与前一个数的差为 Ｂｎ，则 Ａｎ＋Ｂｎ ＝ ．
１－１ 答案 ２ｎ３
解析 由｛１｝，｛２，３，４｝，｛５，６，７，８，９｝，｛１０，１１，１２，１３，
１４，１５，１６｝，……，可以归纳出第 ｎ 组有（２ｎ－１）个自然数，每组
中的首项为 （ ｎ － １） ２ ＋ １，从而 Ａｎ ＝ ［（ ｎ － １） ２ ＋ １］ （ ２ｎ － １） ＋
（２ｎ－１）（２ｎ－１－１）
２
＝（２ｎ－１）（ｎ２－ｎ＋１） ．
由｛０３，１３｝，｛１３，２３｝，｛２３，３３｝，｛３３，４３｝，……，可以归纳出
第 ｎ 组的两个数为（ｎ－１） ３，ｎ３，从而 Ｂｎ ＝ｎ３－（ｎ－１） ３，
所以 Ａｎ＋Ｂｎ ＝（２ｎ－１）（ｎ２－ｎ＋１）＋ｎ３－（ｎ－１） ３ ＝ ２ｎ３ ．
１－２ 对正整数 ｍ 的三次幂可用奇数进行以下方式的“分
拆”：１３ { １，２３ ３，５，{ ３３
７，
９，
１１，
{ ４３
１３，
１５，
１７，
１９，
ì
?
í
?
?
??
……，依此类推，若 ｍ３ 的“分拆”
中含有奇数 ２ ０１５，则 ｍ 的值为 ．
１－２ 答案 ４５
解析 由题意知，从 ２３ 到 ｍ３，正好用去从 ３ 开始的连续
奇数共 ２＋３＋４＋…＋ｍ＝
（ｍ＋２）（ｍ－１）
２
个，
２ ０１５ 是从 ３ 开始的第 １ ００７ 个奇数， ２×１ ００７≈４４．９，
当 ｍ＝ ４４ 时，从 ２３ 到 ４４３，用去从 ３ 开始的连续奇数共
４６×４３
２
＝ ９８９ 个，
当 ｍ＝ ４５ 时，从 ２３ 到 ４５３，用去从 ３ 开始的连续奇数共
４７×４４
２
＝ １ ０３４ 个，故 ｍ＝ ４５．
１－３ 传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上
通过画点或用小石子来表示数．他们研究过如图所示的三角
形数：
将三角形数 １，３，６，１０，…记为数列｛ａｎ｝，将可被 ５ 整除的三
角形数按从小到大的顺序组成一个新数列｛ｂｎ｝，可以推测：
（１）ｂ２ ０１８是数列｛ａｎ｝的第 项；
（２）ｂ２ｋ－１ ＝ ．（用 ｋ 表示）
１－３ 答案 （１）５ ０４５ （２）
５ｋ（５ｋ－１）
２
解析 （１）ａｎ ＝ １＋２＋…＋ｎ＝
ｎ（ｎ＋１）
２
，
ｂ１ ＝
４×５
２
＝ａ４，ｂ２ ＝
５×６
２
＝ａ５，ｂ３ ＝
９×（２×５）
２
＝ａ９，
ｂ４ ＝
（２×５）×１１
２
＝ａ１０，
ｂ５ ＝
１４×（３×５）
２
＝ａ１４，
ｂ６ ＝
（３×５）×１６
２
＝ａ１５，
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第十章 推理与证明 ８１
……
ｂ２ ０１８ ＝
２ ０１８
２
×５( ) ２ ０１８２ ×５＋１( ) ＝ａ５ ０４５ ．
（ ２ ） 由 （ １ ） 知 ｂ２ｋ－１ ＝
２ｋ－１＋１
２
×５－１( ) ２ｋ－１＋１２ ×５( )
２
＝ ５ｋ（５ｋ
－１）
２
．
１－４ 某市为了缓解交通压力，实行机动车辆限行政策，每
辆机动车每周一到周五都要限行一天，周末（周六和周日）不限
行．某公司有 Ａ，Ｂ，Ｃ，Ｄ，Ｅ 五辆车，保证每天至少有四辆车可以
上路行驶．已知 Ｅ 车周四限行，Ｂ 车昨天限行，从今天算起，Ａ，Ｃ
两车连续四天都能上路行驶，Ｅ 车明天可以上路，由此可知下列
推测一定正确的是 ．（填序号）
①今天是周六；②今天是周四；
③Ａ 车周三限行；④Ｃ 车周五限行．
１－４ 答案 ②
解析 因为每天至少有四辆车可以上路行驶，Ｅ 车明天可
以上路，Ｅ 车周四限行，所以今天不是周三；因为 Ｂ 车昨天限行，
所以今天不是周一，也不是周日；因为 Ａ，Ｃ 两车连续四天都能上
路行驶，所以今天不是周五，周二和周六，所以今天是周四，所以
①错误，②正确．因为 Ｂ 车昨天限行，即 Ｂ 车周三限行，所以③错
误．因为从今天算起，Ａ、Ｃ 两车连续四天都能上路行驶，所以④
错误．
在平面几何中，对于 Ｒｔ△ＡＢＣ，设 ＢＣ ＝ ａ，ＣＡ＝ ｂ，ＡＢ ＝ ｃ，
Ｃ＝ ９０°，则（１）ａ２ ＋ｂ２ ＝ ｃ２；（２） ｃｏｓ２Ａ＋ｃｏｓ２Ｂ ＝ １；（３）Ｒｔ△ＡＢＣ 的外
接圆的半径为 ｒ ＝
１
２
ａ２＋ｂ２ ；（４） Ｓ△ＡＢＣ ＝
１
２
ａｂ．把上面的结论类
比到空间写出类似的结论．
解析 在三棱锥 Ｐ－ＡＢＣ（其中 ＰＡ，ＰＢ，ＰＣ 两两相互垂直）
中有：
（１）设 Ｓ△ＰＡＢ ＝Ｓ１，Ｓ△ＰＡＣ ＝ Ｓ２，Ｓ△ＰＢＣ ＝ Ｓ３，底面面积为 Ｓ，则 Ｓ２１ ＋
Ｓ２２＋Ｓ２３ ＝Ｓ２ ．
检验：设 ＰＡ＝ｍ，ＰＢ ＝ ｎ，ＰＣ ＝ ｔ，作 ＰＥ⊥ＢＣ，垂足为点 Ｅ，如
图，Ｓ＝
１
２
ＢＣ·ＡＥ＝
１
２
ＢＣ· ＰＡ２＋ＰＥ２ ，∵ ＰＥ＝
ＰＢ·ＰＣ
ＰＢ２＋ＰＣ２
，∴ Ｓ２
＝ １
４
ＢＣ２· ＰＡ２＋
ＰＢ２·ＰＣ２
ＰＢ２＋ＰＣ２
?
è
?
?
?
÷ ，则 Ｓ２ ＝
１
４
（ ｔ２＋ｎ２）· ｍ２＋
ｔ２ｎ２
ｔ２＋ｎ２
?
è
?
?
?
÷ ＝
Ｓ２１＋Ｓ２２＋Ｓ２３ ．
（２）设三个侧面与底面所成的角分别为 α，β，γ，则 ｃｏｓ２α＋
ｃｏｓ２β＋ｃｏｓ２γ＝ １．
检验：Ｓ１ ＝Ｓｃｏｓ α，Ｓ２ ＝ Ｓｃｏｓ β，Ｓ３ ＝ Ｓｃｏｓ γ，Ｓ２ ＝
１
４
ＡＥ２·ＢＣ２ ＝
１
４
（ＡＰ２＋ＰＥ２）·ＢＣ２ ＝
１
４
ＡＰ２·ＢＣ２＋
１
４
ＰＥ２·ＢＣ２ ＝
１
４
ＡＰ２（ＰＢ２ ＋
ＰＣ２）＋
１
４
ＰＥ２·ＢＣ２ ＝
１
４
ＡＰ２·ＰＢ２＋
１
４
ＡＰ２·ＰＣ２＋
１
４
ＰＥ２·ＢＣ２ ＝
Ｓ２１＋Ｓ２２＋Ｓ２３ ．∵ Ｓ２ｃｏｓ２α＋Ｓ２ｃｏｓ２β＋Ｓ２ｃｏｓ２γ ＝ Ｓ２，∴ ｃｏｓ２α＋ｃｏｓ２β＋ｃｏｓ２γ
＝ １．
（３）设三条侧棱长分别为 ｍ，ｎ，ｔ，则三棱锥的外接球半径为
１
２
ｍ２＋ｎ２＋ｔ２ ．
（４） 设三条侧棱长分别为 ｍ， ｎ， ｔ，则三棱锥的体积 Ｖ ＝
１
６
ｍｎｔ．
１－５ 已知命题：设平面上一矩形 ＡＢＣＤ 的对角线 ＡＣ 与边
ＡＢ 和 ＡＤ 所成角分别为 α，β，则 ｃｏｓ２α＋ｃｏｓ２β＝ １．若把它推广到空
间长方体 ＡＢＣＤ－Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１ 中，设对角线 Ａ１Ｃ 与平面 Ａ１Ｂ１ＢＡ，
Ａ１Ｂ１Ｃ１Ｄ１，Ａ１ＡＤＤ１ 所成的角分别为 α，β，γ，则可以得出的正确结
论是 ．
１－５ 答案 ｃｏｓ２α＋ｃｏｓ２β＋ｃｏｓ２γ＝ ２
解析 ｃｏｓ２α＋ｃｏｓ２β＋ｃｏｓ２γ
＝
Ａ１Ｂ２
Ａ１Ｃ２
＋
Ａ１Ｃ２１
Ａ１Ｃ２
＋
Ａ１Ｄ２
Ａ１Ｃ２
＝
Ａ１Ｃ２１＋Ａ１Ｄ２＋Ａ１Ｂ２
Ａ１Ｃ２
＝
（Ａ１Ｄ２１＋Ｄ１Ｃ２１）＋（Ａ１Ｄ２１＋ＤＤ２１）＋（Ａ１Ｂ２１＋ＢＢ２１）
Ａ１Ｃ２
＝
２（Ａ１Ｄ２１＋Ａ１Ｂ２１＋Ａ１Ａ２）
Ａ１Ｃ２
＝
２Ａ１Ｃ２
Ａ１Ｃ２
＝ ２．
所以 ｃｏｓ２α＋ｃｏｓ２β＋ｃｏｓ２γ＝ ２．
１－６ 在 共 有 ２ ０１７ 项 的 等 比 数 列 ｛ ａｎ ｝ 中， 有 等 式
ａ１·ａ３·ａ５·…·ａ２ ０１７
ａ２·ａ４·ａ６·…·ａ２ ０１６
＝ａ１ ００９成立，类比上述结论，在共有 ２ ０１７
项的等差数列｛ｂｎ｝中，有等式 成立．
１－６ 答案 （ｂ１＋ｂ３＋ｂ５＋…＋ｂ２ ０１７）－（ｂ２＋ｂ４＋ｂ６＋…＋ｂ２ ０１６）＝ ｂ１ ００９
解析 等比数列类比到等差数列，等比数列的乘法与除
法分别类比到等差数列的加法和减法．
１－７ 图 １ 有面积关系：
Ｓ△ＰＡ′Ｂ′
Ｓ△ＰＡＢ
＝ＰＡ′·ＰＢ′
ＰＡ·ＰＢ
，则图 ２ 有体积关
系：
ＶＰ－Ａ′Ｂ′Ｃ′
ＶＰ－ＡＢＣ
＝ ．
１－７ 答案
ＰＡ′·ＰＢ′·ＰＣ′
ＰＡ·ＰＢ·ＰＣ
解析 题图 １ 中，
Ｓ△ＰＡ′Ｂ′
Ｓ△ＰＡＢ
＝
１
２
ＰＡ′·ＰＢ′ｓｉｎ Ｐ
１
２
ＰＡ·ＰＢｓｉｎ Ｐ
＝ ＰＡ′·ＰＢ′
ＰＡ·ＰＢ
，
那么 类 比 到 题 图 ２ 中 的 体 积 关 系：
ＶＰ－Ａ′Ｂ′Ｃ′
ＶＰ－ＡＢＣ
＝
１
３
ｈ′ＡＳ△ＰＢ′Ｃ′
１
３
ｈＡＳ△ＰＢＣ
＝
ＰＡ′·Ｓ△ＰＢ′Ｃ′
ＰＡ·Ｓ△ＰＢＣ
＝ＰＡ′·ＰＢ′·ＰＣ′
ＰＡ·ＰＢ·ＰＣ
（ｈ′Ａ 为 Ａ′到△ＰＢ′Ｃ′的距离，ｈＡ 为 Ａ
到△ＰＢＣ 的距离） ．
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(共62张PPT)
五年高考
考点一 合情推理与演绎推理
统一命题、省(区、市)卷题组
1.(2019课标全国Ⅱ文改编,5,5分)在“一带一路”知识测验后,甲、乙、丙三人对成绩进行预
测.
甲:我的成绩比乙高.
乙:丙的成绩比我和甲的都高.
丙:我的成绩比乙高.
成绩公布后,三人成绩互不相同且只有一个人预测正确,那么三人按成绩由高到低的次序为????
????.
答案 甲、乙、丙
解析 本题主要考查逻辑推理,通过对“一带一路”知识测验成绩的预测,考查了学生的推理
论证能力;通过实际问题渗透了逻辑推理的核心素养.
三人成绩互不相同且只有一个人预测正确,有以下三种情况:(1)若乙预测正确,则丙预测也正
确,不合题意;(2)若丙预测正确,甲、乙预测错误,即丙成绩比乙高,甲的成绩比乙低,则丙的成绩
比乙和甲都高,此时乙预测又正确,与假设矛盾;(3)若甲预测正确,乙、丙预测错误,可得甲成绩
高于乙,乙成绩高于丙,符合题意.
审题指导 题目中只有一个人预测正确,即另外两人预测错误,按照逻辑关系推理即可.
2.(2019课标全国Ⅰ理改编,4,5分)
古希腊时期,人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是??
?≈0.618,称为黄金分割比例?,著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外,最美人体的头顶至
咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是?.若某人满足上述两个黄金分割比例,且腿长
为105 cm,头顶至脖子下端的长度为26 cm,则其身高可能是 ????.
①165 cm;②175 cm;③185 cm;④190 cm.
答案 ②
解析 本题主要考查学生的数学应用意识、抽象概括能力、运算求解能力,以及方程思想;考
查的核心素养为数学抽象、数学建模以及数学运算.
由人体特征可知,头顶至咽喉的长度应小于头顶至脖子下端的长度,故咽喉至肚脐的长度应小
于?≈42 cm,可得到此人的身高应小于26+42+?≈178 cm;
同理,肚脐至足底的长度应大于腿长105 cm,故此人的身高应大于105+105×0.618≈170 cm,故
填②.
一题多解 用线段代替人,如图.
?
已知?=?=?≈0.618,c<26,b>105,c+d=a,设此人身高为h cm,则a+b=h,由??a>64.
89,
由??d<42.07,
所以c+d<26+42.07=68.07,即a<68.07,
由??b<110.15,
整理可得64.89+105
即169.89
3.(2017北京理,14,5分)三名工人加工同一种零件,他们在一天中的工作情况如图所示,其中点Ai
的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数,点Bi的横、纵坐标分别为第i
名工人下午的工作时间和加工的零件数,i=1,2,3.
①记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数,则Q1,Q2,Q3中最大的是 ????;
②记pi为第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数,则p1,p2,p3中最大的是 ????.
?
答案 ①Q1 ②p2
解析 本题考查推理的基础知识和直线的斜率,考查转化与化归思想及分析问题和解决问题
的能力.
设线段AiBi的中点为Ci(xi,yi).
①由题意知Qi=2yi,i=1,2,3,由题图知y1最大,所以Q1,Q2,Q3中最大的是Q1.
②由题意知pi=?=?,i=1,2,3.
?的几何意义为点Ci(xi,yi)与原点O连线的斜率.
比较OC1,OC2,OC3的斜率,由题图可知OC2的斜率最大,即p2最大.
4.(2017北京文,14,5分)某学习小组由学生和教师组成,人员构成同时满足以下三个条件:
(i)男学生人数多于女学生人数;
(ii)女学生人数多于教师人数;
(iii)教师人数的两倍多于男学生人数.
①若教师人数为4,则女学生人数的最大值为 ????;
②该小组人数的最小值为 ????.
答案 ①6 ②12
解析 设男学生人数为x,女学生人数为y,教师人数为z,由已知得?且x,y,z均为正整数.
①当z=4时,8>x>y>4,
∴x的最大值为7,y的最大值为6,
故女学生人数的最大值为6.
②x>y>z>?,当x=3时,条件不成立,当x=4时,条件不成立,当x=5时,5>y>z>?,此时z=3,y=4.
∴该小组人数的最小值为12.
5.(2016山东,12,5分)观察下列等式:
?+?=?×1×2;
?+?+?+?=?×2×3;
?+?+?+…+?=?×3×4;
?+?+?+…+?=?×4×5;
……
照此规律,
?+?+?+…+?= ????.
答案?????
解析 观察前4个等式,由归纳推理可知?+?+…+?=?n(n+1)=
?.
6.(2016北京理改编,8,5分)袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三个空
盒.每次从袋中任意取出两个球,将其中一个球放入甲盒,如果这个球是红球,就将另一个球放
入乙盒,否则就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,则乙盒中红球个数a与
丙盒中黑球个数b的大小关系为 ????.
答案????a=b
解析 设袋中共有2n个球,最终放入甲盒中k个红球,放入乙盒中s个红球.依题意知,甲盒中有(n
-k)个黑球,乙盒中共有k个球,其中红球有s个,黑球有(k-s)个,丙盒中共有(n-k)个球,其中红球有(n
-k-s)个,黑球有(n-k)-(n-k-s)=s个.所以乙盒中红球与丙盒中黑球一样多.
评析 本题考查推理与论证能力,对考生综合与分析的能力要求较高.
7.(2015陕西,16,5分)观察下列等式:
1-?=?,
1-?+?-?=?+?,
1-?+?-?+?-?=?+?+?,
……
据此规律,第n个等式可为 ????.
答案 1-?+?-?+…+?-?=?+?+…+?
解析 规律为等式左边共有2n项且等式左边分母分别为1,2,…,2n,分子为1,奇数项为正、偶数
项为负,即为1-?+?-?+…+?-?;等式右边共有n项且分母分别为n+1,n+2,…,2n,分子为1,
即为?+?+…+?.所以第n个等式可为1-?+?-?+…+?-?=?+?+…+?.
考点二 直接证明与间接证明
1.(2018北京理,20,14分)设n为正整数,集合A={α|α=(t1,t2,…,tn),tk∈{0,1},k=1,2,…,n}.对于集合A
中的任意元素α=(x1,x2,…,xn)和β=(y1,y2,…,yn),记M(α,β)=?[(x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y2|)+…+(xn+yn-|
xn-yn|)].
(1)当n=3时,若α=(1,1,0),β=(0,1,1),求M(α,α)和M(α,β)的值;
(2)当n=4时,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意元素α,β,当α,β相同时,M(α,β)是奇数;当α,β不
同时,M(α,β)是偶数.求集合B中元素个数的最大值;
(3)给定不小于2的n,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意两个不同的元素α,β,M(α,β)=0.写出
一个集合B,使其元素个数最多,并说明理由.
解析 (1)因为α=(1,1,0),β=(0,1,1),所以
M(α,α)=?[(1+1-|1-1|)+(1+1-|1-1|)+(0+0-|0-0|)]=2,
M(α,β)=?[(1+0-|1-0|)+(1+1-|1-1|)+(0+1-|0-1|)]=1.
(2)设α=(x1,x2,x3,x4)∈B,则M(α,α)=x1+x2+x3+x4.
由题意知x1,x2,x3,x4∈{0,1},且M(α,α)为奇数,
所以x1,x2,x3,x4中1的个数为1或3.所以
B?{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1),(0,1,1,1),(1,0,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,0)}.
将上述集合中的元素分成如下四组:
(1,0,0,0),(1,1,1,0);(0,1,0,0),(1,1,0,1);(0,0,1,0),(1,0,1,1);(0,0,0,1),(0,1,1,1).
经验证,对于每组中两个元素α,β,均有M(α,β)=1.
所以每组中的两个元素不可能同时是集合B的元素.
所以集合B中元素的个数不超过4.
又集合{(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)}满足条件,
所以集合B中元素个数的最大值为4.
(3)设Sk={(x1,x2,…,xn)|(x1,x2,…,xn)∈A,xk=1,x1=x2=…=xk-1=0}(k=1,2,…,n),
Sn+1={(x1,x2,…,xn)|x1=x2=…=xn=0},
所以A=S1∪S2∪…∪Sn+1.
对于Sk(k=1,2,…,n-1)中的不同元素α,β,经验证,M(α,β)≥1.
所以Sk(k=1,2,…,n-1)中的两个元素不可能同时是集合B的元素.
所以B中元素的个数不超过n+1.
取ek=(x1,x2,…,xn)∈Sk且xk+1=…=xn=0(k=1,2,…,n-1).
令B={e1,e2,…,en-1}∪Sn∪Sn+1,则集合B的元素个数为n+1,且满足条件.
故B是一个满足条件且元素个数最多的集合.
2.(2017北京理,20,13分)设{an}和{bn}是两个等差数列,记cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}(n=1,2,
3,…),其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s个数中最大的数.
(1)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明{cn}是等差数列;
(2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当n≥m时,?>M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,…
是等差数列.
解析 本题考查等差数列,不等式,合情推理等知识,考查综合分析,归纳抽象,推理论证能力.
(1)c1=b1-a1=1-1=0,
c2=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2×1,3-2×2}=-1,
c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=-2.
当n≥3时,
(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n<0,
所以bk-nak关于k∈N*单调递减.
所以cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}=b1-a1n=1-n.
所以对任意n≥1,cn=1-n,于是cn+1-cn=-1,
所以{cn}是等差数列.
(2)设数列{an}和{bn}的公差分别为d1,d2,则bk-nak=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1).
所以cn=?
①当d1>0时,
取正整数m>?,则当n≥m时,nd1>d2,因此cn=b1-a1n.
此时,cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.
②当d1=0时,对任意n≥1,
cn=b1-a1n+(n-1)max{d2,0}=b1-a1+(n-1)(max{d2,0}-a1).
此时,c1,c2,c3,…,cn,…是等差数列.
③当d1<0时,
当n>?时,有nd1所以?=?
=n(-d1)+d1-a1+d2+?
≥n(-d1)+d1-a1+d2-|b1-d2|.
对任意正数M,取正整数m>max?,
故当n≥m时,?>M.
解后反思 解决数列的相关题时,可通过对某些项的观察,分析和比较,发现它们的相同性质或
变化规律,再利用综合法进行推理论证.
3.(2016浙江理,20,15分)设数列{an}满足?≤1,n∈N*.
(1)证明:|an|≥2n-1(|a1|-2),n∈N*;
(2)若|an|≤?,n∈N*,证明:|an|≤2,n∈N*.
证明 (1)由?≤1得|an|-?|an+1|≤1,故?-?≤?,n∈N*,
所以?-?=?+?+…+?≤?+?+…+?<1,
因此|an|≥2n-1(|a1|-2).
(2)任取n,且n∈N*,由(1)知,对于任意m>n,
?-?=?+?+…+?≤?+?+…+?故|an|从而对于任意m>n,均有|an|<2+?·2n.?①
由m的任意性得|an|≤2 .
否则,存在n0∈N*,有|?|>2,取正整数m0>lo??且m0>n0,则?·?与①式矛盾.
综上,对于任意n∈N*,均有|an|≤2.
思路分析 (1)要证|an|≥2n-1(|a1|-2)成立,只需证明?-?<1即可,把不等式左边变形,得到
?+?+…+?,由已知?≤1可得|an|-?|an+1|≤1,得出?-
?≤?,代入上式即可得证;(2)先利用(1)中的结论及已知条件证|an|≤2,再用反证法检验,即
假设存在n0∈N*,有|?|>2,经过推理可导出矛盾,从而证明原结论.
评析 本题主要考查数列的递推关系与单调性、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证
能力、分析问题和解决问题的能力.
4.(2015北京,20,13分)已知数列{an}满足:a1∈N*,a1≤36,且an+1=?(n=1,2,…).记集合
M={an|n∈N*}.
(1)若a1=6,写出集合M的所有元素;
(2)若集合M存在一个元素是3的倍数,证明:M的所有元素都是3的倍数;
(3)求集合M的元素个数的最大值.
解析 (1)6,12,24.
(2)证明:因为集合M存在一个元素是3的倍数,所以不妨设ak是3的倍数.
由an+1=?可归纳证明对任意n≥k,an是3的倍数.
如果k=1,则M的所有元素都是3的倍数.
如果k>1,因为ak=2ak-1或ak=2ak-1-36,
所以2ak-1是3的倍数,于是ak-1是3的倍数.
类似可得,ak-2,…,a1都是3的倍数.
从而对任意n≥1,an是3的倍数,因此M的所有元素都是3的倍数.
综上,若集合M存在一个元素是3的倍数,则M的所有元素都是3的倍数.
(3)由a1≤36,an=?可归纳证明an≤36(n=2,3,…).
因为a1是正整数,a2=?所以a2是2的倍数,
从而当n≥3时,an是4的倍数.
如果a1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an是3的倍数,
因此当n≥3时,an∈{12,24,36},
这时M的元素个数不超过5.
如果a1不是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an不是3的倍数,
因此当n≥3时,an∈{4,8,16,20,28,32},
这时M的元素个数不超过8.
当a1=1时,M={1,2,4,8,16,20,28,32}有8个元素.
综上可知,集合M的元素个数的最大值为8.
考点一 合情推理与演绎推理
教师专用题组
1.(2014陕西,14,5分)观察分析下表中的数据:
猜想一般凸多面体中F,V,E所满足的等式是 ????.
多面体 面数(F) 顶点数(V) 棱数(E)
三棱柱 5 6 9
五棱锥 6 6 10
立方体 6 8 12
答案????F+V-E=2
解析 观察表中数据,并计算F+V分别为11,12,14,又其对应E分别为9,10,12,容易观察并猜想F
+V-E=2.
2.(2014北京改编,8,5分)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 ????人.
答案 3
解析 设学生人数为n,因为成绩评定只有“优秀”“合格”“不合格”三种情况,所以当n≥
4时,语文成绩至少有两人相同,若此两人数学成绩也相同,与“任意两人成绩不全相同”矛盾;
若此两人数学成绩不同,则此两人有一人比另一人成绩好,也不满足条件.因此:n<4,即n≤3.当n
=3时,评定结果分别为“优秀,不合格”“合格,合格”“不合格,优秀”,符合题意,故n=3.
3.(2013陕西,14,5分)观察下列等式:
12=1,
12-22=-3,
12-22+32=6,
12-22+32-42=-10,
……
照此规律,第n个等式可为 ????.
答案 12-22+32-42+…+(-1)n-1·n2=(-1)n-1·?
解析 左边为平方项的(-1)n-1倍的和,右边为(1+2+3+…+n)的(-1)n-1倍,可用数学归纳法证明成
立.
考点二 直接证明与间接证明
(2014山东改编,4,5分)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根”
时,要做的假设是 ????.
答案 方程x3+ax+b=0没有实根
解析 因为“方程x3+ax+b=0至少有一个实根”等价于“方程x3+ax+b=0的实根的个数大于或
等于1”,因此,要做的假设是方程x3+ax+b=0没有实根.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点一 合情推理与演绎推理
1.(2017新海高级中学月考,11)已知“整数对”按如下规律排成一列:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2),
(3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),……,则第60个“整数对”是 ????.
答案 (5,7)
解析 把“整数对”中两个数字的和相同的分为一组,得知第n组中每个“整数对”中两个数
字的和均为n+1,且第n组共有n个“整数对”,则前n组一共有?个“整数对”,注意到
?<60和为12的组)的第5个位置,结合题意可知第11组各整数对依次为(1,11),(2,10),(3,9),(4,8),(5,7),
……,因此第60个“整数对”是(5,7).
2.(2017赣榆高级中学月考,12)将正奇数排列成如下形式,其中aij表示第i行第j个数(i∈N*, j∈N
*),例如a32=9,若aij=2 009,则i+j= ????.
1
3 5
7 9 11
13 15 17 19
…
答案 60
解析 2 009是第1 005个奇数,则1+2+3+…+(i-1)=?<1 005①,且1+2+3+…+i=?>1 005
②,验证i=45时,①②式成立,所以i=45.
易得出第45行第1个数是44×45+1=1 981,∴1 981+2(j-1)=2 009,∴j=15.∴2 009是第45行第15个
数,则i+j=60.
考点二 直接证明与间接证明
1.(2019无锡期中,19)已知数列{an}满足an+1=2|an+c+2|-|an+c|,c为正常数.
(1)求证:对于一切n∈N*,an+1-an≥c恒成立;
(2)若数列{an}为等差数列,求a1的取值范围.
解析 (1)证明:由题意知an+1-an=2|an+c+2|-|an+c|-an.
(i)当an+c≥0时,an+1-an=2an+2c+4-an-c-an=c+4>c.?(2分)
(ii)当an+c<0时,an+1-an=2|an+c+2|+an+c-an=2|an+c+2|+c≥c.?(4分)
所以对于一切n∈N*,an+1-an≥c.?(6分)
(2)由(1)知,an+1-an≥c,又因为{an}为等差数列,所以公差d≥c>0,
故当n无限增大时,总有an>0.
此时an+1-an=2an+2c+4-an-c-an=c+4,
即d=c+4.?(8分)
所以a2=2|a1+c+2|-|a1+c|=a1+c+4,
即2|a1+c+2|=a1+c+4+|a1+c|.
当a1+c≥0时,等式恒成立,且此时an+1-an=c+4为常数,
即数列{an}为等差数列.?(10分)
当a1+c<0时,2|a1+c+2|=4,a1=-c(舍)或a1=-c-4.?(12分)
当a1=-c-4时,a2=0,且n>2时,an>0,此时{an}为等差数列.?(14分)
综上,满足题意的a1的取值范围是[-c,+∞)∪{-c-4}.?(16分)
2.(2019姜堰中学、淮阴中学期中,20)已知函数f(x)=ex-ax2-bx(a>0,b∈R).
(1)若a=1,b=0.试证明:当x>0时, f(x)>0;
(2)若对任意a>0, f(x)均有两个极值点x1,x2(x1①试求b应满足的条件;
②当a=?时,证明: f(x1)+f(x2)>2.
解析 (1)证明:当a=1,b=0时, f(x)=ex-x2,要证当x>0时, f(x)>0,就是要证ex>x2(x>0),即证x>2ln x.
令h(x)=x-2ln x,则h'(x)=1-?,
∴x∈(0,2),h'(x)<0,x∈(2,+∞),h'(x)>0,
∴h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增.
当x=2时,h(x)有极小值,也为最小值,h(2)=2-2ln 2>0,
∴h(x)=x-2ln x≥h(2)>0,即x>2ln x恒成立,
∴ex>x2(x>0),即当a=1,b=0,且x>0时, f(x)>0成立.?(2分)
(2)①f '(x)=ex-2ax-b,
设g(x)=ex-2ax-b,则g'(x)=ex-2a,
∴x∈(-∞,ln 2a)时,g'(x)<0;x∈(ln 2a,+∞)时,g'(x)>0,
∴g(x)在(-∞,ln 2a)上单调递减,在(ln 2a,+∞)上单调递增,
∴g(x)至多有两个零点.
(i)当b>1时,∵a>0,∴-?<0,
∴g(0)=1-b<0,且g?=?-2a·?-b>0+b-b=0,
令m=?=a+?>0,
由(1)可知g(m)=em-2am-b>m2-2am-b=0.
因为g(x)是R上的连续函数,
所以g(x)在?和(ln 2a,m)上各有一个零点x1,x2.?(6分)
此时,x1,x2为函数f(x)的两个不同的极值点,所以b>1符合题意.?(7分)
(ii)当b≤1时,取a=?,则g(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,
所以g(x)min=g(0)=1-b≥0,
所以当b≤1时,g(x)=f '(x)≥0,∴函数f(x)单调递增,没有极值点,不合题意.
综上,当b>1时,对任意a>0, f(x)均有两个极值点.?(9分)
②由①知,x1,x2为g(x)=0的两个实数根,
因为ln 2a=0,所以x1<0下面证x1<-x2<0.
要证x1<-x2<0,只需证g(-x2)由g(x2)=?-x2-b=0,得b=?-x2,
∴g(-x2)=?+x2-b=?-?+2x2,
设h(x)=e-x-ex+2x,x>0,
则h'(x)=-?-ex+2,则h'(x)<0,∴h(x)在(0,+∞)上单调递减,
∴h(x)又∵g(x1)=0,∴x∈(x1,0)时,g(x)<0,∴f(x)在(x1,0)上单调递减,
∴f(x1)>f(-x2),?(12分)
∴要证f(x1)+f(x2)>2,只需证f(-x2)+f(x2)>2,
即证?+?-?-2>0.?(13分)
设函数k(x)=ex+e-x-x2-2,x∈(0,+∞),则k'(x)=ex-e-x-2x.
设φ(x)=k'(x)=ex-e-x-2x,则φ'(x)=ex+e-x-2,则φ'(x)>0,
∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,
∴φ(x)>φ(0)=0,即k'(x)>0,
∴k(x)在(0,+∞)上单调递增,∴k(x)>k(0)=0,
∴当x∈(0,+∞)时,ex+e-x-x2-2>0,则?+?-?-2>0,
∴f(-x2)+f(x2)>2,∴f(x1)+f(x2)>2.?(16分)
3.(2019江都中学、华罗庚中学等13校联考,20)已知数列{an}的前n项和为Sn,把满足条件an+1≤
Sn(n∈N*)的所有数列{an}构成的集合记为M.
(1)若数列{an}的通项为an=?,求证:{an}∈M;
(2)若数列{an}是等差数列,且{an+n}∈M,求2a5-a1的取值范围;
(3)若数列{an}的各项均为正数,且{an}∈M,数列?中是否存在无穷多项依次成等差数列?若
存在,给出{an}的一个通项;若不存在,说明理由.
解析 (1)证明:因为an=?,所以Sn=?×?=1-?,
所以an+1-Sn=?-1+?=??-1≤?×?-1=-?<0,所以an+1(2)设{an}的公差为d,因为{an+n}∈M,
所以an+1+n+1≤(a1+1)+(a2+2)+…+(an+n),(*)
特别地,当n=1时,a2+2≤a1+1,即d≤-1,
由(*)得a1+nd+n+1≤na1+?d+?,
整理得?n2+?n-a1-1≥0,因为上述不等式对一切n∈N*恒成立,所以必有?≥0,
解得d≥-1,
又d≤-1,所以d=-1,
于是(a1+1)n-a1-1≥0,即(a1+1)(n-1)≥0,
所以a1+1≥0,即a1≥-1,
所以2a5-a1=2(a5-a1)+a1=8d+a1=-8+a1≥-9,
因此2a5-a1的取值范围是[-9,+∞).?(9分)
(3)由an+1≤Sn得Sn+1-Sn≤Sn,所以Sn+1≤2Sn,即?≤2,
所以?=?·?·…·?≤2n,
从而有Sn+1≤S1×2n=a1×2n,
又an+1≤Sn,所以an+2≤Sn+1≤a1×2n,即an≤a1×2n-2(n≥3),
又a2≤S1=a1×22-2,a1所以有an≤a1×2n-2(n∈N*),所以?≥?×2n.
假设数列?中存在无穷多项依次成等差数列,
不妨设该等差数列的第n项为dn+b(b为常数),
则存在m∈N,m≥n,使得dn+b=?≥?×2m≥?×2n,
即da1n+ba1≥2n+2.
设f(n)=?,n∈N*,n≥3,
则f(n+1)-f(n)=?-?=?<0,
即f(n+1)于是当n≥3时,2n+2>n2,
从而有:当n≥3时,da1n+ba1>n2,即n2-da1n-ba1<0,
于是当n≥3时,关于n的不等式n2-da1n-ba1<0有无穷多个解,显然不成立,
因此数列?中不存在无穷多项依次成等差数列.?(16分)
一、填空题(每小题5分,共10分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：60分钟 分值：74分)
1.(2019海安期中,13)已知正数x,y,z满足(x+2y)·?=4,且z≤3x,则P=?的取值范围是
????.
答案?????
解析 (x+2y)?=4化为?=?-?,因为z≤3x,
所以?-?≥?,去分母、合并同类项,得3x2-5xy+2y2≤0,
即(x-y)(3x-2y)≤0,即(x-y)?≤0,
所以?y≤x≤y,即?≤?≤1,令t=?,则?≤t≤1,
P=?=?+?=t+?,令f(t)=t+?,
f '(t)=1-?,令f '(t)=0,得t=?,
t ? ? ?
f '(t) - 0 +
f(t) ↘ 极小值 ↗
所以,当t=?时,P有最小值,为?+?×?=?,
又f?=?+?×?=?, f(1)=1+?=?,即P有最大值?,
所以P的取值范围是?.
一题多解????∵正数x,y,z满足(x+2y)?=4,且z≤3x,
∴4=(x+2y)?≥(x+2y)?,
即4≥?+?+2+?,∴?+?·?-?≤0,
令?=t,t>0,∴t+?·?-?≤0,
即3t2-5t+2≤0,(3t-2)(t-1)≤0,∴?≤t≤1,
P=?=?+?·?=t+?≥2?=?,
当且仅当t=?,即t=?时,取“=”.
易知当t∈?时,P(t)单调递减,
当t∈?时,P(t)单调递增,
又∵t=?时,P=?;t=1时,P=?,
∴P的取值范围为?.
2.(2019金陵中学联合调研,14)已知数列{an}的前n项和为Sn=-n2+10n,则不等式?+?+…+?1+a2+…+an成立的正整数n的最大值为 ????.
答案 9
解析 由Sn=-n2+10n,容易判断数列{an}是等差数列,得an=11-2n,
从而a1=9,a2=7,a3=5,a4=3,a5=1,a6=-1,a7=-3,a8=-5,a9=-7,a10=-9,检验可知?+?+…+?an,当1≤n<9时都成立,n=10时左右两边都为0,n>10时左边大于右边,从而使得等式成立的最大
正整数n为9.
二、解答题(共64分)
3.(2019无锡期末,19)已知函数f(x)=ex-?x2-ax(a>0).
(1)当a=1时,求证:对于任意x>0,都有f(x)>0成立;
(2)若y=f(x)恰好在x=x1和x=x2两处取得极值,求证:?证明 (1)由f(x)=ex-?x2-x,得f '(x)=ex-x-1,
令g(x)=f '(x),则g'(x)=ex-1,?(3分)
当x>0时,g'(x)>0,即f '(x)在(0,+∞)上单调递增,
故f '(x)>f '(0)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增,?(5分)
进而f(x)>f(0)=1>0,即对于任意x>0,都有f(x)>0.?(6分)
(2)f '(x)=ex-ax-a,因为x1,x2为f(x)的两个极值点,
所以?即?
两式相减,得a=?,?(8分)
则所证不等式等价于?不妨设x1>x2,两边同时除以?可得?令t=x1-x2,t>0,所证不等式即为
?设φ(t)=t?-et+1,则φ'(t)=-??,易知ex≥x+1,令x=?,可得?-?≥0,
所以φ'(t)≤0,所以φ(t)在(0,+∞)上单调递减,所以φ(t)<φ(0)=0,
所以?4.(2019宿迁期末,19)已知数列{an}各项均为正数,Sn是数列{an}的前n项和,对任意的n∈N*都有2
Sn=3?+an-2.数列{bn}各项都是正整数,b1=1,b2=4,且数列?,?,?,…,?是等比数列.
(1)证明:数列{an}是等差数列;
(2)求数列{bn}的通项公式;
(3)求满足?解析 (1)证明:当n=1时,2a1=3?+a1-2,即3?-a1-2=0,
(3a1+2)(a1-1)=0,由a1>0得a1=1.?(1分)
当n≥2时,由2Sn=3?+an-2得2Sn-1=3?+an-1-2,
两式相减得2an=3?+an-3?-an-1,
所以3(an-an-1)(an+an-1)=an+an-1,?(3分)
由an>0知an+an-1>0,所以an-an-1=?,
所以数列{an}是首项为1,公差为?的等差数列.?(5分)
(2)由(1)得an=1+?(n-1)=?n+?,
由?=a1=1,?=a4=2,
所以数列{?}是首项为1,公比为2的等比数列,
所以?=2n-1,?(7分)
又?=?bn+?,
所以?=?bn+?=2n-1,即bn=3×2n-1-2.?(10分)
(3)因为Sn=?=?(n2+5n),
所以?=?=?,?(12分)
设f(n)=?=?,
则?=?=?=??,
令?>1得?>1,即n2+3n-6<0,
由n∈N*得n=1,
所以f(1)f(3)>f(4)>…>f(n)>…,?(14分)
又因为f(1)=?=?=?>?,
f(2)=?=?=?>?,
f(3)=?=?=?>?,
f(4)=?=?=?,
f(5)=?=?=?所以当n≥5时, f(n)所以满足?5.(2019如皋期末,20)已知等差数列{an}的前n项和为Sn,若{?}为等差数列,且a1=1.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)是否存在正整数n,使1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比数列?若存在,请求出这个等比数列;若
不存在,请说明理由;
(3)若数列{bn}满足bn+1-bn=?,b1=?,且对任意的n∈N*,都有bn<1,求正整数k的最小值.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d,则an=1+(n-1)·d,Sn=n+?·d.
因为{?}是等差数列,所以2?=?+?,
即2?=1+?,解得d=2.
此时Sn=n2,?=n,数列{?}是等差数列.
所以an=2n-1.?(4分)
(2)假设存在n∈N*,使得1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比数列.
则(2+a2n+S2n)2=(1+an+Sn)(4+a4n+S4n),
由(1)可知an=2n-1,Sn=n2,代入上式,得
(2+4n-1+4n2)2=(1+2n-1+n2)(4+8n-1+16n2),
整理得8n3-5n2-2n-1=0.(*)?(6分)
令f(x)=8x3-5x2-2x-1,x≥1,
则f '(x)=24x2-10x-2,易知x≥1时, f '(x)>0,
所以f(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以f(n)=0在[1,+∞)上至多有一个根.
又f(1)=0,故n=1是方程(*)的唯一解.
所以存在n=1,使得1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比数列,且该等比数列为3,9,27.?(9分)
(3)由bn+1-bn=?可知bn+1-bn=?.
又b1=?,k∈N*,故b1>0,所以bn+1>bn>0.
依题意,bn<1对任意n∈N*恒成立,
所以b1<1,即?<1,故k>1.
①若k=2,据bn+1-bn=?,可得
当n≥2,n∈N*时,bn-b1=?+??+??+…+??>?+??+??+…+??=?+?
?>?+??=?+??.
由b1=?及b2-b1=?可得b2=?.
所以,当n≥2,n∈N*时,
bn-?>?+??,即bn>?-?.
故当n>18,n∈N*时,bn>?-?>1,故k=2不合题意.?(12分)
②若k≥3,据bn+1-bn=?,
可得bn+1-bn所以,当n≥2,n∈N*时,?-?当n=2时,?-?<1,得?>?-1=k-1≥2,所以b2当n≥3,n∈N*时,?-?所以?>?-2+?=k-2+?≥1+?,
故bn所以正整数k的最小值为3.?(16分)
名师点睛 本题考查了数列的综合应用,包括与函数的结合,放缩法的运用,这些点都属于难
点,综合性很强,属于难题.
6.(2019南通、扬州、泰州、苏北四市七市一模,20)已知等差数列{an}满足a4=4,前8项和S8=36.
(1)求数列{an}的通项公式;
(2)若数列{bn}满足?(bka2n+1-2k)+2an=3(2n-1)(n∈N*).
①证明:{bn}为等比数列;
②求集合?.
解析 (1)设等差数列{an}的公差为d.
因为等差数列{an}满足a4=4,前8项和S8=36,
所以?解得?
所以数列{an}的通项公式为an=n.?(3分)
(2)①设数列{bn}的前n项和为Bn.
由(1)及?(bka2n+1-2k)+2an=3(2n-1)(n∈N*)得,
?
由③-④得
3(2n-1)-3(2n-1-1)=(b1a2n-1+b2a2n-3+…+bn-1a3+bna1+2n)-(b1a2n-3+b2a2n-5+…+bn-1a1+2n-2)
=[b1(a2n-3+2)+b2(a2n-5+2)+…+bn-1(a1+2)+bna1+2n]-(b1a2n-3+b2a2n-5+…+bn-1a1+2n-2)
=2(b1+b2+…+bn-1)+bn+2=2(Bn-bn)+bn+2.
所以3·2n-1=2Bn-bn+2(n≥2,n∈N*),
又3(21-1)=b1a1+2,所以b1=1,满足上式.
所以2Bn-bn+2=3·2n-1(n∈N*),⑤?(6分)
当n≥2时,2Bn-1-bn-1+2=3·2n-2,⑥
由⑤-⑥得,bn+bn-1=3·2n-2.?(8分)
bn-2n-1=-(bn-1-2n-2)=…=(-1)n-1(b1-20)=0,
所以bn=2n-1,?=2,?(10分)
所以数列{bn}为等比数列.
②由?=?,得?=?,即2p-m=?.
记cn=?,由①得,cn=?=?,
所以?=?≤1,所以cn≥cn+1(当且仅当n=1时等号成立).
由?=?,得cm=3cp>cp,
所以m设t=p-m(m,p,t∈N*),由2p-m=?,得m=?.
当t=1时,m=-3,不合题意;
当t=2时,m=6,此时p=8,符合题意;
当t=3时,m=?,不合题意;
当t=4时,m=?<1,不合题意.
下面证明当t≥4,t∈N*时,m=?<1.
不妨设f(x)=2x-3x-3(x≥4),
f '(x)=2xln 2-3,则f '(x)>0,
所以f(x)在[4,+∞)上是单调增函数,
所以f(x)≥f(4)=1>0,
所以当t≥4,t∈N*时,m=?<1,不合题意.
综上,所求集合?={(6,8)}.?(16分)
C组 2017—2019年高考模拟·应用创新题组
(2019泰州中学3月检测,19)如果数列{an}对于任意n∈N*,都有an+2-an=d,其中d为常数,则称数列
{an}是“间等差数列”,d为“间公差”.若数列{an}满足an+an+1=2n-35,n∈N*,a1=a(a∈R).
(1)求证:数列{an}是“间等差数列”,并求间公差d;
(2)设Sn为数列{an}的前n项和,若Sn的最小值为-153,求实数a的取值范围;
(3)类似地,非零数列{bn}对于任意n∈N*,都有?=q,其中q为常数,则称数列{bn}是“间等比数
列”,q为“间公比”.已知数列{cn},满足c1=k(k≠9,k∈Z),cncn+1=2 018·?,n∈N*,试问数列
{cn}是不是“间等比数列”?若是,求最大的整数k使得对于任意n∈N*,都有cn>cn+1;若不是,说明
理由.
解析 (1)由an+an+1=2n-35得an+1+an+2=2n-33,?(2分)
作差得an+2-an=2,即数列{an}是“间等差数列”,间公差d=2.(4分)
(2)由(1)得{a2n-1},{a2n}分别是以a1=a,a2=-a-33为首项,2为公差的等差数列,
因此,?
所以an=?(k∈N*).?(6分)
又an+an+1=2n-35,所以
当n为偶数时,Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+…+(an-1+an)=?×?=?,
当n=18时,Sn取最小值,为S18=-153.?(8分)
当n为奇数时,Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+(an-2+an-1)+an
=?×?+n+a-1=?+a+17,
当n=17时,Sn取最小值,为S17=-136+a,因为Sn的最小值为-153,
因此只需-136+a≥-153?a≥-17.?(10分)
(3)由cncn+1=2 018·?得cn+1cn+2=2 018·?,
作商得,?=?,所以数列{cn}是“间等比数列”.?(12分)
由?=?得{c2n-1},{c2n}分别是以c1=k,c2=?为首项,?为公比的等比数列,
因为cn>cn+1,所以c1>c2>c3>…,
又因为c1=2c3=4c5=…,c2=2c4=4c6=…,
所以由?得k>?>?,?(15分)
解得?