强基计划专题练10 推理与证明（解析版）高考数学复习练习

这是一份强基计划专题练10 推理与证明（解析版）高考数学复习练习，共32页。试卷主要包含了填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．容器中有种粒子，若相同种类的两颗粒子发生碰撞，则变成一颗B粒子；不同种类的两颗粒子发生碰撞，会变成另外一种粒子.例如，一颗A粒子和一颗B粒子发生碰撞则变成一颗C粒子，现有A粒子10颗，B粒子8颗，C粒子9颗，如果经过各种两两碰撞后，只剩1颗粒子.给出下列结论：
①最后一颗粒子可能是A粒子；
②最后一颗粒子可能是B粒子；
③最后一颗粒子可能是C粒子；
其中正确结论的序号是______.（写出所有正确结论的序号）
【答案】①③
【分析】分析每一次碰撞粒子数量的变化规律，根据规律求解.
【详解】①若最后剩下的可能是A粒子.
10颗A粒子两两碰撞，形成5颗B粒子；
9颗C粒子中的8个两两碰撞，形成4颗B粒子；
所有的17颗B粒子两两碰撞，剩下一颗B粒子；
这个B粒子与剩下的一颗C粒子碰撞形成A粒子.
③最后剩下的可能是C粒子.
10颗A粒子中的9颗与9颗C粒子两两碰撞，形成9颗B粒子；
所有的17颗B粒子两两碰撞，最后剩一颗B粒子；
这个B粒子与剩下的一颗A粒子碰撞形成C粒子.
②最后剩下的不可能是B粒子.
A、B、C三种粒子每一次碰撞有以下6种可能的情况：
A与A碰撞，会产生一颗B粒子，减少两颗A粒子: （B 多1个，A、C共减少两个）；
B与B碰撞，会产生一颗B粒子，减少两颗B粒子（B 少1个，A、C总数不变）；
C与C碰撞，会产生一颗B粒子，减少两颗C粒子（B 多1个，A、C共减少两个）；
A与B碰撞，会产生一颗C粒子，减少A、B各一颗粒子（B少1个，A、C总数不变）；
A与C碰撞，会产生一颗B粒子，减少A、C各一颗粒子（B多1个， A、C共减少两个）；
B与C碰撞，会产生一颗A粒子，减少B、C各一颗粒子（B少1个，A、C总数不变），
可以发现如下规律：
（1）从B粒子的角度看：每碰撞一次，B粒子的数量增多一个或减少一个.
题目中共有27颗粒子，经过26次碰撞剩一颗粒子，整个过程变化了偶数次，
由于开始B粒子共有8颗，所以26次碰撞之后，剩余的B粒子个数必为偶数，不可能是1个，所以最后剩下的不可能是B粒子.
（2）从A、C粒子的角度看：每次碰撞之后，A、C粒子总数或者不变、或者减少两个.
题目中A、C粒子之和为19个，无论碰撞多少次，A、C粒子都没了是不可能的，所以剩下的最后一颗粒子一定是A或C.
故正确结论的序号为①③.
故答案为：①③
【点睛】关键点点睛：本题考查了分类思想，逻辑推理，分析问题解决问题的能力，读懂题意是解题的关键.
2．有限集的全部元素的积称为该数集的“积数”，例如的“积数”为2，的“积数”为6，的“积数”为，则数集的所有非空子集的“积数”的和为___________.
【答案】1010
【分析】先利用数学归纳法证明一个结论：对于有限非空数集，积数和，由此即可计算得到答案.
【详解】先利用数学归纳法证明一个结论：对于有限非空数集，积数和
当时，，成立；
假设时，
当时，
综上可得，，
则数集的所有非空子集的“积数”的和为：
故答案为：1010.
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义“积数”的理解和运用，以及“积数”的和的求法，求证对于有限非空数集，积数和是解题的关键，考查学生的逻辑推理与运算求解能力，属于难题.
3．长沙市为了支援边远山区的教育事业，组织了一支由13名教师组成的队伍下乡支教，记者采访队长时询问这个团队的构成情况，队长回答：“（1）有中学高级教师；（2）中学教师不多于小学教师；（3）小学高级教师少于中学中级教师；（4）小学中级教师少于小学高级教师；（5）支教队伍的职称只有小学中级、小学高级、中学中级、中学高级；（6）无论是否把我计算在内，以上条件都成立．”由队长的叙述可以推测出他的学段及职称分别是____．
【答案】小学中级
【分析】设小学中级、小学高级、中学中级、中学高级人数分别为，根据条件列不等式组，推出取法，根据取法推测队长的学段及职称.
【详解】设小学中级、小学高级、中学中级、中学高级人数分别为，
则
所以，
若则，
若则矛盾
队长为小学中级时，去掉队长则，
满足；
队长为小学高级时，去掉队长则，不满足；
队长为中学中级时，去掉队长则，不满足；
队长为中学高级时，去掉队长则，不满足；
综上可得队长为小学中级.
【点睛】本题考查不等式性质，考查论证推理能力，属难题.
二、解答题
4．已知集合，对于集合的非空子集．若中存在三个互不相同的元素，，，使得，，均属于，则称集合是集合的“期待子集”．
(1)试判断集合，是否为集合的“期待子集”；（直接写出答案，不必说明理由）
(2)如果一个集合中含有三个元素，，，同时满足①，②，③为偶数．那么称该集合具有性质．对于集合的非空子集，证明：集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质；
(3)若的任意含有个元素的子集都是集合的“期待子集”，求的最小值．
【答案】(1)是集合的“期待子集”，不是集合的“期待子集”
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）根据所给定义判断即可.
（2）先证明必要性，再证明充分性，结合所给“期待子集”的定义及性质的定义证明即可；
（3）首先利用反例说明当、时不成立，再利用数学归纳法证明集合的任意含有个元素的子集，都是的“期待子集”，即可得解.
【详解】（1）因为，
对于集合，令，解得，显然，，
所以是集合的“期待子集”；
对于集合，令，则，
因为，即，故矛盾，所以不是集合的“期待子集”；
（2）先证明必要性：
当集合是集合的“期待子集”时，由题意，存在互不相同的，使得，
不妨设，令，，，则，即条件中的①成立；
又，所以，即条件中的②成立；
因为，
所以为偶数，即条件中的③成立；
所以集合满足条件.
再证明充分性：
当集合满足条件时，有存在，满足①，②，③为偶数，
记，，，
由③得，由①得，由②得，
所以，
因为，，，所以，，均属于，
即集合是集合的“期待子集”.
（3）的最小值为，理由如下：
一方面，当时，对于集合，其中任意三个元素之和均为奇数，由（2）知，不是的“期待子集”；
当时，对于集合，
从中任取三个不同的元素，若不含有，则不满足条件的③，
若含有，则另外两个数必都是奇数，因为任意两个奇数之差（大数减小数）都不小于，
故不满足条件中的②，所以不是的“期待子集”；
所以.
另一方面，我们用数学归纳法证明集合的任意含有个元素的子集，都是的“期待子集”：
（I）当时，对于集合的任意含有个元素的子集，记为，
当、、三个数中恰有个属于时，则，因为数组、、、、都满足条件，
当三个数都属于，因为数组满足条件，
所以此时集合必是集合的“期待子集”，
所以当时的任意含有个元素的子集都是集合的“期待子集”.
（II）假设当时结论成立，即集合的任意含有个元素的子集都是的“期待子集”，那么时，对于集合的任意含有个元素的子集，
分成两类，①若，至多有个属于，则中至少有个元素都在集合，由归纳假设知，结论成立；
②若，，则集合中恰含的个元素，此时，当中只有一个奇数时，则集合中包含中的所有偶数，此时数组，，符合条件，结论成立；
当集合中至少有两个奇数时，则必有一个奇数不小于，此时数组，，符合条件，结论成立，所以时结论成立，
根据（I）（II）知，集合的任意含有个元素的子集，都是的“期待子集”，所以的最小值为
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.
5．若正整数的二进制表示是，这里()，称有穷数列1，，，，为的生成数列，设是一个给定的实数，称为的生成数.
（1）求的生成数列的项数；
（2）求由的生成数列，，，的前项的和(用､表示)；
（3）若实数满足，证明：存在无穷多个正整数，使得不存在正整数满足.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【解析】（1）由题意知，求出m,可知的生成数列的项数，故解即可求解；
（2）可先归纳猜想，再由数学归纳法证明；
（3）对，设二进制表示下，证明不存在，使得，利用反证法证明.
【详解】因为，
所以
且，
，
故确定即可确定的生成数列的项数，
令，解得，
因为，所以，
所以的生成数列的项数为；
（2）法一：(数学归纳法)
当时，，
当时，，
当时，
，
猜想：，接下来用数学归纳法证明，
当时，已证，
假设结论对成立，则对有
，
故结论对也成立，
所以；
（3）对，设二进制表示下，我们证明不存在，
使得，
事实上，对这样的，有，
如果存在，使得，
设的二进制表示为，则，
①若，则，这时，如果，
那么(因为，所以)，矛盾，
如果，那么或，也矛盾，
②设时可以推出矛盾，考虑的情形，
若，则
，矛盾，
若，则
，矛盾，
上述推导中都用到了，
所以，这时，记，
进而，有，
于是，由得，
与归纳假设不符.
综上所述，存在无穷多个正整数，使得不存在正整数，满足.
【点睛】关键点点睛：本题属于创新型题目，难度很大，推理要求很高，涉及到了数学归纳法，反证法，难度太大，属于难题.
6．甲、乙两人轮流吹同一只气球，当且仅当气球内的气体体积（单位：毫升）大于2014时，气球会被吹破．先由甲开始吹入1毫升气体，约定以后每次吹入的气体体积为上一次体积的2倍或，且吹入的气体体积为整数．
（1）若谁先吹破气球谁输，问谁有必胜策略？证明你的结论．
（2）若在不吹破气球的前提下，约定单次吹入的气体体积最大者为赢家（如果吹入的体积相同，则最先吹出最大体积者为赢家）．问：谁有必胜策略？证明你的结论．
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【详解】（1）设气球的最大体积为（当且仅当气球内气体体积大于时，气球被吹破）．
若甲有必胜策略，则记；若乙有必胜策略，则记．
当，4，…，9时，容易验证
，，，，．
猜想：，，其中，．
下面用数学归纳法证明猜想成立．
当时，经试验结论成立．假设当时，结论成立．考虑．
因为前两次甲、乙吹入的气体体积只能是甲1毫升、乙2毫升：
若第三次甲吹入1毫升，则乙吹入2毫升即转化为的情形，由归纳假设，最终乙胜；
若第三次甲吹入4毫升，则乙吹入2毫升即转化为的情形，由归纳假设，最终也是乙胜．
因此，．
当或时，甲第三次只需吹入1毫升，即转化为的情形，
于是，由归纳假设．
综上，由数学归纳法，知猜想成立．
因为，所以，．
故甲有必胜策略．
（2）设气球的最大体积为（当且仅当气球内气体体积大于时，气球被吹破）．若甲有必胜策略，则记；若乙有必胜策略，则记．
当，4，…， 9时，可以验证，．
一般地，猜想：当时，．
下面用数学归纳法证明猜想成立．
当，8，9时，由试验知结论成立．
假设当时，结论成立．
当时，因为前两次甲、乙吹入的气体体积只能是甲1毫升、乙2毫升，在第三次时甲只需吹入1毫升气体，即转化为的情形，由数学归纳法，最终甲是赢家，故．
所以，当时，甲有策略使自己成为最终的赢家．
7．设，，.
证明：（1）存在常数，使得对任意正整数，有.
（2）对任意正整数，有.
【答案】（1）见解析；（2）见解析
【详解】（1）记.则，，
.
下面用数学归纳法证明：对任意的正整数，有.
当时，.
设.则.
结论成立.
于是，取，对任意正整数，有.
（2）由（1）得
.
记.则，.
于是，对任意的正整数，
.
因此，当时，
.
又当时，，
故对任意的正整数，有.
8．集合，，.若集合中的所有元素都能用中不超过9个的不同元素相加表示，求，并构造达到最小时对应的一个集合.
【答案】，为满足条件的集合.
【详解】设.
依题意应有.
注意到，，
，
.
故.
下面证明：
满足条件.
1.首先用数学归纳法证明：对任意的，可以表示成中至多个不同元素之和.
当时，对任意的，由二进制知识知
.
其中，或1，不全为1，.
即可表示成中至多4个不同元素之和.
假设时，命题成立.
当时，由归纳假设易知，当时命题成立；当时，.
由归纳假设，可以表示成中至多个不同元素之和，故可以表示成中至多个不同元素之和.
2.对，取，使得.
若，则，矛盾.
若，则，同1知可表示成中至多3个不同元素之和.故可表示成中至多9个不同元素之和.
若则，由1知可表示成中至多个不同元素之和.故可表示成中至多个不同元素之和.
3.对，则.
取，使得，从而，.
由1知可表示成中至多个不同元素之和.
故可表成中至多个不同元素之和.
综上，，为满足条件的集合.
9．对于一个m行n列的数表，用表示数表中第i行第j列的数，（；）．对于给定的正整数t，若数表满足以下两个条件，则称数表具有性质：
①，；
②．
(1)以下给出数表1和数表2．
数表1
数表2（i）数表1是否具有性质？说明理由；
（ii）是否存在正整数t，使得数表2具有性质？若存在，直接写出t的值，若不存在，说明理由；
(2)是否存在数表具有性质？若存在，求出m的最小值，若不存在，说明理由；
(3)给定偶数，对每一个，将集合中的最小元素记为．求的最大值．
【答案】(1)（i）数表1不具有性质，理由见解析；（ii）存在．.
(2)不存在，理由见解析
(3)．
【分析】（1）根据数表具有性质的定义，可判断（i）中数表1不具有性质，（ii）中数表当时满足条件，即得答案；
（2）假设存在m使得数表具有性质，根据题意可推出任意两行中，1的个数的奇偶性相同，与数表第一行有2023个1，最后一行有0个1矛盾，可得结论；
（3）定义行n列的数表，满足设定的条件其第i行第j列为，（），在其条件下先证明，再证时，，综合可得，，从而得的最大值的为．
【详解】（1）（i）数表1不具有性质．
理由：．
（ⅱ）存在．
由图表可知，
故时，数表2具有性质．
（2）不存在数表具有性质．
假设存在m使得数表具有性质，
则．
即在这两行中，有6列的数不同，设其中有k列是第i行的数为1，第行的数为0，
则有列是第i行的数为0，第行的数为1，
所以，从第i行到第行，一共增加了个1，1的个数的奇偶性不变．
所以，任意两行中，1的个数的奇偶性相同，
与数表第一行有2023个1，最后一行有0个1矛盾，
所以，不存在具有性质的数表．
（3）的最大值的为．
定义行n列的数表：
其第i行第j列为，（），
则，且表示，两数相同，表示，两数不同．
因为数表的第1行确定，所以给定数表后，数表唯一确定．
①先证．
按照如下方式，构造数表：对于第行和第2s行，，
令，，，，
且在这两行其余的列中，任选相同的列都为1，其他列都为0，
于是可得到具有性质的数表如下：
即对于每个，当时，都存在数表具有性质．
所以．
②再证时，．
记（）．
因为是奇数，所以与的奇偶性不相同（）．
因为，，所以m是奇数．
考虑的第i行和行，
因为，所以这两行中都有列为1，1列为0．
若这两行相同，则数表的第i行和第行相同，．
若这两行不同，设其分别在第p，q列为0，则数表的第i行和第行只在第p，q列上不同，其他列都相同，．
因为，，其中n是偶数．
所以，
所以，即．
结合①，．
综上所述，的最大值为．
【点睛】本题考查了关于数表新定义的问题，涉及到归纳推理的思想方法，对学生的思维能力要求较高，综合性强，能很好地考查学生的综合素养，解答的关键是要理解新定义，根据其定义解决问题.
10．如图所示，，，…，，…是曲线（）上的点，，，…，，…是x轴正半轴上的点，且，，…，，…均为等腰直角三角形（为坐标原点）.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，求.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）利用猜想，利用数学归纳法证明猜想成立.
（2）利用裂项求和法求得.
【详解】（1）依题意，有，得.
由，得，即，
由可得，，，猜测.
证明：（ⅰ）当时，可求得，命题成立；
（ⅱ）假设当时，命题成立，即有，则当时，
由归纳假设得，即得，
即，
解得（不合题意，舍去）.
即当时，命题也成立.
由（ⅰ）、（ⅱ），对所有，；
（2）
.
【点睛】用数学归纳法进行证明时，证明的过程中，一定要用上时的结论.
11．在一张无限大的方格表上的每个方格中填有一个实数．已知任意一个由格线构成的正方形中的数之和的绝对值不超过1．证明：任意一个由格线构成的矩形中的数之和的绝对值不超过4．
【答案】证明见解析.
【详解】反证法．假设有一个由格线构成的矩形中的数值和的绝对值为．设其两边长为a，b且，则显然，否则该矩形可以切割成两个小正方形，两个小正方形中数之和的绝对值均不超过2，从而矩形中的数值和不超过2，矛盾.
（1），设．
不妨设，对有．同理，．
而，
于是，
于是．同理，．
又，因此，
故，并且这是一个的矩形中数之和．
（2），不妨设．
由，于是，于是．
又，即
，
于是．同理．
从而，
且这是一个的矩形．
从而综合（1），（2）可知，如果有矩形中数之和绝对值为，
则．且时存在一个的矩形中数之和绝对值至少时存在一个矩形中数之和绝对值至少．
考虑：
,
令．
我们说明存在正整数，时都满足 ③，
注意到如果满足③，那么易知也满足③．
因此，若前述断言不成立，则都不满足③，从而易知，注意到
，
因此数列是单调递增有界正整数数列，矛盾．于是前述断言成立．
我们不妨设满足③，那么注意到
．
从而，即存在一个边长为、的矩形中各方格中实数和绝对值至少，而这个矩形可以划分成个边长为的正方形，从而其各方格中实数和绝对值至多，于是，令，矛盾．
综上所述，假设不成立，原命题得证．
12．已知集合，其中．对于，，定义与之间的距离为．
（1）记，写出所有使得；
（2）记，、，并且，求的最大值；
（3）设，中所有不同元素间的距离的最小值为，记满足条件的集合的元素个数的最大值为，求证：．
【答案】（1）的所有情形有：、、、；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据题中定义可得的所有情形；
（2）分、两种情况，利用绝对值三角不等式可求得的最大值；
（3）设是满足条件的最大集合，即中的元素个数为，，记集合，分析出中的元素个数为，利用反证法可得出集合有个元素，从而推出矛盾，进而可证得结论成立.
【详解】（1）已知，，且，
所以，的所有情形有：、、、；
（2）设，，
因为，则，
同理可得，
当时，；
当时，.
当，时，上式等号成立.
综上所述，；
（3）设是满足条件的最大集合，即中的元素个数为，
所以，、且，，
，记集合，
那么中的元素个数为，
对于中的任意元素，都存在，使得，
若不然，假设存在，都有，
那么集合中所有不同元素间的距离的最小值为，
且中有个元素，这与的最大性矛盾.
所以中的每个元素必与中某个元素间的距离不超过.
从而，所以，.
【点睛】方法点睛：解决以集合为背景的新定义问题，要抓住两点：
（1）紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把定义所叙述的问题的本质弄清楚，并能够应用到具体的解题过程之中，这是新定义型集合问题难点的关键所在；
（2）用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用集合性质的一些因素，在关键之外用好集合的运算与性质.
13．设为正整数，如果表达式同时满足下列性质，则称之为“交错和”.①，；②；③当时，（）；④规定：当时，也是“交错和”.
（1）请将7和10表示为“交错和”；
（2）若正整数可以表示为“交错和”，求证：；
（3）对于任意正整数，判断一共有几种“交错和”的表示方法，并证明你的结论.
【答案】（1）或；或；（2）证明见解析；（3）两种，证明见解析.
【分析】（1）按照交错和定义列举出来即可；
（2）假设，利用反证法证明；
（3）首先证明，再证明仅有或两种交错和表示，最后证明时，n均只有两种交错和表示.
【详解】（1）或，或
（2）假设，
当时，，这与“n是正整数”矛盾！
当时，因为，
所以
，
这与“n是正整数”矛盾！
故.
(3)①首先使,若
必有，这是因为若，不论m为奇数或偶数，由正负交错，
矛盾，
所以.
②时，仅有或两种交错和表示.
(i)当n=1时，不难发现1=1, 均为交错和表示，且由①知，所以1仅
有1=1或两种交错和表示.
(i)假设仅有或两种交错和表示，又因为或为的两种交错和表示，假设又不同于上述两种交错和的
新表示，因为为偶数，所以,
所以为的不同于或
的交错和表示，与假设矛盾,
所以或为的唯二交错和表示.
③时，n均只有两种交错和表示.
(i) 当n=3时，3=-1+4或3=1- 2+4为3的两种交错和表示，又由①知，
且均不成立，所以3的交错和仅上述两种.
(ii) 假设对于，n均只有两种交错和表示，对于
，因为，其中,所以由归纳
假设及②知仅两种交错和交错和表示，且的交错和表示中相应的
(由①可得)，所以此时已有两种交错和表示，若l还
有其他不同的交错和表示，此表示对应,所以也有第三种交错和表
示，与假设矛盾，所以， l仅有两种交错和表示.
综上，有两种交错和表示.
【点睛】关键点点睛：本题解题时要紧扣交错和的定义，理解交错和的表示，综合运用分类讨论，反证法，递推关系去证明，属于困难题.
14．是定义在上且满足如下条件的函数组成的集合：
①对任意的，都有；
②存在常数，使得对任意的，都有.
（1）设，问是否属于？说明你的判断理由；
（2）若，如果存在，使得，证明这样的是唯一的；
（3）设为正实数，是否存在函数，使？作出你的判断，并说明理由.
【答案】（1）是，详见解析（2）详见解析（3）详见解析
【分析】（1）根据定义逐一验证，即求函数在上值域，再判断是否为子集；根据不等式寻找满足条件的常数；
（2）利用反证法，假设存在两个，根据条件得到，即假设不成立，原命题成立；
（3）先根据条件①解不等式确定，再根据条件②利用恒成立转化为对应函数最值，再解不等式确定.的条件由确定.
【详解】（1）因为在上单调递增，所以；
，
所以存在常数，使得对任意的，都有，
综上属于；
（2）设存在，满足，
因为，
所以存在常数，使得，
即，与矛盾，
因此满足条件的是唯一的；
（3）假设存在，则因为，且在上单调递增，所以
，因此；
存在常数，使得对任意的，都有，
，所以，
因为
因此
从而
即当时存在函数，使；否则不存在.
【点睛】本题考查函数新定义、反证证以及恒成立问题，考查综合分析求解与论证能力，属难题.
15．已知，给定个整点,其中.
（Ⅰ）当时,从上面的个整点中任取两个不同的整点，求的所有可能值；
（Ⅱ）从上面个整点中任取个不同的整点，.
（i）证明：存在互不相同的四个整点，满足,；
（ii）证明：存在互不相同的四个整点，满足,.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）详见解析；（ii）详见解析.
【解析】（Ⅰ）列出所有的整点后可得的所有可能值.
（Ⅱ）对于（i），可用反证法，对于（ii），可设直线上选择了个的点，计算可得诸直线上不同两点的横坐标和的不同个数的最小值为，结合中任意不同两项之和的不同的值恰有个可得至少有一个和出现两次，从而可证结论成立.
【详解】解:（Ⅰ）当时，4个整点分别为.
所以的所有可能值.
（Ⅱ）（i）假设不存在互不相同的四个整点，
满足.
即在直线中至多有一条直线上取多于1个整点，其余每条直线上至多取一个整点， 此时符合条件的整点个数最多为.
而，与已知矛盾.
故存在互不相同的四个整点，满足.
（ii）设直线上有个选定的点.
若，设上的这个选定的点的横坐标为，且满足.
由，
知中任意不同两项之和至少有个不同的值，这对于也成立.
由于中任意不同两项之和的不同的值恰有个，
而,
可知存在四个不同的点，
满足.
【点睛】本题考查集合中的计数问题，对于存在性问题，可从反面讨论或从不同和的个数切入，本题类似于组合数学的抽屉原理，本题竞赛味浓烈，属于难题.
16．如图，将一个正三角形的每一边都等分后，过各分点作其它两边的平行线形成一个三角形网.记为n等分后图中所有梯形的个数.
（1）求的值；
（2）求的表达式.
【答案】（1）见解析（2）见解析
【分析】（1）直接作出图形，分别求得的值即可；
（2）先分清楚梯形分别有正放和反放两张情况，分别求得他们的个数，可得总个数，再利用排列组合数和n为奇数偶数，进行化简，可得最后结果.
【详解】（1）直接作出图形，然后输出n=2，；n=3，
（2）显然这些梯形分为三大类，第一类是水平放置的，这一类逆时针或者顺时针转得到另外两大类，这三大类的梯形的个数显然是一样多的，所以现在只要求第一类的个数.
而第一大类的梯形又分为两类，一类是正放的（上底小于下底），另一类是倒置的（上底大于下底）.
1.下面先求正放的个数.
正放的梯形里，先求高度为一层的个数，最下面一层的总个数为：；
再上面一层的这种梯形的个数为：；
所以全部的一层高的梯形个数为：.
下面再求高度为两层的正放梯形，跟一层的求法完全一样，只是项的个数不同.
易有，高度为两层的正放梯形总个数为：
高度为三层的正放梯形总个数为：
所以，全部正放的梯形的总个数为：
2.下面再求倒置的梯形的个数.
一样的，先求高为一层的总个数，最后为：.
下面看高度为两层的总个数：
的情形
最下面两层的高度为两层的个数为：
稍上两层的高度为两层的个数为：.
所以高度为两层的倒置梯形总个数为：
依此，高度为三层的倒置梯形的总个数为：.
所以，所有的倒置的梯形的总个数为：
上面的和式，当n为奇数时以结尾，而当n为偶数时以结尾.
3.综上所述，全部的梯形个数为：
4.下面来简化这个式子.
令（当n为奇数时以结尾，而当n为偶数时以结尾）
易于计算：.将两相邻两项合并后求和.
i.当n模4余2时：
ii.当n模4余0时：
综合i、ii得，当n为偶数时：
iii.当n为奇数时，由于，所以有：
综上所述，得：当n为奇数时，
；
当n为偶数时，.
而n为奇数时，；
n为偶数时，
所以，两式可以合并为.
即：，其中表示t的整数部分.
【点睛】本题考查了推理、归纳总结，首先要熟悉组合数的化简、数列的递推、计算的仔细等能力，属于难题.
17．在个实数组成的行列的数表中，表示第行第列的数，记．，若，0，，且，，，，，，，，两两不等，则称此表为“阶表”，记，，，，，，，．
(1)请写出一个“阶表”；
(2)对任意一个“阶表”，若整数，且，求证：为偶数；
(3)求证：不存在“阶表”．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用“阶表”的概念，由题意能写出一个“2阶表”．
（2）对任意一个“阶表”， 表示第行所有数的和，表示第列所有数的和，，推导出，从而，由此能证明为偶数．
（3）假设存在一个“阶表”，则5，，3，，且和至少有一个成立，推导出假设不成立，由此能证明不存在“5阶表”．
【详解】（1）解：由题意写出一个“阶表”如下：
（2）证明：对任意一个“阶表”， 表示第行所有数的和，
表示第列所有数的和，，
与均表示数表中所有数的和，，
，0，，，，，，，，，只能取，内的整数，
，，，，，，，互不相等，，，且，
，，，，，，，，，，，0，1，，，，
，
为偶数．
（3）证明：假设存在一个“阶表”，则由（2）知，，，，
且和至少有一个成立，不妨设，
设，，则，，
，，可设，
，，
①若3是某列的和，，只能是某前四列的和，不妨设是第一列，
即，现考虑，只能是或，
不妨设，即，
由，，两两不等知，，两两不等，不妨设，，，
若，则，
若，则，
若，则，均与已知矛盾．
②若3是某行的和，不妨设，则第4行至少有3个别，
若这3个1是前四个中的某三个数，
不妨设，则前五行前三个数只能是3个不同的数，
不妨设，，，则矛盾，
故第四行只能前四个数有2个1，第五个数为1，
不妨设，，，
第5行只能是2个0，3个或1个1，4个，
则，，至少两个数相同，不妨设，则，与已知矛盾．
综上，不存在“阶表”．
【点睛】思路点睛：本题是新定义概念题，正确理解“阶表”的结构特点“阶表”的性质是解题的关键．注意由特殊到一般的思想方法和反证法的应用．本题需要较强的逻辑推理能力．
18．已知每一项都是正数的数列满足，．
（1）用数学归纳法证明：；
（2）证明：；
（3）记为数列的前项和，证明：．
【答案】（1）见解析;（2）见解析;（3）见解析.
【详解】试题分析：（1）由于是隔项，所以先由求出与之间关系，并在利用归纳假设时，注意对称性，两个式子同时运用： ，（2）奇数项隔项递减，且最大值为，所以研究偶数项单调性：隔项递增，且最小值为，（同（1）的方法给予证明），最后需证明，根据归纳可借助第三量，作差给予证明；（3）先探求数列递推关系：，再利用等比数列求和公式得.
试题解析：（1）由题知，，
①当时，，，
，成立；
②假设时，结论成立，即，
因为
所以
即时也成立，
由①②可知对于，都有成立.
（2）由（1）知，，
所以，
同理由数学归纳法可证，
.
猜测：，下证这个结论.
因为，
所以与异号.注意到，知，，
即.
所以有，
从而可知.
（3）
所以
所以
19．已知 ，且 ，数列 满足．
(1) 求证数列 是等比数列；
(2)数列 的通项公式；
(3)若 满足 ，试用数学归纳法证明：．
【答案】（1）见解析（2） （3）见解析
【详解】分析：（1）根据项之间递推关系确定，再根据等比数列定义给以证明，（2）构造新数列，再根据等差数列定义以及通项公式得结果，（3）先证起始项成立，再利用归纳假设证也成立，最后根据数学归纳法原理说明命题成立.
详解：证明(1)∵，
∴,.
∵，，
∴
．
又，
∴数列是公比为3，首项为的等比数列．
(2)依据(1)可以，得．
于是，有，即．
因此，数列是首项为，公差为1的等差数列．
故．
所以数列的通项公式是．
(3)（理科）用数学归纳法证明：
(i)当时，左边，右边，
即左边=右边，所以当时结论成立．
(ii)假设当时，结论成立，即．
当时，左边
，
右边．
即左边＝右边，因此，当时，结论也成立．
根据(i)、(ii)可以断定，对的正整数都成立．
点睛：构造法求数列通项：
(1) 为常数）,构造等比数列；
(2) ,构造等差数列
20．理科已知函数，当时，函数取得极大值.
（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）已知结论：若函数在区间内导数都存在，且，则存在，使得.试用这个结论证明：若，函数，则对任意，都有；（Ⅲ）已知正数满足求证：当，时，对任意大于，且互不相等的实数,都有
【答案】（Ⅰ）m=-1；（Ⅱ）利用导数判断函数的单调性，从而证明不等式；（Ⅲ）利用数学归纳法证明
【详解】试题分析：（Ⅰ）. 由，得，此时.
当时，，函数在区间上单调递增；
当时，，函数在区间上单调递减.
函数在处取得极大值，故. 3分
（Ⅱ）令， 4分
则.函数在上可导，存在，使得.
又
当时，，单调递增，；
当时，，单调递减，；
故对任意，都有. 8分
（Ⅲ）用数学归纳法证明.
①当时，，且，，
，由（Ⅱ）得，即
，
当时，结论成立. 9分
②假设当时结论成立，即当时，1
1
1
0
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
1
0
0
0
0
1
1
1
1
0
1
0
0
0
0
第1列
第2列
第3列
第4列
第n－1列
第n列
第1行
1
1
1
1
…
1
1

第3行
0
0
1
1
…
1
1
第5行
0
0
0
0
…
1
1
…
第行
0
0
0
0
…
0
0


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则，且.
13分
当时，结论也成立.
综上由①②，对任意，，结论恒成立. 14分
考点：本题主要考查导数的几何意义，应用导数研究函数的单调性、最值及不等式的证明，数学归纳法．
点评：难题，利用导数研究函数的单调性、极值、最值，是导数的应用中的基本问题．本题（III）应用数学归纳法证明不等式，难度较大．涉及对数函数，要特别注意函数的定义域．