2014年高考数学（理）真题分类汇编：M单元 推理与证明

这是一份2014年高考数学（理）真题分类汇编：M单元 推理与证明，共8页。
M1 合情推理与演绎推理
8．[2014·北京卷] 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
8．B
20．[2014·北京卷] 对于数对序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，…，(an，bn)，记
T1(P)＝a1＋b1，Tk(P)＝bk＋max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}(2≤k≤n)，
其中max{Tk－1(P)，a1＋a2＋…＋ak}表示Tk－1(P)和a1＋a2＋…＋ak两个数中最大的数．
(1)对于数对序列P：(2，5)，(4，1)，求T1(P)，T2(P)的值；
(2)记m为a，b，c，d四个数中最小的数，对于由两个数对(a，b)，(c，d)组成的数对序列P：(a，b)，(c，d)和P′：(c，d)，(a，b)，试分别对m＝a和m＝d两种情况比较T2(P)和T2(P′)的大小；
(3)在由五个数对(11，8)，(5，2)，(16，11)，(11，11)，(4，6)组成的所有数对序列中，写出一个数对序列P使T5(P)最小，并写出T5(P)的值．(只需写出结论)
20．解：(1)T1(P)＝2＋5＝7，
T2(P)＝1＋max{T1(P)，2＋4}＝1＋max{7，6}＝8.
(2)T2(P)＝max{a＋b＋d，a＋c＋d}，
T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}．
当m＝a时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋d＋b.
因为a＋b＋d≤c＋b＋d，且a＋c＋d≤c＋b＋d，所以T2(P)≤T2(P′)．
当m＝d时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋a＋b.
因为a＋b＋d≤c＋a＋b，且a＋c＋d≤c＋a＋b，所以T2(P)≤T2(P′)．
所以无论m＝a还是m＝d，T2(P)≤T2(P′)都成立．
(3)数对序列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.
15．[2014·福建卷] 若集合{a，b，c，d}＝{1，2，3，4}，且下列四个关系：
①a＝1；②b≠1；③c＝2；④d≠4有且只有一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是________．
15．6 [解析] 若①正确，则②③④不正确，可得b≠1不正确，即b＝1，与a＝1矛盾，故①不正确；
若②正确，则①③④不正确，由④不正确，得d＝4；由a≠1，b≠1，c≠2，得满足条件的有序数组为a＝3，b＝2，c＝1，d＝4或a＝2，b＝3，c＝1，d＝4.
若③正确，则①②④不正确，由④不正确，得d＝4；由②不正确，得b＝1，则满足条件的有序数组为a＝3，b＝1，c＝2，d＝4；
若④正确，则①②③不正确，由②不正确，得b＝1，由a≠1，c≠2，d≠4，得满足条件的有序数组为a＝2，b＝1，c＝4，d＝3或a＝3，b＝1，c＝4，d＝2或a＝4，b＝1，c＝3，d＝2；
综上所述，满足条件的有序数组的个数为6.
19．[2014·广东卷] 设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
14．[2014·新课标全国卷Ⅰ] 甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A，B，C三个城市时，
甲说：我去过的城市比乙多，但没去过B城市；
乙说：我没去过C城市；丙说：我们三人去过同一城市．
由此可判断乙去过的城市为________．
14．A
14．[2014·陕西卷] 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________．
14．F＋V－E＝2
M2 直接证明与间接证明
4．[2014·山东卷] 用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x2＋ax＋b＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( )
A. 方程x2＋ax＋b＝0没有实根 B. 方程x2＋ax＋b＝0至多有一个实根
C. 方程x2＋ax＋b＝0至多有两个实根 D. 方程x2＋ax＋b＝0恰好有两个实根
4．A
M3 数学归纳法
21．、、[2014·安徽卷] 设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.
(1)证明：当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；
(2)数列{an}满足a1＞ceq \f(1,p)，an＋1＝eq \f(p－1,p)an＋eq \f(c,p)aeq \\al(1－p,n)，证明：an＞an＋1＞ceq \f(1,p).
21．证明：(1)用数学归纳法证明如下．
①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．
②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．
当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.
所以当p＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，当x>－1，x≠0时，对一切整数p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．
(2)方法一：先用数学归纳法证明an>ceq \f(1,p).
①当n＝1时，由题设知a1>ceq \f(1,p)成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ceq \s\up6(\f(1,p))成立．
由an＋1＝eq \f(p－1,p)an＋eq \f(c,p)aeq \\al(1－p,n)易知an>0，n∈N*.
当n＝k＋1时，eq \f(ak＋1,ak)＝eq \f(p－1,p)＋eq \f(c,p)aeq \\al(－p,k)＝
1＋eq \f(1,p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,aeq \\al(p,k))－1)).
由ak>ceq \f(1,p)>0得－1ceq \f(1,p)，
所以当n＝k＋1时，不等式an>ceq \f(1,p)也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>ceq \f(1,p)均成立．
再由eq \f(an＋1,an)＝1＋eq \f(1,p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,aeq \\al(p,n))－1))可得eq \f(an＋1,an)ceq \f(1,p)，n∈N*.
方法二：设f(x)＝eq \f(p－1,p)x＋eq \f(c,p)x1－p，x≥ceq \f(1,p)，则xp≥c，
所以f′(x)＝eq \f(p－1,p)＋eq \f(c,p)(1－p)x－p＝eq \f(p－1,p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(c,xp)))>0.
由此可得，f(x)在[ceq \f(1,p)，＋∞)上单调递增，因而，当x>ceq \f(1,p)时，f(x)>f(ceq \f(1,p))＝ceq \f(1,p).
①当n＝1时，由a1>ceq \f(1,p)>0，即aeq \\al(p,1)>c可知
a2＝eq \f(p－1,p)a1＋eq \f(c,p)aeq \\al(1－p,1)＝a1eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,aeq \\al(p,1))－1))))ceq \f(1,p)，从而可得a1>a2>ceq \f(1,p)，
故当n＝1时，不等式an>an＋1>ceq \f(1,p)成立．
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式ak>ak＋1>ceq \f(1,p)成立，则当n＝k＋1时，f(ak)>f(ak＋1)>f(ceq \f(1,p))，
即有ak＋1>ak＋2>ceq \f(1,p)，
所以当n＝k＋1时，原不等式也成立．
综合①②可得，对一切正整数n，不等式an>an＋1>ceq \f(1,p)均成立．
19．[2014·广东卷] 设数列{an}的前n项和为Sn，满足Sn＝2nan＋1－3n2－4n，n∈N*，且S3＝15.
(1)求a1，a2，a3的值；
(2)求数列{an}的通项公式．
22．、[2014·全国卷] 函数f(x)＝ln(x＋1)－eq \f(ax,x＋a)(a>1)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明：eq \f(2,n＋2)0，所以f(x)在(－1，0)是增函数；
若x∈(0，a2－2a)，则f′(x)0，所以f(x)在(a2－2a，＋∞)是增函数．
(2)由(1)知，当a＝2时，f(x)在(－1，＋∞)是增函数．
当x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝0，即ln(x＋1)>eq \f(2x,x＋2)(x>0)．
又由(1)知，当a＝3时，f(x)在[0，3)是减函数．
当x∈(0，3)时，f(x)