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－1<－eq \f(1,p)由(1)中的结论得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(ak＋1,ak)))eq \s\up12(p)＝eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,aeq \\al(p,k))－1))))eq \s\up12(p)>1＋p· eq \f(1,p)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,aeq \\al(p,k))－1))＝eq \f(c,aeq \\al(p,k)).
因此aeq \\al(p,k＋1)>c，即ak＋1>ceq \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)<1，
即an＋1综上所述，an>an＋1>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)22．解：(1)易知f(x)的定义域为(－1，＋∞)，f′(x)＝eq \f(x[x－（a2－2a）],（x＋1）（x＋a）2).
(i)当10，所以f(x)在(－1，a2－2a)是增函数；
若x∈(a2－2a，0)，则f′(x)<0，所以f(x)在(a2－2a，0)是减函数；
若x∈(0，＋∞)，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)是增函数．
(ii)当a＝2时，若f′(x)≥0，f′(x)＝0成立当且仅当x＝0，所以f(x)在(－1，＋∞)是增函数.
(iii)当a>2时，若x∈(－1，0)，则f′(x)>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(0，a2－2a)是减函数；
若x∈(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)下面用数学归纳法证明eq \f(2,n＋2)(i)当n＝1时，由已知eq \f(2,3)(ii)假设当n＝k时结论成立，即eq \f(2,k＋2)当n＝k＋1时，
ak＋1＝ln(ak＋1)>lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,k＋2)＋1))>eq \f(2×\f(2,k＋2),\f(2,k＋2)＋2)＝eq \f(2,k＋3)，
ak＋1＝ln(ak＋1)≤lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k＋2)＋1))即当n＝k＋1时，有eq \f(2,k＋3) 根据(i)(ii)知对任何n∈结论都成立．
21．[2014·陕西卷] 设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式；
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．
21．解：由题设得，g(x)＝eq \f(x,1＋x)(x≥0)．
(1)由已知，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).
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，g1(x)＝eq \f(x,1＋x)，结论成立．
②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝eq \f(x,1＋kx).
那么，当n＝k＋1时，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)，即结论成立．
由①②可知，结论对n∈N＋成立．
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq \f(ax,1＋x)恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－eq \f(ax,1＋x)(x≥0)，
则φ′(x)＝eq \f(1,1＋x)－eq \f(a,（1＋x）2)＝eq \f(x＋1－a,（1＋x）2)，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥eq \f(ax,1＋x)恒成立(仅当x＝0时等号成立)．
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，
故知ln(1＋x)≥eq \f(ax,1＋x)不恒成立．
综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)＋…＋eq \f(n,n＋1)，
比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：
方法一：上述不等式等价于eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,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＋，则eq \f(1,n＋1)下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，eq \f(1,2)②假设当n＝k时结论成立，即eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,k＋1)那么，当n＝k＋1时，eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,k＋1)＋eq \f(1,k＋2)即结论成立．
由①②可知，结论对n∈N＋成立．
方法二：上述不等式等价于eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,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＋，则lneq \f(n＋1,n)>eq \f(1,n＋1).
故有ln 2－ln 1>eq \f(1,2)，
ln 3－ln 2>eq \f(1,3)，
……
ln(n＋1)－ln n>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)，
结论得证．
方法三：如图，eq \i\in(0,n,)eq \f(x,x＋1)dx是由曲线y＝eq \f(x,x＋1)，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)＋…＋eq \f(n,n＋1)是图中所示各矩形的面积和，
∴eq \f(1,2)＋eq \f(2,3)＋…＋eq \f(n,n＋1)>eq \i\in(0,n,)eq \f(x,x＋1)dx＝
eq \i\in(0,n,)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x＋1)))dx＝n－ln(n＋1)，
结论得证．
22．[2014·重庆卷] 设a1＝1，an＋1＝eq \r(aeq \\al(2,n)－2an＋2)＋b(n∈N*)．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式．
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n22．解：(1)方法一：a2＝2，a3＝eq \r(2)＋1.
再由题设条件知
(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.
从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，
故(an－1)2＝n－1，即an＝eq \r(n－1)＋1(n∈N*)．
方法二：a2＝2，a3＝eq \r(2)＋1.
可写为a1＝eq \r(1－1)＋1，a2＝eq \r(2－1)＋1，a3＝eq \r(3－1)＋1.因此猜想an＝eq \r(n－1)＋1.
下面用数学归纳法证明上式．
当n＝1时，结论显然成立．
假设n＝k时结论成立，即ak＝eq \r(k－1)＋1，则
ak＋1＝eq \r(（ak－1）2＋1)＋1＝eq \r(（k－1）＋1)＋1＝eq \r(（k＋1）－1)＋1，
这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
所以an＝eq \r(n－1)＋1(n∈N*)．
(2)方法一：设f(x)＝eq \r(（x－1）2＋1)－1，则an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝eq \r(（c－1）2＋1)－1，解得c＝eq \f(1,4).
下面用数学归纳法证明命题
a2n当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝eq \r(2)－1，所以a2假设n＝k时结论成立，即a2k易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而
c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即
1>c>a2k＋2>a2.
再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)故c综上，存在 c＝eq \f(1,4)使a2n方法二：设f(x)＝eq \r(（x－1）2＋1)－1，则an＋1＝f(an)．
先证：0≤an≤1(n∈N*)． ①
当n＝1时，结论明显成立．
假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.
易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而
0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝eq \r(2)－1<1.
即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．故①成立．
再证：a2n当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝eq \r(2)－1，所以a2假设n＝k时，结论成立，即a2k由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得
a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，
a2(k＋1)＝f(a2k＋1)这就是说，当n＝k＋1时②成立．所以②对一切n∈N*成立．
由②得a2n即(a2n＋1)2因此a2n又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2.
所以a2n＋1>eq \r(aeq \\al(2,2n＋1)－2a2n＋1＋2)－1，解得a2n＋1>eq \f(1,4). ④
综上，由②③④知存在c＝eq \f(1,4)使a2n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