五年高考2022届高考数学复习第七章第五节推理与证明文全国通用

第五节　推理与证明考点一　合情推理与演绎推理1.(2022·江西，5)观察下列事实：|x|＋|y|＝1的不同整数解(x，y)的个数为4，|x|＋|y|＝2的不同整数解(x，y)的个数为8，|x|＋|y|＝3的不同整数解(x，y)的个数为12，…，则|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为(　　)A.76B.80C.86D.92解析　由已知条件得，|x|＋|y|＝n(n∈N＋)的不同整数解(x，y)的个数为4n，所以|x|＋|y|＝20的不同整数解(x，y)的个数为80，故选B.答案　B2.(2022·陕西，16)观察下列等式1－＝1－＋－＝＋1－＋－＋－＝＋＋……据此规律，第n个等式可为________.解析　等式左边的特征：第1个等式有2项，第2个有4项，第3个有6项，且正负交错，故第n个等式左边有2n项且正负交错，应为1－＋－＋…＋－；等式右边的特征：第1个有1项，第2个有2项，第3个有3项，故第n个有n项，且有前几个的规律不难发现第n个等式右边应为＋＋…＋.答案　1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋3.(2022·陕西，13)观察下列等式(1＋1)＝2×1(2＋1)(2＋2)＝22×1×3(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5……照此规律，第n个等式可为_______________________________________________.解析　观察规律，等号左侧为(n＋1)(n＋2)…(n＋n)，8\n等号右侧分两部分，一部分是2n，另一部分是1×3×…×(2n－1).答案　(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)4.(2022·福建，16)已知集合{a，b，c}＝{0，1，2}，且下列三个关系：①a≠2；②b＝2；③c≠0有且只有一个正确，则100a＋10b＋c等于________.解析　可分下列三种情形：(1)若只有①正确，则a≠2，b≠2，c＝0，所以a＝b＝1与集合元素的互异性相矛盾，所以只有①正确是不可能的；(2)若只有②正确，则b＝2，a＝2，c＝0，这与集合元素的互异性相矛盾，所以只有②正确是不可能的；(3)若只有③正确，则c≠0，a＝2，b≠2，所以b＝0，c＝1，所以100a＋10b＋c＝100×2＋10×0＋1＝201.答案　2015.(2022·课标Ⅰ，14)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________.解析　根据甲和丙的回答推测乙没去过B城市，又知乙没去过C城市，故乙去过A城市.答案　A6.(2022·湖南，15)对于E＝{a1，a2，…，a100}的子集X＝{ai1，ai2，…，aik}，定义X的“特征数列”为x1，x2，…，x100，其中xi1＝xi2＝…＝xik＝1，其余项均为0.例如：子集{a2，a3}的“特征数列”为0，1，1，0，0，…，0.(1)子集{a1，a3，a5}的“特征数列”的前3项和等于________.(2)若E的子集P的“特征数列”p1，p2，…，p100满足p1＝1，pi＋pi＋1＝1，1≤i≤99；E的子集Q的“特征数列”q1，q2，…，q100满足q1＝1，qj＋qj＋1＋qj＋2＝1，1≤j≤98，则P∩Q的元素个数为________.解析　(1)根据题意可知子集{a1，a3，a5}的“特征数列”为1，0，1，0，1，0，0，…，0，此数列前3项和为2.(2)根据题意可写出子集P的“特征数列”为1，0，1，0，1，0，…，1，0，则P＝{a1，a3，…，a2n－1，…，a99}(1≤n≤50)，子集Q的“特征数列”为1，0，0，1，0，0，…，1，0，0，1，则Q＝{a1，a4，…，a3k－2，…，a100}(1≤k≤34)，则P∩Q＝{a1，a7，a13，…，a97}，共有17项.答案　(1)2　(2)177.(2022·湖北，17)在平面直角坐标系中，若点P(x，y)的坐标x，y均为整数，则称点P为格点.若一个多边形的顶点全是格点，则称该多边形为格点多边形.格点多边形的面积记为S，其内部的格点数记为N，边界上的格点数记为L.例如图中△ABC是格点三角形，对应的S＝1，N＝0，L＝4.8\n(1)图中格点四边形DEFG对应的S，N，L分别是________；(2)已知格点多边形的面积可表示为S＝aN＋bL＋c，其中a，b，c为常数.若某格点多边形对应的N＝71，L＝18，则S＝________(用数值作答).解析　由图形可得四边形DEFG对应的S，N，L分别是3，1，6.再取两相邻正方形可计算S，N，L的值为2，0，6.加上已知S＝1时N＝0，L＝4，代入S＝aN＋bL＋c可计算求出a＝1，b＝，c＝－1，故当N＝71，L＝18时，S＝71＋×18－1＝79.答案　(1)3，1，6　(2)798.(2022·陕西，12)观察下列不等式1＋＜，1＋＋＜，1＋＋＋＜，……照此规律，第五个不等式为______________________________________________.解析　3＝2×1＋1，5＝2×2＋1，7＝2×3＋1，所以第五个不等式右边的分子为2×5＋1＝11.故填1＋＋＋＋＋＜.答案　1＋＋＋＋＋＜9.(2022·陕西，13)观察下列等式1＝12＋3＋4＝93＋4＋5＋6＋7＝258\n4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝49……照此规律，第五个等式应为______________________________________________.解析　观察等式左侧：第一行有1个数是1，第二行是3个连续自然数的和，第一个数是2，第三行是5个连续自然数的和，第一个数是3，第四行是7个连续自然数的和，第一个数是4，第5行应该是9个连续自然数的和，第一个数为5，∴第5行左侧：5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13；等式右侧：第一行1＝12，第二行9＝32，第三行25＝52，第四行49＝72，则第5行应为81＝92.∴第五个等式为5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝81.答案　5＋6＋7＋8＋9＋10＋11＋12＋13＝81考点二　直接证明与间接证明1.(2022·山东，4)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(　　)A.方程x3＋ax＋b＝0没有实根B.方程x3＋ax＋b＝0至多有一个实根C.方程x3＋ax＋b＝0至多有两个实根D.方程x3＋ax＋b＝0恰好有两个实根解析　至少有一个实根的否定是没有实根，故做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”.答案　A2.(2022·四川，21)已知函数f(x)＝－2xlnx＋x2－2ax＋a2，其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数，讨论g(x)的单调性；(2)证明：存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.解　(1)由已知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，g(x)＝f′(x)＝2(x－1－lnx－a)，所以g′(x)＝2－＝，当x∈(0，1)时，g′(x)＜0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)单调递增.(2)由f′(x)＝2(x－1－lnx－a)＝0，解得a＝x－1－lnx，令φ(x)＝－2xlnx＋x2－2x(x－1－lnx)＋(x－1－lnx)2＝(1＋lnx)2－2xlnx，则φ(1)＝1＞0，φ(e)＝2(2－e)＜0，8\n于是，存在x0∈(1，e)，使得φ(x0)＝0，令a0＝x0－1－lnx0＝u(x0)，其中u(x)＝x－1－lnx(x≥1)，由u′(x)＝1－≥0知，函数u(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，故0＝u(1)＜a0＝u(x0)＜u(e)＝e－2＜1，即a0∈(0，1)，当a＝a0时，有f′(x0)＝0，f(x0)＝φ(x0)＝0，再由(1)知，f′(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，当x∈(1，x0)时，f′(x)＜0，从而f(x)＞f(x0)＝0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)＞0，从而f(x)＞f(x0)＝0；又当x∈(0，1]时，f(x)＝(x－a0)2－2xlnx＞0，故x∈(0，＋∞)时，f(x)≥0，综上所述，存在a∈(0，1)，使得f(x)≥0恒成立，且f(x)＝0在区间(1，＋∞)内有唯一解.3.(2022·江苏，20)设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列.(1)证明：2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列；(2)是否存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由；(3)是否存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列？并说明理由.(1)证明　因为＝2an＋1－an＝2d(n＝1，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列，(2)令a1＋d＝a，则a1，a2，a3，a4分别为a－d，a，a＋d，a＋2d(a＞d，a＞－2d，d≠0).假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4＝(a－d)(a＋d)3，且(a＋d)6＝a2(a＋2d)4.令t＝，则1＝(1－t)(1＋t)3，且(1＋t)6＝(1＋2t)4，化简得t3＋2t2－2＝0(*)，且t2＝t＋1.将t2＝t＋1代入(*)式，t(t＋1)＋2(t＋1)－2＝t2＋3t＝t＋1＋3t＝4t＋1＝0，则t＝－.8\n显然t＝－不是上面方程的解，矛盾，所以假设不成立.因此不存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列.(3)解　假设存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a1＋2d)n＋2k＝(a1＋d)2(n＋k)，且(a1＋d)n＋k(a1＋3d)n＋3k＝(a1＋2d)2(n＋2k).分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t＝，则(1＋2t)n＋2k＝(1＋t)2(n＋k)，且(1＋t)n＋k(1＋3t)n＋3k＝(1＋2t)2(n＋2k).将上述两个等式两边取对数，得(n＋2k)ln(1＋2t)＝2(n＋k)ln(1＋t)，且(n＋k)ln(1＋t)＋(n＋3k)ln(1＋3t)＝2(n＋2k)ln(1＋2t).化简得2k[ln(1＋2t)－ln(1＋t)]＝n[2ln(1＋t)－ln(1＋2t)]，且3k[ln(1＋3t)－ln(1＋t)]＝n[3ln(1＋t)－ln(1＋3t)].再将这两式相除，化简得ln(1＋3t)ln(1＋2t)＋3ln(1＋2t)ln(1＋t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)(**).令g(t)＝4ln(1＋3t)ln(1＋t)－ln(1＋3t)ln(1＋2t)－3ln(1＋2t)ln(1＋t)，则g′(t)＝.令φ(t)＝(1＋3t)2ln(1＋3t)－3(1＋2t)2ln(1＋2t)＋3(1＋t)2ln(1＋t)，则φ′(t)＝6[(1＋3t)ln(1＋3t)－2(1＋2t)ln(1＋2t)＋(1＋t)ln(1＋t)].令φ1(t)＝φ′(t)，则φ1′(t)＝6[3ln(1＋3t)－4ln(1＋2t)＋ln(1＋t)].令φ2(t)＝φ1′(t)，则φ2′(t)＝＞0.由g(0)＝φ(0)＝φ1(0)＝φ2(0)＝0，φ′2(t)＞0，知φ2(t)，φ1(t)，φ(t)，g(t)在和(0，＋∞)上均单调.故g(t)只有唯一零点t＝0，即方程(**)只有唯一解t＝0，故假设不成立.8\n所以不存在a1，d及正整数n，k，使得a，a，a，a依次构成等比数列.4.(2022·天津，20)已知q和n均为给定的大于1的自然数.设集合M＝{0，1，2，…，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}.(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1，2，…，n.证明：若an＜bn，则s＜t.(1)解　当q＝2，n＝3时，M＝{0，1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1，2，3}.可得，A＝{0，1，2，3，4，5，6，7}.(2)证明　由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋…＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋…＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1，2，…，n及an<bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋…＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1≤(q－1)＋(q－1)q＋…＋(q－1)qn－2－qn－1＝－qn－1＝－1<0.所以，s<t.5.(2022·山东，22)已知函数f(x)＝(k为常数，e＝2.71828…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行.(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间；(3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数.证明：对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2.(1)解　由f(x)＝，得f′(x)＝，x∈(0，＋∞)，由于曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线与x轴平行，所以f′(1)＝0，因此k＝1.(2)解　由(1)得f′(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞)，令h(x)＝1－x－xlnx，x∈(0，＋∞).当x∈(0，1)时，h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0.又ex＞0，所以x∈(0，1)时，f′(x)＞0；x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.因此f(x)的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞).8\n(3)证明　因为g(x)＝xf′(x)，所以g(x)＝(1－x－xlnx)，x∈(0，＋∞).由(2)h(x)＝1－x－xlnx，求导得h′(x)＝－lnx－2＝－(lnx－lne－2).所以当x∈(0，e－2)时，h′(x)＞0，函数h(x)单调递增；当x∈(e－2，＋∞)时，h′(x)＜0，函数h(x)单调递减.所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)≤h(e－2)＝1＋e－2.又当x∈(0，＋∞)时，0＜＜1，所以当x∈(0，＋∞)时，h(x)＜1＋e－2，即g(x)＜1＋e－2.综上所述结论成立.8