1、考点考点1 1 合情推理与演绎推理合情推理与演绎推理 (2016课标,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 . 答案答案 1和3 解析解析 由丙说的话可知丙的卡片上的数字一定不是2和3.若丙的卡片上的数字是1和2,则乙的卡片 上的数字是2和3,甲的卡片上的数字是1和3,满足题意;若丙的卡片上的数字是1和3,则乙的卡片上 的数字是2和3,此时,甲的卡片上的数字只能是1和2,不
2、满足题意.故甲的卡片上的数字是1和3. 1.(2016北京,8,5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( ) A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B.乙盒中红球与丙盒中黑球一样多 C.乙盒中红球不多于丙盒中红球 D.乙盒中黑球与丙盒中红球一样多 以下为教师用书专用 答案答案 B 解法一:假设袋中只有一红一黑两个球,第一次取出后,若将红球放入了甲盒,则乙盒中 有一个黑球,丙盒中无球,A错误;若将黑球放入了甲盒,则乙盒中
3、无球,丙盒中有一个红球,D错误;同 样,假设袋中有两个红球和两个黑球,第一次取出两个红球,则乙盒中有一个红球,第二次必然拿出 两个黑球,则丙盒中有一个黑球,此时乙盒中红球多于丙盒中的红球,C错误.故选B. 解法二: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.故选B. 2.(2014课标,14,5分)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过A,B,C三个城市时, 甲
4、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 . 答案答案 A 解析解析 由于甲、乙、丙三人去过同一城市,而甲没有去过B城市,乙没有去过C城市,因此三人去过 的同一城市应为A,而甲去过的城市比乙多,但没去过B城市,所以甲去过的城市数应为2,乙去过的 城市应为A. 解题关键解题关键 得出甲、乙、丙三人去过的同一城市为A城市是解题的关键. 考点考点2 2 直接证明与间接证明直接证明与间接证明 1.(2017北京,13,5分)能够说明“设a,b,c是任意实数.若abc,则a+bc”是假命题的一组整数a,b,c 的值依次为 .
5、 答案答案 -1,-2,-3(答案不唯一) 解析解析 答案不唯一,如:a=-1,b=-2,c=-3,满足abc,但不满足a+bc. 2.(2020北京,21,15分)已知an是无穷数列.给出两个性质: 对于an中任意两项ai,aj(ij),在an中都存在一项am,使得=am; 对于an中任意一项an(n3),在an中都存在两项ak,al(kl),使得an=. (1)若an=n(n=1,2,),判断数列an是否满足性质,说明理由; (2)若an=2n-1(n=1,2,),判断数列an是否同时满足性质和性质,说明理由; (3)若an是递增数列,且同时满足性质和性质,证明:an为等比数列. 2 i
6、j a a 2 k l a a 解析解析 (1)若an=n(n=1,2,),则数列an不满足性质,可以举反例验证.=N*,在数列an 中不能找到一项am(mN*),使得am=. (2)若an=2n-1(n=1,2,),则数列an能同时满足性质和性质. 对于an中任意两项ai,aj(ij), =22i-j-1=a2i-j. 令m=2i-j即可, 所以对于an中任意两项ai,aj(ij),在an中存在一项am(m=2i-j),使得=am, 故满足性质. 对于an中任意一项an=2n-1,下面寻求an中另外两项ak,al(kl),使得an=, 即2n-1=22k-l-1, 即n=2k-l,可令l=n
7、-2,k=n-1(n3), 则此时an=2n-1=,故满足性质. 故数列an能同时满足性质和性质. 2 3 2 a a 2 3 2 9 2 9 2 2 i j a a -1 2 -1 (2 ) 2 i j 2 -2 -1 2 2 i j 2 i j a a 2 k l a a -1 2 -1 (2) 2 k l 2 -4 -2-1 2 2 n n 2 k l a a (3)证明:(1)当n=3时,由性质可知存在两项ak,al,使a3=(kl), 又因为an是递增数列,所以a3akal,即3kl,所以k=2,l=1, 此时=a3,满足a1,a2,a3为等比数列, 即n=3时命题成立. (2)假设
8、n=k(kN*,k3)时,命题成立,即an是以q=为公比的各项为正数的等比数列, 由性质,可取数列中的两项ak,ak-1,则数列中存在一项am= ak,所以am=qak, 下面用反证法证明当n=k+1时命题也成立,即am=ak+1. 假设ak+1am,因为an是递增数列,所以am=qakak+1,即有akak+1qak, 则a1qk-1ak+1t),即ak+1=asat,所以k+1st,符合条件, 所以as=a1qs-1,at=a1qt-1, 所以=a1q2s-t-1,所以a1qk-1a1q2s-t-1a1qk, 所以k-12s-t-1M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,是 等
9、差数列. n c n 以下为教师用书专用 解析解析 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=maxb1-2a1,b2-2a2=max1-21,3-22=-1, c3=maxb1-3a1,b2-3a2,b3-3a3=max1-31,3-32,5-33=-2. 当n3时, (bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0时, 取正整数m,则当nm时,nd1d2,因此cn=b1-a1n. 此时,cm,cm+1,cm+2,是等差数列. 1121 11 -( -1)(-),
10、 -, b a nnd nd b a n 21 21 , . dnd dnd 当时 当时 2 1 d d 当d1=0时,对任意n1, cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1). 此时,c1,c2,c3,cn,是等差数列. 当d1时,有nd1max, 故当nm时,M. 2 1 d d n c n 1121 -( -1)(-)b a nnd nd n 12 -b d n 121122 11 | -|- , - Mb da d dd dd n c n 解后反思解后反思 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
11、规律,再利用综合法进行推理论证. 2.(2019北京,20,13分)已知数列an,从中选取第i1项、第i2项、第im项(i1i2im),若 ,则称新数列,为an的长度为m的递增子列.规定:数列an的任意一项都是an的长 度为1的递增子列. (1)写出数列1,8,3,7,5,6,9的一个长度为4的递增子列; (2)已知数列an的长度为p的递增子列的末项的最小值为,长度为q的递增子列的末项的最小值 为.若pq,求证:; (3)设无穷数列an的各项均为正整数,且任意两项均不相等.若an的长度为s的递增子列末项的最 小值为2s-1,且长度为s末项为2s-1的递增子列恰有2s-1个(s=1,2,),求数
12、列an的通项公式. 1 i a 2 i a m i a 1 i a 2 i a m i a 0 m a 0 n a 0 m a 0 n a 解析解析 本题通过对数列新概念的理解考查学生的逻辑推理、知识的迁移应用能力;重点考查逻辑 推理、数学抽象的核心素养;渗透数学应用与创新意识,以及由特殊到一般的分类整合思想. (1)1,3,5,6.(答案不唯一) (2)证明:设长度为q末项为的一个递增子列为,. 由pq,得. 因为an的长度为p的递增子列末项的最小值为, 又,是an的长度为p的递增子列, 所以.所以. (3)由题设知,所有正奇数都是an中的项. 先证明:若2m是an中的项,则2m必排在2m-
13、1之前(m为正整数). 假设2m排在2m-1之后. 设,2m-1是数列an的长度为m末项为2m-1的递增子列,则,2m-1,2m是数 列an的长度为m+1末项为2m的递增子列.与已知矛盾. 再证明:所有正偶数都是an中的项. 假设存在正偶数不是an中的项,设不在an中的最小的正偶数为2m. 因为2k排在2k-1之前(k=1,2,m-1),所以2k和2k-1不可能在an的同一个递增子列中. 0 n a 1 r a 2 r a -1q r a 0 n a p r a -1q r a 0 n a 0 m a 1 r a 2 r a p r a 0 m a p r a 0 m a 0 n a 1 p
14、a 2 p a -1m p a 1 p a 2 p a -1m p a 又an中不超过2m+1的数为1,2,2m-2,2m-1,2m+1,所以an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子 列个数至多为11=2m-12m. 与已知矛盾. 最后证明:2m排在2m-3之后(m2为整数). 假设存在2m(m2),使得2m排在2m-3之前,则an的长度为m+1且末项为2m+1的递增子列的个数小 于2m.与已知矛盾. 综上,数列an只可能为2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,. 经验证,数列2,1,4,3,2m-3,2m,2m-1,符合条件. 所以an= ( -1) 2 2 2 ?2 m 个 1, -
15、1,. nn nn 为奇数 为偶数 考点考点3 3 数学归纳法数学归纳法 (2019浙江,20,15分)设等差数列an的前n项和为Sn,a3=4,a4=S3.数列bn满足:对每个nN*,Sn+bn,Sn+1 +bn,Sn+2+bn成等比数列. (1)求数列an,bn的通项公式; (2)记cn=,nN*,证明:c1+c2+cn2,nN*. 2 n n a b n 解析解析 本题主要考查等差数列、等比数列、数列求和、数学归纳法等基础知识,同时考查运算求 解能力和综合应用能力.体现了数学抽象、数学运算等核心素养. (1)设数列an的公差为d,由题意得a1+2d=4,a1+3d=3a1+3d,解得a1
16、=0,d=2. 从而an=2n-2,nN*.所以Sn=n2-n,nN*. 由Sn+bn,Sn+1+bn,Sn+2+bn成等比数列得 (Sn+1+bn)2=(Sn+bn)(Sn+2+bn). 解得bn=(-SnSn+2).所以bn=n2+n,nN*. (2)证明:cn=,nN*. 用数学归纳法证明. 当n=1时,c1=02,不等式成立; 假设n=k(kN*)时不等式成立,即c1+c2+ck2, 那么,当n=k+1时,c1+c2+ck+ck+12+2+2+=2+2 (-)=2,即当n=k+1时不等式也成立. 根据和,得不等式c1+c2+cn2对任意nN*成立. 1 d 2 1n S 2 n n a
17、 b 2 -2 2 (1) n n n -1 (1) n n n k k (1)(2) k kk k 1 1k k 2 1kk k 1k k1k n 一题多解一题多解 (2)cn=,nN*. 用数学归纳法证明. 当n=1时,c1=02,不等式成立; 假设n=k(kN*)时不等式成立,即c1+c2+c3+ck2, 那么,当n=k+1时,只需证明c1+c2+ck+ck+12, 即证2+2, 即证k(k+1),所以, 又,所以. 即当n=k+1时,不等式也成立. 根据和,知不等式c1+c2+cn10 B.当b=时,a1010 C.当b=-2时,a1010 D.当b=-4时,a1010 2 n a 1
18、 2 1 4 以下为教师用书专用 答案答案 A 本题考查学生挖掘事物本质以及推理运算能力;考查的核心素养为逻辑推理,数学运 算;体现了函数与方程的思想,创新思维的应用. 令an+1=an,即+b=an,即-an+b=0,若有解, 则=1-4b0,即b, 当b时,an=,nN*, 即存在b,且a=或,使数列an为常数列, B、C、D选项中,b成立,故存在a=,a6,a10, 而=1+=1+4+10.故a1010. 2 n a 2 n a 1 4 1 4 11-4 2 b 1 4 11-4 2 b1- 1-4 2 b 1 4 1- 1-4 2 b 1- 1-4 2 b 1 2 2 1 a 1 2
19、1 2 2 2 a 1 2 2 1 2 1 2 3 4 2 3 4 1 2 17 16 2 17 16 4 17 16 64 17 16 64 17 16 64 1 1 16 1 64 C 1 16 2 64 C 2 1 16 63 8 2.(2016浙江,20,15分)设数列an满足1,nN*. (1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*; (2)若|an|,nN*,证明:|an|2,nN*. 1 - 2 n n a a 3 2 n 证明证明 (1)由1得|an|-|an+1|1,故-,nN*, 所以-=+n, -=+, 故|an|n,均有|an|2,取正整数m0lo且m0n0,则
20、=|-2,与式 矛盾.综上,对于任意nN*,均有|an|2. 1 - 2 n n a a 1 2 | 2 n n a 1 1 | 2 n n a 1 2n 1 1 | | 2 a| 2 n n a 12 12 | | | - 22 aa 32 23 | - 22 aa -1 -1 | | - 22 nn nn aa 1 1 2 2 1 2 -1 1 2n | 2 n n a| 2 m m a 1 1 | | - 22 nn nn aa 12 12 | | - 22 nn nn aa -1 -1 | | - 22 mm mm aa 1 2n 1 1 2n -1 1 2m -1 1 2n -1 |
21、1 22 m nm a -1 113 222 m nm 3 4 m 3 4 m 0 n a 3 4 g 0 0 |-2 2 n n a 0 2n 0 3 4 m 0 2n 0 3 0 4 |-2 log 23 4 n n a 0 n a 思路分析思路分析 (1)要证|an|2n-1(|a1|-2)成立,只需证明-2,经过推理可导出 矛盾,从而证明原结论. 1 1 | | 2 a| 2 n n a 12 12 | | | - 22 aa 32 23 | - 22 aa -1 -1 | | - 22 nn nn aa 1 - 2 n n a a 1 2 | 2 n n a 1 1 | 2 n n
22、a 1 2n 0 n a 3.(2017浙江,22,15分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).证明:当nN*时, (1)0xn+10. 当n=1时,x1=10. 假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+10, 则00. 因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1. 因此0xn+10(x0). 函数f(x)在0,+)上单调递增,所以f(x)f(0)=0, 因此-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0, 故2xn+1-xn(nN*). 2 1n x 2 2 1 xx x 2 1n x 1 2
23、nn x x (3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn. 由2xn+1-xn得-20, 所以-22n-1=2n-2, 故xn.综上,xn(nN*). -1 1 2n 1 2 nn x x 1 1 n x 1 2 11 - 2 n x 1 n x 1 2 -1 11 - 2 n x 1 11 - 2x -2 1 2n -1 1 2n -2 1 2n 方法总结方法总结 1.证明数列单调性的方法. 差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断其符 号. 商比法:作商,判断与1的大小,同时注意an的正负.
24、数学归纳法. 反证法:例如求证:nN*,an+10),则有n2时,an=a1 a1qn-1(其中a10). 放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列an放缩成等比数列bn,求和后,再进行适当放 缩. 1n n a a 1n n a a 2 1 a a 3 2 a a -1 n n a a 2.证明数列的有界性的方法. 构造法:构造函数,求函数的值域,得数列有界. 反证法. 数学归纳法. 考点考点1 1 合情推理与演绎推理合情推理与演绎推理 A A组组 考点基础题组考点基础题组 1.(2020河南部分重点高中联考,6)为培养学生分组合作能力,现将某班分成A,B,C三个小组,甲、 乙、丙三人分
25、到不同的组.某次数学建模考试中三人的成绩情况如下:在B组中的那位的成绩与甲 不一样,在A组中的那位的成绩比丙低,在B组中的那位的成绩比乙低.若甲、乙、丙三人按数学建 模考试成绩由高到低排序,则排序正确的是( ) A.乙、丙、甲 B.丙、乙、甲 C.乙、甲、丙 D.甲、丙、乙 答案答案 A 因为在B组中的那位的成绩与甲不一样,在B组中的那位的成绩比乙低,所以甲、乙都不 在B组,所以丙在B组.假设甲在A组,乙在C组,由题得甲、乙、丙三人按数学建模考试成绩由高到低 排序是乙、丙、甲.假设甲在C组,乙在A组,与题意矛盾,所以排序正确的是乙、丙、甲. 2.(2020河南模拟,9)现有灰色与白色卡片各八张
26、,分别写有数字1到8.甲、乙、丙、丁四个人每人 面前摆放四张,并按从小到大的顺序自左向右排列(当灰色卡片和白色卡片数字相同时,白色卡片 摆在灰色卡片的右侧).如图,甲面前的四张卡片已经翻开,则写有数字4的灰色卡片是(填写字母) ( ) A.H B.J C.K D.P 答案答案 C 由题意,剩余的白色卡片上的数字为1,3,4,5,6,8;剩余的灰色卡片上的数字为1,2,4,5,6,7. 易知E灰1;L白8. 然后灰7必在H,Q中选一个位置,但考虑到白6只能在G位置,故灰7在H位置,剩下的灰6最大,只能在 Q位置. 剩下的还有白1,3,4,5,灰2,4,5;白5只能在F,N位置选一个,若放在N位置
27、,则P位置无数可选,故白5 F. 剩下的灰5最大,只能在K,P选一位置,但若在K位置,则白4、灰4无法放置,所以灰5P. 则灰4只能在K位置,白3M,白4N,白1I,灰2J. 故选C. 3.(2019安徽芜湖模拟,3)因为对数函数y=logax是减函数(大前提),而y=log2x是对数函数(小前提),所 以y=log2x是减函数(结论).上面推理是( ) A.大前提错,导致结论错 B.小前提错,导致结论错 C.推理形式错,导致结论错 D.大前提和小前提都错,导致结论错 答案答案 A 当a1时,对数函数y=logax是增函数,当0a0,nN*). (1)证明:an+1an1; (2)若对任意nN
28、*,都有ann-1,证明: (i)对于任意mN*,当nm时,an(n-m)+am; (ii)an. n c a 1 - 2 c m c a 5 -1 2 n 证明证明 (1)由题意得an0,因为c0,所以an+1=an+an(nN*), 下面用数学归纳法证明an1. 当n=1时,a1=11. 假设当n=k时,ak1, 则当n=k+1时,ak+1=ak+ak1. 所以当nN*时,an1. 所以an+1an1. (2)(i)当nm时,anam1, 所以an+1=an+an+, 所以an+1-an,am+1-am,累加得an-am(n-m),所以an(n-m)+am. (ii)若c,当m时, am-1=,又am1,所以时,n-1(n-m)+aman,与已知矛盾.所以00,且a1): .(答案不唯一) 答案答案 y=log3(4x2+7x+10)(答案不唯一) 解析解析 由f1(x)=log2(x2+2x+3), f2(x)=ln(2x2+5x+8),f3(x)=lg(3x2+8x+13), f4(x)=log0.3(x2+7.4x+13.8),可知 函数的定义域均为R,真数的各项系数成等差数列, 故y=loga(Ax2+Bx+C)(a0,且a1)只要满足即可. 函数y=log3(4x2+7x+10)即满足. 2 0, 2, -40 A BAC BA C
