1、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.76 B.80 C.86 D.92解析由已知条件得，|x|y|n(nN)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111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
2、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13.(2022陕西，13)观察下列等式(11)21(21)(22)2213(31)(32)(33)23135照此规律，第n个等式可为_.解析观察规律，等号左侧为(n1)(n2)(nn)，等号右侧分两部分，一部分是2n，另一部分是13(2n1).答案(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)4.(2022福建，16)已知集合a，b，c0，1，2，且下列三个关系：a2；b2；c0有且只有一个正确，则100a10bc等于_.解析可分下列
3、三种情形：(1)若只有正确，则a2，b2，c0，所以ab1与集合元素的互异性相矛盾，所以只有正确是不可能的；(2)若只有正确，则b2，a2，c0，这与集合元素的互异性相矛盾，所以只有正确是不可能的；(3)若只有正确，则c0，a2，b2，所以b0，c1，所以100a10bc10021001201.答案2015.(2022课标，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.(202
4、2湖南，15)对于Ea1，a2，a100的子集Xai1，ai2，aik，定义X的“特征数列”为x1，x2，x100，其中xi1xi2xik1，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p11，pipi11，1i99；E的子集Q的“特征数列”q1，q2，q100满足q11，qjqj1qj21，1j98，则PQ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
5、子集P的“特征数列”为1，0，1，0，1，0，1，0，则Pa1，a3，a2n1，a99(1n50)，子集Q的“特征数列”为1，0，0，1，0，0，1，0，0，1，则Qa1，a4，a3k2，a100(1k34)，则PQa1，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S1，N0，L4.(1)图中格点四边形DEFG对应的S，N，L分别
6、是_；(2)已知格点多边形的面积可表示为SaNbLc，其中a，b，c为常数.若某格点多边形对应的N71，L18，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S1时N0，L4，代入SaNbLc可计算求出a1，b，c1，故当N71，L18时，S7118179.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3211，5221，7231，所以第五个不等式右边的分子为25111.故填1.答案19.(2022陕西，13)观察下列等式11234
7、934567254567891049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：5678910111213；等式右侧：第一行112，第二行932，第三行2552，第四行4972，则第5行应为8192.第五个等式为567891011121381.答案567891011121381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x3axb0至少有一个实根”
8、时，要做的假设是()A.方程x3axb0没有实根B.方程x3axb0至多有一个实根C.方程x3axb0至多有两个实根D.方程x3axb0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x3axb0没有实根”.答案A2.(2022四川，21)已知函数f(x)2xln xx22axa2，其中a0.(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(x1ln xa)，所以g(x)2，当x(0，1)时，g(x)0，g(x
9、)单调递减；当x(1，)时，g(x)0，g(x)单调递增.(2)由f(x)2(x1ln xa)0，解得ax1ln x，令(x)2xln xx22x(x1ln x)(x1ln x)2(1ln x)22xln x，则(1)10，(e)2(2e)0，于是，存在x0(1，e)，使得(x0)0，令a0x01ln x0u(x0)，其中u(x)x1ln x(x1)，由u(x)10知，函数u(x)在区间(1，)上单调递增，故0u(1)a0u(x0)u(e)e21，即a0(0，1)，当aa0时，有f(x0)0，f(x0)(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，
10、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)(xa0)22xln x0，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(d0)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2an1an2d(n1
11、，2，3)是同一个常数，所以2a1，2a2，2a3，2a4依次构成等比数列，(2)令a1da，则a1，a2，a3，a4分别为ad，a，ad，a2d(ad，a2d，d0).假设存在a1，d，使得a1，a，a，a依次构成等比数列，则a4(ad)(ad)3，且(ad)6a2(a2d)4.令t，则1(1t)(1t)3，且(1t)6(12t)4，化简得t32t220(*)，且t2t1.将t2t1代入(*)式，t(t1)2(t1)2t23tt13t4t10，则t.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，
12、使得a，a，a，a依次构成等比数列，则a(a12d)n2k(a1d)2(nk)，且(a1d)nk(a13d)n3k(a12d)2(n2k).分别在两个等式的两边同除以a及a，并令t，则(12t)n2k(1t)2(nk)，且(1t)nk(13t)n3k(12t)2(n2k).将上述两个等式两边取对数，得(n2k)ln(12t)2(nk)ln(1t)，且(nk)ln(1t)(n3k)ln(13t)2(n2k)ln(12t).化简得2kln(12t)ln(1t)n2ln(1t)ln(12t)，且3kln(13t)ln(1t)n3ln(1t)ln(13t).再将这两式相除，化简得ln(13t)ln(1
13、2t)3ln(12t)ln(1t)4ln(13t)ln(1t)(*).令g(t)4ln(13t)ln(1t)ln(13t)ln(12t)3ln(12t)ln(1t)，则g(t).令(t)(13t)2ln(13t)3(12t)2ln(12t)3(1t)2ln(1t)，则(t)6(13t)ln(13t)2(12t)ln(12t)(1t)ln(1t).令1(t)(t)，则1(t)63ln(13t)4ln(12t)ln(1t).令2(t)1(t)，则2(t)0.由g(0)(0)1(0)2(0)0，2(t)0，知2(t)，1(t)，(t)，g(t)在和(0，)上均单调.故g(t)只有唯一零点t0，即方程
14、(*)只有唯一解t0，故假设不成立.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M0，1，2，q1，集合Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n.(1)当q2，n3时，用列举法表示集合A；(2)设s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中ai，biM，i1，2，n.证明：若anbn，则st.(1)解当q2，n3时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3.可得，A0，1，2，3，4，5，6，7.(2)证明由s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qb
15、nqn1，ai，biM，i1，2，n及anbn，可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)qn2qn1qn110.所以，st.5.(2022山东，22)已知函数f(x)(k为常数，e2.718 28是自然对数的底数)，曲线yf(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x0，g(x)1e2.(1)解由f(x)，得f(x)，x(0，)，由于曲线yf(x)在(1，f(1)处的切线与x轴平行，所以f(1)0，因此k1.(2)解由
16、(1)得f(x)(1xxln x)，x(0，)，令h(x)1xxln x，x(0，).当x(0，1)时，h(x)0；当x(1，)时，h(x)0.又ex0，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，).(3)证明因为g(x)xf(x)，所以g(x)(1xxln x)，x(0，).由(2)h(x)1xxln x，求导得h(x)ln x2(ln xln e2).所以当x(0，e2)时，h(x)0，函数h(x)单调递增；当x(e2，)时，h(x)0，函数h(x)单调递减.所以当x(0，)时，h(x)h(e2)1e2.又当x(0，)时，01，所以当x(0，)时，h(x)1e2，即g(x)1e2.综上所述结论成立.8
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