1、 数 学M单元推理与证明 M1合情推理与演绎推理82014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()A2人 B3人 C4人 D5人8B202014北京卷 对于数对序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，(an，bn)，记T1(P)a1b1，Tk(P)bkmaxTk1(P)，a1a2ak(2kn)，其中maxTk1(P)，a1a2ak表示Tk1(P
2、)和a1a2ak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ma和md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)257，T2(P)1maxT1(P)，241max7，68.(2)T2(P)m
3、axabd，acd，T2(P)maxcdb，cab当ma时，T2(P)maxcdb，cabcdb.因为abdcbd，且acdcbd，所以T2(P)T2(P)当md时，T2(P)maxcdb，cabcab.因为abdcab，且acdcab，所以T2(P)T2(P)所以无论ma还是md，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，d1，2，3，4，且下列四个关系：a1；b1；c2；d4有且只有
4、一个是正确的，则符合条件的有序数组(a，b，c，d)的个数是_156解析 若正确，则不正确，可得b1不正确，即b1，与a1矛盾，故不正确；若正确，则不正确，由不正确，得d4；由a1，b1，c2，得满足条件的有序数组为a3，b2，c1，d4或a2，b3，c1，d4.若正确，则不正确，由不正确，得d4；由不正确，得b1，则满足条件的有序数组为a3，b1，c2，d4；若正确，则不正确，由不正确，得b1，由a1，c2，d4，得满足条件的有序数组为a2，b1，c4，d3或a3，b1，c4，d2或a4，b1，c3，d2；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S
5、n，满足Sn2nan13n24n，nN*，且S315.(1)求a1，a2，a3的值；(2)求数列an的通项公式142014新课标全国卷 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_14A142014陕西卷 观察分析下表中的数据：多面体面数(F)顶点数(V)棱数(E)三棱柱569五棱锥6610立方体6812猜想一般凸多面体中F，V，E所满足的等式是_14FVE2M2直接证明与间接证明42014山东卷 用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x2axb0至少有一个实根”时，
6、要做的假设是()A. 方程x2axb0没有实根 B. 方程x2axb0至多有一个实根 C. 方程x2axb0至多有两个实根 D. 方程x2axb0恰好有两个实根4AM3 数学归纳法21、2014安徽卷 设实数c0，整数p1，nN*.(1)证明：当x1且x0时，(1x)p1px；(2)数列an满足a1c，an1ana，证明：anan1c.21证明：(1)用数学归纳法证明如下当p2时，(1x)212xx212x，原不等式成立假设pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx成立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以当pk1时，原不等式也成立
7、综合可得，当x1，x0时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明anc.当n1时，由题设知a1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akc成立由an1ana易知an0，nN*.当nk1时，a1.由akc0得11p .因此ac，即ak1c，所以当nk1时，不等式anc也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anc均成立再由1可得1，即an1an1c，nN*.方法二：设f(x)xx1p，xc，则xpc，所以f(x)(1p)xp0.由此可得，f(x)在c，)上单调递增，因而，当xc时，f(x)f(c)c.当n1时，由a1c0，即ac可知a2a1aa1c，从而可得
8、a1a2c，故当n1时，不等式anan1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akak1c成立，则当nk1时，f(ak)f(ak1)f(c)，即有ak1ak2c，所以当nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anan1c均成立19、2014广东卷 设数列an的前n项和为Sn，满足Sn2nan13n24n，nN*，且S315.(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(x1)(a1)(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a11，an1ln(an1)，证明：an.22解：(1)易知f(x)的定义域为(1，)，f(x).(i)当1a
9、0，所以f(x)在(1，a22a)是增函数；若x(a22a，0)，则f(x)0，所以f(x)在(0，)是增函数(ii)当a2时，若f(x)0，f(x)0成立当且仅当x0，所以f(x)在(1，)是增函数. (iii)当a2时，若x(1，0)，则f(x)0，所以f(x)在(1，0)是增函数；若x(0，a22a)，则f(x)0，所以f(x)在(a22a，)是增函数(2)由(1)知，当a2时，f(x)在(1，)是增函数当x(0，)时，f(x)f(0)0，即ln(x1)(x0)又由(1)知，当a3时，f(x)在0，3)是减函数当x(0，3)时，f(x)f(0)0，即ln(x1)(0x3)下面用数学归纳法
10、证明an.(i)当n1时，由已知a11，故结论成立(ii)假设当nk时结论成立，即ln，ak1ln(ak1)ln，即当nk1时，有 1时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1时，存在x0，使(x)nln(n1)证明如下：方法一：上述不等式等价于，x0.令x，nN，则ln.下面用数学归纳法证明当n1时，ln 2，结论成立假设当nk时结论成立，即ln(k1)那么，当nk1时，ln(k1)ln(k1)lnln(k2)，即结论成立由可知，结论对nN成立方法二：上述不等式等价于，x0.令x，nN，则ln.故有ln 2ln 1，ln 3ln 2，ln(n1)ln n，上述各式
11、相加可得ln(n1)，结论得证方法三：如图，dx是由曲线y，xn及x轴所围成的曲边梯形的面积，而是图中所示各矩形的面积和，dxdxnln(n1)，结论得证22，2014重庆卷 设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论22解：(1)方法一：a22，a31.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0，公差为1的等差数列，故(an1)2n1，即an1(nN*)方法二：a22，a31.可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式当n1
12、时，结论显然成立假设nk时结论成立，即ak1，则ak1111，这就是说，当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)方法一：设f(x)1，则an1f(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明命题a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(0)1，所以a2a31，结论成立假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2.再由f(x)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故ca2k31，因此a2(k1)ca2(k1)11，这就是说，当nk1时结论成立综上，存在 c使a2nCa2a1对所有nN*成立方法二：设f(
13、x)1，则an1f(an)先证：0an1(nN*)当n1时，结论明显成立假设nk时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f(1)f(ak)f(0)11.即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立故成立再证：a2na2n1(nN*)当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，所以a2a3，即n1时成立假设nk时，结论成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当nk1时成立所以对一切nN*成立由得a2n1，即(a2n1)2a2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2.所以a2n11，解得a2n1.综上，由知存在c使a2nca2n1对一切nN*成立