（江蘇專(zhuān)用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第十章推理與證明課件.pptx

第十章 推理與證明,高考數(shù)學(xué) (江蘇省專(zhuān)用),五年高考,考點(diǎn)一 合情推理與演繹推理,統(tǒng)一命題、省(區(qū)、市)卷題組,1.(2019課標(biāo)全國(guó)文改編,5,5分)在“一帶一路”知識(shí)測(cè)驗(yàn)后,甲、乙、丙三人對(duì)成績(jī)進(jìn)行預(yù) 測(cè). 甲:我的成績(jī)比乙高. 乙:丙的成績(jī)比我和甲的都高. 丙:我的成績(jī)比乙高. 成績(jī)公布后,三人成績(jī)互不相同且只有一個(gè)人預(yù)測(cè)正確,那么三人按成績(jī)由高到低的次序?yàn)?.,答案 甲、乙、丙,解析 本題主要考查邏輯推理,通過(guò)對(duì)“一帶一路”知識(shí)測(cè)驗(yàn)成績(jī)的預(yù)測(cè),考查了學(xué)生的推理 論證能力;通過(guò)實(shí)際問(wèn)題滲透了邏輯推理的核心素養(yǎng). 三人成績(jī)互不相同且只有一個(gè)人預(yù)測(cè)正確,有以下三種情況:(1)若乙預(yù)測(cè)正確,則丙預(yù)測(cè)也正 確,不合題意;(2)若丙預(yù)測(cè)正確,甲、乙預(yù)測(cè)錯(cuò)誤,即丙成績(jī)比乙高,甲的成績(jī)比乙低,則丙的成績(jī) 比乙和甲都高,此時(shí)乙預(yù)測(cè)又正確,與假設(shè)矛盾;(3)若甲預(yù)測(cè)正確,乙、丙預(yù)測(cè)錯(cuò)誤,可得甲成績(jī) 高于乙,乙成績(jī)高于丙,符合題意.,審題指導(dǎo) 題目中只有一個(gè)人預(yù)測(cè)正確,即另外兩人預(yù)測(cè)錯(cuò)誤,按照邏輯關(guān)系推理即可.,2.(2019課標(biāo)全國(guó)理改編,4,5分),古希臘時(shí)期,人們認(rèn)為最美人體的頭頂至肚臍的長(zhǎng)度與肚臍至足底的長(zhǎng)度之比是,0.618,稱(chēng)為黃金分割比例 ,著名的“斷臂維納斯”便是如此.此外,最美人體的頭頂至 咽喉的長(zhǎng)度與咽喉至肚臍的長(zhǎng)度之比也是 .若某人滿(mǎn)足上述兩個(gè)黃金分割比例,且腿長(zhǎng) 為105 cm,頭頂至脖子下端的長(zhǎng)度為26 cm,則其身高可能是 . 165 cm;175 cm;185 cm;190 cm.,答案 ,解析 本題主要考查學(xué)生的數(shù)學(xué)應(yīng)用意識(shí)、抽象概括能力、運(yùn)算求解能力,以及方程思想;考 查的核心素養(yǎng)為數(shù)學(xué)抽象、數(shù)學(xué)建模以及數(shù)學(xué)運(yùn)算. 由人體特征可知,頭頂至咽喉的長(zhǎng)度應(yīng)小于頭頂至脖子下端的長(zhǎng)度,故咽喉至肚臍的長(zhǎng)度應(yīng)小 于 42 cm,可得到此人的身高應(yīng)小于26+42+ 178 cm; 同理,肚臍至足底的長(zhǎng)度應(yīng)大于腿長(zhǎng)105 cm,故此人的身高應(yīng)大于105+1050.618170 cm,故 填.,一題多解 用線(xiàn)段代替人,如圖. 已知 = = 0.618,c105,c+d=a,設(shè)此人身高為h cm,則a+b=h,由 a64. 89, 由 d42.07, 所以c+d26+42.07=68.07,即a68.07, 由 b110.15, 整理可得64.89+105a+b68.07+110.15, 即169.89h178.22(單位:cm).,3.(2017北京理,14,5分)三名工人加工同一種零件,他們?cè)谝惶熘械墓ぷ髑闆r如圖所示,其中點(diǎn)Ai 的橫、縱坐標(biāo)分別為第i名工人上午的工作時(shí)間和加工的零件數(shù),點(diǎn)Bi的橫、縱坐標(biāo)分別為第i 名工人下午的工作時(shí)間和加工的零件數(shù),i=1,2,3. 記Qi為第i名工人在這一天中加工的零件總數(shù),則Q1,Q2,Q3中最大的是 ; 記pi為第i名工人在這一天中平均每小時(shí)加工的零件數(shù),則p1,p2,p3中最大的是 .,答案 Q1 p2,解析 本題考查推理的基礎(chǔ)知識(shí)和直線(xiàn)的斜率,考查轉(zhuǎn)化與化歸思想及分析問(wèn)題和解決問(wèn)題 的能力. 設(shè)線(xiàn)段AiBi的中點(diǎn)為Ci(xi,yi). 由題意知Qi=2yi,i=1,2,3,由題圖知y1最大,所以Q1,Q2,Q3中最大的是Q1. 由題意知pi= = ,i=1,2,3. 的幾何意義為點(diǎn)Ci(xi,yi)與原點(diǎn)O連線(xiàn)的斜率. 比較OC1,OC2,OC3的斜率,由題圖可知OC2的斜率最大,即p2最大.,4.(2017北京文,14,5分)某學(xué)習(xí)小組由學(xué)生和教師組成,人員構(gòu)成同時(shí)滿(mǎn)足以下三個(gè)條件: (i)男學(xué)生人數(shù)多于女學(xué)生人數(shù); (ii)女學(xué)生人數(shù)多于教師人數(shù); (iii)教師人數(shù)的兩倍多于男學(xué)生人數(shù). 若教師人數(shù)為4,則女學(xué)生人數(shù)的最大值為 ; 該小組人數(shù)的最小值為 .,答案 6 12,解析 設(shè)男學(xué)生人數(shù)為x,女學(xué)生人數(shù)為y,教師人數(shù)為z,由已知得 且x,y,z均為正整數(shù). 當(dāng)z=4時(shí),8xy4, x的最大值為7,y的最大值為6, 故女學(xué)生人數(shù)的最大值為6. xyz ,當(dāng)x=3時(shí),條件不成立,當(dāng)x=4時(shí),條件不成立,當(dāng)x=5時(shí),5yz ,此時(shí)z=3,y=4. 該小組人數(shù)的最小值為12.,5.(2016山東,12,5分)觀察下列等式: + = 12; + + + = 23; + + + = 34; + + + = 45; 照此規(guī)律, + + + = .,答案,解析 觀察前4個(gè)等式,由歸納推理可知 + + = n(n+1)= .,6.(2016北京理改編,8,5分)袋中裝有偶數(shù)個(gè)球,其中紅球、黑球各占一半.甲、乙、丙是三個(gè)空 盒.每次從袋中任意取出兩個(gè)球,將其中一個(gè)球放入甲盒,如果這個(gè)球是紅球,就將另一個(gè)球放 入乙盒,否則就放入丙盒.重復(fù)上述過(guò)程,直到袋中所有球都被放入盒中,則乙盒中紅球個(gè)數(shù)a與 丙盒中黑球個(gè)數(shù)b的大小關(guān)系為 .,答案 a=b,解析 設(shè)袋中共有2n個(gè)球,最終放入甲盒中k個(gè)紅球,放入乙盒中s個(gè)紅球.依題意知,甲盒中有(n -k)個(gè)黑球,乙盒中共有k個(gè)球,其中紅球有s個(gè),黑球有(k-s)個(gè),丙盒中共有(n-k)個(gè)球,其中紅球有(n -k-s)個(gè),黑球有(n-k)-(n-k-s)=s個(gè).所以乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多.,評(píng)析 本題考查推理與論證能力,對(duì)考生綜合與分析的能力要求較高.,7.(2015陜西,16,5分)觀察下列等式: 1- = , 1- + - = + , 1- + - + - = + + , 據(jù)此規(guī)律,第n個(gè)等式可為 .,答案 1- + - + - = + +,解析 規(guī)律為等式左邊共有2n項(xiàng)且等式左邊分母分別為1,2,2n,分子為1,奇數(shù)項(xiàng)為正、偶數(shù) 項(xiàng)為負(fù),即為1- + - + - ;等式右邊共有n項(xiàng)且分母分別為n+1,n+2,2n,分子為1, 即為 + + .所以第n個(gè)等式可為1- + - + - = + + .,考點(diǎn)二 直接證明與間接證明,1.(2018北京理,20,14分)設(shè)n為正整數(shù),集合A=|=(t1,t2,tn),tk0,1,k=1,2,n.對(duì)于集合A 中的任意元素=(x1,x2,xn)和=(y1,y2,yn),記M(,)= (x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y2|)+(xn+yn-| xn-yn|). (1)當(dāng)n=3時(shí),若=(1,1,0),=(0,1,1),求M(,)和M(,)的值; (2)當(dāng)n=4時(shí),設(shè)B是A的子集,且滿(mǎn)足:對(duì)于B中的任意元素,當(dāng),相同時(shí),M(,)是奇數(shù);當(dāng),不 同時(shí),M(,)是偶數(shù).求集合B中元素個(gè)數(shù)的最大值; (3)給定不小于2的n,設(shè)B是A的子集,且滿(mǎn)足:對(duì)于B中的任意兩個(gè)不同的元素,M(,)=0.寫(xiě)出 一個(gè)集合B,使其元素個(gè)數(shù)最多,并說(shuō)明理由.,解析 (1)因?yàn)?(1,1,0),=(0,1,1),所以 M(,)= (1+1-|1-1|)+(1+1-|1-1|)+(0+0-|0-0|)=2, M(,)= (1+0-|1-0|)+(1+1-|1-1|)+(0+1-|0-1|)=1. (2)設(shè)=(x1,x2,x3,x4)B,則M(,)=x1+x2+x3+x4. 由題意知x1,x2,x3,x40,1,且M(,)為奇數(shù), 所以x1,x2,x3,x4中1的個(gè)數(shù)為1或3.所以 B(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1),(0,1,1,1),(1,0,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,0). 將上述集合中的元素分成如下四組: (1,0,0,0),(1,1,1,0);(0,1,0,0),(1,1,0,1);(0,0,1,0),(1,0,1,1);(0,0,0,1),(0,1,1,1). 經(jīng)驗(yàn)證,對(duì)于每組中兩個(gè)元素,均有M(,)=1. 所以每組中的兩個(gè)元素不可能同時(shí)是集合B的元素. 所以集合B中元素的個(gè)數(shù)不超過(guò)4. 又集合(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)滿(mǎn)足條件, 所以集合B中元素個(gè)數(shù)的最大值為4.,(3)設(shè)Sk=(x1,x2,xn)|(x1,x2,xn)A,xk=1,x1=x2=xk-1=0(k=1,2,n), Sn+1=(x1,x2,xn)|x1=x2=xn=0, 所以A=S1S2Sn+1. 對(duì)于Sk(k=1,2,n-1)中的不同元素,經(jīng)驗(yàn)證,M(,)1. 所以Sk(k=1,2,n-1)中的兩個(gè)元素不可能同時(shí)是集合B的元素. 所以B中元素的個(gè)數(shù)不超過(guò)n+1. 取ek=(x1,x2,xn)Sk且xk+1=xn=0(k=1,2,n-1). 令B=e1,e2,en-1SnSn+1,則集合B的元素個(gè)數(shù)為n+1,且滿(mǎn)足條件. 故B是一個(gè)滿(mǎn)足條件且元素個(gè)數(shù)最多的集合.,2.(2017北京理,20,13分)設(shè)an和bn是兩個(gè)等差數(shù)列,記cn=maxb1-a1n,b2-a2n,bn-ann(n=1,2, 3,),其中maxx1,x2,xs表示x1,x2,xs這s個(gè)數(shù)中最大的數(shù). (1)若an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并證明cn是等差數(shù)列; (2)證明:或者對(duì)任意正數(shù)M,存在正整數(shù)m,當(dāng)nm時(shí), M;或者存在正整數(shù)m,使得cm,cm+1,cm+2, 是等差數(shù)列.,解析 本題考查等差數(shù)列,不等式,合情推理等知識(shí),考查綜合分析,歸納抽象,推理論證能力. (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. 當(dāng)n3時(shí), (bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0時(shí), 取正整數(shù)m ,則當(dāng)nm時(shí),nd1d2,因此cn=b1-a1n.,此時(shí),cm,cm+1,cm+2,是等差數(shù)列. 當(dāng)d1=0時(shí),對(duì)任意n1, cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1). 此時(shí),c1,c2,c3,cn,是等差數(shù)列. 當(dāng)d1 時(shí),有nd1max , 故當(dāng)nm時(shí), M.,解后反思 解決數(shù)列的相關(guān)題時(shí),可通過(guò)對(duì)某些項(xiàng)的觀察,分析和比較,發(fā)現(xiàn)它們的相同性質(zhì)或 變化規(guī)律,再利用綜合法進(jìn)行推理論證.,3.(2016浙江理,20,15分)設(shè)數(shù)列an滿(mǎn)足 1,nN*. (1)證明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*; (2)若|an| ,nN*,證明:|an|2,nN*.,證明 (1)由 1得|an|- |an+1|1,故 - ,nN*, 所以 - = + + + + n, - = + + + + n,均有|an|2,取正整數(shù)m0lo 且m0n0,則 =| |-2, 與式矛盾. 綜上,對(duì)于任意nN*,均有|an|2.,思路分析 (1)要證|an|2n-1(|a1|-2)成立,只需證明 - 2,經(jīng)過(guò)推理可導(dǎo)出矛盾,從而證明原結(jié)論.,評(píng)析 本題主要考查數(shù)列的遞推關(guān)系與單調(diào)性、不等式性質(zhì)等基礎(chǔ)知識(shí),同時(shí)考查推理論證 能力、分析問(wèn)題和解決問(wèn)題的能力.,4.(2015北京,20,13分)已知數(shù)列an滿(mǎn)足:a1N*,a136,且an+1= (n=1,2,).記集合 M=an|nN*. (1)若a1=6,寫(xiě)出集合M的所有元素; (2)若集合M存在一個(gè)元素是3的倍數(shù),證明:M的所有元素都是3的倍數(shù); (3)求集合M的元素個(gè)數(shù)的最大值.,解析 (1)6,12,24. (2)證明:因?yàn)榧螹存在一個(gè)元素是3的倍數(shù),所以不妨設(shè)ak是3的倍數(shù). 由an+1= 可歸納證明對(duì)任意nk,an是3的倍數(shù). 如果k=1,則M的所有元素都是3的倍數(shù). 如果k1,因?yàn)閍k=2ak-1或ak=2ak-1-36, 所以2ak-1是3的倍數(shù),于是ak-1是3的倍數(shù). 類(lèi)似可得,ak-2,a1都是3的倍數(shù). 從而對(duì)任意n1,an是3的倍數(shù),因此M的所有元素都是3的倍數(shù). 綜上,若集合M存在一個(gè)元素是3的倍數(shù),則M的所有元素都是3的倍數(shù). (3)由a136,an= 可歸納證明an36(n=2,3,). 因?yàn)閍1是正整數(shù),a2= 所以a2是2的倍數(shù), 從而當(dāng)n3時(shí),an是4的倍數(shù). 如果a1是3的倍數(shù),由(2)知對(duì)所有正整數(shù)n,an是3的倍數(shù),因此當(dāng)n3時(shí),an12,24,36, 這時(shí)M的元素個(gè)數(shù)不超過(guò)5. 如果a1不是3的倍數(shù),由(2)知對(duì)所有正整數(shù)n,an不是3的倍數(shù), 因此當(dāng)n3時(shí),an4,8,16,20,28,32, 這時(shí)M的元素個(gè)數(shù)不超過(guò)8. 當(dāng)a1=1時(shí),M=1,2,4,8,16,20,28,32有8個(gè)元素. 綜上可知,集合M的元素個(gè)數(shù)的最大值為8.,考點(diǎn)一 合情推理與演繹推理,教師專(zhuān)用題組,1.(2014陜西,14,5分)觀察分析下表中的數(shù)據(jù):,猜想一般凸多面體中F,V,E所滿(mǎn)足的等式是 .,答案 F+V-E=2,解析 觀察表中數(shù)據(jù),并計(jì)算F+V分別為11,12,14,又其對(duì)應(yīng)E分別為9,10,12,容易觀察并猜想F +V-E=2.,2.(2014北京改編,8,5分)學(xué)生的語(yǔ)文、數(shù)學(xué)成績(jī)均被評(píng)定為三個(gè)等級(jí),依次為“優(yōu)秀”“合 格”“不合格”.若學(xué)生甲的語(yǔ)文、數(shù)學(xué)成績(jī)都不低于學(xué)生乙,且其中至少有一門(mén)成績(jī)高于乙, 則稱(chēng)“學(xué)生甲比學(xué)生乙成績(jī)好”.如果一組學(xué)生中沒(méi)有哪位學(xué)生比另一位學(xué)生成績(jī)好,并且不 存在語(yǔ)文成績(jī)相同、數(shù)學(xué)成績(jī)也相同的兩位學(xué)生,那么這組學(xué)生最多有 人.,答案 3,解析 設(shè)學(xué)生人數(shù)為n,因?yàn)槌煽?jī)?cè)u(píng)定只有“優(yōu)秀”“合格”“不合格”三種情況,所以當(dāng)n 4時(shí),語(yǔ)文成績(jī)至少有兩人相同,若此兩人數(shù)學(xué)成績(jī)也相同,與“任意兩人成績(jī)不全相同”矛盾; 若此兩人數(shù)學(xué)成績(jī)不同,則此兩人有一人比另一人成績(jī)好,也不滿(mǎn)足條件.因此:n4,即n3.當(dāng)n =3時(shí),評(píng)定結(jié)果分別為“優(yōu)秀,不合格”“合格,合格”“不合格,優(yōu)秀”,符合題意,故n=3.,3.(2013陜西,14,5分)觀察下列等式: 12=1, 12-22=-3, 12-22+32=6, 12-22+32-42=-10, 照此規(guī)律,第n個(gè)等式可為 .,答案 12-22+32-42+(-1)n-1n2=(-1)n-1,解析 左邊為平方項(xiàng)的(-1)n-1倍的和,右邊為(1+2+3+n)的(-1)n-1倍,可用數(shù)學(xué)歸納法證明成 立.,考點(diǎn)二 直接證明與間接證明 (2014山東改編,4,5分)用反證法證明命題“設(shè)a,b為實(shí)數(shù),則方程x3+ax+b=0至少有一個(gè)實(shí)根” 時(shí),要做的假設(shè)是 .,答案 方程x3+ax+b=0沒(méi)有實(shí)根,解析 因?yàn)椤胺匠蘹3+ax+b=0至少有一個(gè)實(shí)根”等價(jià)于“方程x3+ax+b=0的實(shí)根的個(gè)數(shù)大于或 等于1”,因此,要做的假設(shè)是方程x3+ax+b=0沒(méi)有實(shí)根.,三年模擬,A組 20172019年高考模擬考點(diǎn)基礎(chǔ)題組,考點(diǎn)一 合情推理與演繹推理,1.(2017新海高級(jí)中學(xué)月考,11)已知“整數(shù)對(duì)”按如下規(guī)律排成一列:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2), (3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),則第60個(gè)“整數(shù)對(duì)”是 .,答案 (5,7),解析 把“整數(shù)對(duì)”中兩個(gè)數(shù)字的和相同的分為一組,得知第n組中每個(gè)“整數(shù)對(duì)”中兩個(gè)數(shù) 字的和均為n+1,且第n組共有n個(gè)“整數(shù)對(duì)”,則前n組一共有 個(gè)“整數(shù)對(duì)”,注意到 60 ,因此第60個(gè)“整數(shù)對(duì)”處于第11組(每個(gè)“整數(shù)對(duì)”中兩個(gè)數(shù)字的 和為12的組)的第5個(gè)位置,結(jié)合題意可知第11組各整數(shù)對(duì)依次為(1,11),(2,10),(3,9),(4,8),(5,7), ,因此第60個(gè)“整數(shù)對(duì)”是(5,7).,2.(2017贛榆高級(jí)中學(xué)月考,12)將正奇數(shù)排列成如下形式,其中aij表示第i行第j個(gè)數(shù)(iN*, jN *),例如a32=9,若aij=2 009,則i+j= . 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 ,答案 60,解析 2 009是第1 005個(gè)奇數(shù),則1+2+3+(i-1)= 1 005 ,驗(yàn)證i=45時(shí),式成立,所以i=45. 易得出第45行第1個(gè)數(shù)是4445+1=1 981,1 981+2(j-1)=2 009,j=15.2 009是第45行第15個(gè) 數(shù),則i+j=60.,考點(diǎn)二 直接證明與間接證明,1.(2019無(wú)錫期中,19)已知數(shù)列an滿(mǎn)足an+1=2|an+c+2|-|an+c|,c為正常數(shù). (1)求證:對(duì)于一切nN*,an+1-anc恒成立; (2)若數(shù)列an為等差數(shù)列,求a1的取值范圍.,解析 (1)證明:由題意知an+1-an=2|an+c+2|-|an+c|-an. (i)當(dāng)an+c0時(shí),an+1-an=2an+2c+4-an-c-an=c+4c. (2分) (ii)當(dāng)an+c0, 故當(dāng)n無(wú)限增大時(shí),總有an0. 此時(shí)an+1-an=2an+2c+4-an-c-an=c+4, 即d=c+4. (8分) 所以a2=2|a1+c+2|-|a1+c|=a1+c+4, 即2|a1+c+2|=a1+c+4+|a1+c|. 當(dāng)a1+c0時(shí),等式恒成立,且此時(shí)an+1-an=c+4為常數(shù), 即數(shù)列an為等差數(shù)列. (10分) 當(dāng)a1+c2時(shí),an0,此時(shí)an為等差數(shù)列. (14分) 綜上,滿(mǎn)足題意的a1的取值范圍是-c,+)-c-4. (16分),2.(2019姜堰中學(xué)、淮陰中學(xué)期中,20)已知函數(shù)f(x)=ex-ax2-bx(a0,bR). (1)若a=1,b=0.試證明:當(dāng)x0時(shí), f(x)0; (2)若對(duì)任意a0, f(x)均有兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2(x12.,解析 (1)證明:當(dāng)a=1,b=0時(shí), f(x)=ex-x2,要證當(dāng)x0時(shí), f(x)0,就是要證exx2(x0),即證x2ln x. 令h(x)=x-2ln x,則h(x)=1- , x(0,2),h(x)0, h(x)在(0,2)上單調(diào)遞減,在(2,+)上單調(diào)遞增. 當(dāng)x=2時(shí),h(x)有極小值,也為最小值,h(2)=2-2ln 20, h(x)=x-2ln xh(2)0,即x2ln x恒成立, exx2(x0),即當(dāng)a=1,b=0,且x0時(shí), f(x)0成立. (2分) (2)f (x)=ex-2ax-b, 設(shè)g(x)=ex-2ax-b,則g(x)=ex-2a, x(-,ln 2a)時(shí),g(x)0, g(x)在(-,ln 2a)上單調(diào)遞減,在(ln 2a,+)上單調(diào)遞增, g(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn). (i)當(dāng)b1時(shí),a0,- 0,g(0)=1-b0+b-b=0, 令m= =a+ 0, 由(1)可知g(m)=em-2am-bm2-2am-b=0. 因?yàn)間(x)是R上的連續(xù)函數(shù), 所以g(x)在 和(ln 2a,m)上各有一個(gè)零點(diǎn)x1,x2. (6分) 此時(shí),x1,x2為函數(shù)f(x)的兩個(gè)不同的極值點(diǎn),所以b1符合題意. (7分) (ii)當(dāng)b1時(shí),取a= ,則g(x)在(-,0)上單調(diào)遞減,在(0,+)上單調(diào)遞增, 所以g(x)min=g(0)=1-b0, 所以當(dāng)b1時(shí),g(x)=f (x)0,函數(shù)f(x)單調(diào)遞增,沒(méi)有極值點(diǎn),不合題意. 綜上,當(dāng)b1時(shí),對(duì)任意a0, f(x)均有兩個(gè)極值點(diǎn). (9分) 由知,x1,x2為g(x)=0的兩個(gè)實(shí)數(shù)根, 因?yàn)閘n 2a=0,所以x10x2,g(x)在(-,0)上單調(diào)遞減. 下面證x1-x20.,要證x10, 則h(x)=- -ex+2,則h(x)f(-x2), (12分) 要證f(x1)+f(x2)2,只需證f(-x2)+f(x2)2, 即證 + - -20. (13分) 設(shè)函數(shù)k(x)=ex+e-x-x2-2,x(0,+),則k(x)=ex-e-x-2x. 設(shè)(x)=k(x)=ex-e-x-2x,則(x)=ex+e-x-2,則(x)0, (x)在(0,+)上單調(diào)遞增, (x)(0)=0,即k(x)0,k(x)在(0,+)上單調(diào)遞增,k(x)k(0)=0, 當(dāng)x(0,+)時(shí),ex+e-x-x2-20,則 + - -20, f(-x2)+f(x2)2,f(x1)+f(x2)2. (16分),3.(2019江都中學(xué)、華羅庚中學(xué)等13校聯(lián)考,20)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,把滿(mǎn)足條件an+1 Sn(nN*)的所有數(shù)列an構(gòu)成的集合記為M. (1)若數(shù)列an的通項(xiàng)為an= ,求證:anM; (2)若數(shù)列an是等差數(shù)列,且an+nM,求2a5-a1的取值范圍; (3)若數(shù)列an的各項(xiàng)均為正數(shù),且anM,數(shù)列 中是否存在無(wú)窮多項(xiàng)依次成等差數(shù)列?若 存在,給出an的一個(gè)通項(xiàng);若不存在,說(shuō)明理由.,解析 (1)證明:因?yàn)閍n= ,所以Sn= =1- , 所以an+1-Sn= -1+ = -1 -1=- 0,所以an+1Sn,即anM. (4分) (2)設(shè)an的公差為d,因?yàn)閍n+nM, 所以an+1+n+1(a1+1)+(a2+2)+(an+n),(*) 特別地,當(dāng)n=1時(shí),a2+2a1+1,即d-1, 由(*)得a1+nd+n+1na1+ d+ , 整理得 n2+ n-a1-10,因?yàn)樯鲜霾坏仁綄?duì)一切nN*恒成立,所以必有 0, 解得d-1, 又d-1,所以d=-1, 于是(a1+1)n-a1-10,即(a1+1)(n-1)0, 所以a1+10,即a1-1,所以2a5-a1=2(a5-a1)+a1=8d+a1=-8+a1-9, 因此2a5-a1的取值范圍是-9,+). (9分) (3)由an+1Sn得Sn+1-SnSn,所以Sn+12Sn,即 2, 所以 = 2n, 從而有Sn+1S12n=a12n, 又an+1Sn,所以an+2Sn+1a12n,即ana12n-2(n3), 又a2S1=a122-2,a1a121-2, 所以有ana12n-2(nN*),所以 2n. 假設(shè)數(shù)列 中存在無(wú)窮多項(xiàng)依次成等差數(shù)列, 不妨設(shè)該等差數(shù)列的第n項(xiàng)為dn+b(b為常數(shù)), 則存在mN,mn,使得dn+b= 2m 2n, 即da1n+ba12n+2.,設(shè)f(n)= ,nN*,n3, 則f(n+1)-f(n)= - = n2, 從而有:當(dāng)n3時(shí),da1n+ba1n2,即n2-da1n-ba10, 于是當(dāng)n3時(shí),關(guān)于n的不等式n2-da1n-ba10有無(wú)窮多個(gè)解,顯然不成立, 因此數(shù)列 中不存在無(wú)窮多項(xiàng)依次成等差數(shù)列. (16分),一、填空題(每小題5分,共10分),B組 20172019年高考模擬專(zhuān)題綜合題組 (時(shí)間：60分鐘 分值：74分),1.(2019海安期中,13)已知正數(shù)x,y,z滿(mǎn)足(x+2y) =4,且z3x,則P= 的取值范圍是 .,答案,解析 (x+2y) =4化為 = - ,因?yàn)閦3x, 所以 - ,去分母、合并同類(lèi)項(xiàng),得3x2-5xy+2y20, 即(x-y)(3x-2y)0,即(x-y) 0, 所以 yxy,即 1,令t= ,則 t1, P= = + =t+ ,令f(t)=t+ , f (t)=1- ,令f (t)=0,得t= ,所以,當(dāng)t= 時(shí),P有最小值,為 + = , 又f = + = , f(1)=1+ = ,即P有最大值 , 所以P的取值范圍是 .,一題多解 正數(shù)x,y,z滿(mǎn)足(x+2y) =4,且z3x, 4=(x+2y) (x+2y) , 即4 + +2+ , + - 0, 令 =t,t0,t+ - 0, 即3t2-5t+20,(3t-2)(t-1)0, t1, P= = + =t+ 2 = , 當(dāng)且僅當(dāng)t= ,即t= 時(shí),取“=”. 易知當(dāng)t 時(shí),P(t)單調(diào)遞減, 當(dāng)t 時(shí),P(t)單調(diào)遞增, 又t= 時(shí),P= ;t=1時(shí),P= ,P的取值范圍為 .,2.(2019金陵中學(xué)聯(lián)合調(diào)研,14)已知數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn=-n2+10n,則不等式 + + a 1+a2+an成立的正整數(shù)n的最大值為 .,答案 9,解析 由Sn=-n2+10n,容易判斷數(shù)列an是等差數(shù)列,得an=11-2n, 從而a1=9,a2=7,a3=5,a4=3,a5=1,a6=-1,a7=-3,a8=-5,a9=-7,a10=-9,檢驗(yàn)可知 + + 10時(shí)左邊大于右邊,從而使得等式成立的最大 正整數(shù)n為9.,二、解答題(共64分) 3.(2019無(wú)錫期末,19)已知函數(shù)f(x)=ex- x2-ax(a0). (1)當(dāng)a=1時(shí),求證:對(duì)于任意x0,都有f(x)0成立; (2)若y=f(x)恰好在x=x1和x=x2兩處取得極值,求證: ln a.,證明 (1)由f(x)=ex- x2-x,得f (x)=ex-x-1, 令g(x)=f (x),則g(x)=ex-1, (3分) 當(dāng)x0時(shí),g(x)0,即f (x)在(0,+)上單調(diào)遞增, 故f (x)f (0)=0,所以f(x)在(0,+)上單調(diào)遞增, (5分) 進(jìn)而f(x)f(0)=10,即對(duì)于任意x0,都有f(x)0. (6分) (2)f (x)=ex-ax-a,因?yàn)閤1,x2為f(x)的兩個(gè)極值點(diǎn), 所以 即 兩式相減,得a= , (8分) 則所證不等式等價(jià)于 x2,兩邊同時(shí)除以 可得 0,所證不等式即為 t -et+10. (14分),設(shè)(t)=t -et+1,則(t)=- ,易知exx+1,令x= ,可得 - 0, 所以(t)0,所以(t)在(0,+)上單調(diào)遞減,所以(t)(0)=0, 所以 ln a. (16分),4.(2019宿遷期末,19)已知數(shù)列an各項(xiàng)均為正數(shù),Sn是數(shù)列an的前n項(xiàng)和,對(duì)任意的nN*都有2 Sn=3 +an-2.數(shù)列bn各項(xiàng)都是正整數(shù),b1=1,b2=4,且數(shù)列 , , , 是等比數(shù)列. (1)證明:數(shù)列an是等差數(shù)列; (2)求數(shù)列bn的通項(xiàng)公式; (3)求滿(mǎn)足 的最小正整數(shù)n.,解析 (1)證明:當(dāng)n=1時(shí),2a1=3 +a1-2,即3 -a1-2=0, (3a1+2)(a1-1)=0,由a10得a1=1. (1分) 當(dāng)n2時(shí),由2Sn=3 +an-2得2Sn-1=3 +an-1-2, 兩式相減得2an=3 +an-3 -an-1, 所以3(an-an-1)(an+an-1)=an+an-1, (3分) 由an0知an+an-10,所以an-an-1= , 所以數(shù)列an是首項(xiàng)為1,公差為 的等差數(shù)列. (5分) (2)由(1)得an=1+ (n-1)= n+ , 由 =a1=1, =a4=2, 所以數(shù)列 是首項(xiàng)為1,公比為2的等比數(shù)列, 所以 =2n-1, (7分) 又 = bn+ , 所以 = bn+ =2n-1,即bn=32n-1-2. (10分),(3)因?yàn)镾n= = (n2+5n), 所以 = = , (12分) 設(shè)f(n)= = , 則 = = = , 令 1得 1,即n2+3n-6f(3)f(4)f(n), (14分) 又因?yàn)閒(1)= = = , f(2)= = = ,f(3)= = = , f(4)= = = , f(5)= = = , 所以當(dāng)n5時(shí), f(n) , 所以滿(mǎn)足 的最小正整數(shù)n為5. (16分),5.(2019如皋期末,20)已知等差數(shù)列an的前n項(xiàng)和為Sn,若 為等差數(shù)列,且a1=1. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式; (2)是否存在正整數(shù)n,使1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比數(shù)列?若存在,請(qǐng)求出這個(gè)等比數(shù)列;若 不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由; (3)若數(shù)列bn滿(mǎn)足bn+1-bn= ,b1= ,且對(duì)任意的nN*,都有bn1,求正整數(shù)k的最小值.,解析 (1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d,則an=1+(n-1)d,Sn=n+ d. 因?yàn)?是等差數(shù)列,所以2 = + , 即2 =1+ ,解得d=2. 此時(shí)Sn=n2, =n,數(shù)列 是等差數(shù)列. 所以an=2n-1. (4分) (2)假設(shè)存在nN*,使得1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比數(shù)列. 則(2+a2n+S2n)2=(1+an+Sn)(4+a4n+S4n), 由(1)可知an=2n-1,Sn=n2,代入上式,得 (2+4n-1+4n2)2=(1+2n-1+n2)(4+8n-1+16n2), 整理得8n3-5n2-2n-1=0.(*) (6分) 令f(x)=8x3-5x2-2x-1,x1, 則f (x)=24x2-10x-2,易知x1時(shí), f (x)0, 所以f(x)在1,+)上單調(diào)遞增, 所以f(n)=0在1,+)上至多有一個(gè)根.,又f(1)=0,故n=1是方程(*)的唯一解. 所以存在n=1,使得1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比數(shù)列,且該等比數(shù)列為3,9,27. (9分) (3)由bn+1-bn= 可知bn+1-bn= . 又b1= ,kN*,故b10,所以bn+1bn0. 依題意,bn1. 若k=2,據(jù)bn+1-bn= ,可得 當(dāng)n2,nN*時(shí),bn-b1= + + + + + + = + + = + . 由b1= 及b2-b1= 可得b2= . 所以,當(dāng)n2,nN*時(shí),bn- + ,即bn - . 故當(dāng)n18,nN*時(shí),bn - 1,故k=2不合題意. (12分) 若k3,據(jù)bn+1-bn= , 可得bn+1-bn -1=k-12,所以b2 -2+ =k-2+ 1+ , 故bn 1.故當(dāng)k3時(shí),bn1對(duì)任意nN*都成立. 所以正整數(shù)k的最小值為3. (16分),名師點(diǎn)睛 本題考查了數(shù)列的綜合應(yīng)用,包括與函數(shù)的結(jié)合,放縮法的運(yùn)用,這些點(diǎn)都屬于難 點(diǎn),綜合性很強(qiáng),屬于難題.,6.(2019南通、揚(yáng)州、泰州、蘇北四市七市一模,20)已知等差數(shù)列an滿(mǎn)足a4=4,前8項(xiàng)和S8=36. (1)求數(shù)列an的通項(xiàng)公式; (2)若數(shù)列bn滿(mǎn)足 (bka2n+1-2k)+2an=3(2n-1)(nN*). 證明:bn為等比數(shù)列; 求集合 .,解析 (1)設(shè)等差數(shù)列an的公差為d. 因?yàn)榈炔顢?shù)列an滿(mǎn)足a4=4,前8項(xiàng)和S8=36, 所以 解得 所以數(shù)列an的通項(xiàng)公式為an=n. (3分) (2)設(shè)數(shù)列bn的前n項(xiàng)和為Bn. 由(1)及 (bka2n+1-2k)+2an=3(2n-1)(nN*)得, 由-得 3(2n-1)-3(2n-1-1)=(b1a2n-1+b2a2n-3+bn-1a3+bna1+2n)-(b1a2n-3+b2a2n-5+bn-1a1+2n-2) =b1(a2n-3+2)+b2(a2n-5+2)+bn-1(a1+2)+bna1+2n-(b1a2n-3+b2a2n-5+bn-1a1+2n-2) =2(b1+b2+bn-1)+bn+2=2(Bn-b