考点一 合情推理与演绎推理1．(2022·北京，8)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( )A．2人B．3人C．4人D．5人解析 学生甲比学生乙成绩好，即学生甲两门成绩中一门高过学生乙，另一门不低于学生乙．一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且没有相同的成绩，则存在的情况是，最多有3人，其中一个语文最好，数学最差；另一个语文最差，数学最好；第三个人成绩均为中等．故选B.答案 B2．(2022·江西，6)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝( )A．28B．76C．123D．199解析 利用归纳法：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4＝3＋1，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋29＝76，a10＋b10＝76＋47＝123.答案 C3．(2022·江西，7)观察下列各式：55＝3125，56＝15625，57＝78125，…，则52011的末四位数字为( )A．3125B．5625C．0625D．8125解析 由观察易知55的末四位数字为3125，56的末四位数字为5625，57的末四位数字为8125，58的末四位数字为0625，59的末四位数字为3125，故周期T＝4.又由于2011＝502×4＋3，因此52011的末四位数字是8125.答案 D4．(2022·山东，11)观察下列各式：C＝40；C＋C＝41;C＋C＋C＝42；C＋C＋C＋C＝43；……15\n照此规律，当n∈N*时，C＋C＋C＋…＋C＝________．解析 观察等式，第1个等式右边为40＝41－1，第2个等式右边为41＝42－1，第3个等式右边为42＝43－1，第4个等式右边为43＝44－1，所以第n个等式右边为4n－1.答案 4n－15．(2022·福建，15)一个二元码是由0和1组成的数字串x1x2…xn(n∈N*)，其中xk(k＝1，2，…，n)称为第k位码元．二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0)．已知某种二元码x1x2…x7的码元满足如下校验方程组：其中运算⊕定义为0⊕0＝0，0⊕1＝1，1⊕0＝1，1⊕1＝0.现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k等于________．解析 (ⅰ)x4⊕x5⊕x6⊕x7＝1⊕1⊕0⊕1＝1，(ⅱ)x2⊕x3⊕x6⊕x7＝1⊕0⊕0⊕1＝0；(ⅲ)x1⊕x3⊕x5⊕x7＝1⊕0⊕1⊕1＝1.由(ⅰ)(ⅲ)知x5，x7有一个错误，(ⅱ)中没有错误，∴x5错误，故k等于5.答案 56．(2022·陕西，14)观察下列等式12＝112－22＝－312－22＋32＝612－22＋32－42＝－10……照此规律，第n个等式可为________．解析 左边共n项，每项的符号为(－1)n＋1，通项为(－1)n＋1·n2.等式右边的值符号为(－1)n＋1，各式为(－1)n＋1(1＋2＋3＋…＋n)＝(－1)n＋1，∴第n个等式为12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1·n2＝(－1)n＋1·.答案 12－22＋32－42＋…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n＋1·7．(2022·湖北，14)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数．如三角形数115\n，3，6，10，…，第n个三角形数为＝n2＋n.记第n个k边形数为N(n，k)(k≥3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数 N(n，3)＝n2＋n，正方形数 N(n，4)＝n2，五边形数 N(n，5)＝n2－n，六边形数 N(n，6)＝2n2－n，…… ……可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10，24)＝________.解析 由题中数据可猜想：含n2项的系数为首项是，公差是的等差数列，含n项的系数为首项是，公差是－的等差数列，因此N(n，k)＝n2＋n＝n2＋n.故N(10，24)＝11n2－10n＝11×102－10×10＝1000.答案 10008．(2022·陕西，14)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________．解析 三棱柱中5＋6－9＝2；五棱锥中6＋6－10＝2；立方体中6＋8－12＝2，由此归纳可得F＋V－E＝2.答案 F＋V－E＝29．(2022·福建，15)当x∈R，|x|<1时，有如下表达式：1＋x＋x2＋…＋xn＋…＝.两边同时积分得：1dx＋xdx＋x2dx＋…＋xndx＋…15\n＝dx，从而得到如下等式：1×＋×＋×＋…＋×＋…＝ln2.请根据以上材料所蕴含的数学思想方法，计算：C×＋C×＋C×＋…＋C×＝________.解析 由C＋Cx＋Cx2＋…＋Cxn＝(1＋x)n，两边同时积分得：C1dx＋Cxdx＋Cx2dx＋…＋Cxndx＝(1＋x)ndx，C＋C＋C＋…＋C＝0＝－＝.答案 10．(2022·陕西，11)观察下列不等式1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，……照此规律，第五个不等式为___________________________________________．解析 先观察左边，第一个不等式为2项相加，第二个不等式为3项相加，第三个不等式为4项相加，则第五个不等式应为6项相加，右边分子为分母的2倍减1，分母15\n即为所对应项数，故应填1＋＋＋＋＋<.答案 1＋＋＋＋＋<11．(2022·湖北，13)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数．如22，121，3443，94249等．显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99；3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.则(1)4位回文数有________个；(2)2n＋1(n∈N＋)位回文数有________个．解析 (1)2位回文数均是不为0的自然数，故有9个；而对于3位回文数，首、末均相同且不为0，故有9种，而对于中间一数可含有0，故有10种，因此3位回文数有90种；对于4位回文数，首、末均相同且不为0，故有9种，对于中间两数则可含有0，故有10种，因此也有90种；(2)经归纳可得2n＋1位回文数有9×10n个．答案 (1)90 (2)9×10n12．(2022·山东，15)设函数f(x)＝(x>0)，观察：f1(x)＝f(x)＝，f2(x)＝f[f1(x)]＝，f3(x)＝f[f2(x)]＝，f4(x)＝f[f3(x)]＝，……根据以上事实，由归纳推理可得：当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f[fn－1(x)]＝________.解析 由f(x)＝(x>0)得，f1(x)＝f(x)＝，f2(x)＝f[f1(x)]＝＝，f3(x)＝f[f2(x)]＝15\n＝，f4(x)＝f[f3(x)]＝＝，……∴当n≥2且n∈N*时，fn(x)＝f[fn－1(x)]＝.答案 13．(2022·重庆，22)对正整数n，记In＝{1，2，…，n}，Pn＝.(1)求集合P7中元素的个数；(2)若Pn的子集A中任意两个元素之和不是整数的平方，则称A为“稀疏集”．求n的最大值，使Pn能分成两个不相交的稀疏集的并．解 (1)当k＝4时，中有3个数与I7中的3个数重复，因此P7中元素的个数为7×7－3＝46.(2)先证：当n≥15时，Pn不能分成两个不相交的稀疏集的并．若不然，设A，B为不相交的稀疏集，使A∪B＝Pn⊇In，不妨设1∈A，则因1＋3＝22，故3∉A，即3∈B.同理6∈A，10∈B，又推得15∈A，但1＋15＝42，这与A为稀疏集矛盾．再证P14符合要求，当k＝1时，＝I14可分成两个稀疏集之并，事实上，只要取A1＝{1，2，4，6，9，11，13}，B1＝{3，5，7，8，10，12，14}，则A1，B1为稀疏集，且A1∪B1＝I14.当k＝4时，集中除整数外剩下的数组成集，可分解为下面两稀疏集的并：A2＝，B2＝.当k＝9时，集中除正整数外剩下的数组成集，可分解为下面两稀疏集的并：A3＝，B3＝.15\n最后，集C＝中的数的分母均为无理数，它与P14中的任何其他数之和都不是整数，因此，令A＝A1∪A2∪A3∪C，B＝B1∪B2∪B3，则A和B是不相交的稀疏集，且A∪B＝P14.综上，所求n的最大值为14.注：对P14的分拆方法不是唯一的．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，故要做的假设是“方程x3＋ax＋b＝0没有实根”．答案 A2．(2022·四川，15)设P1，P2，…，Pn为平面α内的n个点，在平面α内的所有点中，若点P到点P1，P2，…，Pn的距离之和最小，则称点P为点P1，P2，…，Pn的一个“中位点”，例如，线段AB上的任意点都是端点A，B的中位点，现有下列命题：①若三个点A，B，C共线，C在线段AB上，则C是A，B，C的中位点；②直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点；③若四个点A，B，C，D共线，则它们的中位点存在且唯一；④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点．其中的真命题是________(写出所有真命题的序号)．解析 由“中位点”可知，若C在线段AB上，则线段AB上任一点都为“中位点”，C也不例外，故①正确；对于②假设在等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，如图所示，点P为斜边AB中点，设腰长为2，则|PA|＋|PB|＋|PC|＝|AB|＝3，而若C为“中位点”，则|CB|＋|CA|＝4<3，故②错；对于③，若B，C三等分AD，若设|AB|＝|BC|＝|CD|＝1，则|BA|＋|BC|＋|BD|＝4＝|CA|＋|CB|＋|CD|，故③错；对于④，在梯形ABCD中，对角线AC与BD的交点为O，在梯形ABCD15\n内任取不同于点O的一点M，则在△MAC中，|MA|＋|MC|>|AC|＝|OA|＋|OC|，同理在△MBD中，|MB|＋|MD|>|BD|＝|OB|＋|OD|，则得，|MA|＋|MB|＋|MC|＋|MD|>|OA|＋|OB|＋|OC|＋|OD|，故O为梯形内唯一中位点，④是正确的．答案 ①④3.(2022·陕西，18)(1)如图，证明命题“a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥b，则a⊥c”为真；(2)写出上述命题的逆命题，并判断其真假(不需证明)．(1)证明 法一 如图，过直线b上任一点作平面π的垂线n，设直线a，b，c，n的方向向量分别是a，b，c，n，则b，c，n共面．根据平面向量基本定理，存在实数λ，μ使得c＝λb＋μn，则a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)，因为a⊥b，所以a·b＝0.又因为a⊂π，n⊥π，所以a·n＝0.故a·n＝0，从而a⊥c.法二 如图，记c∩b＝A，P为直线b上异于点A的任意一点，过P作PO⊥π，垂足为O，则O∈c.∵PO⊥π，a⊂π，∴直线PO⊥a.又a⊥b，b⊂平面PAO，PO∩b＝P，∴a⊥平面PAO.又c⊂平面PAO.∴a⊥c.(2)解 逆命题为：a是平面π内的一条直线，b是π外的一条直线(b不垂直于π)，c是直线b在π上的投影，若a⊥c，则a⊥b.逆命题为真命题．4．(2022·福建，17)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．解 (1)选择②式，计算如下：sin215°＋cos215°－sin15°cos15°15\n＝1－sin30°＝1－＝.(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.证明如下：sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α＝sin2α＋cos2α＝.5．(2022·全国，20)设数列{an}满足a1＝0且－＝1.(1)求{an}的通项公式；(2)设bn＝，记Sn＝k，证明：Sn<1.(1)解 由题设－＝1，即是公差为1的等差数列．又＝1，故＝n.所以an＝1－.(2)证明 由(1)得bn＝＝＝－，Sn＝k=＝1－<1.考点三 数学归纳法1．(2022·江苏，23)已知集合X＝{1，2，3}，Yn＝{1，2，3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，15\nb)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．(1)写出f(6)的值；(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．解 (1)f(6)＝13.(2)当n≥6时，f(n)＝(t∈N*)．下面用数学归纳法证明：①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋＋＝13，结论成立；②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：1)若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋＋＋3＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；2)若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；3)若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；4)若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；5)若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有15\nf(k＋1)＝f(x)＋2＝k＋2＋＋＋2＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立；6)若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立．综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．2．(2022·陕西，21)设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．解 由题设得，g(x)＝(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．15\n(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，则φ′(x)＝－＝，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)＜0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0，即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：法一 上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.令x＝，n∈N＋，则<ln.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，<ln2，结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即＋＋…＋<ln(k＋1)．那么，当n＝k＋1时，＋＋…＋＋<ln(k＋1)＋<ln(k＋1)＋ln＝ln(k＋2)，15\n即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．法二 上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.令x＝，n∈N＋，则ln>.故有ln2－ln1>，ln3－ln2>，……ln(n＋1)－lnn>，上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋，结论得证．法三 如图，dx是由曲线y＝，x＝n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．∴＋＋…＋>dx＝(1－)dx＝n－ln(n＋1)， 结论得证．3．(2022·重庆，22)设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*成立？证明你的结论．解 (1)法一 a2＝2，a3＝＋1，再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.从而{(an－1)2}是首项为0公差为1的等差数列，故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N*)．15\n法二 a2＝2，a3＝＋1，可写为a1＝＋1，a2＝＋1，a3＝＋1.因此猜想an＝＋1.下面用数学归纳法证明上式：当n＝1时结论显然成立．假设n＝k时结论成立，即ak＝＋1.则ak＋1＝＋1＝＋1＝＋1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．所以an＝＋1(n∈N*)．(2)法一 设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝.下面用数学归纳法证明加强命题a2n<c<a2n＋1<1.当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝－1，所以a2<<a3<1，结论成立．假设n＝k时结论成立，即a2k<c<a2k＋1<1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数得c＝f(c)<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1.故c<a2k＋3<1，因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．综上，符合条件的c存在，其中一个值为c＝.法二 设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)．先证：0≤an≤1(n∈N*)．①当n＝1时，结论明显成立．假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝－1<1.即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立，故①成立．再证：a2n<a2n＋1(n∈N*)．②当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝－1，有a2<a3，即n＝1时②成立．假设n＝k时，结论成立，即a2k<a2k＋1，15\n由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，a2(k＋1)＝f(a2k＋1)<f(a2k＋2)＝a2(k＋1)＋1.这就是说，当n＝k＋1时②成立，所以②对一切n∈N*成立．由②得a2n<－1，即(a2n＋1)2<a－2a2n＋2，因此a2n<.③又由①、②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2，所以a2n＋1>－1.解得a2n＋1>.④综上，由②、③、④知存在c＝使a2n<c<a2n＋1对一切n∈N*成立．15
