2014年全国高考理科数学试题选编9.推理与证明试题解析

第一篇：2014年全国高考理科数学试题选编9.推理与证明试题解析

2014年全国高考理科数学试题选编

九.推理与证明试题

一.选择题和填空题

3.(安徽21满分13分)设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：

当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px；(2)数列{an}满足a1c，1p

an＋1

p1c

anan1p，__________．

2.(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

3.(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x

3＋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

二.解答题

1.(北京20满分13分)对于数对序列P：(a 1，b1)，(a 2，b2)，„，(an，bn)，记T1(P)＝a1＋b1，T k(P)＝bk＋max{Tk－1(P)，a1＋a2＋„ ＋ak}(2≤k≤n)，其中max{Tk－1(P)，a1＋a2＋„＋ak}表示Tk－1(P)和a1＋a2＋„＋ak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m＝a 和m＝d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)

2.(天津19满分14分)已知q和n均为给定的大于1的自然数．设集合M＝{0,1,2，„，q－1}，集合A＝{x|x＝xq＋„＋xn－

11＋x2nq，xi∈M，i＝1,2，„，n}．

(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋„＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋„＋b－1nqn，其中ai，bi∈M，i＝1,2，„，n.证明：若a

n＜bn，则s＜t.虢镇中学1pp

证明：ap

nan＋1c.九.推理与证明试题解析

数学教研组

一.选择题和填空题

__________．

解析：因为5＋6－9＝2，6＋6－10＝2，6＋8－12＝2，故可猜想F＋V－E＝292.(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：用A，B，C分别表示优秀、及格和不及格．显然，语文成绩得A的学生最多只有一人，语文成绩得B的也最多只有1人，得C的也最多只有1人，所以这组学生的成绩为(AC)，(BB)，(CA)满足条件，故学生最多为3人．

3.(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：因为至少有一个的反面为一个也没有，所以要做的假设是方程x3＋ax＋b＝0没有实根．

二.解答题

1.(北京20满分13分)对于数对序列P：(a1，b1)，(a2，b2)，„，(an，bn)，记T1(P)＝a1＋b1，Tk(P)＝bk＋max{Tk－1(P)，a1＋a2＋„ ＋ak}(2≤k≤n)，其中max{Tk－1(P)，a1＋a2＋„＋ak}表示Tk－1(P)和a1＋a2＋„＋ak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m＝a和m＝d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)

分析：(1)直接根据定义式即可求出T1(P)和T2(P)的值；(2)先根据定义式分别写出T2(P)和T2(P′)，然后根据a，b，c，d中最小数的不同比较对应两个代数式的大小，即可求得T2(P)和T2(P′)的大小关系；(3)先比较已知数据大小，然后根据定义式写出使T5(P)最小的数对序列，依次求出T1(P)，T2(P)，T3(P)，T4(P)，T5(P)即可． 解：(1)T1(P)＝2＋5＝7，T2(P)＝1＋max{T1(P)，2＋4}＝1＋max{7,6}＝8.(2)T2(P)＝max{a＋b＋d，a＋c＋d}，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}．

当m＝a时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋d＋b.因为a＋b＋d≤c＋b＋d，且a＋c＋d≤c＋b＋d，所以T2(P)≤T2(P′)．

当m＝d时，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋a＋b.因为a＋b＋d≤c＋a＋b，且a＋c＋d≤c＋a＋b，所以T2(P)≤T2(P′)．

所以无论m＝a还是m＝d，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)＝52.2.(天津19满分14分)已知q和n均为给定的大于 1的自然数．设集合M＝{0,1,2，„，q－1}，集合A＝{x|x＝x1＋x2q＋„＋xnqn－1，xi∈M，i＝1,2，„，n}．

(1)当q＝2，n＝3时，用列举法表示集合A；

n－1

(2)设s，t∈A，s＝a1＋a2q＋„＋anq，t＝b1＋b2q＋„＋bnqn－1，其中ai，bi∈M，i＝1,2，„，n.证明：若an＜bn，则s＜t.分析：在第(1)问中，由于q和n的值已给出，因此集合M确定，从而xi的取值确定．只需列出x的所有可能的取值，即得集合A．在第(2)问中，考虑到s和t表达式的结构特点，应采用作差法证明它们的大小关系．在s－t的表达式中，由于ai与bi(i＝1,2,3，„，n－1)的大小关系不确定，因此可将ai－bi(i＝1,2，„，n－1)统一放大为其最大值q－1，而an＜bn，可将an－bn放大为其最大值－1，然后将s－t的表达式用等比数列求和公式化简，即可证得s－t＜0.(1)解：当q＝2，n＝3时，M＝{0,1}，A＝{x|x＝x1＋x2·2＋x3·22，xi∈M，i＝1,2,3}． 可得，A＝{0,1,2,3,4,5,6,7}．

(2)证明：由s，t∈A，s＝a1＋a2q＋„＋anqn－1，t＝b1＋b2q＋„＋bnqn－1，ai，bi∈M，i＝1,2，„，n及an＜bn，可得s－t＝(a1－b1)＋(a2－b2)q＋„

＋(an－1－bn－1)qn－2＋(an－bn)qn－1

≤(q－1)＋(q－1)q＋„＋(q－1)qn－2－qn－1

(q1)(1qn1)n1

q＝－1＜0.＝

1q虢镇中学数学教研组

所以，s＜t.3.(安徽21满分13分)设实数c＞0，整数p＞1，n∈N*.(1)证明：

当x＞－1且x≠0时，(1＋x)p＞1＋px； 1(2)数列{an}满足ap

1c，ap1n＋1

ac

1ppnp

an，1

证明：ap

nan＋1c.分析：(1)考虑到欲证不等式与正整数p有关，因此可采用数学归纳法证明．(2)有两种思路．一种思路是先用数学归纳法证明

1ap

nc，再证明数列{an}是递减数列，二者结合1即可证得结论，其中在证ap

nc时，要注意第(1)问结论的应用和第(2)问中所给条件式的变形及应用；另一种思路是构造函数

fx

p1c

pxp

x1p，然后利用导数证得 1f(x)在[cp，＋∞)上单调递增，从而可得

1fxcp，在此基础上再运用数学归纳法

1证明ap

nan＋1c成立．

(1)证明：用数学归纳法证明．

①当p＝2时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2＞1＋2x，原不等式成立．

②假设p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k＞1＋kx成立． 当p＝k＋1时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k＞(1＋x)(1

＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2

＞1＋(k＋1)x.所以p＝k＋1时，原不等式也成立． 综合①②可得，当x＞－1，x≠0时，对一切整数p＞1，不等式(1＋x)p＞1＋px

均成立． 1(2)证法一：先用数学归纳法证明ap

nc.11①当n＝1时，由题设ap

1c知ancp成立． ②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，1不等式ap

kc成立．

由ap1n＋1pac

1pnp

an易知an＞0，n∈N*.当n＝k＋1时，虢镇中学3ak1ap1pcp1c

pak1+pap1.kk

由a111c

kcp0得pp(aP1)0.k

由(1)中的结论得

（ak1)p[11(c1cc

.aP1)]p1p(P1)Pkpakpakak

因此aPp

k1c，即ak1c.1所以n＝k＋1时，不等式ap

nc也成立． 综合①②可得，对一切正整数n，不等式ancp

均成立．

再由

an111(c

a1aP1)可得n1，npanan

即an＋1＜an.综上所述，aap

nn1c，n∈N*.证法二：设fxp1pxc

p

x1p，xcp，则xp≥c，并且

fx

p1pcp(1p)xpp1c

p(1x

p)0，1xcp

.1由此可得，f(x)在[cp，＋∞)上单调递增． 111因而，当xcp

时，fxf(cp)cp

.1①当n＝1时，由ap

1c0，即ap1＞c可知

ap12

pac1p1c

1pa1a1[1p(ap1)]a11

1，并且ap

cp

2f(a1)c，从而a1a2.1故当n＝1时，不等式ap

nan1c成立． ②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，1不等式ap

kak1c成立，则当n＝k＋1时，1f(ak)＞f(ak＋1)＞f(cp)，1即有ap

k＋1ak＋2c.所以n＝k＋1时，原不等式也成立． 综合①②可得，对一切正整数n，数学教研组

1不等式ap

nan1c均成立．

虢镇中学4数学教研组

第二篇：高考文科数学试题分类—推理与证明

高中数学

高考文科试题解析分类汇编：推理和证明

1.【高考全国文12】正方形ABCD的边长为1，点E在边AB上，点F在边BC上，1AEBF。动点P从E出发沿直线向F运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反3

射角等于入射角，当点P第一次碰到E时，P与正方形的边碰撞的次数为

（A）8（B）6（C）4（D）3

115123，233

11151222 2343……

照此规律，第五个不等式为.．．．

高中数学

【答案】1

1111111.22324252626

1，【解析】观察不等式的左边发现，第n个不等式的左边=111

2232n1

右边=

11111112n11，所以第五个不等式为122222．

234566n1



5.【高考湖南文16】对于nN，将n表示为nak2kak12k1a121a020,当ik时ai1，当0ik1时ai为0或1，定义bn如下：在n0,a1，a2，…，ak中等于1的个数为奇数时，bn=1；否则bn=0.（1）b2+b4+b6+b8=__；

（2）记cm为数列{bn}中第m个为0的项与第m+1个为0cm是___.【答案】（1）3；（2）2.【解析】（1）观察知1a020,a01,b11；212100,1b21； 一次类推3121120,b30；4120,5122021120,b50；221060，b71,b81，b2+b4+b6+b8=３；（2）由（1）知cm..6.【高考湖北文17】，…记为数列{an}，将可被5整除的三角形数按从小到大的顺序组成{an}中的第______项；（Ⅱ）b2k-1。（用k表示）【答案】（Ⅰ）5030；（Ⅱ）

5k5k1

n(n1)，写出其若2

【解析】由以上规律可知三角形数1,3,6,10,…,的一个通项公式为an

干项有：1,3,6,10,15,21,28,36,45,55,66,78,91,105,110,发现其中能被5整除的为10,15,45,55,105,110,故b1a4,b2a5,b3a9,b4a10,b5a14,b6a15.从而由上述规律可猜想：b2ka5k

5k(5k1)

（k为正整数），2

(5k1)(5k11)5k(5k1)

b2k1a5k1，22

故b2012a21006a51006a5030,即b2012是数列{an}中的第5030项.【点评】本题考查归纳推理，猜想的能力.归纳推理题型重在猜想，不一定要证明，但猜想

需要有一定的经验与能力，不能凭空猜想.来年需注意类比推理以及创新性问题的考查.质，并且，因此，不妨设112，由的定义，(A从)c而k(1A)r(1A),k(A)k3k1(A)r1(A2)c(A )c(A)a(b(abcdef)(abf)abf3

因此k(A)1，由（2）知，存在满足性质P的数表A，使k(A)1，故k(A)的最大值为知，1。

8.【高考福建文20】20.（本小题满分13分）

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。（1）sin213°+cos217°-sin13°cos17°（2）sin215°+cos215°-sin15°cos15°（3）sin218°+cos212°-sin18°cos12°

第三篇：2009年高考数学试题分类——推理与证明

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2009年高考数学试题分类汇编

推理与证明

1、(湖北卷理)10.古希腊人常用小石子在沙滩上摆成各种形状来研究数。比如：

他们研究过图1中的1，3，6，10，…，由于这些数能够表示成三角形，将其称为三角形数；类似的，称图2中的1，4，9，16，…这样的数为正方形数。下列数中既是三角形数又是正方形数的是

A.289B.1024C.1225D.1378

10.【答案】C

【解析】【解析】由图形可得三角形数构成的数列通项ann(n1)，同理可得正方形数构

2n成的数列通项bnn2，则由bnn2(nN)可排除A、D，又由a

数，故选C.n(n1)知an必为奇

22、（江苏卷）8.在平面上，若两个正三角形的边长的比为1：2，则它们的面积比为1：4，类似地，在空间内，若两个正四面体的棱长的比为1：2，则它们的体积比为.【解析】 考查类比的方法。体积比为1：83、（北京卷理）14．已知数列{an}满足：a4n31,a4n10,a2n

a2009________； 则an,nN,版权所有@高考资源网

a2014=_________.【答案】1，0

【解析】本题主要考查周期数列等基础知识.属于创新题型.依题意，得a2009a450331，a2014a21007a1007a425210.∴应填1，0.4、(湖南卷)

15、将正⊿ABC分割成n2（n≥2，n∈N）个全等的小正三角形（图2，图3分别给出了n=2,3的情形），在每个三角形的顶点各放置一个数，使位于⊿ABC的三遍及平行于某边的任一直线上的数（当数的个数不少于3时）都分别一次成等差数列，若顶点A ,B ,C处的三个数互不相同且和为1,记所有顶点上的数之和为f(n)，则有f(2)=2，f(3)= 10，…，f(n)=

31(n+1)(n+2)6

15.【答案】：101,(n1)(n2)36

【解析】当n=3时，如图所示分别设各顶点的数用小写字母表示，即由条件知abc1,x1x2ab,y1y2bc,z1z2ca

x1x2y1y2z1z22(abc)2,2gx1y2x2z1y1z

26gx1x2y1y2z1z22(abc)2 即g11110而f(3)abcx1x2y1y2z1z2g1 3233

进一步可求得f(4)5。由上知f(1)中有三个数，f(2)中 有6个数，f(3)中共有10个数相加，f(4)中有15个数相加….，若f(n1)中有an1(n1)个数相加，可得f(n)中有(an1n1)个数相加，且由

363331045f(1)1,f(2)f(1),f(3)f(2),f(4)5f(3),...3333333

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n1,所以 3

n1n1nn1nn13f(n)f(n1)f(n2)...f(1)3333333

n1nn13211(n1)(n2)=3333336可得f(n)f(n1)

5、(浙江卷)15．观察下列等式：

1C5C55232，159C9C9C92723，15913C13C13C13C1321125，159C1C13C7C17C171717152172，………

由以上等式推测到一个一般的结论：

1594n1对于nN，C4n1C4n1C4n1C4n1． *

答案：24n1122n1

nn【解析】这是一种需类比推理方法破解的问题，结论由二项构成，第二项前有1，二项指

数分别为24nn1,，2

n因此对于nN*，1594n124n1122n1 C4n1C4n1C4n1C4n1

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第四篇：2013年全国高考理科数学试题分类：几何证明

2013年全国高考理科数学试题分类汇编

17：几何证明

一、填空题

错误！未指定书签。．（2013年普通高等学校招生统一考试重庆数学（理）试题（含答案））如

图,在ABC中,C90, A600,AB20,过C作ABC的外接圆的切线0

CD,BDCD,BD与外接圆交于点E,则DE的长为

__________

【答案】

5错误！未指定书签。．（2013年普通高等学校招生统一考试天津数学（理）试题（含答案））如

图, △ABC为圆的内接三角形, BD为圆的弦, 且BD//AC.过点A 做圆的切线与DB的延长线交于点E, AD与BC交于点F.若AB = AC, AE = 6, BD = 5, 则线段CF的长为

______.【答案】8

3错误！未指定书签。．（2013年普通高等学校招生统一考试广东省数学（理）卷（纯WORD版））

(几何证明选讲选做题)如图,AB是圆O的直径,点C在圆O上,延长BC到D使BCCD,过C作圆O的切线交AD于E.若AB6,ED2,则BC_________.E

第15题图

【答案】

错误！未指定书签。．（2013年高考四川卷（理））设P1,P2,,Pn为平面内的n个点,在平

1P为P面内的所有点中,若点P到P1,P2,,Pn点的距离之和最小,则称点1,P2,,Pn

点的一个“中位点”.例如,线段AB上的任意点都是端点A,B的中位点.则有下列命题:

①若A,B,C三个点共线,C在线AB上,则C是A,B,C的中位点;

②直角三角形斜边的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数学社区)

【答案】①④

错误！未指定书签。．（2013年高考陕西卷（理））B.(几何证明选做题)如图, 弦AB与CD

相交于O内一点E, 过E作BC的平行线与AD的延长线相交于点P.已知PD=2DA=2, 则PE=_____.【答案】 6.O中,弦AB,CD错误！未指定书签。．（2013年高考湖南卷（理））如图2,相交于点P,PAPB

2,PD1,则圆心O到弦CD的距离为____________.【答案】

2CE的值为___________.EO错误！未指定书签。．（2013年高考湖北卷（理））如图,圆O上一点C在直线AB上的射影为D,点D在半径OC上的射影为E.若AB3AD,则

C

AB

第15题图

【答案】8

错误！未指定书签。．（2013年高考北京卷（理））如图,AB为圆O的直径,PA为圆O的切线,PB

DB9：16,则

PD=_________;AB=___________.与圆O相交于D.若PA=3,PD：

【答案】

二、解答题

错误！未指定书签。．（2013年普通高等学校招生统一考试新课标Ⅱ卷数学（理）（纯WORD版

含答案））选修4—1几何证明选讲:如图,CD为△ABC外接圆的切线,AB的延长线交9;45直线CD于点D,E,F分别为弦AB与弦AC上的点,且BCAEDCAF,B,E,F,C四点共圆.(Ⅰ)证明:CA是△ABC外接圆的直径;

(Ⅱ)若DBBEEA,求过B,E,F,C四点的圆的面积与△ABC外接圆面积的比值.【答案】

错误！未指定书签。．（2013年普通高等学校招生统一考试辽宁数学（理）试题（WORD版））选

修4-1:几何证明选讲

BC垂直于如图,AB为O直径，直线CD与O相切于E.AD垂直于CD于D，CD于C，EF,垂直于F,连接AE,BE.证明:

(I)FEBCEB;(II)EFAD

BC.2

【答案】

错误！未指定书签。．（2013年普通高等学校招生全国统一招生考试江苏卷（数学）（已校对纯

WORD版含附加题））A.[选修4-1:几何证明选讲]本小题满分10分.如图,AB和BC分别与圆O相切于点D,C,AC经过圆心O,且BC2OC

求证:AC2AD

【答案】A证明:连接OD,∵AB与BC分别与圆O相切于点D与C

∴ADOACB90,又∵AA

∴RTADO~RTACB∴0BCAC又∵BC=2OC=2OD∴AC=2ADODAD

错误！未指定书签。．（2013年高考新课标1（理））选修4—1:几何证明选讲如图,直线AB

为圆的切线,切点为B,点C在圆上,∠ABC的角平分线BE交圆于点E,DB垂直BE交圆于

D.(Ⅰ)证明:DB=DC;

(Ⅱ)设圆的半径为1,BC=,延长CE交AB于点F,求△BCF外接圆的半径

.【答案】(Ⅰ)连结DE,交BC与点

G.由弦切角定理得,∠ABF=∠BCE,∵∠ABE=∠CBE,∴∠CBE=∠BCE,BE=CE,又∵DB⊥BE,∴DE是直径,∠DCE=90,由勾股定理可得DB=DC.0

(Ⅱ)由(Ⅰ)知,∠CDE=∠BDE,BD=DC,故DG是BC

oo设DE中点为O,连结BO,则∠BOG=60,∠ABE=∠BCE=∠CBE=30,∴CF⊥BF,∴Rt△BCF

.6

第五篇：2013年全国高考试题分类：推理与证明

第十三章推理与证明

考点一 合情推理与演绎推理

1.(2013湖南,15,5分)对于E={a1,a2,„,a100}的子集X={，„,},定义X的“特征数列”为x1,x2,„,x100,其中==„==1,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p1=1,pi+pi+1=1,1≤i≤99;E的子集Q的“特征数列”q1,q2,„,q100满足q1=1,qj+qj+1+qj+2=1,1≤j≤98,则P∩Q的元素个数为

.答案(1)2(2)17

2.(2013陕西,13,5分)观察下列等式

(1+1)=2×

12(2+1)(2+2)=2×1×

3(3+1)(3+2)(3+3)=2×1×3×

5„„

照此规律,第n个等式可为

.答案(n+1)(n+2)„(n+n)=2×1×3ׄ×(2n-1)

3.(2013湖北,17,5分)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S=1,N=0,L=4.n3

(1)图中格点四边形DEFG对应的S,N,L分别是;

(2)已知格点多边形的面积可表示为S=aN+bL+c,其中a,b,c为常数.若某格点多边形对应的N=71,L=18,则S=(用数值作答).答案(1)3,1,6(2)79

4.(2013江西,21,14分)设函数f(x)=a为常数且a∈(0,1).(1)当a=时,求f;

(2)若x0满足f(f(x0))=x0,但f(x0)≠x0,则称x0为f(x)的二阶周期点.证明函数f(x)有且仅有两个二阶周期点,并求二阶周期点x1,x2;

(3)对于(2)中的x1,x2,设A(x1, f(f(x1))),B(x2, f(f(x2))),C(a,0),记△ABC的面积为S(a),求S(a)在区间上的最大值和最小值

.解析(1)当a=时, f=,f=f=2=.(2)f(f(x))=

当0≤x≤a时,由x=x解得x=0, 因为f(0)=0,故x=0不是f(x)的二阶周期点;

当a

=≠, 222

2故x=为f(x)的二阶周期点;

当a

当a-a+1≤x≤1时,由(1-x)=x解得x=∈(a-a+1,1),因f

=·

=≠,故x=为f(x)的二阶周期点.因此,函数f(x)有且仅有两个二阶周期点,x1=,x2=.(3)由(2)得

A,B,则S(a)=·,S'(a)=·,因为a∈,a+a<1,所以S'(a)=· =·>0.或令g(a)=a-2a-2a+2,g'(a)=3a-4a-2 =3,因a∈(0,1),g'(a)<0,则g(a)在区间上的最小值为g=>0,故对于任意a∈,g(a)=a-2a-2a+2>0, S'(a)=·>0

则S(a)在区间上单调递增,故S(a)在区间上的最小值为S=,最大值为S=.考点二 直接证明与间接证明

5.(2013四川,10,5分)设函数f(x)=(a∈R,e为自然对数的底数).若存在b∈[0,1]使f(f(b))=b成立,则a的取值范围是()

A.[1,e] B.[1,1+e] C.[e,1+e]

D.[0,1]

答案 A 22 22232232

x6.(2013陕西,21,14分)已知函数f(x)=e,x∈R.(1)求f(x)的反函数的图象上点(1,0)处的切线方程;

(2)证明:曲线y=f(x)与曲线y=x+x+1有唯一公共点;

(3)设a

.解析(1)f(x)的反函数为g(x)=ln x,设所求切线的斜率为k,∵g'(x)=,∴k=g'(1)=1,于是在点(1,0)处切线方程为y=x-1.(2)解法一:曲线y=e与y=x+x+1公共点的个数等于函数φ(x)=e-x-x-1零点的个数.∵φ(0)=1-1=0,∴φ(x)存在零点x=0.xxx又φ'(x)=e-x-1,令h(x)=φ'(x)=e-x-1,则h'(x)=e-1,当x<0时,h'(x)<0,∴φ'(x)在(-∞,0)上单调递减.当x>0时,h'(x)>0,∴φ'(x)在(0,+∞)上单调递增.∴φ'(x)在x=0处有唯一的极小值φ'(0)=0,x2x22

即φ'(x)在R上的最小值为φ'(0)=0.∴φ'(x)≥0(仅当x=0时等号成立),∴φ(x)在R上是单调递增的,∴φ(x)在R上有唯一的零点,故曲线y=f(x)与y=x+x+1有唯一的公共点.解法二:∵e>0,x+x+1>0,∴曲线y=e与y=x+x+1公共点的个数等于曲线y=与y=1公共点的个数,设φ(x)=,则φ(0)=1,即x=0时,两曲线有公共点.又φ'(x)==≤0(仅当x=0时等号成立),∴φ(x)在R上单调递减,∴φ(x)与y=1有唯一的公共点,故曲线y=f(x)与y= x+x+1有唯一的公共点.(3)-f

=-==[--(b-a)].设函数u(x)=e--2x(x≥0),则u'(x)=e+-2≥2-2=0,∴u'(x)≥0(仅当x=0时等号成立),∴u(x)单调递增.当x>0时,u(x)>u(0)=0.令x=,则得--(b-a)>0,∴>f.7.(2013湖北,20,13分)如图,某地质队自水平地面A,B,C三处垂直向地下钻探,自A点向下钻到A1处发现矿藏,再继续下钻到A2处后下面已无矿,从而得到在A处正下方的矿层厚度为A1A2=d1.同样可得在B,C处正下方的矿层厚度分别为B1B2=d2,C1C2=d3,且d1

(2)在△ABC中,记BC=a,BC边上的高为h,面积为S.在估测三角形ABC区域内正下方的矿藏储量(即多面体A1B1C1-A2B2C2的体积V)时,可用近似公式V估=S中·h来估算.已知V=(d1+d2+d3)S,试判断V估与V的大小关系,并加以证明.2x2x22xx

解析(1)依题意A1A2⊥平面ABC,B1B2⊥平面ABC,C1C2⊥平面ABC,所以A1A2∥B1B2∥C1C2.又A1A2=d1,B1B2=d2,C1C2=d3,且d1

由A1A2⊥平面ABC,MN⊂平面ABC,可得A1A2⊥MN.而EM∥A1A2,所以EM⊥MN,同理可得FN⊥MN.由MN是△ABC的中位线,可得MN=

BC=a,即为梯形DEFG的高,因此S中=S梯形DEFG

=·=(2d1+d2+d3),即V估=S中·h=(2d1+d2+d3).又S=ah,所以V=(d1+d2+d3)S=(d1+d2+d3).于是V-V估=(d1+d2+d3)-(2d1+d2+d3)=[(d2-d1)+(d3-d1)].由d10,d3-d1>0,故V估

(2)证明:当f(x1)=f(x2)(x1≠x2)时,x1+x2

<0.解析(1)函数f(x)的定义域为(-∞,+∞).f '(x)='e+e=e

=e.当x<0时, f '(x)>0;

当x>0时, f '(x)<0.所以f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).(2)当x<1时,由于>0,e>0,故f(x)>0;

同理,当x>1时, f(x)<0.当f(x1)=f(x2)(x1 ≠x2)时,不妨设x1