专题15推理与证明一、选择题部分1.(2021•贵州毕节三模•文T9．)如图，有甲、乙、丙三个盘子和放在甲盘子中的四块大小不相同的饼，按下列规则把饼从甲盘全部移到乙盘中：①每次只能移动一块饼；②较大的饼不能放在较小的饼上面，则最少需要移动的次数为（ ）A．7B．8C．15D．16【答案】C．【解析】假设甲盘中有n块饼，从甲盘移动到乙盘至少需要an次，则a1＝1，当n≥2时，可先将较大的饼不动，将剩余的n﹣1块饼先移动到丙盘中，至少需要移动an﹣1次，再将最大的饼移动到乙盘，需要移动1次，最后将丙盘中所有的丙移动到乙盘中，至少需要移动an﹣1次，由上可知，an＝2an﹣1+1，且a1＝1，所以a2＝2a1+1＝3，a3＝2a2+1＝7，a4＝2a3+1＝15，则最少需要移动的次数为15次．2.(2021•贵州毕节三模•文T5．)“干支纪年法”是中国历法上自古以来使用的纪年方法，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”．“天干”以“甲”字开始，“地支”以“子”字开始，两者按干支顺序相配，组成了干支纪年法，其相配顺序为：甲子、乙丑、丙寅、…、癸酉，甲戌、乙亥、丙子、…、癸未，甲申、乙酉、丙戌、…、癸巳，…，共得到60个组合，称六十甲子，周而复始，无穷无尽．2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，那么2015年是“干支纪年法”中的（ ）A．甲辰年B．乙巳年C．丙午年D．乙未年【答案】D．【解析】由题意可知，甲、乙、丙、丁、戊、己、庚、辛、壬、癸被称为“十天干”，子、丑、寅、卯、辰、巳、午、未、申、酉、戌、亥叫做“十二地支”，2021年是“干支纪年法”中的辛丑年，则2020年为庚子，2019年为己亥，2018年为戊戌，2017年为丁酉，2016年为丙申，2015年为乙未．3.(2021•江西九江二模•理T9．)古希腊毕达哥拉斯学派认为数是万物的本源，因此极为重视-7-,数的理论研究，他们常把数描绘成沙滩上的沙粒或小石子，并将它们排列成各种形状进行研究．形数就是指平面上各种规则点阵所对应的点数，是毕哥拉斯学派最早研究的重要内容之一．如图是三角形数和四边形数的前四个数，若三角形数组成数列{an}，四边形数组成数列{bn}，记cn＝，则数列{cn}的前10项和为（ ）A．B．C．D．【答案】D．【解析】由题意可得，，，所以，设数列{cn}的前n项和为Sn，所以，所以．4.(2021•山东潍坊二模•T6．)关于函数f（x）＝，其中a，b∈R，给出下列四个结论：甲：6是该函数的零点；乙：4是该函数的零点；丙：该函数的零点之积为0；丁：方程f（x）＝有两个根．若上述四个结论中有且只有一个结论错误，则该错误结论是（ ）A．甲B．乙C．丙D．丁【答案】B．【解析】当x∈[0，2]时，f（x）＝2x﹣a为增函数，当x∈[2，+∞）时，f（x）＝b﹣x为减函数，故6和4只有一个是函数的零点，即甲乙中有一个结论错误，一个结论正确，而丙、丁均正确．由两零点之积为0，则必有一个零点为0，则f（0）＝20﹣a＝0，得a＝1，若甲正确，则f（6）＝0，即b﹣6＝0，b＝6，-7-,可得f（x）＝，由f（x）＝，可得或，解得x＝或x＝，方程f（x）＝有两个根，故丁正确．故甲正确，乙错误．二、填空题部分5.(2021•山西调研二模•文T14)某校团委为高三学生筹备十八岁成人礼策划了三种活动方案，分别记作A、B、C，为使活动开展得更加生动有意义，现随机调查甲、乙、丙三位同学对三种活动方案的喜欢程度.甲说：“我不喜欢方案A，但喜欢的活动方案比乙多.”乙说：“我不喜欢方案B.”丙说：“我们三人都喜欢同一种方案”.由此可以判断乙喜欢的活动方案是______.【答案】C．【解析】从丙的说法中推测乙肯定有喜欢的方案，从甲的说法中推测甲喜欢2种方案，不喜欢方案A，那么可以确定是B和C，再从乙的说法中可知，乙只喜欢一种方案，是方案C，故答案为：C.根据三个人所说内容，可以推断出乙只喜欢一种方案，又丙说：“我们三人都喜欢同一种方案”，所以可以判断乙喜欢的活动方案．本题主要考查了简单的合情推理，考查了学生的逻辑推理能力，是基础题．6.(2021•山东聊城三模•T13.)数列1，1，2，3，5，8，13，21，34，…称为斐波那契数列，是意大利著名数学家斐波那契于1202年在他写的《算盘全书》提出的，该数列的特点是：从第三起，每一项都等于它前面两项的和．在该数列的前2021项中，奇数的个数为________．【答案】1348．【考点】进行简单的合情推理【解析】【解答】由斐波那契数列的特点知：从第一项起，每3个数中前两个为奇数后一个偶数，∵20213的整数部分为673，余数为2，∴该数列的前2021项中共有673个偶数，奇数的个数为2021-673=1348.故答案为：1348【分析】由斐波那契数列的特点经过推理即可求得．三、解答题部分7.(2021•高考全国甲卷•理T18)已知数列的各项均为正数，记为的前n项和，从下面①②③中选取两个作为条件，证明另外一个成立．-7-,①数列是等差数列：②数列是等差数列；③．注：若选择不同的组合分别解答，则按第一个解答计分．【解析】选①②作条件证明③时，可设出，结合的关系求出，利用是等差数列可证；选①③作条件证明②时，根据等差数列的求和公式表示出，结合等差数列定义可证；选②③作条件证明①时，设出，结合的关系求出，根据可求，然后可证是等差数列.选①②作条件证明③：设，则，当时，；当时，；因为也是等差数列，所以，解得；所以，所以.选①③作条件证明②：因为，是等差数列，所以公差，所以，即，因为，所以是等差数列.选②③作条件证明①：设，则，当时，；当时，；因为，所以，解得或；当时，，当时，满足等差数列的定义，此-7-,时为等差数列；当时，，不合题意，舍去.综上可知为等差数列.8.(2021•江苏盐城三模•T18)请在①；②；③这3个条件中选择1个条件，补全下面的命题使其成为真命题，并证明这个命题(选择多个条件并分别证明的按前1个评分)．命题：已知数列满足an＋1＝an2，若，则当n≥2时，an≥2n恒成立．【考点】数列的通项公式求解与不等式的证明【解析】选②．证明：由an＋1＝an2，且，所以an＞0，所以lgan＋1＝lgan，lgan＝lg2，an＝，……5分当n≥2时，只需证明≥n，令bn＝，则bn＋1－bn＝－＝＜0，……10分所以bn≤b2＝1，所以≥n成立．综上所述，当a1＝2且n≥2时，an≥2n成立．……12分注：选②为假命题，不得分，选③参照给分．9.(2021•河南开封三模•理T17)已知数列{an}满足a1＝﹣2，an+1＝2an+4．（1）求a2，a3，a4；（2）猜想{an}的通项公式并加以证明；（3）求数列{|an|}的前n项和Sn．【解析】（1）由已知，易得a2＝0，a3＝4，a4＝12．（2）猜想．因为an+1＝2an+4，所以an+1+4＝2（an+4），，则{an+4}是以2为首项，以2为公比的等比数列，所以，所以＝．（3）当n＝1时，a1＝﹣2＜0，S1＝|a1|＝2；当n≥2时，an≥0，所以＝，又n＝1时满足上式．-7-,所以，当n∈N*时，．10.(2021•浙江杭州二模•理T20．)已知数列{an}，{bn}，满足an＝2n﹣2，b2k﹣1＝ak（k∈N*），b2k﹣1，b2k，b2k+1成等差数列．（1）证明：{b2k}是等比数列；（2）数列{cn}满足cn＝，记数列{cn}的前n项和为Sn，求Sn．【解答】证明：（1）由数列{an}，{bn}，满足an＝2n﹣2，b2k﹣1＝ak（k∈N*），所以，由于b2k﹣1，b2k，b2k+1成等差数列．故，整理得（常数），所以数列：{b2k}是以为首项，公比为2的等比数列；（2）由于：{b2k}是以为首项，公比为2的等比数列；所以，则＝2n﹣3，所以＝＝（n≥1），则+…+，＝．11.(2021•浙江丽水湖州衢州二模•T20．)已知数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a1＝2，a2+a3是a3与a4的等差中项．数列{bn}的前n项和为Sn，且Sn+＝2an﹣2．求证：（Ⅰ）数列{an﹣bn}是等差数列；（Ⅱ）…+≤2（1﹣）．【解答】证明：（Ⅰ）数列{an}是各项均为正数的等比数列，若a1＝2，a2+a3是a3与a4的等差中项，由已知a3+a4＝2（a2+a3），-7-,整理得a4﹣a3﹣2a2＝0．设数列{an}的公比为q，则q2﹣q﹣2＝0，解得q＝2或﹣1（负值舍去）故．由Sn+＝2an﹣2．①当n＝1时，解得b1＝1，当n≥2时，②，①﹣②得：，解得．所以an﹣bn＝n，故（an﹣bn）﹣（an﹣1﹣bn﹣1）＝1（常数），故数列{an﹣bn}是等差数列．（Ⅱ）由于，数列{an﹣bn}是以1为首项，1为公差的等差数列，则：an﹣bn＝1+（n﹣1）＝n，所以，根据不等式＝，所以＝2﹣，由于，所以…+≤2（1﹣）成立．-7-
