（浙江專版）2019版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十三章 直接證明與間接證明學(xué)案

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1、 第十三章　直接證明與間接證明 考綱解讀 考點(diǎn) 考綱內(nèi)容 要求 浙江省五年高考統(tǒng)計(jì) 2013 2014 2015 2016 2017 1.直接證明與間接證明 1.了解直接證明的兩種基本方法:分析法和綜合法. 2.了解間接證明的一種基本方法:反證法. 了解 20(1),6分 19(2),4分 20(1),7分 21(2),8分 17(1),7分 18(1),7分 20,15分 20,15分 20(文),15分 22(2),(3), 約10分 2.數(shù)學(xué)歸納法 了解數(shù)學(xué)歸納法的原理,能用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡單的數(shù)學(xué)命題. 了解

2、 22(1), 約5分 分析解讀　　1.直接證明與間接證明、數(shù)學(xué)歸納法是高考的考查內(nèi)容,綜合法是“由因?qū)Ч?而分析法則是“執(zhí)果索因”,它們是截然相反的兩種證明方法.分析法便于我們?nèi)ふ宜悸?而綜合法便于過程的敘述,兩種方法各有所長,在解決具體的問題中,綜合運(yùn)用,效果會(huì)更好. 2.數(shù)學(xué)歸納法常與數(shù)列、不等式等知識(shí)綜合在一起,往往綜合性比較強(qiáng),對(duì)學(xué)生的思維要求比較高. 3.綜合法與分析法因其在解決問題中的巨大作用而得到命題者的青睞,預(yù)計(jì)2019年高考試題中,直接證明、間接證明與導(dǎo)數(shù)綜合出題的可能性較大. 五年高考 考點(diǎn)一　直接證明與間接證明 　　　　　　 　　　　　　 　

3、　　　　　 1.(2017課標(biāo)全國Ⅱ理,7,5分)甲、乙、丙、丁四位同學(xué)一起去向老師詢問成語競賽的成績.老師說:你們四人中有2位優(yōu)秀,2位良好,我現(xiàn)在給甲看乙、丙的成績,給乙看丙的成績,給丁看甲的成績.看后甲對(duì)大家說:我還是不知道我的成績.根據(jù)以上信息,則(　　) A.乙可以知道四人的成績 B.丁可以知道四人的成績 C.乙、丁可以知道對(duì)方的成績 D.乙、丁可以知道自己的成績 答案　D 2.(2016北京,8,5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

4、.重復(fù)上述過程,直到袋中所有球都被放入盒中,則(　　) A.乙盒中黑球不多于丙盒中黑球 B.乙盒中紅球與丙盒中黑球一樣多 C.乙盒中紅球不多于丙盒中紅球 D.乙盒中黑球與丙盒中紅球一樣多 答案　B 3.(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). ①若教師人數(shù)為4,則女學(xué)生人數(shù)的最大值為　　　　;? ②該小組人數(shù)的最小值為　　　　.? 答案?、?　②12 4.(2017北京理,20,13分)設(shè){an}和{bn}是兩個(gè)

5、等差數(shù)列,記 cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}(n=1,2,3,…), 其中max{x1,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)n≥m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=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2×1,3-

6、2×2}=-1, c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=-2. 當(dāng)n≥3時(shí), (bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n<0, 所以bk-nak關(guān)于k∈N*單調(diào)遞減. 所以cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}=b1-a1n=1-n. 所以對(duì)任意n≥1,cn=1-n,于是cn+1-cn=-1, 所以{cn}是等差數(shù)列. (2)設(shè)數(shù)列{an}和{bn}的公差分別為d1,d2,則bk-nak=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n=b1

7、-a1n+(d2-nd1)(k-1). 所以cn= ①當(dāng)d1>0時(shí), 取正整數(shù)m>,則當(dāng)n≥m時(shí),nd1>d2,因此cn=b1-a1n. 此時(shí),cm,cm+1,cm+2,…是等差數(shù)列. ②當(dāng)d1=0時(shí),對(duì)任意n≥1, cn=b1-a1n+(n-1)max{d2,0}=b1-a1+(n-1)(max{d2,0}-a1). 此時(shí),c1,c2,c3,…,cn,…是等差數(shù)列. ③當(dāng)d1<0時(shí), 當(dāng)n>時(shí),有nd1max, 故當(dāng)n≥m時(shí),>M.

8、 5.(2016江蘇,20,16分)記U={1,2,…,100}.對(duì)數(shù)列{an}(n∈N*)和U的子集T,若T=?,定義ST=0;若T={t1,t2,…,tk},定義ST=++…+.例如:T={1,3,66}時(shí),ST=a1+a3+a66.現(xiàn)設(shè){an}(n∈N*)是公比為3的等比數(shù)列,且當(dāng)T={2,4}時(shí),ST=30. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)對(duì)任意正整數(shù)k(1≤k≤100),若T?{1,2,…,k},求證:ST

9、ST=a2+a4=3a1+27a1=30a1. 又ST=30,故30a1=30,即a1=1. 所以數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an=3n-1,n∈N*. (2)因?yàn)門?{1,2,…,k},an=3n-1>0,n∈N*, 所以ST≤a1+a2+…+ak=1+3+…+3k-1=(3k-1)<3k. 因此,ST

10、?. 于是SC=SE+SC∩D,SD=SF+SC∩D,進(jìn)而由SC≥SD得SE≥SF. 設(shè)k為E中的最大數(shù),l為F中的最大數(shù),則k≥1,l≥1,k≠l. 由(2)知,SE

11、,2,…).記集合M={an|n∈N*}. (1)若a1=6,寫出集合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n≥k,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k>1,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). 類似可得,ak-2,…,a1都是3的倍數(shù). 從而對(duì)任意n≥1,an是3的

12、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a1≤36,an=可歸納證明an≤36(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)n≥3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)n≥3時(shí),an∈{12,24,36}, 這時(shí)M的元素個(gè)數(shù)不超過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)n≥3時(shí),an∈{4,8,16,20,28,32}, 這時(shí)M的元素個(gè)數(shù)不超過8. 當(dāng)a1=1時(shí),M={1,2,4

13、,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. 7.(2014江蘇,23,10分)已知函數(shù)f0(x)=(x>0),設(shè)fn(x)為fn-1(x)的導(dǎo)數(shù),n∈N*. (1)求2f1+f2的值; (2)證明:對(duì)任意的n∈N*,等式=都成立. 解析　(1)由已知,得f1(x)=f '0(x)='=-,于是f2(x)=f '1(x)='-'=--+,所以f1=-, f2=-+. 故2f1+f2=-1. (2)證明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式兩邊分別對(duì)x求導(dǎo),得f0(x)+xf '0(x)=cos x, 即f0(x)+xf1(x)=c

14、os x=sin,類似可得 2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π), 3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin, 4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π). 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對(duì)所有的n∈N*都成立. (i)當(dāng)n=1時(shí),由上可知等式成立. (ii)假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin. 因?yàn)閇kfk-1(x)+xfk(x)]'=kf 'k-1(x)+fk(x)+xf 'k(x)=(k+1)·fk(x)+xfk+1(x),'=cos·'=sin, 所以(k+1)f

15、k(x)+xfk+1(x)=sin. 因此當(dāng)n=k+1時(shí),等式也成立. 綜合(i)(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對(duì)所有的n∈N*都成立. 令x=,可得nfn-1+fn=sin(n∈N*). 所以=(n∈N*). 教師用書專用(8) 8.(2013江蘇,19,16分)設(shè){an}是首項(xiàng)為a,公差為d的等差數(shù)列(d≠0),Sn是其前n項(xiàng)的和.記bn=,n∈N*,其中c為實(shí)數(shù). (1)若c=0,且b1,b2,b4成等比數(shù)列,證明:Snk=n2Sk(k,n∈N*); (2)若{bn}是等差數(shù)列,證明:c=0. 證明　由題意得,Sn=na+d. (1)由c=0,

16、得bn==a+d. 又因?yàn)閎1,b2,b4成等比數(shù)列,所以=b1b4,即=a,化簡得d2-2ad=0. 因?yàn)閐≠0,所以d=2a. 因此,對(duì)于所有的m∈N*,有Sm=m2a. 從而對(duì)于所有的k,n∈N*,有Snk=(nk)2a=n2k2a=n2Sk. (2)設(shè)數(shù)列{bn}的公差是d1,則bn=b1+(n-1)d1,即=b1+(n-1)d1,n∈N*,代入Sn的表達(dá)式,整理得,對(duì)于所有的n∈N*,有n3+n2+cd1n=c(d1-b1). 令A(yù)=d1-d,B=b1-d1-a+d, D=c(d1-b1),則對(duì)于所有的n∈N*,有 An3+Bn2+cd1n=D.(*) 在(*)式中

17、分別取n=1,2,3,4,得 A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1, 從而有 由②③得A=0,cd1=-5B,代入方程①,得B=0,從而cd1=0. 即d1-d=0,b1-d1-a+d=0,cd1=0. 若d1=0,則由d1-d=0,得d=0, 與題設(shè)矛盾,所以d1≠0. 又因?yàn)閏d1=0,所以c=0. 考點(diǎn)二　數(shù)學(xué)歸納法 1.(2017浙江,22,15分)已知數(shù)列{xn}滿足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*). 證明:當(dāng)n∈N*時(shí), (1)0

18、3)≤xn≤. 解析　本題主要考查數(shù)列的概念、遞推關(guān)系與單調(diào)性基礎(chǔ)知識(shí),不等式及其應(yīng)用,同時(shí)考查推理論證能力、分析問題和解決問題的能力. (1)用數(shù)學(xué)歸納法證明:xn>0. 當(dāng)n=1時(shí),x1=1>0. 假設(shè)n=k時(shí),xk>0,那么n=k+1時(shí),若xk+1≤0,則00. 因此xn>0(n∈N*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1. 因此0

19、. 記函數(shù)f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0), f '(x)=+ln(1+x)>0(x>0). 函數(shù)f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(x)≥f(0)=0, 因此-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)≥0, 故2xn+1-xn≤(n∈N*). (3)因?yàn)閤n=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥. 由≥2xn+1-xn得-≥2>0, 所以-≥2≥…≥2n-1=2n-2, 故xn≤.綜上,≤xn≤(n∈N*). 2.(2015江蘇,23,10分)已知集合X={1,2,3},Yn={1

20、,2,3,…,n}(n∈N*),設(shè)Sn={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Yn}.令f(n)表示集合Sn所含元素的個(gè)數(shù). (1)寫出f(6)的值; (2)當(dāng)n≥6時(shí),寫出f(n)的表達(dá)式,并用數(shù)學(xué)歸納法證明. 解析　(1)f(6)=13. (2)當(dāng)n≥6時(shí), f(n)=(t∈N*). 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明: ①當(dāng)n=6時(shí), f(6)=6+2++=13,結(jié)論成立; ②假設(shè)n=k(k≥6)時(shí)結(jié)論成立,那么n=k+1時(shí),Sk+1在Sk的基礎(chǔ)上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中產(chǎn)生,分以下情形討論: 1)若k+1=6t,則k=6(t-1)+5,

21、此時(shí)有 f(k+1)=f(k)+3 =k+2+++3 =(k+1)+2++,結(jié)論成立; 2)若k+1=6t+1,則k=6t,此時(shí)有 f(k+1)=f(k)+1 =k+2+++1 =(k+1)+2++,結(jié)論成立; 3)若k+1=6t+2,則k=6t+1,此時(shí)有 f(k+1)=f(k)+2 =k+2+++2 =(k+1)+2++,結(jié)論成立; 4)若k+1=6t+3,則k=6t+2,此時(shí)有 f(k+1)=f(k)+2 =k+2+++2 =(k+1)+2++,結(jié)論成立; 5)若k+1=6t+4,則k=6t+3,此時(shí)有 f(k+1)=f(k)+2 =k+2+++2

22、=(k+1)+2++,結(jié)論成立; 6)若k+1=6t+5,則k=6t+4,此時(shí)有 f(k+1)=f(k)+1 =k+2+++1 =(k+1)+2++,結(jié)論成立. 綜上所述,結(jié)論對(duì)滿足n≥6的自然數(shù)n均成立. 3.(2014安徽,21,13分)設(shè)實(shí)數(shù)c>0,整數(shù)p>1,n∈N*. (1)證明:當(dāng)x>-1且x≠0時(shí),(1+x)p>1+px; (2)數(shù)列{an}滿足a1>,an+1=an+.證明:an>an+1>. 證明　(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明: ①當(dāng)p=2時(shí),(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立. ②假設(shè)p=k(k≥2,k∈N*)時(shí),不等式(1+x)k>1+k

23、x成立. 當(dāng)p=k+1時(shí),(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時(shí),原不等式也成立. 綜合①②可得,當(dāng)x>-1,x≠0時(shí),對(duì)一切整數(shù)p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立. (2)證法一:先用數(shù)學(xué)歸納法證明an>. ①當(dāng)n=1時(shí),由題設(shè)a1>知an>成立. ②假設(shè)n=k(k≥1,k∈N*)時(shí),不等式ak>成立. 由an+1=an+易知an>0,n∈N*. 當(dāng)n=k+1時(shí),=+=1+. 由ak>>0得-1<-<<0. 由(1)中的結(jié)論得=>1+p·=.因此>c,即ak+1>. 所以n

24、=k+1時(shí),不等式an>也成立. 綜合①②可得,對(duì)一切正整數(shù)n,不等式an>均成立. 再由=1+可得<1,即an+1an+1>,n∈N*. 證法二:設(shè)f(x)=x+x1-p,x≥,則xp≥c,并且 f '(x)=+(1-p)x-p=>0,x>. 由此可得, f(x)在[,+∞)上單調(diào)遞增. 因而,當(dāng)x>時(shí), f(x)>f()=, ①當(dāng)n=1時(shí),由a1>>0,即>c可知 a2=a1+=a1,從而a1>a2>. 故當(dāng)n=1時(shí),不等式an>an+1>成立. ②假設(shè)n=k(k≥1,k∈N*)時(shí), 不等式ak>ak+1>成立

25、,則 當(dāng)n=k+1時(shí), f(ak)>f(ak+1)>f(),即有ak+1>ak+2>. 所以n=k+1時(shí),原不等式也成立. 綜合①②可得,對(duì)一切正整數(shù)n,不等式an>an+1>均成立. 4.(2014陜西,21,14分)設(shè)函數(shù)f(x)=ln(1+x),g(x)=xf '(x),x≥0,其中f '(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù). (1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表達(dá)式; (2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍; (3)設(shè)n∈N+,比較g(1)+g(2)+…+g(n)與n-f(n)的大小,并加以證明. 解析　由題設(shè)得

26、,g(x)=(x≥0). (1)由已知得,g1(x)=,g2(x)=g(g1(x))==, g3(x)=,……,可得gn(x)=. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明. ①當(dāng)n=1時(shí),g1(x)=,結(jié)論成立. ②假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立,即gk(x)=. 那么,當(dāng)n=k+1時(shí), gk+1(x)=g(gk(x))===, 即結(jié)論成立. 由①②可知,結(jié)論對(duì)n∈N+成立. (2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥恒成立. 設(shè)φ(x)=ln(1+x)-(x≥0), 即φ'(x)=-=, 當(dāng)a≤1時(shí),φ'(x)≥0(僅當(dāng)x=0,a=1時(shí)等號(hào)成立), ∴φ(x)在[0,+∞)上單

27、調(diào)遞增,又φ(0)=0, ∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立, ∴a≤1時(shí),ln(1+x)≥恒成立(僅當(dāng)x=0時(shí)等號(hào)成立). 當(dāng)a>1時(shí),對(duì)x∈(0,a-1]有φ'(x)<0, ∴φ(x)在(0,a-1]上單調(diào)遞減,∴φ(a-1)<φ(0)=0. 即a>1時(shí),存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥不恒成立, 綜上可知,a的取值范圍是(-∞,1]. (3)由題設(shè)知g(1)+g(2)+…+g(n)=++…+, n-f(n)=n-ln(n+1), 比較結(jié)果為g(1)+g(2)+…+g(n)>n-ln(n+1). 證明如下: 證法一:上述不等式等價(jià)于++…+

28、+1), 在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>,x>0. 令x=,n∈N+, 則,x>0. 令x=,n∈N+,則ln>. 故有l(wèi)n 2-ln 1>, ln 3-ln 2>, …… ln(n+1)-ln

29、 n>, 上述各式相加可得ln(n+1)>++…+. 結(jié)論得證. 教師用書專用(5) 5.(2014重慶,22,12分)設(shè)a1=1,an+1=+b(n∈N*). (1)若b=1,求a2,a3及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式; (2)若b=-1,問:是否存在實(shí)數(shù)c使得a2n

30、2=+1,a3=+1. 因此猜想an=+1. 下用數(shù)學(xué)歸納法證明上式: 當(dāng)n=1時(shí)結(jié)論顯然成立. 假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立,即ak=+1,則 ak+1=+1=+1=+1. 這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.所以an=+1(n∈N*). (2)解法一:設(shè)f(x)=-1,則an+1=f(an). 令c=f(c),即c=-1,解得c=. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明命題a2n

31、c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2. 再由f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù)得c=f(c)

32、+1≤1.這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.故①成立. 再證:a2nf(a2k+1)=a2k+2, a2(k+1)=f(a2k+1)

33、在(-∞,1]上為減函數(shù)得f(a2n)>f(a2n+1), 即a2n+1>a2n+2, 所以a2n+1>-1,解得a2n+1>.④ 綜上,由②③④知存在c=使a2nm,則f(m,n)=0;③f(m+1,n)=n[f(m,n)+f(m,n-

34、1)],則f(2,2)=　　　　.? 答案　2 2.(2018浙江蕭山九中12月月考,20)設(shè)函數(shù)f(x)=ln x+a-1,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與直線y=x+1平行. (1)求a的值; (2)證明:當(dāng)x>1時(shí),f(x)<(x-1). 解析　(1)∵f '(x)=+,∴f '(1)=1+=,(5分) ∴a=1.(6分) (2)證明:設(shè)g(x)=ln x+-1-(x-1)=ln x+-x+,(8分) 則g'(x)=+-==,(12分) 當(dāng)x>1時(shí),有g(shù)'(x)<0,所以g(x)在區(qū)間(1,+∞)上是減函數(shù), ∴g(x)

35、1).(15分) 3.(2017浙江測試卷,20)設(shè)函數(shù)f(x)=x2+,x∈[0,1]. 證明:(1)f(x)≥x2-x+1; (2)0,x∈(0,1), ∴g(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增, 又g(0)=0,∴g(x)=f(x)-x2-1+≥0, ∴f(x)≥x2-x+1. (2)f '(x)=2x-,記h(x)=2x-, 由h(0)=-<0,h(1)=2->0,知存在x0∈(0,1),使得h(x0)=0, ∵h(yuǎn)(x)在[0,1]上是增函數(shù), ∴f(x)在區(qū)間(0,x0)上

36、單調(diào)遞減,在區(qū)間(x0,1)上單調(diào)遞增, 又f(0)=1, f(1)=,所以f(x)≤, 另一方面,由(1)得當(dāng)x≠時(shí), f(x)≥x2-+1=+>,且f>, 故1,an+1=. (1)證明:an>an+1>1

37、; (2)證明:1. ①當(dāng)n=1時(shí),∵p>1,∴a1=>1; ②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),ak>1,此時(shí)易證得ln ak-ak+1<0恒成立,即ln ak=1. 由①②可知an>1. 再證an>an+1. an+1-an=-an=, 令f(x)=x-1-xln x,x>1,則f '(x)=-ln x<0, 所以f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)an+1. 所以an>an+1>1.(5分

38、) (2)要證1, 先證2anln an-+1<0, 令f(x)=2xln x-x2+1,x>1,只需證f(x)<0. 因?yàn)閒 '(x)=2ln x+2-2x<2(x-1)+2-2x=0, 所以f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)0, 令g(x)=(x+1)ln x-2x+2,x>1,只需證g(x)>0, g'(x)=ln x+-2=ln x+-1, 令h(x)=ln x+-1,x>1,則h'(x)=-=>0, 所以h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以h(x)

39、>h(1)=0, 從而g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增, 所以g(x)>g(1)=0, 綜上可得1),所以ln an, 則>×=·(n≥2),n=1時(shí),==·. 因?yàn)閘n x>1-(x>1),所以ln an>1-≥·, 所以ln(a1a2…an)=ln a1+ln a2+…+ln

40、 an>++…+ =×. 綜上,×0),an+1=則下列結(jié)論中錯(cuò)誤的是(　　) A.若a3=4,則m可以取3個(gè)不同的值 B.若m=,則數(shù)列{an}是周期為3的數(shù)列 C.任意的T∈N*且T≥2,存在m>1,使得{an}是周期為T的數(shù)列 D.存在m∈Q且m≥2

41、,使得數(shù)列{an}是周期數(shù)列 答案　D 二、解答題 2.(2018浙江重點(diǎn)中學(xué)12月聯(lián)考,22)已知數(shù)列{an}滿足:a1=0,ln(an+1-an)+an+nln 2=0(n∈N*). (1)求a3; (2)證明:ln(2-21-n)≤an≤1-21-n; (3)是否存在正實(shí)數(shù)c,使得對(duì)任意的n∈N*,都有an≤1-c?并說明理由. 解析　(1)由已知得an+1=an+, 又a1=0,所以a2=,a3=+.(2分) (2)證明:因?yàn)閍n+1>an,a1=0,所以an≥0,則an+1=an+≤an+e-nln 2=an+2-n, 所以an≤an-1+2-(n-1)≤

42、an-2+2-(n-2)+2-(n-1)≤…≤a1+2-1+…+2-(n-2)+2-(n-1)=1-21-n.(5分) 令f(n)=+21-n-2, 則f(n+1)-f(n)=(+2-n-2)-[+2-(n-1)-2]=--2-n=--2-n=[-1]-2-n>-2-n=0, 所以{f(n)}是遞增數(shù)列,所以f(n)≥f(1)=0,即+21-n-2≥0,所以an≥ln(2-21-n).綜上,ln(2-21-n)≤an≤1-21-n.(8分) (3)由(2)得an+1=an+≤an+=an+,(10分) 所以an≤an-1+≤an-2++≤…≤a1++…++=+…++.(12分) 因

43、為=≤(n≥3), 所以當(dāng)n≥4時(shí),an≤+++…+=++<. 由(1)知:當(dāng)n=1,2,3時(shí),an<, 綜上:對(duì)任意的n∈N*,都有an<,所以存在c=.(15分) 3.(2017浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬(5月),22)已知在數(shù)列{an}中,a1=,an+1=-2an+2,n∈N*,其前n項(xiàng)和為Sn. (1)求證:1

44、(1,2),所以ak+1∈(1,2). 由①②知1,當(dāng)n≥3時(shí),<1,又1n. 由an≤=1+<1+, 得Sn<++…+=n+=n+2

45、7浙江溫州三模(4月),20)設(shè)函數(shù)f(x)=4x3+,x∈[0,1],證明: (1)f(x)≥1-2x+3x2; (2)

46、不能同時(shí)成立, 故f(x)>.(10分) 另一方面,f '(x)=12x2-=,(12分) 顯然函數(shù)h(x)=6x2(1+x)3-1在[0,1]上單調(diào)遞增,而h(0)=-1<0,h(1)=47>0,故h(x)在(0,1)內(nèi)存在唯一的零點(diǎn)x0, 即f '(x0)=0,且當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),f '(x)<0;當(dāng)x∈(x0,1)時(shí),f '(x)>0, 故f(x)在(0,x0)內(nèi)單調(diào)遞減,在(x0,1)內(nèi)單調(diào)遞增,(14分) 因此在[0,1]上,f(x)≤max{f(0),f(1)}=max=. 綜上,

47、}滿足:a1=,an+1=+an(n∈N*). (1)求證:an+1>an; (2)求證:a2 017<1; (3)若an>1,求正整數(shù)n的最小值. 解析　(1)證明:由an+1-an=≥0,得an+1≥an. 因?yàn)閍1=,所以an≥,因此an+1-an=>0, 所以an+1>an. (2)證明:由已知得==-, 所以=-. 則=-, =-, …… =-(n≥2,n∈N*), 累加可得-=++…+(n≥2,n∈N*). 由(1)得=a1

48、a3<…2 017×=1. 所以a2 017<1an, 所以n的最小值為2 018. C組　2016—2018年模擬·方法題組 方法1　反證法的解題策略 　　　　　　 　　　　　　 　　　　　　 1.等差數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,a1=1+,S3=9+3. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)an與前n項(xiàng)和Sn; (2)設(shè)bn=(n∈N*),求證:數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列. 解析　(1)由于∴d=2, 故an=2n-1+,Sn=n(n+). (2)證明:由(1)得bn==n+

49、. 假設(shè)數(shù)列{bn}中存在三項(xiàng)bp、bq、br(p、q、r互不相等)成等比數(shù)列,則=bpbr,即(q+)2=(p+)(r+), ∴(q2-pr)+(2q-p-r)=0. ∵p、q、r∈N*,∴ ∴=pr,即(p-r)2=0,∴p=r,與p≠r矛盾. ∴數(shù)列{bn}中任意不同的三項(xiàng)都不可能成為等比數(shù)列. 方法2　數(shù)學(xué)歸納法的解題策略 2.設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn,且方程x2-anx-an=0有一根為Sn-1,n∈N*. (1)求a1,a2; (2)求數(shù)列{an}的通項(xiàng). 解析　(1)當(dāng)n=1時(shí),x2-a1x-a1=0有一根為S1-1=a1-1, 于是(a1-1)2-a

50、1(a1-1)-a1=0,解得a1=. 當(dāng)n=2時(shí),x2-a2x-a2=0有一根為S2-1=a2-, 于是-a2-a2=0,解得a2=. (2)由題意得(Sn-1)2-an(Sn-1)-an=0, 即-2Sn+1-anSn=0. 當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1,代入上式得 Sn-1Sn-2Sn+1=0,① 由(1)知S1=a1=,S2=a1+a2=+=. 由①可得S3=.由此猜想Sn=,n=1,2,3,…. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明這個(gè)結(jié)論. (i)當(dāng)n=1時(shí)結(jié)論成立. (ii)假設(shè)n=k(k≥1)時(shí)結(jié)論成立,即Sk=, 當(dāng)n=k+1時(shí),由①得Sk+1=,即Sk+1=, 故n=k+1時(shí)結(jié)論也成立. 由(i)(ii)可知Sn=對(duì)所有正整數(shù)n都成立. 于是當(dāng)n≥2時(shí),an=Sn-Sn-1=-=, 又n=1時(shí),a1==滿足上式,所以{an}的通項(xiàng)公式為an=,n=1,2,3,…. 22