（浙江專版）2023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

PAGEPAGE1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)202220222022202220221.直接證明與間接證明1.了解直接證明的兩種根本方法:分析法和綜合法.2.了解間接證明的一種根本方法: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?而分析法那么是“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表達(dá),兩種方法各有所長,在解決具體的問題中,綜合運(yùn)用,效果會更好.2.數(shù)學(xué)歸納法常與數(shù)列、不等式等知識綜合在一起,往往綜合性比擬強(qiáng),對學(xué)生的思維要求比擬高.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)2022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1.(2022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.看后甲對大家說:我還是不知道我的成績.根據(jù)以上信息,那么()A.乙可以知道四人的成績B.丁可以知道四人的成績C.乙、丁可以知道對方的成績D.乙、丁可以知道自己的成績答案D2.(2022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,否那么就放入丙盒.重復(fù)上述過程,直到袋中所有球都被放入盒中,那么()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B3.(2022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假設(shè)教師人數(shù)為4,那么女學(xué)生人數(shù)的最大值為;

②該小組人數(shù)的最小值為.

答案①6②124.(2022北京理,20,13分)設(shè){an}和{bn}是兩個(gè)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)假設(shè)an=n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并證明{cn}是等差數(shù)列;(2)證明:或者對任意正數(shù)M,存在正整數(shù)m,當(dāng)n≥m時(shí),cnn>M;或者存在正整數(shù)m,使得cm,cm+1,c解析此題考查等差數(shù)列,不等式,合情推理等知識,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{1-2×1,3-2×2}=-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,那么bk-nak=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1).所以cn=b①當(dāng)d1>0時(shí),取正整數(shù)m>d2d1,那么當(dāng)n≥m時(shí),nd1>d2,因此cn=b1此時(shí),cm,cm+1,cm+2,…是等差數(shù)列.②當(dāng)d1=0時(shí),對任意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>d2d1時(shí),有nd1所以cnn=n(-d1)+d1-a1+d2+b≥n(-d1)+d1-a1+d2-|b1-d2|.對任意正數(shù)M,取正整數(shù)m>maxM+故當(dāng)n≥m時(shí),cn5.(2022江蘇,20,16分)記U={1,2,…,100}.對數(shù)列{an}(n∈N*)和U的子集T,假設(shè)T=?,定義ST=0;假設(shè)T={t1,t2,…,tk},定義ST=at1+at2+…+atk.例如:T={1,3,66}時(shí),ST=a1+a3+a66.現(xiàn)設(shè){a(1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)對任意正整數(shù)k(1≤k≤100),假設(shè)T?{1,2,…,k},求證:ST<ak+1;(3)設(shè)C?U,D?U,SC≥SD,求證:SC+SC∩D≥2SD.解析(1)由得an=a1·3n-1,n∈N*.于是當(dāng)T={2,4}時(shí),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=12(3k-1)<3k因此,ST<ak+1.(3)下面分三種情況證明.①假設(shè)D是C的子集,那么SC+SC∩D=SC+SD≥SD+SD=2SD.②假設(shè)C是D的子集,那么SC+SC∩D=SC+SC=2SC≥2SD.③假設(shè)D不是C的子集,且C不是D的子集.令E=C∩?UD,F=D∩?UC,那么E≠?,F≠?,E∩F=?.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),那么k≥1,l≥1,k≠l.由(2)知,SE<ak+1.于是3l-1=al≤SF≤SE<ak+1=3k從而SF≤a1+a2+…+al=1+3+…+3l-1=3l-12≤3故SE≥2SF+1,所以SC-SC∩D≥2(SD-SC∩D)+1,即SC+SC∩D≥2SD+1.綜合①②③得,SC+SC∩D≥2SD.6.(2022北京,20,13分)數(shù)列{an}滿足:a1∈N*,a1≤36,且an+1=2an,an(1)假設(shè)a1=6,寫出集合M的所有元素;(2)假設(shè)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=2an,如果k=1,那么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).從而對任意n≥1,an是3的倍數(shù),因此M的所有元素都是3的倍數(shù).綜上,假設(shè)集合M存在一個(gè)元素是3的倍數(shù),那么M的所有元素都是3的倍數(shù).(3)由a1≤36,an=2an-因?yàn)閍1是正整數(shù),a2=2a1,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={1,2,4,8,16,20,28,32}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.(2022江蘇,23,10分)函數(shù)f0(x)=sinxx(x>0),設(shè)fn(x)為fn-1(x)的導(dǎo)數(shù),n∈N(1)求2f1π2+π2f2(2)證明:對任意的n∈N*,等式nfn-解析(1)由,得f1(x)=f'0(x)=sinxx'=cosxx-sinxx2,于是f2(x)=f'1(x)=cosxx'-sinxx2'=-sinxx-2cosx故2f1π2+π2f2(2)證明:由,得xf0(x)=sinx,等式兩邊分別對x求導(dǎo),得f0(x)+xf'0(x)=cosx,即f0(x)+xf1(x)=cosx=sinx+2f1(x)+xf2(x)=-sinx=sin(x+π),3f2(x)+xf3(x)=-cosx=sinx+4f3(x)+xf4(x)=sinx=sin(x+2π).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sinx+nπ2對所有的(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)=sinx+因?yàn)閇kfk-1(x)+xfk(x)]'=kf'k-1(x)+fk(x)+xf'k(x)=(k+1)·fk(x)+xfk+1(x),sinx+kπ2'=cosx所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sinx+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)=sinx+nπ2對所有的令x=π4,可得nfn-1π4+π4fnπ4=sin所以nfn-1π教師用書專用(8)8.(2022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=nSnn(1)假設(shè)c=0,且b1,b2,b4成等比數(shù)列,證明:Snk=n2Sk(k,n∈N*);(2)假設(shè){bn}是等差數(shù)列,證明:c=0.證明由題意得,Sn=na+n((1)由c=0,得bn=Snn=a+又因?yàn)閎1,b2,b4成等比數(shù)列,所以b22=b1b4,即a+d2因?yàn)閐≠0,所以d=2a.因此,對于所有的m∈N*,有Sm=m2a從而對于所有的k,n∈N*,有Snk=(nk)2a=n2k2a=n2S(2)設(shè)數(shù)列{bn}的公差是d1,那么bn=b1+(n-1)d1,即nSnn2+c=b1+(n-1)d1,n∈N*,代入Sn的表達(dá)式,整理得,對于所有的n∈N*,有d1-12dn3+令A(yù)=d1-12d,B=b1-d1-a+1D=c(d1-b1),那么對于所有的n∈N*,有An3+Bn2+cd1n=D.(*)在(*)式中分別取n=1,2,3,4,得A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,從而有7由②③得A=0,cd1=-5B,代入方程①,得B=0,從而cd1=0.即d1-12d=0,b1-d1-a+12d=0,cd假設(shè)d1=0,那么由d1-12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.(2022浙江,22,15分)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<xn+1<xn;(2)2xn+1-xn≤xn(3)12n-1≤x解析此題主要考查數(shù)列的概念、遞推關(guān)系與單調(diào)性根底知識,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),假設(shè)xk+1≤0,那么0<xk=xk+1+ln(1+xk+1)≤0,矛盾,故xk+1>0.因此xn>0(n∈N*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1.因此0<xn+1<xn(n∈N*).(2)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得,xnxn+1-4xn+1+2xn=xn+12-2xn+1+(xn+1記函數(shù)f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),f'(x)=2x函數(shù)f(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,所以f(x)≥f(0)=0,因此xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(x故2xn+1-xn≤xnxn(3)因?yàn)閤n=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥12由xnxn+12≥2xn+1-xn得1所以1xn-12≥21xn-故xn≤12n-2.綜上,12n-2.(2022江蘇,23,10分)集合X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,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)=n+2+n2下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:①當(dāng)n=6時(shí),f(6)=6+2+62+6②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的根底上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中產(chǎn)生,分以下情形討論:1)假設(shè)k+1=6t,那么k=6(t-1)+5,此時(shí)有f(k+1)=f(k)+3=k+2+k-12=(k+1)+2+k+12+2)假設(shè)k+1=6t+1,那么k=6t,此時(shí)有f(k+1)=f(k)+1=k+2+k2+k=(k+1)+2+(k+1)-3)假設(shè)k+1=6t+2,那么k=6t+1,此時(shí)有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k-12=(k+1)+2+k+12+4)假設(shè)k+1=6t+3,那么k=6t+2,此時(shí)有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k2+k=(k+1)+2+(k+1)-5)假設(shè)k+1=6t+4,那么k=6t+3,此時(shí)有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k-12=(k+1)+2+k+12+6)假設(shè)k+1=6t+5,那么k=6t+4,此時(shí)有f(k+1)=f(k)+1=k+2+k2+k=(k+1)+2+(k+1)-綜上所述,結(jié)論對滿足n≥6的自然數(shù)n均成立.3.(2022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>c1p,an+1=p-1pan+cpa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+kx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>c1①當(dāng)n=1時(shí),由題設(shè)a1>c1p知an>②假設(shè)n=k(k≥1,k∈N*)時(shí),不等式ak>c1由an+1=p-1pan+cpan當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1ak=p-由ak>c1p>0得-1<-1p由(1)中的結(jié)論得ak+1akp=1+1pcakp所以n=k+1時(shí),不等式an>c1綜合①②可得,對一切正整數(shù)n,不等式an>c1再由an+1an=1+1pca綜上所述,an>an+1>c1p,n∈N證法二:設(shè)f(x)=p-1px+cpx1-p,x≥f'(x)=p-1p+cp(1-p)x-p=由此可得,f(x)在[c1因而,當(dāng)x>c1p時(shí),f(x)>f(c1①當(dāng)n=1時(shí),由a1>c1p>0,即a2=p-1pa1+cpa11-p=a11+1pca1p故當(dāng)n=1時(shí),不等式an>an+1>c1②假設(shè)n=k(k≥1,k∈N*)時(shí),不等式ak>ak+1>c1當(dāng)n=k+1時(shí),f(ak)>f(ak+1)>f(c1p),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,對一切正整數(shù)n,不等式an>an+1>c14.(2022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)假設(shè)f(x)≥ag(x)恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(3)設(shè)n∈N+,比擬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,g(x)=x1+(1)由得,g1(x)=x1+x,g2(x)=g(g1(x))=x1+g3(x)=x1+3x,……,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)=x1+②假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立,即gk(x)=x1+那么,當(dāng)n=k+1時(shí),gk+1(x)=g(gk(x))=gk(x)1+即結(jié)論成立.由①②可知,結(jié)論對n∈N+成立.(2)f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥ax1+設(shè)φ(x)=ln(1+x)-ax1+即φ'(x)=11+x-a(當(dāng)a≤1時(shí),φ'(x)≥0(僅當(dāng)x=0,a=1時(shí)等號成立),∴φ(x)在[0,+∞)上單調(diào)遞增,又φ(0)=0,∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴a≤1時(shí),ln(1+x)≥ax1+當(dāng)a>1時(shí),對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)≥ax1+綜上可知,a的取值范圍是(-∞,1].(3)由題設(shè)知g(1)+g(2)+…+g(n)=12+23+…+n-f(n)=n-ln(n+1),比擬結(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12+13+…+在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>x1+令x=1n,n∈N+那么1n+1<ln下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.①當(dāng)n=1時(shí),12②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)結(jié)論成立,即12+13+…+那么,當(dāng)n=k+1時(shí),12+13+…+1k+1+1k即結(jié)論成立.由①②可知,結(jié)論對n∈N+成立.證法二:上述不等式等價(jià)于12+13+…+在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>x1+令x=1n,n∈N+,那么lnn+1n故有l(wèi)n2-ln1>12ln3-ln2>13……ln(n+1)-lnn>1n上述各式相加可得ln(n+1)>12+13+…+結(jié)論得證.教師用書專用(5)5.(2022重慶,22,12分)設(shè)a1=1,an+1=an2-(1)假設(shè)b=1,求a2,a3及數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式;(2)假設(shè)b=-1,問:是否存在實(shí)數(shù)c使得a2n<c<a2n+1對所有n∈N*成立?證明你的結(jié)論.解析(1)解法一:a2=2,a3=2+1.由題設(shè)條件知(an+1-1)2=(an-1)2+1,從而{(an-1)2}是首項(xiàng)為0,公差為1的等差數(shù)列,故(an-1)2=n-1,即an=n-1+1(n∈N解法二:a2=2,a3=2+1,可寫為a1=1-1+1,a2=2-1+1,a因此猜測an=n-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=k-ak+1=(ak-1)這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.所以an=n-1+1(n∈N(2)解法一:設(shè)f(x)=(x-1)2令c=f(c),即c=(c-1下面用數(shù)學(xué)歸納法證明命題a2n<c<a2n+1<1.當(dāng)n=1時(shí),a2=f(1)=0,a3=f(0)=2-1,所以a2<14<a3結(jié)論成立.假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù),從而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)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.綜上,符合條件的c存在,其中一個(gè)值為c=14解法二:設(shè)f(x)=(x-1)2先證:0≤an≤1(n∈N*).①當(dāng)n=1時(shí),結(jié)論明顯成立.假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù),從而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=2-1<1.即0≤ak+1≤1.這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.故①成立.再證:a2n<a2n+1(n∈N*).②當(dāng)n=1時(shí),a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=2-1,有a2<a3,即n=1時(shí)②成立.假設(shè)n=k時(shí),結(jié)論成立,即a2k<a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù),得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)②成立.所以②對一切n∈N*成立.由②得a2n<a2即(a2n+1)2<a2n2因此a2n<14又由①②及f(x)在(-∞,1]上為減函數(shù)得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,所以a2n+1>a2n+12-2a綜上,由②③④知存在c=14使a2n<c<a2n+1對一切n∈N*成立三年模擬A組2022—2022年模擬·根底題組考點(diǎn)一直接證明與間接證明1.(2022廣東惠州第一次調(diào)研,12)定義映射f:A→B,其中A={(m,n)|m,n∈R},B=R,對所有的有序正整數(shù)對(m,n)滿足以下條件:①f(m,1)=1;②假設(shè)n>m,那么f(m,n)=0;③f(m+1,n)=n[f(m,n)+f(m,n-1)],那么f(2,2)=.

答案22.(2022浙江蕭山九中12月月考,20)設(shè)函數(shù)f(x)=lnx+ax-1,曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與直線y=32(1)求a的值;(2)證明:當(dāng)x>1時(shí),f(x)<32解析(1)∵f'(x)=1x+a2x,∴f'(1)=1+a∴a=1.(6分)(2)證明:設(shè)g(x)=lnx+x-1-32(x-1)=lnx+x-32x+那么g'(x)=1x+12x-32=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)<g(1)=0,即f(x)<323.(2022浙江測試卷,20)設(shè)函數(shù)f(x)=x2+11+證明:(1)f(x)≥x2-12(2)1516<f(x)≤2+證明(1)記g(x)=f(x)-x2+x2-1=11+x那么g'(x)=-12(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+x2∴f(x)≥x2-12(2)f'(x)=2x-12(1+由h(0)=-12<0,h(1)=2-28>0,知存在x0∈(0,1),使得h(x∵h(yuǎn)(x)在[0,1]上是增函數(shù),∴f(x)在區(qū)間(0,x0)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(x0,1)上單調(diào)遞增,又f(0)=1,f(1)=2+22,所以f(x)≤另一方面,由(1)得當(dāng)x≠14f(x)≥x2-x2+1=x-142+1516>故1516<f(x)≤2+考點(diǎn)二數(shù)學(xué)歸納法4.(2022黑龍江哈爾濱三中模擬,10)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式“1+12+13+…+12A.2k-1 B.2k-1 C.2k D.2k+1答案C5.(2022浙江9+1高中聯(lián)盟期中,22)數(shù)列{an}滿足:a1=p+1p,p>1,an+1=(1)證明:an>an+1>1;(2)證明:2anan+1(3)證明:1p+1×2n-12n-1<ln(a證明(1)先用數(shù)學(xué)歸納法證明an>1.①當(dāng)n=1時(shí),∵p>1,∴a1=p+1②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),ak>1,此時(shí)易證得lnak-ak+1<0恒成立,即lnak<ak-1恒成立,那么當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1=ak-1由①②可知an>1.再證an>an+1.an+1-an=an-1ln令f(x)=x-1-xlnx,x>1,那么f'(x)=-lnx<0,所以f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)<f(1)=0,所以an-1-a所以an>an+1>1.(5分)(2)要證2anan+1<an+1<an+1只需證2anln先證2anlnan-an令f(x)=2xlnx-x2+1,x>1,只需證f(x)<0.因?yàn)閒'(x)=2lnx+2-2x<2(x-1)+2-2x=0,所以f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減,所以f(x)<f(1)=0.再證(an+1)lnan-2an+2>0,令g(x)=(x+1)lnx-2x+2,x>1,只需證g(x)>0,g'(x)=lnx+x+1x-2=lnx+令h(x)=lnx+1x-1,x>1,那么h'(x)=1x-1x所以h(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增,所以h(x)>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2anan+1(3)由(2)知,一方面,an-1<an-1-12(n≥2),那么an-1<(a1-1)12n-1=因?yàn)閘nx<x-1(x>1),所以lnan<an-1≤1p·1所以ln(a1a2…an)=lna1+lna2+…+lnan<=1p×1-12n另一方面,an+1-那么an-1an>a1-1a1×12n-因?yàn)閘nx>1-1x(x>1),所以lnan>1-1an≥1所以ln(a1a2…an)=lna1+lna2+…+lnan>1p+1120+=1p+1×綜上,1p+1×2n-12n-1<ln(aB組2022—2022年模擬·提升題組一、選擇題1.(2022福建廈門一中期中,12)假設(shè)數(shù)列{an}滿足:存在正整數(shù)T,對于任意正整數(shù)n都有an+T=an成立,那么稱數(shù)列{an}為周期數(shù)列,周期為T.數(shù)列{an}滿足a1=m(m>0),an+1=anA.假設(shè)a3=4,那么m可以取3個(gè)不同的值B.假設(shè)m=2,那么數(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,使得數(shù)列{an}是周期數(shù)列答案D二、解答題2.(2022浙江重點(diǎn)中學(xué)12月聯(lián)考,22)數(shù)列{an}滿足:a1=0,ln(an+1-an)+an+nln2=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,使得對任意的n∈N*,都有an≤1-c?并說明理由.解析(1)由得an+1=an+e-(又a1=0,所以a2=12,a3=12+(2)證明:因?yàn)閍n+1>an,a1=0,所以an≥0,那么an+1=an+e-(an+nln2)≤an+e所以an≤an-1+2-(n-1)≤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)=ean+21-n那么f(n+1)-f(n)=(ean+1+2-n-2)-[ean+2-(n-1)-2]=ean+1-ean-2-n=ean+e-(所以{f(n)}是遞增數(shù)列,所以f(n)≥f(1)=0,即ean+21-n-2≥0,所以an≥ln(2-21-n).綜上,ln(2-21-n)≤an≤1-2(3)由(2)得an+1=an+e-(an+nln2)≤an所以an≤an-1+12n-2≤an-2+12n-1-2+12n-2≤…≤a因?yàn)?2n-2=所以當(dāng)n≥4時(shí),an≤12+16+13·22+…+13·2由(1)知:當(dāng)n=1,2,3時(shí),an<56綜上:對任意的n∈N*,都有an<56,所以存在c=13.(2022浙江鎮(zhèn)海中學(xué)模擬(5月),22)在數(shù)列{an}中,a1=32,an+1=an2-2an+2,n∈N*(1)求證:1<an+1<an<2;(2)求證:62n-1+3(3)求證:n<Sn<n+2.證明(1)先用數(shù)學(xué)歸納法證明1<an<2.①當(dāng)n=1時(shí),1<a1=32②假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),1<ak<2.那么當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1=ak2-2ak+2=(ak-1)2+1,又ak∈(1,2),所以a由①②知1<an<2,n∈N*恒成立.an+1-an=an2-3an+2=(an-1)(a所以1<an+1<an<2成立.(2)a1=32=63+21-1,a2=54>63+2由an+1=an2-2an+2得2-an+1=2an-即12-an+1所以12-a所以12-an-1<所以an<2n-1當(dāng)n=1時(shí),a1=21-1+221-1+1所以62n-1+3(3)由1<an<2得Sn>n.由an≤2n-1+22得Sn<1+121-1+1+122-1+…+4.(2022浙江溫州三模(4月),20)設(shè)函數(shù)f(x)=4x3+1((1)f(x)≥1-2x+3x2;(2)23<f(x)≤17證明(1)令函數(shù)g(x)=(1+x)2(1-2x+3x2-4x3),x∈[0,1],(2分)那么g'(x)=-20(1+x)x3≤0(等號成立當(dāng)且僅當(dāng)x=0),(4分)故g(x)在[0,1]上單調(diào)遞減,于是g(x)≤g(0)=1,即當(dāng)x∈[0,1]時(shí),(1+x)2(1-2x+3x2-4x3)≤1,亦即f(x)≥1-2x+3x2;(6分)(2)一方面,由(1)知,當(dāng)x∈[0,1]時(shí),f(x)≥1-2x+3x2=3x-132+故f(x)>23另一方面,f'(x)=12x2-2(1+x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