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

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)201320142015201620171.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

2、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,往往綜合性比較強(qiáng),對學(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 1.(2017課標(biāo)全國理,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

3、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、丁可以知道對方的成績D.乙、丁可以知道自己的成績答案D2.(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.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B3.(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

4、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).若教師人數(shù)為4,則女學(xué)生人數(shù)的最大值為;該小組人數(shù)的最小值為.答案6124.(2017北京理,20,13分)設(shè)an和bn是兩個(gè)等差數(shù)列,記cn=maxb1-a1n,b2-a2n,bn-ann(n=1,2,3,),其中maxx1,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:或者對任意正數(shù)M,存在正整數(shù)m,當(dāng)nm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

5、本題考查等差數(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=maxb1-2a1,b2-2a2=max1-21,3-22=-1,c3=maxb1-3a1,b2-3a2,b3-3a3=max1-31,3-32,5-33=-2.當(dāng)n3時(shí),(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0時(shí),取正整數(shù)m,則當(dāng)nm時(shí),nd1d2,因此cn=b1-a1n.此時(shí),cm,cm+1,cm+2,是等差數(shù)列.當(dāng)d1=0時(shí),對任意n1,cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd

6、2,0-a1).此時(shí),c1,c2,c3,cn,是等差數(shù)列.當(dāng)d1時(shí),有nd1max,故當(dāng)nm時(shí),M.5.(2016江蘇,20,16分)記U=1,2,100.對數(shù)列an(nN*)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(nN*)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)對任意正整數(shù)k(1k100),若T1,2,k,求證:ST0,nN*,所以STa1+a2+ak=1+3+3k-1=(3k-1)3k.因此,STak+1.(3)下面分三種情況證明.若D是C的子集,則

7、SC+SCD=SC+SDSD+SD=2SD.若C是D的子集,則SC+SCD=SC+SC=2SC2SD.若D不是C的子集,且C不是D的子集.令E=CUD,F=DUC,則E,F,EF=.于是SC=SE+SCD,SD=SF+SCD,進(jìn)而由SCSD得SESF.設(shè)k為E中的最大數(shù),l為F中的最大數(shù),則k1,l1,kl.由(2)知,SEak+1.于是3l-1=alSFSEak+1=3k,所以l-11,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n1,an是3的倍數(shù),因此M的所有元素都是3的倍數(shù).綜上,若集合

8、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a136,an=可歸納證明an36(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)n3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)n3時(shí),an12,24,36,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)n3時(shí),an4,8,16,20,28,32,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.(2014江蘇,23,10分)已知

9、函數(shù)f0(x)=(x0),設(shè)fn(x)為fn-1(x)的導(dǎo)數(shù),nN*.(1)求2f1+f2的值;(2)證明:對任意的nN*,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x求導(dǎo),得f0(x)+xf 0(x)=cos x,即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin,類似可得2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin

10、(x+2).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin對所有的nN*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)閗fk-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)fk(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對所有的nN*都成立.令x=,可得nfn-1+fn=sin(nN*).所以=(nN*).教師用書專用(8

11、)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(d0),Sn是其前n項(xiàng)的和.記bn=,nN*,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,nN*);(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,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,對于所有的mN*,有Sm=m2a.從而對于所有的k,nN*,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=

12、b1+(n-1)d1,nN*,代入Sn的表達(dá)式,整理得,對于所有的nN*,有n3+n2+cd1n=c(d1-b1).令A(yù)=d1-d,B=b1-d1-a+d,D=c(d1-b1),則對于所有的nN*,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,從而有由得A=0,cd1=-5B,代入方程,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d10.又因?yàn)閏d1=0,所以c=0.考點(diǎn)二數(shù)學(xué)歸納法1.

13、(2017浙江,22,15分)已知數(shù)列xn滿足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*).證明:當(dāng)nN*時(shí),(1)0xn+10.當(dāng)n=1時(shí),x1=10.假設(shè)n=k時(shí),xk0,那么n=k+1時(shí),若xk+10,則00.因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.因此0xn+10(x0).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(nN*).(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

14、-20,所以-22n-1=2n-2,故xn.綜上,xn(nN*).2.(2015江蘇,23,10分)已知集合X=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nN*),設(shè)Sn=(a,b)|a整除b或b整除a,aX,bYn.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)n6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)n6時(shí),f(n)=(tN*).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)n=6時(shí), f(6)=6+2+=13,結(jié)論成立;假設(shè)n=k(k6)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)

15、生,分以下情形討論:1)若k+1=6t,則k=6(t-1)+5,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=(k+1)+2+,結(jié)論成立;6)若k+

16、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)論對滿足n6的自然數(shù)n均成立.3.(2014安徽,21,13分)設(shè)實(shí)數(shù)c0,整數(shù)p1,nN*.(1)證明:當(dāng)x-1且x0時(shí),(1+x)p1+px;(2)數(shù)列an滿足a1,an+1=an+.證明:anan+1.證明(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明:當(dāng)p=2時(shí),(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立.假設(shè)p=k(k2,kN*)時(shí),不等式(1+x)k1+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+kx21+(k+1)x.

17、所以p=k+1時(shí),原不等式也成立.綜合可得,當(dāng)x-1,x0時(shí),對一切整數(shù)p1,不等式(1+x)p1+px均成立.(2)證法一:先用數(shù)學(xué)歸納法證明an.當(dāng)n=1時(shí),由題設(shè)a1知an成立.假設(shè)n=k(k1,kN*)時(shí),不等式ak成立.由an+1=an+易知an0,nN*.當(dāng)n=k+1時(shí),=+=1+.由ak0得-1-1+p=.因此c,即ak+1.所以n=k+1時(shí),不等式an也成立.綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式an均成立.再由=1+可得1,即an+1an+1,nN*.證法二:設(shè)f(x)=x+x1-p,x,則xpc,并且f (x)=+(1-p)x-p=0,x.由此可得, f(x)在,+)上單調(diào)遞增.

18、因而,當(dāng)x時(shí), f(x)f()=,當(dāng)n=1時(shí),由a10,即c可知a2=a1+=a1,從而a1a2.故當(dāng)n=1時(shí),不等式anan+1成立.假設(shè)n=k(k1,kN*)時(shí),不等式akak+1成立,則當(dāng)n=k+1時(shí), f(ak)f(ak+1)f(),即有ak+1ak+2.所以n=k+1時(shí),原不等式也成立.綜合可得,對一切正整數(shù)n,不等式anan+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),x0,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),nN+,求gn(x)的表達(dá)式;(2)若f(x)ag(x)恒

19、成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍;(3)設(shè)nN+,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,g(x)=(x0).(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.當(dāng)n=1時(shí),g1(x)=,結(jié)論成立.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.由可知,結(jié)論對nN+成立.(2)已知f(x)ag(x)恒成立,即ln(1+x)恒成立.設(shè)(x)=ln(1+x)-(x0),即(x)=-=,當(dāng)a1時(shí),(x)0(僅當(dāng)x=0,a=1時(shí)等號成立),(x)在0,

20、+)上單調(diào)遞增,又(0)=0,(x)0在0,+)上恒成立,a1時(shí),ln(1+x)恒成立(僅當(dāng)x=0時(shí)等號成立).當(dāng)a1時(shí),對x(0,a-1有(x)0,(x)在(0,a-1上單調(diào)遞減,(a-1)1時(shí),存在x0,使(x)n-ln(n+1).證明如下:證法一:上述不等式等價(jià)于+,x0.令x=,nN+,則ln.下面用數(shù)學(xué)歸納法證明.當(dāng)n=1時(shí),ln 2,結(jié)論成立.假設(shè)當(dāng)n=k時(shí)結(jié)論成立,即+ln(k+1).那么,當(dāng)n=k+1時(shí),+ln(k+1)+ln(k+1)+ln=ln(k+2),即結(jié)論成立.由可知,結(jié)論對nN+成立.證法二:上述不等式等價(jià)于+,x0.令x=,nN+,則ln.故有l(wèi)n 2-ln 1,

21、ln 3-ln 2,ln(n+1)-ln 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(nN*).(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a2nca2n+1對所有nN*成立?證明你的結(jié)論.解析(1)解法一:a2=2,a3=+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=+1(nN*).解法二:a2=2,a3=+1,可寫為a1=+1,a2=+1,a3=+1.因此猜想an=+

22、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(nN*).(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a2nca2n+11.當(dāng)n=1時(shí),a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,結(jié)論成立.假設(shè)n=k時(shí)結(jié)論成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2.再由f(x)在(-,1上為減函數(shù)得c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故ca2k+31,因此a

23、2(k+1)ca2(k+1)+11.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=.解法二:設(shè)f(x)=-1,則an+1=f(an).先證:0an1(nN*).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0ak1.易知f(x)在(-,1上為減函數(shù),從而0=f(1)f(ak)f(0)=-11.即0ak+11.這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.故成立.再證:a2na2n+1(nN*).當(dāng)n=1時(shí),a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=-1,有a2a3,即n=1時(shí)成立.假設(shè)n=k時(shí),結(jié)論成立,即a2kf(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k

24、+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.這就是說,當(dāng)n=k+1時(shí)成立.所以對一切nN*成立.由得a2n-1,即(a2n+1)2-2a2n+2,因此a2nf(a2n+1),即a2n+1a2n+2,所以a2n+1-1,解得a2n+1.綜上,由知存在c=使a2ncm,則f(m,n)=0;f(m+1,n)=nf(m,n)+f(m,n-1),則f(2,2)=.答案22.(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)x1時(shí),f(x)1時(shí),有g(shù)(x)0,所以g(x)在區(qū)間(1,+)上

25、是減函數(shù),g(x)g(1)=0,即f(x)(x-1).(15分)3.(2017浙江測試卷,20)設(shè)函數(shù)f(x)=x2+,x0,1.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,知存在x0(0,1),使得h(x0)=0,h(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)=,所以f(x),另一方面,由(1)得當(dāng)x時(shí),f(x)x2-+1=+,且f,

26、故f(x).考點(diǎn)二數(shù)學(xué)歸納法4.(2016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+1,an+1=.(1)證明:anan+11;(2)證明:an+1;(3)證明:ln(a1a2an)1.當(dāng)n=1時(shí),p1,a1=1;假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),ak1,此時(shí)易證得ln ak-ak+10恒成立,即ln ak=1.由可知an1.再證anan+1.an+1-an=-an=,令f(x)=x-1-xln x,x1,則f (x)=-ln x0,所以f(x)在(1,+)上單調(diào)遞減,所以f(x)f(1)=0,所以an+1.所以anan+11.(5分)(2)要證an+1,只需證1,先證2anln an-+11,只

27、需證f(x)0.因?yàn)閒 (x)=2ln x+2-2x2(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,x1,只需證g(x)0,g(x)=ln x+-2=ln x+-1,令h(x)=ln x+-1,x1,則h(x)=-=0,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an+1.(10分)(3)由(2)知,一方面,an-1(n2),則an-1(a1-1)=(n2),n=1時(shí),a1-1=,因?yàn)閘n x1),所以ln anan-

28、1,所以ln(a1a2an)=ln a1+ln a2+ln an,則=(n2),n=1時(shí),=.因?yàn)閘n x1-(x1),所以ln an1-,所以ln(a1a2an)=ln a1+ln a2+ln an+=.綜上,ln(a1a2an)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TN*且T2,存在m1,使得an是周期為T的數(shù)列D.存在mQ且m2,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(nN*).(1)求

29、a3;(2)證明:ln(2-21-n)an1-21-n;(3)是否存在正實(shí)數(shù)c,使得對任意的nN*,都有an1-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+1an,a1=0,所以an0,則an+1=an+an+e-nln 2=an+2-n,所以anan-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)=+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(

30、n)是遞增數(shù)列,所以f(n)f(1)=0,即+21-n-20,所以anln(2-21-n).綜上,ln(2-21-n)an1-21-n.(8分)(3)由(2)得an+1=an+an+=an+,(10分)所以anan-1+an-2+a1+=+.(12分)因?yàn)?(n3),所以當(dāng)n4時(shí),an+=+.由(1)知:當(dāng)n=1,2,3時(shí),an,綜上:對任意的nN*,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,nN*,其前n項(xiàng)和為Sn.(1)求證:1an+1an2;(2)求證:an;(3)求證:nSnn+2.證明(1)先用數(shù)

31、學(xué)歸納法證明1an2.當(dāng)n=1時(shí),1a1=2,假設(shè)當(dāng)n=k時(shí),1ak2.則當(dāng)n=k+1時(shí),ak+1=-2ak+2=(ak-1)2+1,又ak(1,2),所以ak+1(1,2).由知1an2,nN*恒成立.an+1-an=-3an+2=(an-1)(an-2)0.所以1an+1an,當(dāng)n3時(shí),1,又1an2,所以an.由an+1=-2an+2得2-an+1=2an-,即=,所以-1,所以-1=,所以an(n2,nN*),當(dāng)n=1時(shí),a1=,所以an(nN*).所以an.(3)由1ann.由an=1+1+,得Sn+=n+=n+2n+2,故nSnn+2.4.(2017浙江溫州三模(4月),20)設(shè)函數(shù)f(x)=4x3+,x0,1,證明:(1)f(x)1-2x+3x2;(2).(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)=-10,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,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