2019屆高考數(shù)學(xué)(浙江版)一輪配套講義13直接證明與間接證明

1、2019屆高考數(shù)學(xué)(浙江版)一輪配套講義：13直接證明與間接證明2019屆高考數(shù)學(xué)(浙江版)一輪配套講義：13直接證明與間接證明18/182019屆高考數(shù)學(xué)(浙江版)一輪配套講義：13直接證明與間接證明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)2013201420152016201719(2),417(1),71.認(rèn)識(shí)直接證明的兩種基分分20,15分22(2),(31.直接證明本方法:解析法和綜合法.20(1),620(1),7認(rèn)識(shí)18(1),720(文),1),與間接證明2.認(rèn)識(shí)間接證明的一種基分分分5分約10分本方法:反證法.21(2),820,15分分2.數(shù)學(xué)歸

2、納認(rèn)識(shí)數(shù)學(xué)歸納法的原理,能22(1),用數(shù)學(xué)歸納法證明一些簡(jiǎn)認(rèn)識(shí)法約5分單的數(shù)學(xué)命題.解析解讀1.直接證明與間接證明、數(shù)學(xué)歸納法是高考的觀察內(nèi)容,綜合法是“由因?qū)Ч?而解析法規(guī)是“執(zhí)果索因”,它們是截然相反的兩種證明方法.解析法便于我們?nèi)ニ褜に悸?而綜合法便于過(guò)程的表達(dá),兩種方法平分秋色,在解決詳盡的問(wèn)題中,綜合運(yùn)用,收效會(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,經(jīng)常綜合性比較強(qiáng),對(duì)學(xué)生的思想要求比較高.3.綜合法與解析法因其在解決問(wèn)題中的巨大作用而獲取命題者的喜歡,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.(2

3、017課標(biāo)全國(guó)理,7,5分)甲、乙、丙、丁四位同學(xué)一起去向老師咨詢成語(yǔ)競(jìng)賽的成績(jī)四人中有2位優(yōu)秀,2位優(yōu)秀,我現(xiàn)在給甲看乙、丙的成績(jī),給乙看丙的成績(jī),給丁看甲的成績(jī)說(shuō):我還是不知道我的成績(jī).依照以上信息,則().老師說(shuō):你們.看后甲對(duì)大家乙能夠知道四人的成績(jī)丁能夠知道四人的成績(jī)乙、丁能夠知道對(duì)方的成績(jī)乙、丁能夠知道自己的成績(jī)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,若是這個(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(guò)程,直到袋中所有球都被放入盒中,則()乙盒中黑球不多于丙盒中

4、黑球乙盒中紅球與丙盒中黑球相同多乙盒中紅球不多于丙盒中紅球乙盒中黑球與丙盒中紅球相同多答案B3.(2017北京文,14,5分)某學(xué)習(xí)小組由學(xué)生和教師組成,人員組成同時(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);女學(xué)生人數(shù)多于教師人數(shù);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

5、的值,并證明cn是等差數(shù)列;(2)證明:也許對(duì)任意正數(shù)M,存在正整數(shù)m,當(dāng)nm時(shí),M;也許存在正整數(shù)m,使得cm,cm+1,cm+2,是等差數(shù)列.解析本題觀察等差數(shù)列,不等式,合情推理等知識(shí),觀察綜合解析,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-na)=(b-b)-n(ak+1-a)=2-n0時(shí),取正整數(shù)m,則當(dāng)nm時(shí),nd1d,所以c=b-an.2n11此時(shí),cm

6、,cm+1,cm+2,是等差數(shù)列.當(dāng)d=0時(shí),對(duì)任意n1,1cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1).此時(shí),c,c,c,c,是等差數(shù)列.123n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(duì)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=+.比方: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.求數(shù)列an的通項(xiàng)公式;對(duì)任意正整數(shù)k(1k100),若T?1,2,k,求證:ST0,nN

7、*,k-1kk所以Sa+a+a=1+3+3=(3-1)3.T12k所以,STak+1.(3)下面分三種狀況證明.若D是C的子集,則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=C?UD,F=D?UC,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)Ek+1.于是3l-1lFEk+1k,所以l-1k,即lk.又kl,故lk-1.知,Sa=aSS1,由于ak=2ak-1或ak=2ak-1-3

8、6,所以2ak-1是3的倍數(shù),于是ak-1是3的倍數(shù).近似可得,ak-2,a1都是3的倍數(shù).進(jìn)而對(duì)任意n1,an是3的倍數(shù),所以M的所有元素都是3的倍數(shù).綜上,若會(huì)集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,).由于a是正整數(shù),a=所以a是2的倍數(shù),122進(jìn)而當(dāng)n3時(shí),an是4的倍數(shù).若是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),所以當(dāng)n3時(shí),an12,24,36,這時(shí)M的元素個(gè)數(shù)不高出5.若是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),所以當(dāng)n3時(shí),an4,8,16,20,28,32,這時(shí)M

9、的元素個(gè)數(shù)不高出8.當(dāng)a=1時(shí),M=1,2,4,8,16,20,28,32有8個(gè)元素.1綜上可知,會(huì)集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)=(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(duì)任意的nN*,等式=都成立.解析(1)由已知,得f1(x)=f0(x)=-,于是f(x)=f(x)=-=-+,所以f1=-,f2=-+.21故2f1+f2=-1.(2)證明:由已知,得xf0(x)=sinx,等式兩邊分別對(duì)x求導(dǎo),得f0(x)+xf0(x)=cosx,即f0(x)+xf1(x)=cosx=sin,近似可得2

10、f(x)+xf(x)=-sinx=sin(x+),123f(x)+xf(x)=-cosx=sin,234f(x)+xf(x)=sinx=sin(x+2).34下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn-1(x)+xfn對(duì)所有的*都成立.(x)=sinnN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.由于kfk-1(x)+xfk(x)=kfk-1(x)+fk(x)+xfk(x)=(k+1)f(x)+xf(x),=cos=sikk+1n,所以(k+1)fk(x)+xfk+1.(x)=sin所以當(dāng)n=k+1時(shí),等式也成立.綜合(i)(ii)可知等式nfn

11、-1(x)+xfn(x)=sin*對(duì)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)8.(2013江蘇,19,16na,公差為d的等差數(shù)列(d0),Snn,n分)設(shè)a是首項(xiàng)為是其前n項(xiàng)的和.記b=若c=0,且b1,b2,b4成等比數(shù)列,證明:Snk=n2Sk(k,nN*);若bn是等差數(shù)列,證明:c=0.nd.證明由題意得,S=na+(1)由c=0,得bn=a+d.又由于b,b,b成等比數(shù)列,所以=bb,即=a24,化簡(jiǎn)得d-2ad=0.1214由于d0,所以d=2a.所以,關(guān)于所有的*m2mN,有S=ma.進(jìn)而關(guān)于所有的k,nN*,有Sn

12、k=(nk)2a=n2k2a=n2Sk.(2)設(shè)數(shù)列b的公差是d,則b=b+(n-1)d,即=b+(n-1)d*的表達(dá)式,整理得,關(guān)于所有,nN,代入Sn1n1111n*32111的nN,有n+n+cdn=c(d-b).令A(yù)=d1-d,B=b1-d1-a+d,D=c(d1-b1),則關(guān)于所有的nN*,有32An+Bn+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,進(jìn)而有由得A=0,cd1=-5B,代入方程,得B=0,進(jìn)而cd1=0.即d1-d=0,b1-d1-a+d=0,cd1=0.若d1=0

13、,則由d1-d=0,得d=0,與題設(shè)矛盾,所以d10.又由于cd1=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x滿足:x=1,x=x+ln(1+x*)(nN).n1nn+1n+1證明:當(dāng)nN*時(shí),(1)0 x0.當(dāng)n=1時(shí),x1=10.0,則00.假設(shè)n=k時(shí),xk0,那么n=k+1時(shí),若xkk+1k+1k+1k+1所以xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1.所以0 xn+10(x0).函數(shù)f(x)在0,+)上單調(diào)遞加,所以f(x)f(0)=0,所以-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(xn+1)0,故2xn+1-x

14、n(nN*).(3)由于xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn.由2xn+1-xn得-20,所以-22n-1=2n-2,故xn.綜上,xn(nN*).2.(2015江蘇,23,10分)已知會(huì)集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)表示會(huì)集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.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)

15、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,分以下狀況談?wù)?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;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;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;若k+1=6t+4

16、,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+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

17、+x)k+1=(1+x)(1+x)k(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx21+(k+1)x.所以p=k+1時(shí),原不等式也成立.p綜合可得,當(dāng)x-1,x0時(shí),對(duì)所有整數(shù)p1,不等式(1+x)均成立.1+px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)a知a成立.1n假設(shè)n=k(k1,kN*)時(shí),不等式ak成立.由an+1=nn*a+易知a0,nN.當(dāng)n=k+1時(shí),=+=1+.由ak0得-1-1+p=.所以c,即ak+1.所以n=k+1時(shí),不等式an也成立.綜合可得,對(duì)所有正整數(shù)n,不等式an均成立.再由=1+可得1,即an+1a*n+1,nN.n證法二:設(shè)f(x)=x+x1-p,

18、x,則xpc,并且f(x)=+(1-p)x-p=0,x.由此可得,f(x)在,+)上單調(diào)遞加.所以,當(dāng)x時(shí),f(x)f()=,當(dāng)n=1時(shí),由a10,即c可知a2=a1+=a1,進(jìn)而a1a2.故當(dāng)n=1時(shí),不等式anan+1成立.*不等式akak+1成立,則當(dāng)n=k+1時(shí),f(ak)f(ak+1)f(),即有aa.k+1k+2所以n=k+1時(shí),原不等式也成立.綜合可得,對(duì)所有正整數(shù)n,不等式aa均成立.nn+14.(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g(x)=g(x),g(x)=g(gn(x),nN,求

19、g(x)的表達(dá)式;1n+1+n若f(x)ag(x)恒成立,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(duì)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),(

20、x)0(僅當(dāng)x=0,a=1時(shí)等號(hào)成立),(x)在0,+)上單調(diào)遞加,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(hào)成立).當(dāng)a1時(shí),對(duì)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).證明以下: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),ln2,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(duì)nN+成立.證法二:上述不等式等價(jià)于+,x0

21、.令x=,nN+,則ln.故有l(wèi)n2-ln1,ln3-ln2,ln(n+1)-lnn,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)a=1,an+1=+b(nN).1*(1)若b=1,求a2,a3及數(shù)列an的通項(xiàng)公式;*(2)若b=-1,問(wèn):可否存在實(shí)數(shù)c使得aca成立?證明你的結(jié)論.對(duì)所有nN2n2n+1解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.由題設(shè)條件知n+12=(an-1)2+1,(a-1)進(jìn)而(an-1)2是首項(xiàng)為0,公差為1的等差數(shù)列,n2n*故(a-1)=n-1,即a=+1(nN).解法二:a2=2,a3=+1,可寫為a1=+1,

22、a2=+1,a3=+1.所以猜想n+1.a=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(shuō),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+2231

23、.2k+3所以a2(k+1)2(k+1)+1)f(a)=a故ca1,ca1.這就是說(shuō),當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.綜上,吻合條件的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:0a1(nN).n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0ak1.易知f(x)在(-,1上為減函數(shù),進(jìn)而0=f(1)f(ak)f(0)=-11.即0ak+11.這就是說(shuō),當(dāng)n=k+1時(shí)結(jié)論成立.故成立.再證:a2na(nN).2n+1*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af(a2k+1)=a

24、2k+2,2k+1a=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.2(k+1)這就是說(shuō),當(dāng)n=k+1時(shí)成立.所以對(duì)所有nN*成立.由得a2n-1,即(a2n+1)2-2a2n+2,所以a2nf(a2n+1),即a2n+1a2n+2,所以a2n+1-1,解得a2n+1.綜上,由知存在c=2n2n+1*使acm,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)=lnx+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

25、)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)(x-1).(15分)3.(2017浙江測(cè)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)遞加,又g(0)=0,g(x)=f(x)-x2-1+0,2f(x)x-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)遞加,又f(0)=1,f(1)=,所以f(x),另一方面,

26、由(1)適合x時(shí),f(x)2+1=+,且f,x-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:aa1;nn+1(2)證明:a;n+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lnak-ak+10恒成立,即lnak=1.由可知an1.再證anan+1.an+1-an=-an=,令f(x)=x-1-xlnx,x1,則f(x)=-lnx0,所以f(x)在(1,+)上單調(diào)遞減,所以f(x)f(1)=0,所以a.nn+1所以anan+11.(5分)(2)要證an+1,只

27、需證1,先證2anlnan-+11,只需證f(x)0.由于f(x)=2lnx+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)lnx-2x+2,x1,只需證g(x)0,g(x)=lnx+-2=lnx+-1,令h(x)=lnx+-1,x1,則h(x)=-=0,所以h(x)在(1,+)上單調(diào)遞加,所以h(x)h(1)=0,進(jìn)而g(x)0,所以g(x)在(1,+)上單調(diào)遞加,所以g(x)g(1)=0,綜上可得an+1.(10分)(3)由(2)知,一方面,a-1(n2),則a-1(a1-1)=(n2),n=1時(shí),a-1=,nn1由于lnx1

28、),所以lnaa-1,nn所以ln(a1a2an)=lna1+lna2+lnan,則=(n2),n=1時(shí),=.由于lnx1-(x1),所以lnan1-,所以ln(aaa)=lna+lna+lna+12n12n=.綜上,ln(aaa)0),an+1=則以下結(jié)論中錯(cuò)誤的選項(xiàng)是()A.若a3=4,則m能夠取3個(gè)不相同的值B.若m=,則數(shù)列a是周期為3的數(shù)列nC.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a是周期數(shù)列n答案D二、解答題n+1-an)+an+nln2=0(nN*).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(a(1

29、)求a;3(2)證明:ln(2-21-n)an1-21-n;可否存在正實(shí)數(shù)c,使得對(duì)任意的nN*,都有an1-c?并說(shuō)明原由.解析(1)由已知得an+1=an+,又a1=0,所以a2=,a3=+.(2分)(2)證明:由于an+1an,a1=0,所以an0,則an+1=an+an+e-nln2=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)=(-n-(n-1)-2=-2-n-n=-n+2-2)-+2=-2-1-2-2-n=0,所以f(n)

30、是遞加數(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aan-1+an-2+a+=+.(12分)n1由于=(n3),所以當(dāng)n4時(shí),an+=+.由(1)知:當(dāng)n=1,2,3時(shí),an,綜上:對(duì)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a中,a=,a=-2an+2,nN,其前n項(xiàng)和為S.n1n+1*n(1)求證:1an+1na2;(2)求證:an;(3)n求證:nSn+2.證明(1)先用數(shù)學(xué)歸

31、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a*(n2,nN),n1=n*當(dāng)n=1時(shí),a,所以a(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)遞加,而h(0)=-10,故h(x)在(0,1)內(nèi)存在唯一的零0點(diǎn)x,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