2019届高考数学(浙江版)一轮配套讲义：13直接证明与间接证明

1、第十三章直接证明与间接证明考纲解读考点考纲内容要求浙江省五年高考统计201320142015201620171.直接证明 与间接证明1. 了解直接证明的两种基 本方法：分析法和综合法.2. 了解间接证明的一种基 本方法：反证法.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),1 5 分22( 2),(3)，约 10 分2.数学归纳 法了解数学归纳法的原理，能 用数学归纳法证明一些简 单的数学命题.了解22(1),约 5 分分析解读1.直接证明与间接证明、数学归纳法是高考的考查内容，综合法是“由因

2、导果”，而分析法则是“执果索因”，它们是截然相反的两种证明方法分析法便于我们去寻找思路，而综合法便于过程的叙述两种方法各有所长,在解决具体的问题中,综合运用,效果会更好2. 数学归纳法常与数列、不等式等知识综合在一起，往往综合性比较强，对学生的思维要求比较高3. 综合法与分析法因其在解决问题中的巨大作用而得到命题者的青睐，预计 2019 年高考试题中，直接证明、间接证明与导数综合出题的可能性较大五年高考考点一直接证明与间接证明1. （2017 课标全国n理，7,5 分）甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞赛的成绩老师说：你们四人中有 2 位优秀,2 位良好，我现在给甲看乙、丙的成绩，给

3、乙看丙的成绩，给丁看甲的成绩.看后甲对大家 说:我还是不知道我的成绩.根据以上信息，则（）A. 乙可以知道四人的成绩B. 丁可以知道四人的成绩C. 乙、丁可以知道对方的成绩D. 乙、丁可以知道自己的成绩答案 D2. （2016 北京,8,5 分）袋中装有偶数个球，其中红球、黑球各占一半甲、乙、丙是三个空盒每次从袋中任意取出两个球，将其中一个球放入甲盒，如果这个球是红球，就将另一个球放入乙盒，否则就放入丙盒.重复 上述过程，直到袋中所有球都被放入盒中，则（）A. 乙盒中黑球不多于丙盒中黑球B. 乙盒中红球与丙盒中黑球一样多C. 乙盒中红球不多于丙盒中红球D. 乙盒中黑球与丙盒中红球一样多答案 B

4、3. （2017 北京文,14,5 分）某学习小组由学生和教师组成，人员构成同时满足以下三个条件：（i）男学生人数多于女学生人数；（ii）女学生人数多于教师人数；（iii） 教师人数的两倍多于男学生人数.1若教师人数为 4,则女学生人数的最大值为 _；2该小组人数的最小值为 _ .答案6124. （2017 北京理,20,13 分）设an和bn是两个等差数列，记Cn=maxb1-a m,b2-a2n,bn-ann（n=1,2,3, ）,其中 maxx1,x2,xs表示 x1,x2,xs这 s 个数中最大的数.(1)若 an=n,bn=2n-1,求 ci,C2,c3的值,并证明cn是等差数列；c

5、n证明：或者对任意正数 M,存在正整数 m,当 n m 时，：M;或者存在正整数 m,使得 CmCm+i,cm+弓是等差数列解析本题考查等差数列，不等式，合情推理等知识，考查综合分析，归纳抽象，推理论证能力(1) ci=bi-ai=1-1=0,C2=maxbi-2ai,b2-2a2=maxi-2xi,3-2x2=-i,C3=maxbi-3ai,b2-3a2,b3-3a3=maxi-3xi,3-3x2,5-3x3=-2.当 n 3 时，(bk+i-nak+i)-(bk-nak)=(bk+i-bk)-n(ak+i-ak)=2-n0 时,取正整数 m1,则当 nm 时,ndid2,因此 Cn=bi-

6、ain.此时,CmCm+iCm+2是等差数列.2当 di=0 时，对任意 n1,Cn=bi-ain+(n-1)maxd2,0=bi-ai+(n-1)(maxd2,0-a1).此时，C1,C2,C3,cn,是等差数列.3当 di1时,有 ndimax,cn故当 nm 时，M.5. (2016 江苏,20,16 分)记 U=1,2,100.对数列an(n N*)和 U 的子集 T,若 T=?,定义ST=0;若T=ti,t2,tk,定义ST+ + + 儿.例如：T=1,3,66时,ST=ai+a3+a66.现设an(n N)是公比为 3 的等 比数列,且当T=2,4时,ST=30.(1) 求数列an

7、的通项公式；(2) 对任意正整数 k(1 0,n N,1k-1kk所以STWai+a2+ak=1+3+3 = (3 -1)3 .因此,STSD+SD=2SD.2若 C 是 D 的子集,则 Sc+ScnD=SC+SC=2SC2SD.3若 D 不是 C 的子集,且 C 不是 D 的子集.令 E=Cn?uD,F=Dn?UC,则 EM? ,F 工? ,EnF=?.于是 Sc=SE+ScnD,SD=SF+ScnD,进而由 ScSD得SES.设 k 为 E 中的最大数,l 为 F 中的最大数,则 k 1,1 1,kMl.l 1k由(2)知,SEak+i.于是 3-=awSFWSEak+i=3 ,所以 l-

8、1k,即 I 2SF+1,所以 SScnD2(SD-ScnD)+1,即 Sc+ScnD2SD+1.综合得,SC+ScnD2SD.6. (2015 北京,20,13 分)已知数列an满足:a1 N*,a1W36,且 时绍冃 n=1,2,).记集合 M=an|n N.(1) 若 a1=6,写出集合 M 的所有元素；(2) 若集合 M 存在一个元素是 3 的倍数，证明:M 的所有元素都是 3 的倍数；(3) 求集合 M 的元素个数的最大值.解析 (1)6,12,24.(2) 证明：因为集合 M 存在一个元素是3 的倍数，所以不妨设 ak是 3 的倍数.由 an+1= %可归纳证明对任意 n k,an

9、是 3 的倍数.如果 k=1,则 M 的所有元素都是 3 的倍数.如果 k1,因为 ak=2ak-1或 ak=2ak-1-36,所以 2ak-1是 3 的倍数,于是 ak-1是 3 的倍数.类似可得，ak-2,a1都是 3 的倍数.从而对任意 n1,an是 3 的倍数，因此 M 的所有元素都是 3 的倍数.综上，若集合 M 存在一个元素是 3 的倍数，则 M 的所有元素都是 3 的倍数.(2 码卜州一匸 18,(3) 由 a1W36,an=【z -u可归纳证明 anW36(n=2,3,).因为 a1是正整数月2判乜隔 n 所以 a2是 2 的倍数，从而当 n3 时,an是 4 的倍数.如果 a

10、1是 3 的倍数，由 知对所有正整数 n,an是 3 的倍数，因此当 n3 时,an 12,24,36,这时 M 的元素个数不超过5.如果 a1不是 3 的倍数,由 知对所有正整数 n,an不是 3 的倍数,因此当 n3 时,an 4,8,16,20,28,32,这时 M 的元素个数不超过8.当 a1=1 时，M=1,2,4,8,16,20,28,32 有 8 个元素.综上可知，集合 M 的元素个数的最大值为8.sinx7. (2014 江苏,23,10 分)已知函数 f(x)= -(x0),设 fn(x)为 fn-1(x)的导数,n N.僻 7 15)(1)求 2f1+ f2的值；证明：对任

11、意的 n N,等式 Inf,1_l都成立./rsinx| cosx *i 字解析 由已知，得 fi(x)=fo(x)= =-，于是(cosx fsinx sinx 峯 sx 2 引严4 g 马f2(X)=f1(X)= - *)=-三 + ,所以fn=-H，,f2=-+ fnX IT jfuX 故 2f1+ f2二-=-1.证明：由已知，得 xfo(x)=sinx,等式两边分别对 x 求导，得 fo(x)+xfo(x)=cosx,(i)当 n=1 时，由上可知等式成立.(ii)假设当 n=k 时等式成立，即 kfk-1(x)+xfk(x)=sin因此当 n=k+1 时，等式也成立.综合(i)(i

12、i)可知等式 nfn-1(x)+xfn(x)=sin令 x=9 可得 nfn-1 B丿+可 fnE=sin l 兀玄丿(n N). 所以三窕(/ (n N*).教师用书专用(8)%8.(2013 江苏,19,16 分)设an是首项为 a,公差为 d 的等差数列(d丰0),Sn是其前 n 项的和.记 bn=： ,n N,其中 c 为实数.(1)若 c=0,且 b1,b2,b4成等比数列,证明:Snk=n2Sk(k,n N);若bn是等差数列，证明:c=0.n(n-l)证明由题意得,Sn= na+d.Sti n-1(1)由 c=0,得 bn=1=a+ d.因为 d 工 0,所以 d=2a.因此，对

13、于所有的 m N,有 Sm=ma.从而对于所有的 k,n N,有 Sk=(nk) a=n k a=n Sk.nS设数列bn的公差是 di,则 bn=bi+(n-1)d1,即：-=bi+(n-1)di,n N*,代入 S 的表达式,整理得,对于所有 的 n N,2f1(x)+xf2(x)=-si nx=sin(x+n ),flrJ3f2(x)+xf3(x)=-cosx=s inH?)4f3(x)+xf4(x)=si nx=sin ).即 fo(x)+xfi(x)=cosx=sinF 面用数学归纳法证明等式,类似可得因为kfk-1(x)+xfk(x)=kfk-1(x)+fk(x)+xfk(X)=(

14、k+1) fk(x)+xfk+1(x), T=cos=si所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sink+l)TT2d -2ad=0.nfn-i(x)+xfn(x)=sin对所有的 n对所有的 n N 都成立.又因为 b1,b2,b4成等比数列，所以化简得有仙四)n3+(山日十 F)n2+cdin=c(di-bi).11令 A=di- -d,B=bi-di-a+：d,D=c(di-bi),则对于所有的 n N*,有32An+Bn +cdin=D.(*)在(*)式中分别取 n=1,2,3,4,得A+B+cd=8A+4B+2cdi=27A+9B+3cdi=64A+16B+4cd,/VA+aE

15、+cdO,从而有.二 Q由得 A=0,cdi=-5B,代入方程，得 B=0,从而 cdi=0.1 1即 di- d=O,bi-di-a+ d=O,cdi=0.1若 di=0,则由 d 仁 d=0,得 d=0,与题设矛盾，所以 diM0.又因为 cdi=0,所以 c=0.考点二数学归纳法i.(20i7 浙江,22,i5 分)已知数列xn满足:xi=i,xn=xn+i+ln(i+xn+i)(n N*).证明：当 n N 时，(1) 0 xn+i0.当 n=i 时,xi=i0.假设 n=k 时,xk0,那么 n=k+i 时,若 Xk+iW0,贝 y 00. 因此 Xn0(n N).所以Xn=Xn+i

16、+ln(i+xn+i)X 因此 0Xn+i 0),Zx2+xf(x)=+ln (i+x)0(x0).函数 f(x)在0,+a)上单调递增，所以 f(x) f(0)=0,因此 -2xn+i+ (xn+i+ 2)ln(i+Xn+i)=f(xn+i) 0,故 2xn+i-xnW(n N).1(3) 因为 Xn=Xn+i+ln(i+Xn+i)WXn+i+Xn+i=2Xn+i,所以 Xn.廻丄1由. 2Xn+1-Xn得，；1- 2 0,所以-22n-1r 1=2n-2,111故 XnW .综上，.W XnW (n N).2.(2015 江苏,23,10 分)已知集合 X=1,2,3,Yn=1,2,3,n

17、(n N),设 Sn=(a,b)|a整除 b 或 b 整除 a,a X,b %.令 f(n)表示集合 Sn所含元素的个数.(1) 写出 f(6)的值；(2) 当 n6 时,写出 f(n)的表达式，并用数学归纳法证明解析(1)f(6)=13.(2)当 n6 时，n=6t+lJn=6t 十 Nn=6t+3Hn=6t+lI i. - I*(t N).下面用数学归纳法证明：6 61当 n=6 时,f(6)=6+2+ =13,结论成立；2假设 n=k(k 6)时结论成立，那么 n=k+1 时,Sk+i在 Sk的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生，分以下情形讨论：1)

18、 若 k+1= 6t,则 k=6(t-1)+5, 此时有f(k+1)=f(k)+3k-1 k-2=k+2+ +：+3kfl kl=(k+1)+2+ +,结论成立；2) 若 k+1=6t+1,贝 U k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1k k=k+2+：+ +1(巴)-1 (k+pl=(k+1)+2+,结论成立；3) 若 k+ 1=6t+2,则 k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+2k-1 k-1=k+2+ + +2k+1 (字)-2=(k+1)+2+,结论成立；4) 若 k+仁 6t+3,贝 U k=6t+2,此时有f(n)=n+2 +n+2+n+2+ff(k+1)=f(k)+2

19、k k-2=k+2+ = + +2山叩-1 k+1=(k+1)+2+ ,结论成立；5)若 k+仁 6t+4,贝 U k=6t+3,此时有 f(k+1)=f(k)+2k 1 k=k+2+ + +2k+1=(k+1)+2+ +,结论成立；6)若 k+仁 6t+5,贝 U k=6t+4,此时有 f(k+1)=f(k)+1k k-1=k+2+ + +1=(k+1)+2+,结论成立.综上所述,结论对满足 n6 的自然数 n 均成立.3.(2014 安徽,21,13 分)设实数 c0,整数 p1,n N*.(1) 证明:当 x-1 且XM0 时,(1+x)p1+px;iEggi数列an满足 a1 ,an+

20、1=an+.证明:anan+1 .证明(1)用数学归纳法证明：_ 2 21当 p=2 时,(1+X)=1+2X+X1+2X,原不等式成立.2假设 p=k(k 2,k N)时，不等式(1+X)k1+kx 成立.当 p=k+1 时,(1+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 时,原不等式也成立.综合可得，当X-1,X M0 时，对一切整数 p1,不等式(1+X)P1+px 均成立.1(2) 证法一：先用数学归纳法证明an .1i1当 n=1 时，由题设 a1知 an1成立.12假设 n=k(k 1,k N*)时，不等式

21、 aA 成立.P-1SI-P由 an+1= P an+P 易知 an0,n N.p-1 c .p当n=k+1 时，=L +；=1也成立.1综合可得，对一切正整数 n,不等式 an均成立. 再由 =1+1可得 1,即 an+1an+1 ,n N.p-1 c1证法二：设 f(x)=X+X1-P,X,则 xpc,并且1丄l p由 ak 0 得-1-1+p =.因此c,即 ak+1 .2d p叫 T常f(x)=+ (1-p)x-p=：-r0,x.1由此可得,f(x)在，+8 )上单调递增1 1 1因而,当 x 时,f(x)f(-)=,1当 n=1 时，由 ai 0,即 c 可知卩 1I-P-a2= P

22、 ai+P1=a诅i丿,从而 aia2故当 n=i 时,不等式 anan+i成立.假设 n=k(k i,k N*)时，1不等式 akak+i成立，贝Uii当 n=k+i 时,f(ak)f(ak+i)f(),即有 ak+iak+2 .所以 n=k+i 时,原不等式也成立.1.综合可得，对一切正整数 n,不等式 anan+i均成立.4.(20i4 陕西,2i,i4 分)设函数 f(x)=ln(i+x),g(x)=xf(x),x 0,其中 f(x) 是 f(x)的导函数.令 gi(x)=g(x),gn+i(x)=g(gn(x),n Nk,求 gn(x)的表达式；若 f(x) ag(x)恒成立，求实数

23、 a 的取值范围；设 n Z,比较 g(1)+g(2)+g(n)与 n-f(n)的大小，并加以证明.X解析由题设得，g(x)= I (x 0).X十 X X(1)由已知得，gi(x)= I ,g2(x)=g(gi(x)=,g3(x)=I,.,可得 gn(x)=i.下面用数学归纳法证明.X当 n=1 时,gi(x)= I,结论成立.假设 n=k 时结论成立，即 gk(x)=.那么，当 n=k+1 时，xgk+i(x)=g(gk(x)=山：=宀=1,即结论成立.由可知，结论对 n N+成立.(2)已知 f(x) ag(x)恒成立,即 ln(1+x) 1恒成立.ax设0(x)=ln(1+x)-J：(

24、x 0),1鼻X十1-电即 (x)= I -匚 +W当 a0(仅当 x=0,a=1 时等号成立), (x)在0,+ s)上单调递增，又 (0)=0, (x) 0 在0,+s)上恒成立，ax aw1 时,ln(1+x)/ 恒成立(仅当 x=0 时等号成立).当 a1 时,对 x (0,a-1有 (x)0, (x)在(0,a-1上单调递减, (a-1)1 时,存在 x0,使 (x)n-In(n+1).证明如下：1 1 1证法一：上述不等式等价于 + + +,x0.1令 x= ,n N1n+1则- ln :.下面用数学归纳法证明11当 n=1 时，ln2,结论成立.1 1 12假设当 n=k 时结论

25、成立，即+ +：；1ln(k+1).那么，当 n=k+1 时，11111k+2+ +. +-R+l n(k+1)+ l n(k+1)+l n=ln (k+2),即结论成立.由可知，结论对 n N+成立.1 1 1证法二：上述不等式等价于 + + I ,x0.1n+11令 x= ,n Nk,则 ln :-.1故有 In2-ln 1,1In 3-I n2 ,ln(n+1)-lnn：-,上述各式相加可得ln(n+1)+ +川1.结论得证.教师用书专用(5)5.(2014 重庆,22,12 分)设 ai=1,a”i=隹：匕-亡+b(n N*).(1)若 b=1,求 a2,a3及数列an的通项公式;若

26、b=-1，问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n+i对所有 n N 成立？证明你的结论 解析(1)解法一 :a2=2,a3= +1.由题设条件知(an+1-1) =(an-1) +1,从而(an-1)2是首项为 0,公差为 1 的等差数列，故(an-1)2=n-1,即 an=M-l+1(n N).解法二:a2=2,a3= +1,可写为 a1=+1,a2+1,a3=+1.因此猜想 an=. ： +1.下用数学归纳法证明上式：当 n=1 时结论显然成立.假设 n=k 时结论成立，即 ak=.+1,则ak+1= .；宀 r - + 1 =.丨I I+1=；L.+1.这就是说,当 n=k+1 时结

27、论成立.所以 an=Jr+1(n N).解法一：设 f(x)=+1-1,则 an+1=f(an).令 c=f(c),即 c=.丨 -1，解得 c=.下面用数学归纳法证明命题a2nca2n+11.1当 n=1 时,a2=f(1)=0,a3=f(0)= . -1,所以 a2 a31,结论成立.假设 n=k 时结论成立,即 a2kca2k+1f(a2k+f(1)=a2,即 1ca2k+2a2.再由 f(x)在(-g,1上为减函数得 c=f(c)f(a2k+2)f(a2)=a31.故 ca2k+31,因此 a2(k+1)ca2(k+1)+11.这就是说，当 n=k+1 时结论成立.1综上，符合条件的

28、c 存在，其中一个值为 c=.解法二:设 f(x)=I -1,则 an+1=f(an).先证:0 anW1(n N).当 n=1 时,结论明显成立.假设 n=k 时结论成立，即 0WakW1.易知 f(x)在(-g,1上为减函数，从而 0=f(1)Wf(ak)Wf(0)=-11.即 0Wak+1W1.这就是说，当 n=k+1 时结论成立.故成立.再证:a2na2n+1(n N).当 n=1 时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)= - -1,有 a2a3,即 n=1 时成立.假设 n=k 时,结论成立,即 a2kf(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2

29、k+2)=a2(k+1)+1.这就是说，当 n=k+1 时成立.所以对一切 n 2 成立.由得 a2n八-匸-1,22 即(a2n+1) -2a2n+2,1因此 a2nf(a2n+l), 即卩 a2n+1a2n+2,2- r1所以 a2n+1-.Ll：I -1,解得 a2n+1.1综上，由知存在 c=:使 a2ncm,则 f(m,n)=0;f(m+1,n)=nf(m,n)+f(m,n-1),则f(2,2)=.答案 22. (2018 浙江萧山九中 12 月月考,20)设函数 f(x)=lnx+a - -1,曲线 y=f(x)在点(1,f(1)处的切线与直线y= x+1 平行.(1)求 a 的值

30、；证明：当 x1 时,f(x)1 时，有 g(x)0,所以 g(x)在区间(1,+g)上是减函数， g(x)g(1)=0,即 f(x) x2- x+1;证明(1)记 g(x)=f(x)-xX X2+_1= L+_1150,x (0,1), g(x)在区间(0,1)上单调递增,X又 g(0)=0, g(x)=f(x)-x2-1+ 0, f(x) X?- x+1.1_ _(2)f(x)=2x- | 亠;-1,记 h(x)=2x- | 亠；-1,由 h(0)=-,且 f15故f(x)w考点二数学归纳法1 1 _ 1_4.(2016 黑龙江哈尔滨三中模拟,10)用数学归纳法证明不等式“1+ +丨 2)

31、 ”成立时，由 n=k(k 2)时不等式成立，推证 n=k+1 时，左边应增加的项的个数是()A.2k-1B.2k-1C.2kD.2k+1答案 C5.(2018 浙江 9+1 高中联盟期中,22)已知数列an满足:a,p1,an+1.(1)证明:anan+11；?an aR+l证明： an+1 -1 2n-l(3)证明：；I x 1.E11当 n=1 时，/ p1, a1=1;ak-!2假设当 n=k 时,ak1,此时易证得 In ak-ak+10 恒成立,即 lnak=1.由可知 an1.再证 anan+1.吋 1 alflanlnanan+1-an=-an=,令 f(x)=x-1-xInx

32、,x1, 贝 V f(x)=-lnx0,1 2D-1 俭an)x.所以 f(x)在(1,+ g)上单调递减,所以 f(x)f(1)=0,所以,an+1.所以 anan+11.(5 分)Zan aR+l2an 吋】aR+l要证 yan+i .,只需证 .,(2anlnalVa+l1,先证 2anlnan-+11,只需证 f(x)0.因为 f(x)=2lnx+2-2x2(x-1)+2-2x=0,所以 f(x)在(1,+ g)上单调递减，所以 f(x)0,令 g(x)=(x+1)lnx-2x+2,x1, 只需证 g(x)0,x+11g(x)=l nx+-2=l nx+ -1,11 1 x-1令 h(

33、x)=lnx+-1,x1,则 h(x)=-=0,所以 h(x)在(1,+g)上单调递增，所以 h(x)h(1)=0,从而 g(x)0,所以 g(x)在(1,+g)上单调递增，所以 g(x)g(1)=0,?an aR+l综上可得為+1 .(10 分)备丁 11 卩nJ1 卩 pl由 知，一方面,an-1 2),则 an-1 2),n=1 时,a1-仁 I 1 (叩 i因为 lnx1), 所以 lnanan-1 ,巴 2nJ 1 fUnl竺 1 11则上 5 x =L (n 2),n=1 时，J =I =.一 l.11 一 1卩严 i因为 lnx1- (x1),所以 lnan1-,1+lna2+l

34、nan丨：+： + +1 2n-l=：x 1 2n-l 综上， ： Ix lTVi!”兰1=1%“则下列结论中错误的是答案 D二、解答题2.(2018 浙江重点中学 12 月联考,22)已知数列an满足:a1=0,1 n(an+1-an)+an+nln 2=0(n N). (1)求 a3；证明：ln(2-21-n)WanW1-21-n;是否存在正实数 c,使得对任意的 n N,都有 anW1-c?并说明理由.+nln2)解析由已知得 an+1=an+,1 1 1又 a1=0,所以 a2= ,a3= +.(2 分)(a +Iiln2)-n(2)证明：因为 an+1an,a1=0,所以 an 0,

35、贝Uan+1=an+an+e=an+2 ,所以 anWan-1+2-(n-1).f(n+1)-f(n)=(+2 -2)-+2(-2=-2 =-2 =、-1-2g+M 砌-ne-2 =0,所以f(n)是递增数列，所以 f(n) f(1)=0,即+21-n-2 0,所以an ln(2-21-n).综上,In(2-2，-) an1-21-n.(8 分)亠、V3),列an为周期数列，周期为 T.已知数列an满足 ai=m(mO),an+i=A. 若 a3=4,则 m 可以取 3 个不同的值B.若 m=,则数列an是周期为 3 的数列C.任意的 T N*且 T2,存在 m1,使得an是周期为 T 的数列

36、D.存在 m Q 且 m 2,使得数列an是周期数列-(n-2)-(n-1)-n1-n1-n1 1 _!3.(2017 浙江镇海中学模拟(5 月),22)已知在数列an中,a1= ,an+1= -2an+2,n N*,其前项和为 S.所以当 n 4 时,an + +: += + +，5由(1)知：当 n=1,2,3 时,an ,51综上:对任意的 n N,都有 an ,所以存在 c= .(15 分)(1)求证：1an+1an2；6 2nl+2求证：.- g - I ;求证：*Snn+2.证明(1)先用数学归纳法证明1an2.31当 n=1 时,1a1= 2,2假设当 n=k 时,1ak2.22

37、则当 n=k+1 时,ak+1= i-2ak+2=(ak-1) +1,又 ak (1,2),所以 ak+1 (1,2).由知 1an2,n N 恒成立.an+1-an=JI-3an+2=(an-1)(an-2)0.所以 1an+1an r ,a2= ：,当 n3 时，： + 1,又 1an2,所以 an：+，:.由 an+1=i：-2an+2 彳得 2-an+1=2an-1,即】；： i=_- . - !所以 2%+i2(2% ,2 导所以 an1(n2,n N),2 二+2寳+2当 n=1 时,a1=-：-,所以 anW- - (n N).6 2nl+2所以WanWI.(3)由 1ann.2

38、nl+2 1 1由 anW1=1+- l1+ ,1 丄( (14)=n+2n+2,故 *Snn+2.4.(2017 浙江温州三模(4 月),20)设函数 f(x)=4x 节+ ： ,x 0,1,证明:2(1) f(x) 1-2x+3x ;217(2)f(x)W证明(1)令函数 g(x)=(1+x)(1-2x+3x -4x ),x 0,1,(2分)则 g(x)=-20(1+x)x3W0(等号成立当且仅当 x=0),(4 分)故 g(x)在0,1上单调递减，于是 g(x)Wg(0)=1,223得 Sn 1-2x+3x2=3 + ，但上述两处的等号不能同时成立故 f(x).(10 分)226x2(l+xf-l2- 1 亠：= 门,(12 分)另一方面，f(x)=12x显然函数 h(x)=6x2(1+x)3-1 在0,1上单调递增,而 h(0)=-10, 故 h(x)在(0,1)内存在唯一的零点 xo,即 f(xo)=0,且当 x (0,xo)时 f(x)0,故 f(x)在(0,xo)内单调递减，在(xo,1)内单调递增,(14 分)因此在0,1上,f(x) maxf(0),f(1)=maxI217综上,yf(x) an；(2) 求证:a20171,求正整数 n