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、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18/182019届高考数学(浙江版)一轮配套讲义：13直接证明与间接证明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2013201420152016201719(2),417(1),71.认识直接证明的两种基分分20,15分22(2),(31.直接证明本方法:解析法和综合法.20(1),620(1),7认识18(1),720(文),1),与间接证明2.认识间接证明的一种基分分分5分约10分本方法:反证法.21(2),820,15分分2.数学归

2、纳认识数学归纳法的原理,能22(1),用数学归纳法证明一些简认识法约5分单的数学命题.解析解读1.直接证明与间接证明、数学归纳法是高考的观察内容,综合法是“由因导果”,而解析法规是“执果索因”,它们是截然相反的两种证明方法.解析法便于我们去搜寻思路,而综合法便于过程的表达,两种方法平分秋色,在解决详尽的问题中,综合运用,收效会更好.2.数学归纳法常与数列、不等式等知识综合在一起,经常综合性比较强,对学生的思想要求比较高.3.综合法与解析法因其在解决问题中的巨大作用而获取命题者的喜欢,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.(2

3、017课标全国理,7,5分)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师咨询成语竞赛的成绩四人中有2位优秀,2位优秀,我现在给甲看乙、丙的成绩,给乙看丙的成绩,给丁看甲的成绩说:我还是不知道我的成绩.依照以上信息,则().老师说:你们.看后甲对大家乙能够知道四人的成绩丁能够知道四人的成绩乙、丁能够知道对方的成绩乙、丁能够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,若是这个球是红球,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()乙盒中黑球不多于丙盒中

4、黑球乙盒中红球与丙盒中黑球相同多乙盒中红球不多于丙盒中红球乙盒中黑球与丙盒中红球相同多答案B3.(2017北京文,14,5分)某学习小组由学生和教师组成,人员组成同时满足以下三个条件:(i)男学生人数多于女学生人数;女学生人数多于教师人数;教师人数的两倍多于男学生人数.若教师人数为4,则女学生人数的最大值为;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-a1n,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c1,c2,c3

5、的值,并证明cn是等差数列;(2)证明:也许对任意正数M,存在正整数m,当nm时,M;也许存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2,是等差数列.解析本题观察等差数列,不等式,合情推理等知识,观察综合解析,归纳抽象,推理论证能力.(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.当n3时,(bk+1-nak+1)-(bk-na)=(b-b)-n(ak+1-a)=2-n0时,取正整数m,则当nm时,nd1d,所以c=b-an.2n11此时,cm

6、,cm+1,cm+2,是等差数列.当d=0时,对任意n1,1cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1).此时,c,c,c,c,是等差数列.123n当d1时,有nd1max,故当nm时,M.5.(2016江苏,20,16分)记U=1,2,100.对数列an(nN*)和U的子集T,若T=?,定义ST=0;若T=t1,t2,tk,定义ST=+.比方:T=1,3,66时,ST=a1+a3+a66.现设an(nN*)是公比为3的等比数列,且当T=2,4时,ST=30.求数列an的通项公式;对任意正整数k(1k100),若T?1,2,k,求证:ST0,nN

7、*,k-1kk所以Sa+a+a=1+3+3=(3-1)3.T12k所以,STak+1.(3)下面分三种状况证明.若D是C的子集,则SC+SCD=SC+SDSD+SD=2SD.若C是D的子集,则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,则E?,F?,EF=?.于是SC=SE+SCD,SD=SF+SCD,进而由SCSD得SESF.设k为E中的最大数,l为F中的最大数,则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的倍数,于是ak-1是3的倍数.近似可得,ak-2,a1都是3的倍数.进而对任意n1,an是3的倍数,所以M的所有元素都是3的倍数.综上,若会集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.(3)由a136,an=可归纳证明an36(n=2,3,).由于a是正整数,a=所以a是2的倍数,122进而当n3时,an是4的倍数.若是a1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an是3的倍数,所以当n3时,an12,24,36,这时M的元素个数不高出5.若是a1不是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an不是3的倍数,所以当n3时,an4,8,16,20,28,32,这时M

9、的元素个数不高出8.当a=1时,M=1,2,4,8,16,20,28,32有8个元素.1综上可知,会集M的元素个数的最大值为8.7.(2014江苏,23,10分)已知函数f0(x)=(x0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,nN*.(1)求2f1+f2的值;(2)证明:对任意的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)证明:由已知,得xf0(x)=sinx,等式两边分别对x求导,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下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn对所有的*都成立.(x)=sinnN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.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所以当n=k+1时,等式也成立.综合(i)(ii)可知等式nfn

11、-1(x)+xfn(x)=sin*对所有的nN都成立.令x=,可得nfn-1+fn=sin(nN*).所以=(nN*).教师用书专用(8)8.(2013江苏,19,16na,公差为d的等差数列(d0),Snn,n分)设a是首项为是其前n项的和.记b=若c=0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:Snk=n2Sk(k,nN*);若bn是等差数列,证明:c=0.nd.证明由题意得,S=na+(1)由c=0,得bn=a+d.又由于b,b,b成等比数列,所以=bb,即=a24,化简得d-2ad=0.1214由于d0,所以d=2a.所以,关于所有的*m2mN,有S=ma.进而关于所有的k,nN*,有Sn

12、k=(nk)2a=n2k2a=n2Sk.(2)设数列b的公差是d,则b=b+(n-1)d,即=b+(n-1)d*的表达式,整理得,关于所有,nN,代入Sn1n1111n*32111的nN,有n+n+cdn=c(d-b).令A=d1-d,B=b1-d1-a+d,D=c(d1-b1),则关于所有的nN*,有32An+Bn+cd1n=D.(*)在(*)式中分别取n=1,2,3,4,得A+B+cd1=8A+4B+2cd1=27A+9B+3cd1=64A+16B+4cd1,进而有由得A=0,cd1=-5B,代入方程,得B=0,进而cd1=0.即d1-d=0,b1-d1-a+d=0,cd1=0.若d1=0

13、,则由d1-d=0,得d=0,与题设矛盾,所以d10.又由于cd1=0,所以c=0.考点二数学归纳法1.(2017浙江,22,15分)已知数列x满足:x=1,x=x+ln(1+x*)(nN).n1nn+1n+1证明:当nN*时,(1)0 x0.当n=1时,x1=10.0,则00.假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,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).函数f(x)在0,+)上单调递加,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.综上,xn(nN*).2.(2015江苏,23,10分)已知会集X=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nN*),设Sn=(a,b)|a整除b或b整除a,aX,bYn.令f(n)表示会集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.当n6时,f(n)=(tN*).下面用数学归纳法证明:当n=6时,f(6)=6+2+=13,结论成立;假设n=k(k6)时

15、结论成立,那么n=k+1时,Sk+1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,分以下状况谈论:1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+3=k+2+3=(k+1)+2+,结论成立;2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+1=(k+1)+2+,结论成立;若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;若k+1=6t+4

16、,则k=6t+3,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+2=(k+1)+2+,结论成立;6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有f(k+1)=f(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,nN*.(1)证明:当x-1且x0时,(1+x)p1+px;(2)数列an满足a1,an+1=an+.证明:anan+1.证明(1)用数学归纳法证明:当p=2时,(1+x)2=1+2x+x21+2x,原不等式成立.假设p=k(k2,kN*)时,不等式(1+x)k1+kx成立.当p=k+1时,(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时,原不等式也成立.p综合可得,当x-1,x0时,对所有整数p1,不等式(1+x)均成立.1+px证法一:先用数学归纳法证明an.当n=1时,由题设a知a成立.1n假设n=k(k1,kN*)时,不等式ak成立.由an+1=nn*a+易知a0,nN.当n=k+1时,=+=1+.由ak0得-1-1+p=.所以c,即ak+1.所以n=k+1时,不等式an也成立.综合可得,对所有正整数n,不等式an均成立.再由=1+可得1,即an+1a*n+1,nN.n证法二:设f(x)=x+x1-p,

18、x,则xpc,并且f(x)=+(1-p)x-p=0,x.由此可得,f(x)在,+)上单调递加.所以,当x时,f(x)f()=,当n=1时,由a10,即c可知a2=a1+=a1,进而a1a2.故当n=1时,不等式anan+1成立.*不等式akak+1成立,则当n=k+1时,f(ak)f(ak+1)f(),即有aa.k+1k+2所以n=k+1时,原不等式也成立.综合可得,对所有正整数n,不等式aa均成立.nn+14.(2014陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf(x),x0,其中f(x)是f(x)的导函数.(1)令g(x)=g(x),g(x)=g(gn(x),nN,求

19、g(x)的表达式;1n+1+n若f(x)ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)设nN+,比较g(1)+g(2)+g(n)与n-f(n)的大小,并加以证明.解析由题设得,g(x)=(x0).(1)由已知得,g1(x)=,g2(x)=g(g1(x)=,g3(x)=,可得gn(x)=.下面用数学归纳法证明.当n=1时,g1(x)=,结论成立.假设n=k时结论成立,即gk(x)=.那么,当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x)=,即结论成立.由可知,结论对nN+成立.(2)已知f(x)ag(x)恒成立,即ln(1+x)恒成立.设(x)=ln(1+x)-(x0),即(x)=-=,当a1时,(

20、x)0(仅当x=0,a=1时等号成立),(x)在0,+)上单调递加,又(0)=0,(x)0在0,+)上恒成立,a1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-ln(n+1).证明以下:证法一:上述不等式等价于+,x0.令x=,nN+,则ln.下面用数学归纳法证明.当n=1时,ln2,结论成立.假设当n=k时结论成立,即+ln(k+1).那么,当n=k+1时,+ln(k+1)+ln(k+1)+ln=ln(k+2),即结论成立.由可知,结论对nN+成立.证法二:上述不等式等价于+,x0

21、.令x=,nN+,则ln.故有ln2-ln1,ln3-ln2,ln(n+1)-lnn,上述各式相加可得ln(n+1)+.结论得证.教师用书专用(5)5.(2014重庆,22,12分)设a=1,an+1=+b(nN).1*(1)若b=1,求a2,a3及数列an的通项公式;*(2)若b=-1,问:可否存在实数c使得aca成立?证明你的结论.对所有nN2n2n+1解析(1)解法一:a2=2,a3=+1.由题设条件知n+12=(an-1)2+1,(a-1)进而(an-1)2是首项为0,公差为1的等差数列,n2n*故(a-1)=n-1,即a=+1(nN).解法二:a2=2,a3=+1,可写为a1=+1,

22、a2=+1,a3=+1.所以猜想n+1.a=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=+1=+1=+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=+1(nN*).(2)解法一:设f(x)=-1,则an+1=f(an).令c=f(c),即c=-1,解得c=.下面用数学归纳法证明命题a2nca2n+11.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=-1,所以a2a31,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2kca2k+1f(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2.再由f(x)在(-,1上为减函数得c=f(c)f(a2k+2231

23、.2k+3所以a2(k+1)2(k+1)+1)f(a)=a故ca1,ca1.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,吻合条件的c存在,其中一个值为c=.解法二:设f(x)=-1,则an+1=f(an).*先证:0a1(nN).n当n=1时,结论显然成立.假设n=k时结论成立,即0ak1.易知f(x)在(-,1上为减函数,进而0=f(1)f(ak)f(0)=-11.即0ak+11.这就是说,当n=k+1时结论成立.故成立.再证:a2na(nN).2n+1*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af(a2k+1)=a

24、2k+2,2k+1a=f(a2k+1)f(a2k+2)=a2(k+1)+1.2(k+1)这就是说,当n=k+1时成立.所以对所有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.综上,由知存在c=2n2n+1*使acm,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;(2)证明:当x1时,f(x

25、)1时,有g(x)0,所以g(x)在区间(1,+)上是减函数,g(x)g(1)=0,即f(x)(x-1).(15分)3.(2017浙江测试卷,20)设函数f(x)=x2+,x0,1.证明:(1)f(x)x2-x+1;(2)0,x(0,1),g(x)在区间(0,1)上单调递加,又g(0)=0,g(x)=f(x)-x2-1+0,2f(x)x-x+1.(2)f(x)=2x-,记h(x)=2x-,由h(0)=-0,知存在x0(0,1),使得h(x0)=0,h(x)在0,1上是增函数,f(x)在区间(0,x0)上单调递减,在区间(x0,1)上单调递加,又f(0)=1,f(1)=,所以f(x),另一方面,

26、由(1)适合x时,f(x)2+1=+,且f,x-故f(x).考点二数学归纳法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+1,an+1=.(1)证明:aa1;nn+1(2)证明:a;n+1(3)证明:ln(a1a2an)1.当n=1时,p1,a1=1;假设当n=k时,ak1,此时易证得lnak-ak+10恒成立,即lnak=1.由可知an1.再证anan+1.an+1-an=-an=,令f(x)=x-1-xlnx,x1,则f(x)=-lnx0,所以f(x)在(1,+)上单调递减,所以f(x)f(1)=0,所以a.nn+1所以anan+11.(5分)(2)要证an+1,只

27、需证1,先证2anlnan-+11,只需证f(x)0.由于f(x)=2lnx+2-2x2(x-1)+2-2x=0,所以f(x)在(1,+)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,g(x)=lnx+-2=lnx+-1,令h(x)=lnx+-1,x1,则h(x)=-=0,所以h(x)在(1,+)上单调递加,所以h(x)h(1)=0,进而g(x)0,所以g(x)在(1,+)上单调递加,所以g(x)g(1)=0,综上可得an+1.(10分)(3)由(2)知,一方面,a-1(n2),则a-1(a1-1)=(n2),n=1时,a-1=,nn1由于lnx1

28、),所以lnaa-1,nn所以ln(a1a2an)=lna1+lna2+lnan,则=(n2),n=1时,=.由于lnx1-(x1),所以lnan1-,所以ln(aaa)=lna+lna+lna+12n12n=.综上,ln(aaa)0),an+1=则以下结论中错误的选项是()A.若a3=4,则m能够取3个不相同的值B.若m=,则数列a是周期为3的数列nC.任意的TN*且T2,存在m1,使得an是周期为T的数列D.存在mQ且m2,使得数列a是周期数列n答案D二、解答题n+1-an)+an+nln2=0(nN*).2.(2018浙江重点中学12月联考,22)已知数列an满足:a1=0,ln(a(1

29、)求a;3(2)证明:ln(2-21-n)an1-21-n;可否存在正实数c,使得对任意的nN*,都有an1-c?并说明原由.解析(1)由已知得an+1=an+,又a1=0,所以a2=,a3=+.(2分)(2)证明:由于an+1an,a1=0,所以an0,则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,则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、是递加数列,所以f(n)f(1)=0,即+21-n-20,所以anln(2-21-n).综上,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),所以当n4时,an+=+.由(1)知:当n=1,2,3时,an,综上:对任意的nN*,都有an,所以存在c=.(15分)3.(2017浙江镇海中学模拟(5月),22)已知在数列a中,a=,a=-2an+2,nN,其前n项和为S.n1n+1*n(1)求证:1an+1na2;(2)求证:an;(3)n求证:nSn+2.证明(1)先用数学归

31、纳法证明1an2.当n=1时,1a1=2,假设当n=k时,1ak2.则当n=k+1时,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,当n3时,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*当n=1时,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浙江温州三模(4月),20)设函数f(x)=4x3+,x0,1,证明:(1)f(x)1-2x+3x2;(2).(10分)另一方面,f(x)=12x2-=,(12分)显然函数h(x)=6x2(1+x)3-1在0,1上单调递加,而h(0)=-10,故h(x)在(0,1)内存在唯一的零0点x,即f(x0)=0,且当x(0,x0)时,f(x)0,故f(x)在(0,x0)内单调递减,在(x0,1