1、高考数学(浙江专用),第十三章 直接证明与间接证明,考点 数学归纳法 (2017浙江,22,15分)已知数列xn满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(nN*). 证明:当nN*时, (1)00. 当n=1时,x1=10. 假设n=k时,xk0,那么n=k+1时,若xk+10,则00.,A组 自主命题浙江卷题组,五年高考,因此xn0(nN*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1. 因此00(x0). 函数f(x)在0,+)上单调递增,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*
2、). (3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn . 由 2xn+1-xn得 - 2 0, 所以 - 2 2n-1 =2n-2,故xn .综上, xn (nN*). 方法总结 1.证明数列单调性的方法. 差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断 其符号. 商比法:作商 ,判断 与1的大小,同时注意an的正负. 数学归纳法. 反证法:例如求证:nN*,an+1an,可反设存在kN*,有ak+1ak,从而导出矛盾. 2.证明数列的有界性的方法. 构造法:构造函数,求函数的值域,得数列有界. 反证法.
3、数学归纳法.,3.数列放缩的方法. 裂项法:利用不等式性质,把数列的第k项分裂成某数列的相邻两项差的形式,再求和,达到放 缩的目的. 累加法:先把an+1-an进行放缩.例:an+1-anqn, 则有n2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+(an-an-1)a1+q+q2+qn-1. 累乘法:先把 进行放缩.例: q(q0), 则有n2时,an=a1 a1qn-1(其中a10). 放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列an放缩成等比数列bn,求和后,再进行适 当放缩.,考点一 直接证明与间接证明 1.(2017课标全国理,7,5分)甲、乙、丙、丁四位同学一起去向老师询问成语竞
4、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,B组 统一命题、省(区、市)卷题组,答案 D 本题主要考查逻辑推理能力. 由题意可知,“甲看乙、丙的成绩,不知道自己的成绩”说明乙、丙两人是一个优秀一个良好, 则乙看了丙的成绩,可以知道自己的成绩;丁看了甲的成绩,也可以知道自己的成绩.故选D.,2.(2016北京,8,5分)袋中装有偶数个球,其中红球、黑球各占
5、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 解法一:假设袋中只有一红一黑两个球,第一次取出后,若将红球放入了甲盒,则乙盒 中有一个黑球,丙盒中无球,A错误;若将黑球放入了甲盒,则乙盒中无球,丙盒中有一个红球,D 错误;同样,假设袋中有两个红球和两个黑球,第一次取出两个红球,则乙盒中有一个红球,第二 次必然拿出两
6、个黑球,则丙盒中有一个黑球,此时乙盒中红球多于丙盒中的红球,C错误.故选B. 解法二:设袋中共有2n个球,最终放入甲盒中k个红球,放入乙盒中s个红球.依题意知,甲盒中有 (n-k)个黑球,乙盒中共有k个球,其中红球有s个,黑球有(k-s)个,丙盒中共有(n-k)个球,其中红球有 (n-k-s)个,黑球有(n-k)-(n-k-s)=s个.所以乙盒中红球与丙盒中黑球一样多.故选B.,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. 若教师人数为4
7、,则女学生人数的最大值为 ; 该小组人数的最小值为 .,答案 6 12,解析 设男学生人数为x,女学生人数为y,教师人数为z,由已知得 且x,y,z均为正整数. 当z=4时,8xy4,x的最大值为7,y的最大值为6, 故女学生人数的最大值为6. xyz ,当x=3时,条件不成立,当x=4时,条件不成立,当x=5时,5yz ,此时z=3,y=4. 该小组人数的最小值为12.,4.(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=
8、n,bn=2n-1,求c1,c2,c3的值,并证明cn是等差数列; (2)证明:或者对任意正数M,存在正整数m,当nm时, M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,cm+2, 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)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-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n0时,
9、 取正整数m ,则当nm时,nd1d2,因此cn=b1-a1n.,此时,cm,cm+1,cm+2,是等差数列. 当d1=0时,对任意n1, cn=b1-a1n+(n-1)maxd2,0=b1-a1+(n-1)(maxd2,0-a1). 此时,c1,c2,c3,cn,是等差数列. 当d1 时,有nd1max , 故当nm时, M.,解后反思 解决数列的相关题时,可通过对某些项的观察,分析和比较,发现它们的相同性质或 变化规律,再利用综合法进行推理论证.,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S
10、T= + + .例如: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. (1)求数列an的通项公式; (2)对任意正整数k(1k100),若T1,2,k,求证:STak+1; (3)设CU,DU,SCSD,求证:SC+SCD2SD.,解析 (1)由已知得an=a13n-1,nN*. 于是当T=2,4时,ST=a2+a4=3a1+27a1=30a1. 又ST=30,故30a1=30,即a1=1. 所以数列an的通项公式为an=3n-1,nN*. (2)因为T1,2,k,an=3n-10,nN*, 所以STa1+a2+ak=1+
11、3+3k-1= (3k-1)3k. 因此,STak+1. (3)下面分三种情况证明. 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=CUD,F=DUC,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)知,SEak+1.于是3l-1=alSFSEak+1=3k,所以l-1k,即lk.又kl,故lk-1. 从而SFa1+a2+al=1+3+3l-1= = , 故SE2
12、SF+1, 所以SC-SCD2(SD-SCD)+1, 即SC+SCD2SD+1. 综合得,SC+SCD2SD. 解后反思 (1)考查等比数列通项公式及等比数列项的求解与计算,通法“基本元素法”依旧 适用,只不过是创新背景,语言理解要准确.(2)数列求和与不等式放缩结合,注意放缩适度.(3)间 接证明与数列结合,有一定难度.,6.(2015北京,20,13分)已知数列an满足:a1N*,a136,且an+1= (n=1,2,).记集合 M=an|nN*. (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
13、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nk,an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. (3)由a136,an= 可归纳证明an36(n=2,3,). 因为a1是正整数,a2= 所以a2是2的倍数,
14、 从而当n3时,an是4的倍数. 如果a1是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an是3的倍数,因此当n3时,an12,24,36, 这时M的元素个数不超过5. 如果a1不是3的倍数,由(2)知对所有正整数n,an不是3的倍数, 因此当n3时,an4,8,16,20,28,32, 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.,考点二 数学归纳法 1.(2015江苏,23,10分)已知集合X=1,2,3,Yn=1,2,3,n(nN*),设Sn=(a,b)|a整除b或b整除a,a X,bYn.令f(n)表
15、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, 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,分以下情形讨论:,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=6
16、t,此时有 f(k+1)=f(k)+1 =k+2+ + +1 =(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)+2 =k+2+ + +2 =(k+1)+2+ + ,结论成立; 4)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; 5)若k+1=6t+4,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+ +
17、+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.,2.(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g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x),nN+,求gn(x)的表达式; (2)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)= .
18、 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,(x)0(仅当x=0,a=1时等号成立), (x)在0,+)上单调递增,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)1时,存在x0,使(x)0,故知
19、ln(1+x) 不恒成立, 综上可知,a的取值范围是(-,1. (3)由题设知g(1)+g(2)+g(n)= + + ,n-f(n)=n-ln(n+1), 比较结果为g(1)+g(2)+g(n)n-ln(n+1). 证明如下: 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, ln 2,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. 令
20、x= ,nN+,则ln . 故有ln 2-ln 1 , ln 3-ln 2 , ln(n+1)-ln n , 上述各式相加可得ln(n+1) + + . 结论得证.,考点一 直接证明与间接证明 (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)=f 0(x)= = - ,于是f2(x)=f 1(x)= - =- -+ ,所以f1 =- , f2 =- + . 故2f1 + f2 =-1. (2)证明:由已知,得xf0(x)=
21、sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf 0(x)=cos x, 即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin ,类似可得 2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+),3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin ,C组 教师专用题组,4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2). 下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin 对所有的nN*都成立. (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 . 因为kfk-1(x)+xfk(x)=kf k-1(x)+fk(x)+
22、xf k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x), =cos =sin , 所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin . 因此当n=k+1时,等式也成立. 综合(i)(ii)可知等式nfn-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*).,考点二 数学归纳法 1.(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
23、,(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+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,x0时,对一切整数p1,不等式(1+x)p1+px均成立. (2)证法一:先用数学归纳法证明an . 当n=1时,由题设a1 知an 成立. 假设n=k(k1,kN*)时,不等式ak 成立.,由an+1= an+ 易知an0,nN*. 当n=k+1时, = + =1+ . 由ak 0得-11+p =
24、 .因此 c,即ak+1 . 所以n=k+1时,不等式an 也成立. 综合可得,对一切正整数n,不等式an 均成立. 再由 =1+ 可得 an+1 ,nN*. 证法二:设f(x)= x+ x1-p,x ,则xpc,并且 f (x)= + (1-p)x-p= 0,x .,由此可得, f(x)在 ,+)上单调递增. 因而,当x 时, f(x)f( )= , 当n=1时,由a1 0,即 c可知 a2= a1+ =a1 ,从而a1a2 . 故当n=1时,不等式anan+1 成立. 假设n=k(k1,kN*)时,不等式akak+1 成立,则 当n=k+1时, f(ak)f(ak+1)f( ),即有ak+
25、1ak+2 . 所以n=k+1时,原不等式也成立. 综合可得,对一切正整数n,不等式anan+1 均成立. 评析 本题考查了数学归纳法、导数、不等式等知识;考查推理运算求解、综合分析的能力; 熟练运用数学归纳法,推理证明是解题的关键.,2.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1= +b(nN*). (1)若b=1,求a2,a3及数列an的通项公式; (2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2nca2n+1对所有nN*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)2=(an-1)2+1, 从而(an-1)2是首项为0,公差为1的等差
26、数列, 故(an-1)2=n-1,即an= +1(nN*). 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= +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a2nf(a2k+1)f(1)=a2,即1ca2k+2a2. 再由f(x)在(-,1上为减函数得c=f(c)
27、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. 综上,符合条件的c存在,其中一个值为c= . 解法二:设f(x)= -1,则an+1=f(an). 先证:0an1(nN*). 当n=1时,结论明显成立. 假设n=k时结论成立,即0ak1. 易知f(x)在(-,1上为减函数,从而0=f(1)f(ak)f(0)= -1f(a2k+1)=a2k+2, a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2n+1), 即a2n+1a2n+2,所以a2n+1 -1,解得a2n+1 . 综上,由知存在c= 使a2nca2n+1对一切n
28、N*成立. 评析 本题考查由递推公式求数列的通项公式,数学归纳法,等差数列等内容.用函数的观点解 决数列问题是处理本题的关键.,考点一 直接证明与间接证明 1.(2018浙江诸暨高三5月适应性考试,22)已知数列an的各项都小于1,a1= , -2an+1= -an(n N*). (1)求证:an+1an(nN*); (2)设数列an的前n项和为Sn,求证: - Sn ; (3)记bn= - ,求证:bn2 .,三年模拟,A组 20162018年高考模拟基础题组,证明 (1)先证:an0= 0,an+1,an同号,a1= 0,所以an0, 又 = =1,所以an+1an(nN*). (2) -
29、2an+1= -an= -2an+an,Sn= -2an+1-( -2a1)= -2an+1+ , 由(1)得2an+1-an= - 0,所以an , - Sn= -2an+1+ .,(3)由 -2a2= -a1=- 得a2= ,从而b1=2 , (2-an+1)an+1=an(1-an) + = + bn= - = - , 下证bn为单调递减数列, bn+1-bn= - - + = + , 我们先证an-an+1为单调递减数列: an+1-an+2= =an-an+1, 所以 + 0, bn为单调递减数列,bnb1=2 .,2.(2017浙江温州三模(4月),20)设函数f(x)=4x3+
30、,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上单调递增,而h(0)=-10,故h(x)在(0,1)内存在唯一 的零点x0, 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)内单调递增, (14分) 因此在0,1上, f(x)maxf(0), f(1)=max = . 综上, f(x) . (15分),3.(2017浙江台州期末质量评估,22)已知数列an满足:a1= ,an+1= +an(nN*)
31、. (1)求证:an+1an; (2)求证:a2 0171,求正整数n的最小值.,解析 (1)证明:由an+1-an= 0,得an+1an. 因为a1= ,所以an ,因此an+1-an= 0, 所以an+1an. (2)证明:由已知得 = = - , 所以 = - . 则 = - ,= - , = - (n2,nN*), 累加可得 - = + + (n2,nN*). 由(1)得 =a1a2a3a2 016,所以 - = + + 2 017 =1. 所以a2 017an,所以n的最小值为2 018.,考点二 数学归纳法 (2018浙江新高考调研卷五(绍兴一中),22)数列an中,a1=a,an
32、+1= an+ (nN*),已知00,an+1-an= - an= an(an-1)(nN*). 下面用数学归纳法证明:an1. n=1时,a1=a1,结论成立. 假设n=k时,ak1, 当n=k+1时,ak+1-ak= ak(ak-1)0,即ak+1ak1,结论成立. 根据可知,当nN*时,an1,所以an+1an. (2)由an+1= an+ ,得 = = = = - ,因为0 ,又a1=a, 所以当nN*时,an .,一、选择题 1.(2018浙江五校联考(5月),9)已知ABC的三边长分别为a、b、c,有以下四个命题: (1)以 , , 为边长的三角形一定存在; (2)以2a,2b,2
33、c为边长的三角形一定存在; (3)以a3,b3,c3为边长的三角形一定存在; (4)以|a-b|+c,|b-c|+a,|c-a|+b为边长的三角形一定存在. 其中正确命题的个数为 ( ) A.1个 B.2个 C.3个 D.4个,B组 20162018年高考模拟综合题组 (时间：80分钟 分值：125分),答案 B 不妨设ac. (1)由 - =a+b-c+2 0,得 + ,即以 , , 为边长的三角形存在. (2)比较2a+2b与2c的大小,取(a,b,c)=(2,3,4),满足a+bc,但2a+2b2c,此时构不成三角形; (3)同样取(a,b,c)=(2,3,4),构不成三角形; (4)当
34、abc时,|a-b|+c=b+c-a,|b-c|+a=a+c-b,|c-a|+b=b+c-a,此时较小的两边之和大于第三边,所 以三角形一定存在. 故选B.,2.(2018浙江金华十校第一学期期末调研,20,15分)已知函数f(x)=ex-axex-a(aR). (1)若f(x)在区间(0,+)上单调递减,求a的取值范围; (2)求证:x在(0,2)上任取一个值,不等式 - 恒成立(e为自然对数底数).,二、填空题,解析 (1)对f(x)进行求导得f (x)=ex(x+1) , (2分) 由函数f(x)在区间(0,+)上单调递减得f (x)0. (4分) -a0,a =1. 故a的取值范围为1
35、,+). (7分) (2)证明:要证原不等式成立,即证(x-2)ex+x+20在x(0,2)上恒成立. (9分) 设F(x)=(x-2)ex+x+2,则F(x)=(x-1)ex+1, 在(1)中,令a=1,则f(x)=ex-xex-1, f(x)在(0,2)上单调递减. F(x)=-f(x)在(0,2)上单调递增,而F(x)min=F(0)=0, (11分) 在(0,2)上F(x)0恒成立,F(x)在(0,2)上单调递增, (13分) F(x)F(0)=0,即当x(0,2)时, - 恒成立. (15分),3.(2018浙江诸暨高三5月适应性考试,20,15分) 已知函数f(x)= ,g(x)=
36、ax2+bx+c,h(x)=f(x)-g(x). (1)当a= ,b=-2,c=1时,求函数h(x)的极值; (2)若a=-1,且函数f(x)与g(x)在x=0处的切线重合,求证:h(x)0恒成立.,解析 (1)h(x)= - x2+2x-1,h(x)= -x+2=(x-2)( -1), 令h(x)000,得x0, m(x)在(0,+)递增,在(-,0)递减,m(x)m(0)=0, -2x+1, -2x+1-x2-2x+1,即h(x)0.,4.(2018浙江金丽衢十二校第三次联考(5月),20,15分)已知函数f(x)=ln(2x+1)-kx(k0). (1)若x=0时,函数f(x)取得一个极
37、值,求实数k的值; (2)nN*,m1,求证(1+ )(1+ )(1+ ) (e为自然对数的底数).,解析 (1) f(x)=ln(2x+1)-kx, f (x)= -k. (3分) 由f (0)=0,得到k=2. 当k=2时, f (x)= ,它在x=0的两侧是异号的,所以k=2成立. (6分) (2) 证明:由(1)进一步可以判断出f(0)是f(x)在 上的极大值,也是最大值,于是我们可以 得到x- ,ln(1+2x)2x. 所以x- ,1+2xe2x. ( 10分) 于是 = . 即得证. ( 15分),5.(2018浙江绍兴上虞二模(5月),22,15分)已知数列an中a1= ,an+
38、1=sin( an)(nN*). (1)证明:0n- . 证明 (1)数学归纳法证明:当n=1时,a1= ,a2= ,显然有0a1a21. 假设当n=k(kN*),结论成立,即0akak+11, 那么0 ak ak+1 ,0sin sin 1,即0ak+1ak+21, 综上所述0anan+11成立. (7分) (2)由(1)知 an1,01-an , 0 (1-an) , 0sin sin = , (9分) 1-an=1-sin =1-cos,=2sin2 sin n- . (15分),6.(2017浙江镇海中学模拟卷(六),22,15分)设数列an满足a1=1,2n+1anan+1-2n+1
39、 =n. (1)证明: 10, an+1=an+ an, 1. 由2n+1anan+1-2n+1 =n得 =1+ , 而 - = = = 0, 数列 单调递减, = , =1+ 1+ = . 1an,anan+1 , n2时, +( - )+( - )+( - )1+ + + + . 记Tn-1= + + + , 则 Tn-1= + + + ,由-得 Tn-1= - ,Tn-1=1- . 2- ,即 an, 当n=1时, =1=a1,所以 an, 所以 an (nN*).(数学归纳法按步骤酌情给分),7.(2017浙江杭州质检,22,15分)设数列an满足a1= ,an+1=an+ (nN*)
40、. (1)证明:an0,所以an+1=an+ an, 所以 ak+1=ak+ - 3- =3- =3- = 1, 所以an1. 又a1= 1,所以an1(nN*),所以an ak+1,kN*, 所以ak+1=ak+ ak+ ak ak+1=ak+ akak+1, 所以 - ,kN*, 所以,当n2时,有= - . 综上可得,an (nN*). (15分),8.(2017浙江测试卷,20,15分)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)上单调递增, 又g(0)=0,g(x)=f(x)-x2-1+ 0, f(x
41、)x2- 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)上单调递增, 又f(0)=1, f(1)= ,所以f(x) , 另一方面,由(1)得当x 时, f(x)x2- +1= + ,且f , 故 f(x) .,9.(2017浙江镇海中学阶段测试(一),22)已知正项数列an满足a1=2, +2an+1=an+2,nN*. (1)求证:an+2-an+1与an+1-an同号,且an+10,所以an+2-an+1与an+1-an同号.
42、(3分) 因为 =a1+3=5,所以a2= -1,则a2-a1= -30, 又an+1-an与a2-a1同号,所以an+1-an0,即an+1an. (5分) (2)由 +2an+1=an+2,得 +2an+1-3=an-1, 即(an+1+3)(an+1-1)=an-1,|an+1-1|= , (7分) 由(an+1+3)(an+1-1)=an-1,易知an+1-1与an-1同号, 由于a1-1=10,可知an-10,即an1,故an+1+34. 则0 ,所以|an+1-1| |an-1|,nN*. (10分) (3)由(2)知,当n2时,|an-1|=|a1-1| |a1-1|= , (12分) 又当n=1时,a1-1=1= ,故有|an-1| ,nN*. (13分) 则|a1-1|+|a2-1|+|a3-1|+|an-1|1+ + + = = ,nN*. (16分),
