（浙江专版）2023版高考数学一轮复习第十三章直接证明与间接证明学案

PAGEPAGE1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202220222022202220221.直接证明与间接证明1.了解直接证明的两种根本方法:分析法和综合法.2.了解间接证明的一种根本方法: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),15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“由因导果〞,而分析法那么是“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表达,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,往往综合性比拟强,对学生的思维要求比拟高.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2022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.(2022课标全国Ⅱ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,那么()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.(2022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,否那么就放入丙盒.重复上述过程,直到袋中所有球都被放入盒中,那么()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B3.(2022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假设教师人数为4,那么女学生人数的最大值为;

②该小组人数的最小值为.

答案①6②124.(2022北京理,20,13分)设{an}和{bn}是两个等差数列,记cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}(n=1,2,3,…),其中max{x1,x2,…,xs}表示x1,x2,…,xs这s个数中最大的数.(1)假设an=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n≥m时,cnn>M;或者存在正整数m,使得cm,cm+1,c解析此题考查等差数列,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=max{b1-2a1,b2-2a2}=max{1-2×1,3-2×2}=-1,c3=max{b1-3a1,b2-3a2,b3-3a3}=max{1-3×1,3-3×2,5-3×3}=-2.当n≥3时,(bk+1-nak+1)-(bk-nak)=(bk+1-bk)-n(ak+1-ak)=2-n<0,所以bk-nak关于k∈N*单调递减.所以cn=max{b1-a1n,b2-a2n,…,bn-ann}=b1-a1n=1-n.所以对任意n≥1,cn=1-n,于是cn+1-cn=-1,所以{cn}是等差数列.(2)设数列{an}和{bn}的公差分别为d1,d2,那么bk-nak=b1+(k-1)d2-[a1+(k-1)d1]n=b1-a1n+(d2-nd1)(k-1).所以cn=b①当d1>0时,取正整数m>d2d1,那么当n≥m时,nd1>d2,因此cn=b1此时,cm,cm+1,cm+2,…是等差数列.②当d1=0时,对任意n≥1,cn=b1-a1n+(n-1)max{d2,0}=b1-a1+(n-1)(max{d2,0}-a1).此时,c1,c2,c3,…,cn,…是等差数列.③当d1<0时,当n>d2d1时,有nd1所以cnn=n(-d1)+d1-a1+d2+b≥n(-d1)+d1-a1+d2-|b1-d2|.对任意正数M,取正整数m>maxM+故当n≥m时,cn5.(2022江苏,20,16分)记U={1,2,…,100}.对数列{an}(n∈N*)和U的子集T,假设T=⌀,定义ST=0;假设T={t1,t2,…,tk},定义ST=at1+at2+…+atk.例如:T={1,3,66}时,ST=a1+a3+a66.现设{a(1)求数列{an}的通项公式;(2)对任意正整数k(1≤k≤100),假设T⊆{1,2,…,k},求证:ST<ak+1;(3)设C⊆U,D⊆U,SC≥SD,求证:SC+SC∩D≥2SD.解析(1)由得an=a1·3n-1,n∈N*.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,n∈N*.(2)因为T⊆{1,2,…,k},an=3n-1>0,n∈N*,所以ST≤a1+a2+…+ak=1+3+…+3k-1=12(3k-1)<3k因此,ST<ak+1.(3)下面分三种情况证明.①假设D是C的子集,那么SC+SC∩D=SC+SD≥SD+SD=2SD.②假设C是D的子集,那么SC+SC∩D=SC+SC=2SC≥2SD.③假设D不是C的子集,且C不是D的子集.令E=C∩∁UD,F=D∩∁UC,那么E≠⌀,F≠⌀,E∩F=⌀.于是SC=SE+SC∩D,SD=SF+SC∩D,进而由SC≥SD得SE≥SF.设k为E中的最大数,l为F中的最大数,那么k≥1,l≥1,k≠l.由(2)知,SE<ak+1.于是3l-1=al≤SF≤SE<ak+1=3k从而SF≤a1+a2+…+al=1+3+…+3l-1=3l-12≤3故SE≥2SF+1,所以SC-SC∩D≥2(SD-SC∩D)+1,即SC+SC∩D≥2SD+1.综合①②③得,SC+SC∩D≥2SD.6.(2022北京,20,13分)数列{an}满足:a1∈N*,a1≤36,且an+1=2an,an(1)假设a1=6,写出集合M的所有元素;(2)假设集合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=2an,如果k=1,那么M的所有元素都是3的倍数.如果k>1,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n≥1,an是3的倍数,因此M的所有元素都是3的倍数.综上,假设集合M存在一个元素是3的倍数,那么M的所有元素都是3的倍数.(3)由a1≤36,an=2an-因为a1是正整数,a2=2a1,从而当n≥3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n≥3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(2)知对所有正整数n,an不是3的倍数,因此当n≥3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8.7.(2022江苏,23,10分)函数f0(x)=sinxx(x>0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,n∈N(1)求2f1π2+π2f2(2)证明:对任意的n∈N*,等式nfn-解析(1)由,得f1(x)=f'0(x)=sinxx'=cosxx-sinxx2,于是f2(x)=f'1(x)=cosxx'-sinxx2'=-sinxx-2cosx故2f1π2+π2f2(2)证明:由,得xf0(x)=sinx,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf'0(x)=cosx,即f0(x)+xf1(x)=cosx=sinx+2f1(x)+xf2(x)=-sinx=sin(x+π),3f2(x)+xf3(x)=-cosx=sinx+4f3(x)+xf4(x)=sinx=sin(x+2π).下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sinx+nπ2对所有的(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)=sinx+因为[kfk-1(x)+xfk(x)]'=kf'k-1(x)+fk(x)+xf'k(x)=(k+1)·fk(x)+xfk+1(x),sinx+kπ2'=cosx所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sinx+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)=sinx+nπ2对所有的令x=π4,可得nfn-1π4+π4fnπ4=sin所以nfn-1π教师用书专用(8)8.(2022江苏,19,16分)设{an}是首项为a,公差为d的等差数列(d≠0),Sn是其前n项的和.记bn=nSnn(1)假设c=0,且b1,b2,b4成等比数列,证明:Snk=n2Sk(k,n∈N*);(2)假设{bn}是等差数列,证明:c=0.证明由题意得,Sn=na+n((1)由c=0,得bn=Snn=a+又因为b1,b2,b4成等比数列,所以b22=b1b4,即a+d2因为d≠0,所以d=2a.因此,对于所有的m∈N*,有Sm=m2a从而对于所有的k,n∈N*,有Snk=(nk)2a=n2k2a=n2S(2)设数列{bn}的公差是d1,那么bn=b1+(n-1)d1,即nSnn2+c=b1+(n-1)d1,n∈N*,代入Sn的表达式,整理得,对于所有的n∈N*,有d1-12dn3+令A=d1-12d,B=b1-d1-a+1D=c(d1-b1),那么对于所有的n∈N*,有An3+Bn2+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,从而有7由②③得A=0,cd1=-5B,代入方程①,得B=0,从而cd1=0.即d1-12d=0,b1-d1-a+12d=0,cd假设d1=0,那么由d1-12与题设矛盾,所以d1≠0.又因为cd1=0,所以c=0.考点二数学归纳法1.(2022浙江,22,15分)数列{xn}满足:x1=1,xn=xn+1+ln(1+xn+1)(n∈N*).证明:当n∈N*时,(1)0<xn+1<xn;(2)2xn+1-xn≤xn(3)12n-1≤x解析此题主要考查数列的概念、递推关系与单调性根底知识,不等式及其应用,同时考查推理论证能力、分析问题和解决问题的能力.(1)用数学归纳法证明:xn>0.当n=1时,x1=1>0.假设n=k时,xk>0,那么n=k+1时,假设xk+1≤0,那么0<xk=xk+1+ln(1+xk+1)≤0,矛盾,故xk+1>0.因此xn>0(n∈N*).所以xn=xn+1+ln(1+xn+1)>xn+1.因此0<xn+1<xn(n∈N*).(2)由xn=xn+1+ln(1+xn+1)得,xnxn+1-4xn+1+2xn=xn+12-2xn+1+(xn+1记函数f(x)=x2-2x+(x+2)ln(1+x)(x≥0),f'(x)=2x函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,因此xn+12-2xn+1+(xn+1+2)ln(1+xn+1)=f(x故2xn+1-xn≤xnxn(3)因为xn=xn+1+ln(1+xn+1)≤xn+1+xn+1=2xn+1,所以xn≥12由xnxn+12≥2xn+1-xn得1所以1xn-12≥21xn-故xn≤12n-2.综上,12n-2.(2022江苏,23,10分)集合X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,n}(n∈N*),设Sn={(a,b)|a整除b或b整除a,a∈X,b∈Yn}.令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.(1)写出f(6)的值;(2)当n≥6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n≥6时,f(n)=n+2+n2下面用数学归纳法证明:①当n=6时,f(6)=6+2+62+6②假设n=k(k≥6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的根底上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论:1)假设k+1=6t,那么k=6(t-1)+5,此时有f(k+1)=f(k)+3=k+2+k-12=(k+1)+2+k+12+2)假设k+1=6t+1,那么k=6t,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+k2+k=(k+1)+2+(k+1)-3)假设k+1=6t+2,那么k=6t+1,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k-12=(k+1)+2+k+12+4)假设k+1=6t+3,那么k=6t+2,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k2+k=(k+1)+2+(k+1)-5)假设k+1=6t+4,那么k=6t+3,此时有f(k+1)=f(k)+2=k+2+k-12=(k+1)+2+k+12+6)假设k+1=6t+5,那么k=6t+4,此时有f(k+1)=f(k)+1=k+2+k2+k=(k+1)+2+(k+1)-综上所述,结论对满足n≥6的自然数n均成立.3.(2022安徽,21,13分)设实数c>0,整数p>1,n∈N*.(1)证明:当x>-1且x≠0时,(1+x)p>1+px;(2)数列{an}满足a1>c1p,an+1=p-1pan+cpa证明(1)用数学归纳法证明:①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+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+kx2>1+(k+1)x.所以p=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.(2)证法一:先用数学归纳法证明an>c1①当n=1时,由题设a1>c1p知an>②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>c1由an+1=p-1pan+cpan当n=k+1时,ak+1ak=p-由ak>c1p>0得-1<-1p由(1)中的结论得ak+1akp=1+1pcakp所以n=k+1时,不等式an>c1综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>c1再由an+1an=1+1pca综上所述,an>an+1>c1p,n∈N证法二:设f(x)=p-1px+cpx1-p,x≥f'(x)=p-1p+cp(1-p)x-p=由此可得,f(x)在[c1因而,当x>c1p时,f(x)>f(c1①当n=1时,由a1>c1p>0,即a2=p-1pa1+cpa11-p=a11+1pca1p故当n=1时,不等式an>an+1>c1②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>ak+1>c1当n=k+1时,f(ak)>f(ak+1)>f(c1p),即有ak+1>ak+2>所以n=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>an+1>c14.(2022陕西,21,14分)设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf'(x),x≥0,其中f'(x)是f(x)的导函数.(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求gn(x)的表达式;(2)假设f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围;(3)设n∈N+,比拟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)=x1+(1)由得,g1(x)=x1+x,g2(x)=g(g1(x))=x1+g3(x)=x1+3x,……,可得gn(x)=下面用数学归纳法证明.①当n=1时,g1(x)=x1+②假设n=k时结论成立,即gk(x)=x1+那么,当n=k+1时,gk+1(x)=g(gk(x))=gk(x)1+即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.(2)f(x)≥ag(x)恒成立,即ln(1+x)≥ax1+设φ(x)=ln(1+x)-ax1+即φ'(x)=11+x-a(当a≤1时,φ'(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增,又φ(0)=0,∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,∴a≤1时,ln(1+x)≥ax1+当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ'(x)<0,∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,∴φ(a-1)<φ(0)=0.即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,故知ln(1+x)≥ax1+综上可知,a的取值范围是(-∞,1].(3)由题设知g(1)+g(2)+…+g(n)=12+23+…+n-f(n)=n-ln(n+1),比拟结果为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12+13+…+在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>x1+令x=1n,n∈N+那么1n+1<ln下面用数学归纳法证明.①当n=1时,12②假设当n=k时结论成立,即12+13+…+那么,当n=k+1时,12+13+…+1k+1+1k即结论成立.由①②可知,结论对n∈N+成立.证法二:上述不等式等价于12+13+…+在(2)中取a=1,可得ln(1+x)>x1+令x=1n,n∈N+,那么lnn+1n故有ln2-ln1>12ln3-ln2>13……ln(n+1)-lnn>1n上述各式相加可得ln(n+1)>12+13+…+结论得证.教师用书专用(5)5.(2022重庆,22,12分)设a1=1,an+1=an2-(1)假设b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式;(2)假设b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有n∈N*成立?证明你的结论.解析(1)解法一:a2=2,a3=2+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的等差数列,故(an-1)2=n-1,即an=n-1+1(n∈N解法二:a2=2,a3=2+1,可写为a1=1-1+1,a2=2-1+1,a因此猜测an=n-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=k-ak+1=(ak-1)这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=n-1+1(n∈N(2)解法一:设f(x)=(x-1)2令c=f(c),即c=(c-1下面用数学归纳法证明命题a2n<c<a2n+1<1.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=2-1,所以a2<14<a3结论成立.假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.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=14解法二:设f(x)=(x-1)2先证:0≤an≤1(n∈N*).①当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=2-1<1.即0≤ak+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.再证:a2n<a2n+1(n∈N*).②当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=2-1,有a2<a3,即n=1时②成立.假设n=k时,结论成立,即a2k<a2k+1.由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.由②得a2n<a2即(a2n+1)2<a2n2因此a2n<14又由①②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2,所以a2n+1>a2n+12-2a综上,由②③④知存在c=14使a2n<c<a2n+1对一切n∈N*成立三年模拟A组2022—2022年模拟·根底题组考点一直接证明与间接证明1.(2022广东惠州第一次调研,12)定义映射f:A→B,其中A={(m,n)|m,n∈R},B=R,对所有的有序正整数对(m,n)满足以下条件:①f(m,1)=1;②假设n>m,那么f(m,n)=0;③f(m+1,n)=n[f(m,n)+f(m,n-1)],那么f(2,2)=.

答案22.(2022浙江萧山九中12月月考,20)设函数f(x)=lnx+ax-1,曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与直线y=32(1)求a的值;(2)证明:当x>1时,f(x)<32解析(1)∵f'(x)=1x+a2x,∴f'(1)=1+a∴a=1.(6分)(2)证明:设g(x)=lnx+x-1-32(x-1)=lnx+x-32x+那么g'(x)=1x+12x-32=当x>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)<323.(2022浙江测试卷,20)设函数f(x)=x2+11+证明:(1)f(x)≥x2-12(2)1516<f(x)≤2+证明(1)记g(x)=f(x)-x2+x2-1=11+x那么g'(x)=-12(1+∴g(x)在区间(0,1)上单调递增,又g(0)=0,∴g(x)=f(x)-x2-1+x2∴f(x)≥x2-12(2)f'(x)=2x-12(1+由h(0)=-12<0,h(1)=2-28>0,知存在x0∈(0,1),使得h(x∵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)=2+22,所以f(x)≤另一方面,由(1)得当x≠14f(x)≥x2-x2+1=x-142+1516>故1516<f(x)≤2+考点二数学归纳法4.(2022黑龙江哈尔滨三中模拟,10)用数学归纳法证明不等式“1+12+13+…+12A.2k-1 B.2k-1 C.2k D.2k+1答案C5.(2022浙江9+1高中联盟期中,22)数列{an}满足:a1=p+1p,p>1,an+1=(1)证明:an>an+1>1;(2)证明:2anan+1(3)证明:1p+1×2n-12n-1<ln(a证明(1)先用数学归纳法证明an>1.①当n=1时,∵p>1,∴a1=p+1②假设当n=k时,ak>1,此时易证得lnak-ak+1<0恒成立,即lnak<ak-1恒成立,那么当n=k+1时,ak+1=ak-1由①②可知an>1.再证an>an+1.an+1-an=an-1ln令f(x)=x-1-xlnx,x>1,那么f'(x)=-lnx<0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)<f(1)=0,所以an-1-a所以an>an+1>1.(5分)(2)要证2anan+1<an+1<an+1只需证2anln先证2anlnan-an令f(x)=2xlnx-x2+1,x>1,只需证f(x)<0.因为f'(x)=2lnx+2-2x<2(x-1)+2-2x=0,所以f(x)在(1,+∞)上单调递减,所以f(x)<f(1)=0.再证(an+1)lnan-2an+2>0,令g(x)=(x+1)lnx-2x+2,x>1,只需证g(x)>0,g'(x)=lnx+x+1x-2=lnx+令h(x)=lnx+1x-1,x>1,那么h'(x)=1x-1x所以h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以h(x)>h(1)=0,从而g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以g(x)>g(1)=0,综上可得2anan+1(3)由(2)知,一方面,an-1<an-1-12(n≥2),那么an-1<(a1-1)12n-1=因为lnx<x-1(x>1),所以lnan<an-1≤1p·1所以ln(a1a2…an)=lna1+lna2+…+lnan<=1p×1-12n另一方面,an+1-那么an-1an>a1-1a1×12n-因为lnx>1-1x(x>1),所以lnan>1-1an≥1所以ln(a1a2…an)=lna1+lna2+…+lnan>1p+1120+=1p+1×综上,1p+1×2n-12n-1<ln(aB组2022—2022年模拟·提升题组一、选择题1.(2022福建厦门一中期中,12)假设数列{an}满足:存在正整数T,对于任意正整数n都有an+T=an成立,那么称数列{an}为周期数列,周期为T.数列{an}满足a1=m(m>0),an+1=anA.假设a3=4,那么m可以取3个不同的值B.假设m=2,那么数列{an}是周期为3的数列C.任意的T∈N*且T≥2,存在m>1,使得{an}是周期为T的数列D.存在m∈Q且m≥2,使得数列{an}是周期数列答案D二、解答题2.(2022浙江重点中学12月联考,22)数列{an}满足:a1=0,ln(an+1-an)+an+nln2=0(n∈N*).(1)求a3;(2)证明:ln(2-21-n)≤an≤1-21-n;(3)是否存在正实数c,使得对任意的n∈N*,都有an≤1-c?并说明理由.解析(1)由得an+1=an+e-(又a1=0,所以a2=12,a3=12+(2)证明:因为an+1>an,a1=0,所以an≥0,那么an+1=an+e-(an+nln2)≤an+e所以an≤an-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)=ean+21-n那么f(n+1)-f(n)=(ean+1+2-n-2)-[ean+2-(n-1)-2]=ean+1-ean-2-n=ean+e-(所以{f(n)}是递增数列,所以f(n)≥f(1)=0,即ean+21-n-2≥0,所以an≥ln(2-21-n).综上,ln(2-21-n)≤an≤1-2(3)由(2)得an+1=an+e-(an+nln2)≤an所以an≤an-1+12n-2≤an-2+12n-1-2+12n-2≤…≤a因为12n-2=所以当n≥4时,an≤12+16+13·22+…+13·2由(1)知:当n=1,2,3时,an<56综上:对任意的n∈N*,都有an<56,所以存在c=13.(2022浙江镇海中学模拟(5月),22)在数列{an}中,a1=32,an+1=an2-2an+2,n∈N*(1)求证:1<an+1<an<2;(2)求证:62n-1+3(3)求证:n<Sn<n+2.证明(1)先用数学归纳法证明1<an<2.①当n=1时,1<a1=32②假设当n=k时,1<ak<2.那么当n=k+1时,ak+1=ak2-2ak+2=(ak-1)2+1,又ak∈(1,2),所以a由①②知1<an<2,n∈N*恒成立.an+1-an=an2-3an+2=(an-1)(a所以1<an+1<an<2成立.(2)a1=32=63+21-1,a2=54>63+2由an+1=an2-2an+2得2-an+1=2an-即12-an+1所以12-a所以12-an-1<所以an<2n-1当n=1时,a1=21-1+221-1+1所以62n-1+3(3)由1<an<2得Sn>n.由an≤2n-1+22得Sn<1+121-1+1+122-1+…+4.(2022浙江温州三模(4月),20)设函数f(x)=4x3+1((1)f(x)≥1-2x+3x2;(2)23<f(x)≤17证明(1)令函数g(x)=(1+x)2(1-2x+3x2-4x3),x∈[0,1],(2分)那么g'(x)=-20(1+x)x3≤0(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)≤g(0)=1,即当x∈[0,1]时,(1+x)2(1-2x+3x2-4x3)≤1,亦即f(x)≥1-2x+3x2;(6分)(2)一方面,由(1)知,当x∈[0,1]时,f(x)≥1-2x+3x2=3x-132+故f(x)>23另一方面,f'(x)=12x2-2(1+x显然函数h(x)=6x2(1+x)3-1在[0,1]上单调递增,而h(0)=-1<0,h(1)=47>0,故h