2022年高考数学一轮复习第十一章推理与证明11.2直接证明与间接证明讲义

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1、2022年高考数学一轮复习第十一章推理与证明11.2直接证明与间接证明讲义考点内容解读要求五年高考统计常考题型预测热度xxxxxxxxxx1.直接证明1.不等式证明2.数列证明3.函数证明A解答题2.间接证明1.不等式证明2.数列证明3.函数证明A解答题分析解读本节内容江苏高考一般很少单独考查,一般都和其他知识相结合,放在不同的解答题中考查其运用.五年高考考点一直接证明1.(xx广东理,19,14分)设数列an的前n项和为Sn.已知a1=1,=an+1-n2-n-,nN*.(1)求a2的值;(2)求数列an的通项公式;(3)证明:对一切正整数n,有+.解析(1)依题意,得2S1=a2-1-,又

2、S1=a1=1,所以a2=4.(2)当n2时,2Sn=nan+1-n3-n2-n,2Sn-1=(n-1)an-(n-1)3-(n-1)2-(n-1),两式相减得2an=nan+1-(n-1)an-(3n2-3n+1)-(2n-1)-,整理得(n+1)an=nan+1-n(n+1),即-=1,又-=1,故数列是首项为=1,公差为1的等差数列,所以=1+(n-1)1=n,所以an=n2.(3)证明:当n=1时,=1;当n=2时,+=1+=;当n3时,=-,此时+=1+1+=1+-=-.综上,对一切正整数n,有+-1)的最小值;(2)证明:nr;(3)设xR,记x为不小于x的最小整数,例如2=2,=

3、4,=-1.令S=+,求S的值.(参考数据:8344.7,8350.5,12618.3,12631.7)解析(1)因为f (x)=(r+1)(1+x)r-(r+1)=(r+1)(1+x)r-1,令f (x)=0,解得x=0.当-1x0时, f (x)0时, f (x)0,所以f(x)在(0,+)内是增函数.故函数f(x)在x=0处取得最小值f(0)=0.(2)证明:由(1)知,当x(-1,+)时,有f(x)f(0)=0,即(1+x)r+11+(r+1)x,且等号当且仅当x=0时成立,故当x-1且x0时,有(1+x)r+11+(r+1)x.在中,令x=(这时x-1且x0),得1+.上式两边同乘n

4、r+1,得(n+1)r+1nr+1+nr(r+1),即nr1时,在中令x=-(这时x-1且x0),类似可得nr.且当n=1时,也成立.综合,得nr.(3)在中,令r=,n分别取值81,82,83,125,得(8-8)(8-8),(8-8)(8-8),(8-8)(8-8),(12-12)(12-12).将以上各式相加,并整理得(12-8)S0,判断函数g(x)=f(x)-mx零点的个数;(2)设a0),所以g(x)=ex-m.当m1时,g(x)=ex-me0-m0,g(x)在(0,+)上单调递增,g(x)g(0)=1,此时函数无零点.当m1时,令g(x)=ex-m=0,得x=ln m,当x(0,

5、ln m)时,g(x)0,g(x)在(ln m,+)上单调递增.故g(x)min=g(ln m)=m-mln m=m(1-ln m).当1m0,此时函数无零点,当m=e时,g(x)min=0,此时函数有1个零点.当me时,g(ln m)0,故函数在(0,ln m)上有唯一零点.g(2ln m)=e2ln m-m2ln m=m2-2mln m=m(m-2ln m),令(m)=m-2ln m(me),则(m)=1-0,所以(m)在(e,+)上单调递增,(m)e-20,故g(2ln m)0,故函数在(ln m,+)上有唯一零点,此时函数有两个零点.综上,当me时,函数有2个零点.(2).要证,只要证

6、.只要证=1-,令h(x)=+-1(x0),所以h(x)=-=0,所以h(x)在(0,+)上单调递增,故h(x)0,所以+-10,故原不等式成立.2. (xx江苏无锡一中月考)已知函数f(x)=tan x,x,若x1,x2,且x1x2,求证:f(x1)+f(x2)f.证明要证f(x1)+f(x2)f,即证明(tan x1+tan x2)tan ,只需证明tan ,只需证明.由于x1,x2,故x1+x2(0,).所以cos x1cos x20,sin(x1+x2)0,1+cos(x1+x2)0.故只需证明1+cos(x1+x2)2cos x1cos x2,即证1+cos x1cos x2-sin

7、 x1sin x22cos x1cos x2.即证cos(x1-x2)f.考点二间接证明3.(xx江苏无锡期中)设a,b是两个实数,给出下列条件:a+b1;a+b=2;a+b2;a2+b22;ab1.其中能推出:“a,b中至少有一个大于1”的条件是.答案4.(苏教选22,二,2,9,变式)已知数列an的前n项和为Sn,且满足an+Sn=2.(1)求数列an的通项公式;(2)求证:数列an中不存在三项按原来顺序成等差数列.解析(1)当n=1时,a1+S1=2a1=2,则a1=1.又an+Sn=2,所以an+1+Sn+1=2,两式相减得an+1=an,所以an是首项为1,公比为的等比数列,所以an

8、=.(2)证明:反证法:假设存在三项按原来顺序成等差数列,记为ap+1,aq+1,ar+1(pqr,且p,q,rN*),则2=+,所以22r-q=2r-p+1.(*)又因为pqr,且p,q,rN*,所以r-q,r-pN*.所以(*)式左边是偶数,右边是奇数,等式不成立.所以假设不成立,原命题得证.5.(xx江苏苏中三校联考)若f(x)的定义域为a,b,值域为a,b(a-2),使函数h(x)=是区间a,b上的“四维光军”函数?若存在,求出a,b的值;若不存在,请说明理由.解析(1)由题设得g(x)=(x-1)2+1,其图象的对称轴为x=1,所以函数在区间1,b上单调递增.由“四维光军”函数的定义

9、可知,g(1)=1,g(b)=b,即b2-b+=b,解得b=1或b=3.因为b1,所以b=3.(2)假设函数h(x)=在区间a,b(a-2)上是“四维光军”函数,因为h(x)=在区间(-2,+)上单调递减,所以有即解得a=b,这与已知矛盾.故不存在常数a,b(a-2),使函数h(x)=是区间a,b上的“四维光军”函数.B组xx模拟提升题组(满分:15分时间:10分钟)解答题(共15分)(xx江苏射阳中学质检)各项均为正数的等比数列an,a1=1,a2a4=16,bn的各项均为正数,前n项和为Sn,a4=b3,且6Sn=+3bn+2(nN*).(1)求数列an、bn的通项公式;(2)令cn=(n

10、N*),求使得cn1的所有n的值,并说明理由;(3)证明an中任意三项不可能构成等差数列.解析(1)设an的公比为q,则q0.a2a4=q4=q4=16,q2=4,q=2,an=2n-1,b3=a4=8.6Sn=+3bn+2,当n2时,6Sn-1=+3bn-1+2,-得6bn=-+3bn-3bn-1(n2),即(bn+bn-1)(bn-bn-1)=3(bn+bn-1)(n2),bn0,bn-bn-1=3,bn是公差为3的等差数列.当n=1时,6b1=+3b1+2,解得b1=1或b1=2,当b1=1时,bn=3n-2,此时b3=7,与b3=8矛盾;当b1=2时,bn=3n-1,此时b3=8=a4

11、,bn=3n-1.(2)bn=3n-1,cn=,c1=21,c2=1,c3=21,c4=1,c5=1,下面证明当n5时,cn1.事实上,当n5时,cn+1-cn=-=0,即cn+1cn,c5=1,当n5时,cn1的所有n的值为1,2,3,4.(3)证明:假设an中存在三项p,q,r(pqe;(3)若对任意的x(0,1,不等式f(x)g(x)a(x-1)恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)因为y=f(x)g(x)=,所以y=,当x=1时,y=,y=0.所以曲线y=f(x)g(x)在x=1处的切线方程为y=(x-1),即x-ey-1=0.(2)证明:由g(x1)-g(x2)=f(x2)-f(x1

12、)得g(x1)+f(x1)=g(x2)+f(x2).记p(x)=g(x)+f(x)=ln x+,则x(0,+),且p(x)=.假设e.若0,则p(x)0,所以p(x)在(0,+)上为单调增函数.又p(x1)=p(x2),所以x1=x2,与x1x2矛盾.若0x0时,r(x)0,r(x)在(x0,+)上为单调增函数;当0xx0时,r(x)e.(3)由f(x)g(x)a(x-1)得ln x-aex(x-1)0.记F(x)=ln x-aex(x-1),00,所以F(x)0,所以F(x)在(0,1上为单调增函数,所以F(x)F(1)=0,故原不等式恒成立.当a时,一方面,F(1)=1-ae0.另一方面,x1=0.所以x0(x1,1),使F(x0)=0,所以当x0x1时,F(x)F(1)=0,不合题意.综上,a.