浙江专版版高考数学一轮复习第十三章直接证明与间接证明学案Word文档格式.docx
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20,15分
20（文）,15分
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（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.
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（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,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 D
2.（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
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 ①6 ②12
4.（2017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）若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,>
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=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,则bk-nak=b1+（k-1）d2-[a1+（k-1）d1]n=b1-a1n+（d2-nd1）（k-1）.
所以cn=
①当d1>
0时,
取正整数m>
则当n≥m时,nd1>
d2,因此cn=b1-a1n.
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<
当n>
时,有nd1<
d2.
所以=
=n（-d1）+d1-a1+d2+
≥n（-d1）+d1-a1+d2-|b1-d2|.
对任意正数M,取正整数m>
max,
故当n≥m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={t1,t2,…,tk},定义ST=++…+.例如:
T={1,3,66}时,ST=a1+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}的通项公式;
（2）对任意正整数k（1≤k≤100）,若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）由已知得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=（3k-1）<
3k.
因此,ST<
ak+1.
（3）下面分三种情况证明.
①若D是C的子集,则SC+SC∩D=SC+SD≥SD+SD=2SD.
②若C是D的子集,则SC+SC∩D=SC+SC=2SC≥2SD.
③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≠⌀,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,则k≥1,l≥1,k≠l.
由
（2）知,SE<
ak+1.于是3l-1=al≤SF≤SE<
ak+1=3k,所以l-1<
k,即l≤k.又k≠l,故l≤k-1.
从而SF≤a1+a2+…+al=1+3+…+3l-1=≤=≤,
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.（2015北京,20,13分）已知数列{an}满足:
a1∈N*,a1≤36,且an+1=（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.
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是3的倍数.
如果k=1,则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,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a1≤36,an=可归纳证明an≤36（n=2,3,…）.
因为a1是正整数,a2=所以a2是2的倍数,
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.（2014江苏,23,10分）已知函数f0（x）=（x>
0）,设fn（x）为fn-1（x）的导数,n∈N*.
（1）求2f1+f2的值;
对任意的n∈N*,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.
由已知,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=sin,类似可得
2f1（x）+xf2（x）=-sinx=sin（x+π）,
3f2（x）+xf3（x）=-cosx=sin,
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）=sin对所有的n∈N*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）+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n∈N*都成立.
令x=,可得nfn-1+fn=sin（n∈N*）.
所以=（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≠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*）;
（2）若{bn}是等差数列,证明:
c=0.
证明 由题意得,Sn=na+d.
（1）由c=0,得bn==a+d.
又因为b1,b2,b4成等比数列,所以=b1b4,即=a,化简得d2-2ad=0.
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=n2Sk.
（2）设数列{bn}的公差是d1,则bn=b1+（n-1）d1,即=b1+（n-1）d1,n∈N*,代入Sn的表达式,整理得,对于所有的n∈N*,有n3+n2+cd1n=c（d1-b1）.
令A=d1-d,B=b1-d1-a+d,
D=c（d1-b1）,则对于所有的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
由②③得A=0,cd1=-5B,代入方程①,得B=0,从而cd1=0.
即d1-d=0,b1-d1-a+d=0,cd1=0.
若d1=0,则由d1-d=0,得d=0,
与题设矛盾,所以
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