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.docx
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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
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
2013
2014
2015
2016
2017
1.直接证明与间接证明
1.了解直接证明的两种基本方法:
分析法和综合法.
2.了解间接证明的一种基本方法:
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<0时,
当n>时,有nd1 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 (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 (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 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. (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; (2)证明: 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. (2)证明: 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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- 浙江 专版 高考 数学 一轮 复习 第十三 直接 证明 间接