2020版高考数学（江苏专用）一轮课件：第十章 推理与证明 .pptx

《2020版高考数学（江苏专用）一轮课件：第十章 推理与证明 .pptx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020版高考数学（江苏专用）一轮课件：第十章 推理与证明 .pptx（63页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、第十章 推理与证明,高考数学 (江苏省专用),五年高考,考点一 合情推理与演绎推理,统一命题、省(区、市)卷题组,1.(2019课标全国文改编,5,5分)在“一带一路”知识测验后,甲、乙、丙三人对成绩进行预 测. 甲:我的成绩比乙高. 乙:丙的成绩比我和甲的都高. 丙:我的成绩比乙高. 成绩公布后,三人成绩互不相同且只有一个人预测正确,那么三人按成绩由高到低的次序为 .,答案 甲、乙、丙,解析 本题主要考查逻辑推理,通过对“一带一路”知识测验成绩的预测,考查了学生的推理 论证能力;通过实际问题渗透了逻辑推理的核心素养. 三人成绩互不相同且只有一个人预测正确,有以下三种情况:(1)若乙预测正确,

2、则丙预测也正 确,不合题意;(2)若丙预测正确,甲、乙预测错误,即丙成绩比乙高,甲的成绩比乙低,则丙的成绩 比乙和甲都高,此时乙预测又正确,与假设矛盾;(3)若甲预测正确,乙、丙预测错误,可得甲成绩 高于乙,乙成绩高于丙,符合题意.,审题指导 题目中只有一个人预测正确,即另外两人预测错误,按照逻辑关系推理即可.,2.(2019课标全国理改编,4,5分),古希腊时期,人们认为最美人体的头顶至肚脐的长度与肚脐至足底的长度之比是,0.618,称为黄金分割比例 ,著名的“断臂维纳斯”便是如此.此外,最美人体的头顶至 咽喉的长度与咽喉至肚脐的长度之比也是 .若某人满足上述两个黄金分割比例,且腿长 为10

3、5 cm,头顶至脖子下端的长度为26 cm,则其身高可能是 . 165 cm;175 cm;185 cm;190 cm.,答案 ,解析 本题主要考查学生的数学应用意识、抽象概括能力、运算求解能力,以及方程思想;考 查的核心素养为数学抽象、数学建模以及数学运算. 由人体特征可知,头顶至咽喉的长度应小于头顶至脖子下端的长度,故咽喉至肚脐的长度应小 于 42 cm,可得到此人的身高应小于26+42+ 178 cm; 同理,肚脐至足底的长度应大于腿长105 cm,故此人的身高应大于105+1050.618170 cm,故 填.,一题多解 用线段代替人,如图. 已知 = = 0.618,c105,c+d

4、=a,设此人身高为h cm,则a+b=h,由 a64. 89, 由 d42.07, 所以c+d26+42.07=68.07,即a68.07, 由 b110.15, 整理可得64.89+105a+b68.07+110.15, 即169.89h178.22(单位:cm).,3.(2017北京理,14,5分)三名工人加工同一种零件,他们在一天中的工作情况如图所示,其中点Ai 的横、纵坐标分别为第i名工人上午的工作时间和加工的零件数,点Bi的横、纵坐标分别为第i 名工人下午的工作时间和加工的零件数,i=1,2,3. 记Qi为第i名工人在这一天中加工的零件总数,则Q1,Q2,Q3中最大的是 ; 记pi为

5、第i名工人在这一天中平均每小时加工的零件数,则p1,p2,p3中最大的是 .,答案 Q1 p2,解析 本题考查推理的基础知识和直线的斜率,考查转化与化归思想及分析问题和解决问题 的能力. 设线段AiBi的中点为Ci(xi,yi). 由题意知Qi=2yi,i=1,2,3,由题图知y1最大,所以Q1,Q2,Q3中最大的是Q1. 由题意知pi= = ,i=1,2,3. 的几何意义为点Ci(xi,yi)与原点O连线的斜率. 比较OC1,OC2,OC3的斜率,由题图可知OC2的斜率最大,即p2最大.,4.(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

6、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,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.,5.(2016山东,12,5分)观察下列等式: + = 12; + + + = 23; + + + = 34

7、; + + + = 45; 照此规律, + + + = .,答案,解析 观察前4个等式,由归纳推理可知 + + = n(n+1)= .,6.(2016北京理改编,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,则乙盒中红球个数a与 丙盒中黑球个数b的大小关系为 .,答案 a=b,解析 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

8、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.,评析 本题考查推理与论证能力,对考生综合与分析的能力要求较高.,7.(2015陕西,16,5分)观察下列等式: 1- = , 1- + - = + , 1- + - + - = + + , 据此规律,第n个等式可为 .,答案 1- + - + - = + +,解析 规律为等式左边共有2n项且等式左边分母分别为1,2,2n,分子为1,奇数项为正、偶数 项为负,即为1- + - + - ;等式右边共有n项且分母分别为n+1,n+2,2n,分子为1,

9、即为 + + .所以第n个等式可为1- + - + - = + + .,考点二 直接证明与间接证明,1.(2018北京理,20,14分)设n为正整数,集合A=|=(t1,t2,tn),tk0,1,k=1,2,n.对于集合A 中的任意元素=(x1,x2,xn)和=(y1,y2,yn),记M(,)= (x1+y1-|x1-y1|)+(x2+y2-|x2-y2|)+(xn+yn-| xn-yn|). (1)当n=3时,若=(1,1,0),=(0,1,1),求M(,)和M(,)的值; (2)当n=4时,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意元素,当,相同时,M(,)是奇数;当,不 同时,M(,)是偶数

10、.求集合B中元素个数的最大值; (3)给定不小于2的n,设B是A的子集,且满足:对于B中的任意两个不同的元素,M(,)=0.写出 一个集合B,使其元素个数最多,并说明理由.,解析 (1)因为=(1,1,0),=(0,1,1),所以 M(,)= (1+1-|1-1|)+(1+1-|1-1|)+(0+0-|0-0|)=2, M(,)= (1+0-|1-0|)+(1+1-|1-1|)+(0+1-|0-1|)=1. (2)设=(x1,x2,x3,x4)B,则M(,)=x1+x2+x3+x4. 由题意知x1,x2,x3,x40,1,且M(,)为奇数, 所以x1,x2,x3,x4中1的个数为1或3.所以

11、B(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1),(0,1,1,1),(1,0,1,1),(1,1,0,1),(1,1,1,0). 将上述集合中的元素分成如下四组: (1,0,0,0),(1,1,1,0);(0,1,0,0),(1,1,0,1);(0,0,1,0),(1,0,1,1);(0,0,0,1),(0,1,1,1). 经验证,对于每组中两个元素,均有M(,)=1. 所以每组中的两个元素不可能同时是集合B的元素. 所以集合B中元素的个数不超过4. 又集合(1,0,0,0),(0,1,0,0),(0,0,1,0),(0,0,0,1)满足条件, 所以集合B中元

12、素个数的最大值为4.,(3)设Sk=(x1,x2,xn)|(x1,x2,xn)A,xk=1,x1=x2=xk-1=0(k=1,2,n), Sn+1=(x1,x2,xn)|x1=x2=xn=0, 所以A=S1S2Sn+1. 对于Sk(k=1,2,n-1)中的不同元素,经验证,M(,)1. 所以Sk(k=1,2,n-1)中的两个元素不可能同时是集合B的元素. 所以B中元素的个数不超过n+1. 取ek=(x1,x2,xn)Sk且xk+1=xn=0(k=1,2,n-1). 令B=e1,e2,en-1SnSn+1,则集合B的元素个数为n+1,且满足条件. 故B是一个满足条件且元素个数最多的集合.,2.(

13、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=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

14、=-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, 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

15、,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.,3.(2016浙江理,20,15分)设数列an满足 1,nN*. (1)证明:|an|2n-1(|a1|-2),nN*; (2)若|an| ,nN*,证明:|an|2,nN*.,证明 (1)由 1得|an|- |an+1|1,故 - ,nN*, 所以 - = + + + + n, - = + + + + n,均有|an|2,取正整数m0lo 且m0n0,则 =| |-2, 与式矛盾. 综上,对于任意nN*,均有|an|2.,思路分析 (1)要证|an|2n-1(|a1|-2)成立,只需证明 - 2,经过推理可导出矛盾,从

16、而证明原结论.,评析 本题主要考查数列的递推关系与单调性、不等式性质等基础知识,同时考查推理论证 能力、分析问题和解决问题的能力.,4.(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

17、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, 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

18、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.,考点一 合情推理与演绎推理,教师专用题组,1.(2014陕西,14,5分)观察分析下表中的数据:,猜想一般凸多面体中F,V,E所满足的等式是 .,答案 F+V-E=2,解析 观察表中数据,并计算F+V分别为11,12,14,又其对应E分别为9,10,12,容易观察并猜想F +V-E=2.,2.(2014北京改编,8,5分)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级,依次为“

19、优秀”“合 格”“不合格”.若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙,且其中至少有一门成绩高于乙, 则称“学生甲比学生乙成绩好”.如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好,并且不 存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生,那么这组学生最多有 人.,答案 3,解析 设学生人数为n,因为成绩评定只有“优秀”“合格”“不合格”三种情况,所以当n 4时,语文成绩至少有两人相同,若此两人数学成绩也相同,与“任意两人成绩不全相同”矛盾; 若此两人数学成绩不同,则此两人有一人比另一人成绩好,也不满足条件.因此:n4,即n3.当n =3时,评定结果分别为“优秀,不合格”“合格,合格”“不合格,优秀”,符合

20、题意,故n=3.,3.(2013陕西,14,5分)观察下列等式: 12=1, 12-22=-3, 12-22+32=6, 12-22+32-42=-10, 照此规律,第n个等式可为 .,答案 12-22+32-42+(-1)n-1n2=(-1)n-1,解析 左边为平方项的(-1)n-1倍的和,右边为(1+2+3+n)的(-1)n-1倍,可用数学归纳法证明成 立.,考点二 直接证明与间接证明 (2014山东改编,4,5分)用反证法证明命题“设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根” 时,要做的假设是 .,答案 方程x3+ax+b=0没有实根,解析 因为“方程x3+ax+b=0至少有

21、一个实根”等价于“方程x3+ax+b=0的实根的个数大于或 等于1”,因此,要做的假设是方程x3+ax+b=0没有实根.,三年模拟,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,考点一 合情推理与演绎推理,1.(2017新海高级中学月考,11)已知“整数对”按如下规律排成一列:(1,1),(1,2),(2,1),(1,3),(2,2), (3,1),(1,4),(2,3),(3,2),(4,1),则第60个“整数对”是 .,答案 (5,7),解析 把“整数对”中两个数字的和相同的分为一组,得知第n组中每个“整数对”中两个数 字的和均为n+1,且第n组共有n个“整数对”,则前n组一共有 个“整数

22、对”,注意到 60 ,因此第60个“整数对”处于第11组(每个“整数对”中两个数字的 和为12的组)的第5个位置,结合题意可知第11组各整数对依次为(1,11),(2,10),(3,9),(4,8),(5,7), ,因此第60个“整数对”是(5,7).,2.(2017赣榆高级中学月考,12)将正奇数排列成如下形式,其中aij表示第i行第j个数(iN*, jN *),例如a32=9,若aij=2 009,则i+j= . 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 ,答案 60,解析 2 009是第1 005个奇数,则1+2+3+(i-1)= 1 005 ,验证i=45时,式成立,所以i=4

23、5. 易得出第45行第1个数是4445+1=1 981,1 981+2(j-1)=2 009,j=15.2 009是第45行第15个 数,则i+j=60.,考点二 直接证明与间接证明,1.(2019无锡期中,19)已知数列an满足an+1=2|an+c+2|-|an+c|,c为正常数. (1)求证:对于一切nN*,an+1-anc恒成立; (2)若数列an为等差数列,求a1的取值范围.,解析 (1)证明:由题意知an+1-an=2|an+c+2|-|an+c|-an. (i)当an+c0时,an+1-an=2an+2c+4-an-c-an=c+4c. (2分) (ii)当an+c0, 故当n无

24、限增大时,总有an0. 此时an+1-an=2an+2c+4-an-c-an=c+4, 即d=c+4. (8分) 所以a2=2|a1+c+2|-|a1+c|=a1+c+4, 即2|a1+c+2|=a1+c+4+|a1+c|. 当a1+c0时,等式恒成立,且此时an+1-an=c+4为常数, 即数列an为等差数列. (10分) 当a1+c2时,an0,此时an为等差数列. (14分) 综上,满足题意的a1的取值范围是-c,+)-c-4. (16分),2.(2019姜堰中学、淮阴中学期中,20)已知函数f(x)=ex-ax2-bx(a0,bR). (1)若a=1,b=0.试证明:当x0时, f(x

25、)0; (2)若对任意a0, f(x)均有两个极值点x1,x2(x12.,解析 (1)证明:当a=1,b=0时, f(x)=ex-x2,要证当x0时, f(x)0,就是要证exx2(x0),即证x2ln x. 令h(x)=x-2ln x,则h(x)=1- , x(0,2),h(x)0, h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+)上单调递增. 当x=2时,h(x)有极小值,也为最小值,h(2)=2-2ln 20, h(x)=x-2ln xh(2)0,即x2ln x恒成立, exx2(x0),即当a=1,b=0,且x0时, f(x)0成立. (2分) (2)f (x)=ex-2ax-b, 设g(

26、x)=ex-2ax-b,则g(x)=ex-2a, x(-,ln 2a)时,g(x)0, g(x)在(-,ln 2a)上单调递减,在(ln 2a,+)上单调递增, g(x)至多有两个零点. (i)当b1时,a0,- 0,g(0)=1-b0+b-b=0, 令m= =a+ 0, 由(1)可知g(m)=em-2am-bm2-2am-b=0. 因为g(x)是R上的连续函数, 所以g(x)在 和(ln 2a,m)上各有一个零点x1,x2. (6分) 此时,x1,x2为函数f(x)的两个不同的极值点,所以b1符合题意. (7分) (ii)当b1时,取a= ,则g(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单

27、调递增, 所以g(x)min=g(0)=1-b0, 所以当b1时,g(x)=f (x)0,函数f(x)单调递增,没有极值点,不合题意. 综上,当b1时,对任意a0, f(x)均有两个极值点. (9分) 由知,x1,x2为g(x)=0的两个实数根, 因为ln 2a=0,所以x10x2,g(x)在(-,0)上单调递减. 下面证x1-x20.,要证x10, 则h(x)=- -ex+2,则h(x)f(-x2), (12分) 要证f(x1)+f(x2)2,只需证f(-x2)+f(x2)2, 即证 + - -20. (13分) 设函数k(x)=ex+e-x-x2-2,x(0,+),则k(x)=ex-e-x

28、-2x. 设(x)=k(x)=ex-e-x-2x,则(x)=ex+e-x-2,则(x)0, (x)在(0,+)上单调递增, (x)(0)=0,即k(x)0,k(x)在(0,+)上单调递增,k(x)k(0)=0, 当x(0,+)时,ex+e-x-x2-20,则 + - -20, f(-x2)+f(x2)2,f(x1)+f(x2)2. (16分),3.(2019江都中学、华罗庚中学等13校联考,20)已知数列an的前n项和为Sn,把满足条件an+1 Sn(nN*)的所有数列an构成的集合记为M. (1)若数列an的通项为an= ,求证:anM; (2)若数列an是等差数列,且an+nM,求2a5-

29、a1的取值范围; (3)若数列an的各项均为正数,且anM,数列 中是否存在无穷多项依次成等差数列?若 存在,给出an的一个通项;若不存在,说明理由.,解析 (1)证明:因为an= ,所以Sn= =1- , 所以an+1-Sn= -1+ = -1 -1=- 0,所以an+1Sn,即anM. (4分) (2)设an的公差为d,因为an+nM, 所以an+1+n+1(a1+1)+(a2+2)+(an+n),(*) 特别地,当n=1时,a2+2a1+1,即d-1, 由(*)得a1+nd+n+1na1+ d+ , 整理得 n2+ n-a1-10,因为上述不等式对一切nN*恒成立,所以必有 0, 解得d

30、-1, 又d-1,所以d=-1, 于是(a1+1)n-a1-10,即(a1+1)(n-1)0, 所以a1+10,即a1-1,所以2a5-a1=2(a5-a1)+a1=8d+a1=-8+a1-9, 因此2a5-a1的取值范围是-9,+). (9分) (3)由an+1Sn得Sn+1-SnSn,所以Sn+12Sn,即 2, 所以 = 2n, 从而有Sn+1S12n=a12n, 又an+1Sn,所以an+2Sn+1a12n,即ana12n-2(n3), 又a2S1=a122-2,a1a121-2, 所以有ana12n-2(nN*),所以 2n. 假设数列 中存在无穷多项依次成等差数列, 不妨设该等差数

31、列的第n项为dn+b(b为常数), 则存在mN,mn,使得dn+b= 2m 2n, 即da1n+ba12n+2.,设f(n)= ,nN*,n3, 则f(n+1)-f(n)= - = n2, 从而有:当n3时,da1n+ba1n2,即n2-da1n-ba10, 于是当n3时,关于n的不等式n2-da1n-ba10有无穷多个解,显然不成立, 因此数列 中不存在无穷多项依次成等差数列. (16分),一、填空题(每小题5分,共10分),B组 20172019年高考模拟专题综合题组 (时间：60分钟 分值：74分),1.(2019海安期中,13)已知正数x,y,z满足(x+2y) =4,且z3x,则P=

32、 的取值范围是 .,答案,解析 (x+2y) =4化为 = - ,因为z3x, 所以 - ,去分母、合并同类项,得3x2-5xy+2y20, 即(x-y)(3x-2y)0,即(x-y) 0, 所以 yxy,即 1,令t= ,则 t1, P= = + =t+ ,令f(t)=t+ , f (t)=1- ,令f (t)=0,得t= ,所以,当t= 时,P有最小值,为 + = , 又f = + = , f(1)=1+ = ,即P有最大值 , 所以P的取值范围是 .,一题多解 正数x,y,z满足(x+2y) =4,且z3x, 4=(x+2y) (x+2y) , 即4 + +2+ , + - 0, 令 =

33、t,t0,t+ - 0, 即3t2-5t+20,(3t-2)(t-1)0, t1, P= = + =t+ 2 = , 当且仅当t= ,即t= 时,取“=”. 易知当t 时,P(t)单调递减, 当t 时,P(t)单调递增, 又t= 时,P= ;t=1时,P= ,P的取值范围为 .,2.(2019金陵中学联合调研,14)已知数列an的前n项和为Sn=-n2+10n,则不等式 + + a 1+a2+an成立的正整数n的最大值为 .,答案 9,解析 由Sn=-n2+10n,容易判断数列an是等差数列,得an=11-2n, 从而a1=9,a2=7,a3=5,a4=3,a5=1,a6=-1,a7=-3,a

34、8=-5,a9=-7,a10=-9,检验可知 + + 10时左边大于右边,从而使得等式成立的最大 正整数n为9.,二、解答题(共64分) 3.(2019无锡期末,19)已知函数f(x)=ex- x2-ax(a0). (1)当a=1时,求证:对于任意x0,都有f(x)0成立; (2)若y=f(x)恰好在x=x1和x=x2两处取得极值,求证: ln a.,证明 (1)由f(x)=ex- x2-x,得f (x)=ex-x-1, 令g(x)=f (x),则g(x)=ex-1, (3分) 当x0时,g(x)0,即f (x)在(0,+)上单调递增, 故f (x)f (0)=0,所以f(x)在(0,+)上单

35、调递增, (5分) 进而f(x)f(0)=10,即对于任意x0,都有f(x)0. (6分) (2)f (x)=ex-ax-a,因为x1,x2为f(x)的两个极值点, 所以 即 两式相减,得a= , (8分) 则所证不等式等价于 x2,两边同时除以 可得 0,所证不等式即为 t -et+10. (14分),设(t)=t -et+1,则(t)=- ,易知exx+1,令x= ,可得 - 0, 所以(t)0,所以(t)在(0,+)上单调递减,所以(t)(0)=0, 所以 ln a. (16分),4.(2019宿迁期末,19)已知数列an各项均为正数,Sn是数列an的前n项和,对任意的nN*都有2 Sn

36、=3 +an-2.数列bn各项都是正整数,b1=1,b2=4,且数列 , , , 是等比数列. (1)证明:数列an是等差数列; (2)求数列bn的通项公式; (3)求满足 的最小正整数n.,解析 (1)证明:当n=1时,2a1=3 +a1-2,即3 -a1-2=0, (3a1+2)(a1-1)=0,由a10得a1=1. (1分) 当n2时,由2Sn=3 +an-2得2Sn-1=3 +an-1-2, 两式相减得2an=3 +an-3 -an-1, 所以3(an-an-1)(an+an-1)=an+an-1, (3分) 由an0知an+an-10,所以an-an-1= , 所以数列an是首项为1

37、,公差为 的等差数列. (5分) (2)由(1)得an=1+ (n-1)= n+ , 由 =a1=1, =a4=2, 所以数列 是首项为1,公比为2的等比数列, 所以 =2n-1, (7分) 又 = bn+ , 所以 = bn+ =2n-1,即bn=32n-1-2. (10分),(3)因为Sn= = (n2+5n), 所以 = = , (12分) 设f(n)= = , 则 = = = , 令 1得 1,即n2+3n-6f(3)f(4)f(n), (14分) 又因为f(1)= = = , f(2)= = = ,f(3)= = = , f(4)= = = , f(5)= = = , 所以当n5时,

38、 f(n) , 所以满足 的最小正整数n为5. (16分),5.(2019如皋期末,20)已知等差数列an的前n项和为Sn,若 为等差数列,且a1=1. (1)求数列an的通项公式; (2)是否存在正整数n,使1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比数列?若存在,请求出这个等比数列;若 不存在,请说明理由; (3)若数列bn满足bn+1-bn= ,b1= ,且对任意的nN*,都有bn1,求正整数k的最小值.,解析 (1)设等差数列an的公差为d,则an=1+(n-1)d,Sn=n+ d. 因为 是等差数列,所以2 = + , 即2 =1+ ,解得d=2. 此时Sn=n2,

39、=n,数列 是等差数列. 所以an=2n-1. (4分) (2)假设存在nN*,使得1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比数列. 则(2+a2n+S2n)2=(1+an+Sn)(4+a4n+S4n), 由(1)可知an=2n-1,Sn=n2,代入上式,得 (2+4n-1+4n2)2=(1+2n-1+n2)(4+8n-1+16n2), 整理得8n3-5n2-2n-1=0.(*) (6分) 令f(x)=8x3-5x2-2x-1,x1, 则f (x)=24x2-10x-2,易知x1时, f (x)0, 所以f(x)在1,+)上单调递增, 所以f(n)=0在1,+)上至多有一个根

40、.,又f(1)=0,故n=1是方程(*)的唯一解. 所以存在n=1,使得1+an+Sn,2+a2n+S2n,4+a4n+S4n成等比数列,且该等比数列为3,9,27. (9分) (3)由bn+1-bn= 可知bn+1-bn= . 又b1= ,kN*,故b10,所以bn+1bn0. 依题意,bn1. 若k=2,据bn+1-bn= ,可得 当n2,nN*时,bn-b1= + + + + + + = + + = + . 由b1= 及b2-b1= 可得b2= . 所以,当n2,nN*时,bn- + ,即bn - . 故当n18,nN*时,bn - 1,故k=2不合题意. (12分) 若k3,据bn+1

41、-bn= , 可得bn+1-bn -1=k-12,所以b2 -2+ =k-2+ 1+ , 故bn 1.故当k3时,bn1对任意nN*都成立. 所以正整数k的最小值为3. (16分),名师点睛 本题考查了数列的综合应用,包括与函数的结合,放缩法的运用,这些点都属于难 点,综合性很强,属于难题.,6.(2019南通、扬州、泰州、苏北四市七市一模,20)已知等差数列an满足a4=4,前8项和S8=36. (1)求数列an的通项公式; (2)若数列bn满足 (bka2n+1-2k)+2an=3(2n-1)(nN*). 证明:bn为等比数列; 求集合 .,解析 (1)设等差数列an的公差为d. 因为等差

42、数列an满足a4=4,前8项和S8=36, 所以 解得 所以数列an的通项公式为an=n. (3分) (2)设数列bn的前n项和为Bn. 由(1)及 (bka2n+1-2k)+2an=3(2n-1)(nN*)得, 由-得 3(2n-1)-3(2n-1-1)=(b1a2n-1+b2a2n-3+bn-1a3+bna1+2n)-(b1a2n-3+b2a2n-5+bn-1a1+2n-2) =b1(a2n-3+2)+b2(a2n-5+2)+bn-1(a1+2)+bna1+2n-(b1a2n-3+b2a2n-5+bn-1a1+2n-2) =2(b1+b2+bn-1)+bn+2=2(Bn-bn)+bn+2.

43、 所以32n-1=2Bn-bn+2(n2,nN*),又3(21-1)=b1a1+2,所以b1=1,满足上式. 所以2Bn-bn+2=32n-1(nN*), (6分) 当n2时,2Bn-1-bn-1+2=32n-2, 由-得,bn+bn-1=32n-2. (8分) bn-2n-1=-(bn-1-2n-2)=(-1)n-1(b1-20)=0, 所以bn=2n-1, =2, (10分) 所以数列bn为等比数列. 由 = ,得 = ,即2p-m= . 记cn= ,由得,cn= = , 所以 = 1,所以cncn+1(当且仅当n=1时等号成立). 由 = ,得cm=3cpcp, 所以mp. (12分),

44、设t=p-m(m,p,tN*),由2p-m= ,得m= . 当t=1时,m=-3,不合题意; 当t=2时,m=6,此时p=8,符合题意; 当t=3时,m= ,不合题意; 当t=4时,m= 0, 所以f(x)在4,+)上是单调增函数, 所以f(x)f(4)=10, 所以当t4,tN*时,m= 1,不合题意. 综上,所求集合 =(6,8). (16分),C组 20172019年高考模拟应用创新题组 (2019泰州中学3月检测,19)如果数列an对于任意nN*,都有an+2-an=d,其中d为常数,则称数列 an是“间等差数列”,d为“间公差”.若数列an满足an+an+1=2n-35,nN*,a1

45、=a(aR). (1)求证:数列an是“间等差数列”,并求间公差d; (2)设Sn为数列an的前n项和,若Sn的最小值为-153,求实数a的取值范围; (3)类似地,非零数列bn对于任意nN*,都有 =q,其中q为常数,则称数列bn是“间等比数 列”,q为“间公比”.已知数列cn,满足c1=k(k9,kZ),cncn+1=2 018 ,nN*,试问数列 cn是不是“间等比数列”?若是,求最大的整数k使得对于任意nN*,都有cncn+1;若不是,说明 理由.,解析 (1)由an+an+1=2n-35得an+1+an+2=2n-33, (2分) 作差得an+2-an=2,即数列an是“间等差数列”

46、,间公差d=2.(4分) (2)由(1)得a2n-1,a2n分别是以a1=a,a2=-a-33为首项,2为公差的等差数列, 因此, 所以an= (kN*). (6分) 又an+an+1=2n-35,所以 当n为偶数时,Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+(an-1+an)= = , 当n=18时,Sn取最小值,为S18=-153. (8分) 当n为奇数时,Sn=(a1+a2)+(a3+a4)+(an-2+an-1)+an = +n+a-1= +a+17, 当n=17时,Sn取最小值,为S17=-136+a,因为Sn的最小值为-153, 因此只需-136+a-153a-17. (10分),(3)由cncn+1=2 018 得cn+1cn+2=2 018 , 作商得, = ,所以数列cn是“间等比数列”. (12分) 由 = 得c2n-1,c2n分别是以c1=k,c2= 为首项, 为公比的等比数列, 因为cncn+1,所以c1c2c3, 又因为c1=2c3=4c5=,c2=2c4=4c6=, 所以由 得k , (15分) 解得 k ,即最大的整数k=63. (16分),