2018届高三数学（理）一轮复习直接证明与间接证明及归纳法考点专练 4页

板块命题点专练（十） 命题点一 合情推理与演绎推理 命题指数：☆☆☆ 难度：中、低 题型：选择题、填空题 1．(2014·陕西高考)观察分析下表中的数据： 多面体 面数(F) 顶点数(V) 棱数(E) 三棱柱 5 6 9 五棱锥 6 6 10 立方体 6 8 12 猜想一般凸多面体中 F，V，E 所满足的等式是________． 解析：三棱柱中 5＋6－9＝2；五棱锥中 6＋6－10＝2；立方体中 6＋8－12＝2，由此归 纳可得 F＋V－E＝2． 答案：F＋V－E＝2 2．(2014·全国卷Ⅰ)甲、乙、丙三位同学被问到是否去过 A，B，C 三个城市时， 甲说：我去过的城市比乙多，但没去过 B 城市； 乙说：我没去过 C 城市； 丙说：我们三人去过同一城市． 由此可判断乙去过的城市为________． 解析：由甲、丙的回答易知甲去过 A 城市和 C 城市，乙去过 A 城市或 C 城市，结合乙 的回答可得乙去过 A 城市． 答案：A 3．(2015·陕西高考)观察下列等式： 1－1 2 ＝1 2 ， 1－1 2 ＋1 3 －1 4 ＝1 3 ＋1 4 ， 1－1 2 ＋1 3 －1 4 ＋1 5 －1 6 ＝1 4 ＋1 5 ＋1 6 ， … 据此规律，第 n 个等式可为_________________________________________． 解析：等式的左边的通项为 1 2n－1 － 1 2n ，前 n 项和为 1－1 2 ＋1 3 －1 4 ＋…＋ 1 2n－1 － 1 2n ；右 边的每个式子的第一项为 1 n＋1 ，共有 n 项，故为 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＋…＋ 1 n＋n ． 答案：1－1 2 ＋1 3 －1 4 ＋…＋ 1 2n－1 － 1 2n ＝ 1 n＋1 ＋ 1 n＋2 ＋…＋ 1 2n 命题点二 直接证明与间接证明 命题指数：☆☆☆☆ 难度：高、中 题型：解答题 1．(2014·江西高考)已知数列{an} 的前 n 项和 Sn＝3n2－n 2 ，n∈N*． (1)求数列{an} 的通项公式； (2)证明：对任意的 n>1，都存在 m∈N* ，使得 a1，an，am 成等比数列． 解：(1)由 Sn＝3n2－n 2 ，得 a1＝S1＝1， 当 n≥2 时，an＝Sn－Sn－1＝3n－2，当 n＝1 时也适合． 所以数列{an}的通项公式为：an＝3n－2． (2)证明：要使得 a1，an，am 成等比数列， 只需要 a2n＝a1·am，即(3n－2)2＝1·(3m－2)， 即 m＝3n2－4n＋2，而此时 m∈N*，且 m>n． 所以对任意的 n>1，都存在 m∈N*，使得 a1，an，am 成等比数列． 2 ． (2015· 北 京 高 考 节 选 ) 已 知 数 列 {an} 满 足 ： a1 ∈ N* ， a1≤36 ， 且 an ＋ 1 ＝ 2an，an≤18， 2an－36，an＞18 (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． 解：(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，an≤18， 2an－36，an>18 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． 命题点三 数学归纳法 命题指数：☆☆ 难度：高 题型：解答题 (2015·陕西高考)设 fn(x)是等比数列 1，x，x2，…，xn 的各项和，其中 x＞0，n∈N，n≥2． (1)证明：函数 Fn(x)＝fn(x)－2 在 1 2 ，1 内有且仅有一个零点(记为 xn)，且 xn＝1 2 ＋1 2xn＋1n ； (2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为 gn(x)， 比较 fn(x)和 gn(x)的大小，并加以证明． 解：(1)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2， 则 Fn(1)＝n－1＞0， Fn 1 2 ＝1＋1 2 ＋ 1 2 2＋…＋ 1 2 n－2 ＝1－ 1 2 n＋1 1－1 2 －2＝－ 1 2n ＜0， 所以 Fn(x)在 1 2 ，1 内至少存在一个零点． 又 Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1＞0， 故 Fn(x)在 1 2 ，1 内单调递增，所以 Fn(x)在 1 2 ，1 内有且仅有一个零点 xn． 因为 xn 是 Fn(x)的零点，所以 Fn(xn)＝0， 即1－xn＋1n 1－xn －2＝0，故 xn＝1 2 ＋1 2xn＋1n ． (2)由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn， gn(x)＝n＋1xn＋1 2 ，x＞0． 当 x＝1 时，fn(x)＝gn(x)． 当 x≠1 时，用数学归纳法可以证明 fn(x)＜gn(x)． ①当 n＝2 时，f2(x)－g2(x)＝－1 2(1－x)2＜0， 所以 f2(x)＜g2(x)成立． ②假设 n＝k(k≥2)时，不等式成立，即 fk(x)＜gk(x)． 那么，当 n＝k＋1 时， fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1＜gk(x)＋xk＋1＝k＋11＋xk 2 ＋xk＋1＝2xk＋1＋k＋1xk＋k＋1 2 ． 又 gk＋1(x)－2xk＋1＋k＋1xk＋k＋1 2 ＝kxk＋1－k＋1xk＋1 2 ， 令 hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x＞0)， 则 hk′(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1 ＝k(k＋1)xk－1·(x－1)． 所以当 0＜x＜1 时，hk′(x)＜0，hk(x)在(0,1)上递减； 当 x＞1 时，hk′(x)＞0，hk(x)在(1，＋∞)上递增． 所以 hk(x)＞hk(1)＝0， 从而 gk＋1(x)＞2xk＋1＋k＋1xk＋k＋1 2 ． 故 fk＋1(x)＜gk＋1(x)，即 n＝k＋1 时不等式也成立． 由①和②知，对一切 n≥2 的整数，都有 fn(x)＜gn(x)．