发布时间 : 星期日 文章2020高考数学一轮总复习第7章不等式推理与证明第5节推理与证明高考AB卷理更新完毕开始阅读
2019年
结论成立；
5)若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有
f(k＋1)＝f(x)＋2＝k＋2＋＋＋2
＝(k＋1)＋2＋＋， 结论成立；
6)若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋＋＋1
＝(k＋1)＋2＋＋，结论成立.综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立.·陕西，21)设函数f(x)＝ln (1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求gn(x)的表达式； (2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N*，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明. 解 由题设得，g(x)＝(x≥0). (1)由已知，g1(x)＝，g2(x) ＝g(g1(x))＝＝，
g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明.
①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立. ②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝. 那么，当n＝k＋1时，
gk＋1(x)＝g(gk(x))＝gk（x）1＋gk（x） ＝＝，即结论成立.
由①②可知，结论对n∈N＋成立. (2)已知f(x)≥ag(x)恒成立， 即ln (1＋x)≥恒成立.
15.(2014(x) 2019年
设φ(x)＝ln (1＋x)－(x≥0)， 则φ′(x)＝－＝，
当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)， ∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0， ∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln (1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立).
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)＜0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0，
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0， 故知ln (1＋x)≥不恒成立.
综上可知，a的取值范围是(－∞，1].
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，n－f(n)＝n－ln (n＋1)， 比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln (n＋1). 证明如下：
法一 上述不等式等价于＋＋…＋
1 ①当n＝1时， 1＋＋…＋＋ 法二 上述不等式等价于＋＋…＋ 2019年 在(2)中取a＝1，可得ln (1＋x)>，x>0. 令x＝，n∈N＋，则ln >. 故有ln 2－ln 1>， ln 3－ln 2>， …… ln(n＋1)－ln n>， 上述各式相加可得ln (n＋1)>＋＋…＋，结论得证. 法三 如图，dx是由曲线y＝，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而＋＋…＋是图中所示各矩形的面积和. ∴＋＋…＋>dx＝(1－)dx＝n－ln (n＋1)，结论得证. 16.(2014·重庆，22)设a1＝1，an＋1＝－2an＋2)＋b(n∈N*). (1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式； (2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n 解 (1)法一 a2＝2，a3＝＋1， 再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1. 从而{(an－1)2}是首项为0公差为1的等差数列，故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N*). 法二 a2＝2，a3＝＋1， 可写为a1＝＋1，a2＝＋1， a3＝＋1.因此猜想an＝＋1. 下面用数学归纳法证明上式： 当n＝1时结论显然成立. 假设n＝k时结论成立，即ak＝＋1. 则ak＋1＝＋1 ＝＋1＝＋1. 2019年 这就是说，当n＝k＋1时结论成立. 所以an＝＋1(n∈N*). (2)法一 设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an). 令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝. 下面用数学归纳法证明加强命题a2n 假设n＝k时结论成立，即a2k 从而c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2. 再由f(x)在(－∞，1]上为减函数得c＝f(c) 因此a2(k＋1) 综上，符合条件的c存在，其中一个值为c＝. 法二 设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an). 先证：0≤an≤1(n∈N*).① 当n＝1时，结论明显成立. 假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1. 易知f(x)在(－∞，1]上为减函数， 从而0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝－1<1. 即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立，故①成立.再证：a2n 当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝－1，有a2