17.2 直接证明与间接证明-【备战高考】备战2027高考数学母题题源同步练

§17.2直接证明与间接证明 考纲·题型解读 1.了解直接证明的两种最基本的方法：综合法和分析法」 2.了解用综合法和分析法解决问题的思考特点和过程，会用综合法和分析法证明具体的问题，并通过实例充分认识这两种 证明方法的特点，认识证明的重要性」 3.了解间接证明的一种基本方法一一反证法；了解反证法的思考过程和特点， 五年高考母题题源揭秘 题源 综合法、分析法和反证法 -am)(bn十am)=(cm-bn)(cm十bn）. ① 选取关于n的一个多项式，例如4n(n2一1)，使得它可按两 种方式分解因式，由于4n(n2-1)=(2n-2)(2n2+2n)=(2n十 解题模型 2)(2n2-2n),因此令 1.综合法是“由因导果”，即由已知条件出发，推导出 n+b。=2n2-2n, 所要证明的等式或不等式成立.因此，综合法又叫做顺推证 bm-am=2n十2， 法或由因导果法 ,+b,=2n2+2n, 综合法格式一一从已知条件出发，顺着推证，由“已 c-b=2n-2; 知”得“推知”，由“推知”得“未知”，逐步推出求证的结论，这 am=n2-2n-1, 就是顺推法的格式，它的常见书面表达是“，∴”或“→”， 可得bm=n2+1, (n≥4) 2.分析法是“执果索因”，一步步寻求上一步成立的充 (cm=n2+2n-1 分条件，因此分析法又叫做递证法或执果索因法， 易验证am,bm,cm满足①，因此a,b,c员成等差数列， 分析法格式一一与综合法正好相反，它是从要求证的 当n≥4时，有am<bn<cn且am+bm-cm=n2-4n十1>0， 结论出发，倒着分析，由未知想需知，由需知逐渐地靠近已 因此以口m,bm,c”为边长可以构成三角形，将此三角形记为 知（已知条件，已经学过的定义、定理、公理、公式、法则等） △m(n≥4). 这种证明方法的关键在于需保证分析过程的每一步都是 其次，任取正整数m,n(m,n≥4，且m≠n),假若三角形△m 可以逆推的，它的常见书面表达是“要证…，只需…” 或“←” 与A相数周省二--牛己 3.应用反证法证明数学命题，一般有下面几个步骤： 据比例性质有 第一步：分清命题“p→q”的条件和结论； m2+1m2+2m-1 第二步：作出与命题结论q相矛盾的假设一q: n2+1-n+2n-1 第三步：由p和q出发，应用正确的推理方法，推出 =m+2m-1-（m+D_m-1,m+1-m-2m-J 矛盾结果： n2+2m-1-(n2+1)n-1'n2+1n2-22-1 第四步：断定产生矛盾结果的原因在于开始所做的假 =m-2m-1-(m2+1)_m+1 n2-2n-1-(n2+1)n+1 设门g不真，于是原结论g成立，从而间接地证明了命题力 g为真； 第五步：所说的矛盾结果，通常是指推出的结果与已 对以尚龙可祥烈与级变四萨多有许 任两个三角形△m与△m(m,n≥4，m≠n)互不相似，所以存在无 知公理、已知定义、已知定理或已知条件矛盾，与临时假设 穷多个互不相似的三角形△m,其边长am,bm,cm为正整数且a, 矛盾以及自相矛盾等各种情况. b,c成等差数列. [真题1](2022·江西)证明以下命题： [真题2](2022·福建)(1)已知函数f(x)=x3-x,其图 (1)对任一正整数a,都存在正整数b,c(b<c),使得a2,b2, 象记为曲线C. c2成等差数列； (1)(1)求函数f(x)的单调区间； (2)存在无穷多个互不相似的三角形△m,其边长am,bc。 (ⅱ)证明：若对于任意非零实数x1,曲线C与其在点 P1(x1,f(x1)处的切线交于另一点P:(x,f(x),曲线C与 为正整数且a:,b,c成等差数列. 其在点P。处的切线交于另一点P(x,∫(x),线段PP, [解析](1)易知1,52,7成等差数列，则a2,(5a), (7a)产也成等差数列，所以对任一正整数a,都存在正整数b= P:P与曲线C所西废封闭图形的面积分别记为SS:则受为 5a,c=7a(b<c),使得a2,b2,c2成等差数列. 定值： (2)若a,b,c成等差数列，则有b-a=c-b,即(b (2)对于一般的三次函数g(x)=ax3+bx+cx十d(a≠ ·359· 0),请给出类似于(1)（ⅱ）的正确命题，并予以证明. [解析]解法一：(1)(i)由∫(x)=x3-x得f'(x)=3x2 分别记为S1,S,则为定植 证明如下： 因为平移变换不改面积的大小，故可将曲线y=g(x)的对 b a.x3+hx,且x1≠0. 类似(1)（ⅱ）的计算可得S1= 4a.,S,=27x16 27 ax≠0. 4 单丽递该区同为（誓，智） 解法二：(1)同解法一 (2)记函数g(x)=a.x3+bx2十cx十d(a≠0)的图象为曲线 (ⅱ)曲线C在点在P,处的切线方程为 y=(3xi-1)(x-x1)十x1-x1, C,类似于1(1)的王确命题为：苦对于任意不等于一品的实 数x1,曲线C′与其在点P,(x1,g(x1)处的切线交于另一点 P:(x,g(x:),曲线C与其在点P处的切线交于另一点 P:(x,g(x),线段P1P,P,P与曲线C所围成封闭图形的 面积分别记为S1,S,则三为定位. 5 证明如下： 由g(x)=a.x3+b.x2+c.x+d(a≠0)得g'(x)=3ax2+2bx 即y=(3x-1)x-2.x1. 十c,所得曲线C'在点(x1,g(x1)处的切线方程为y=(3ax+ 由/=(3x-10x-2x 2bx+c)x-2axi-bxi+d ly=x3-x 由=ax+bz2+cx+d, 得x3-x=(3x-1)x-2x,即(x-x1)(x+2x1)=0,解 ly=(3axi+2bx1+c)x-2azi-bxi+d 得x=x1或x=-2x1, 得(x-x1)[a(z+2x1)+b]=0, 故x2=一2x1. ÷x=1或x=-白-2x1, (2i-3xix+2x1)dx 即x2三一。一2x1故 a 3 2r1 S= Laxi+ba2-(3axi+2bx1)z+2azi+bxi]dx (3a.x1十b) 用x:代替x1,重复上述计算过程，可得xg=一2x和S2= 12a3 用x2代表x1,重复上述计算过程， 华 可得x,=-么-2x:和S,=3a+6 a 12a3 又x2=-2x1≠0，所以S,= X10,国光有袋-后 1 又x=- -21且x1≠-3a b (2)记函数g(x)=ax3+bx2+cx十d(a≠0)的图象为曲线 a C,美似于1(i)的正喷命题为：若对于任意不等于一 的实 所以S2= (3a.x2+b)(-6a.x1-2b)°_16(3a.x1+b) 12a3 12a3 12a3 数x1,曲线C'与其在点P1(x1,g(x1)处的切线交于另一点 11 0,故 2=16 P:(x2,g(x),曲线C′与其在点P2处的切线交于另一点P (x,g(x),线段P1P2,P:P,与曲线C'所围成封闭图形的面 五年高考母题原型训练 (★代表高考出现的频次) 之比称为区域的“周率”下面四个平面区域（阴影部分）的周率 题源综合法、分析法和反证法（★★★★★） 从左到右依次记为x1,2,x,x4,则下列关系中正确的为() 1.(2021·江西)一个平面封闭区域内任意两点距离的最大 值称为该区域的“直径”，封闭区域边界曲线的长度与区域直径 ·360· ② ⑧ ④ 4a02南E知致列a,满足，=了中2 2(1+am) A.t> B.t:>t1>t 1一am+1 amam+1<0(n≥1)；数列{bm}满足：bn=a+1一a(n≥ C.t>t:>t: D.t:>t1>t 1). 2.(2021·辽宁)如图，已知两个正方形ABCD和DCEF不 (I)求数列{am},bm}的通项公式： 在同一平面内，M,N分别为AB,DF的中点. (Ⅱ)证明：数列{b,中的任意三项不可能构成等差数列. (I)若平面ABCD⊥平面DCEF,求直线MN与平面 DCEF所成角的正弦值； (Ⅱ)用反证法证明：直线ME与BN是两条异面直线. 3.(2021·安微)首项为正数的数列a,满足a,1=子(a: +3),n∈N". （I)证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，am都是奇数： (Ⅱ)若对一切n∈N都有am+1>am,求a1的取值范围. 2022一2023高考题源拓展测试 D未来高考还会这样考， (测试时间：90分钟总分：100分) 一、选择题（本题包括5小题，每小题6分，共30分。每小题只 有一个选项符合题意) 目1)设0<<1.u>0,6>0u,b为常数，2十的 1.(1)用反证法证明命题：“a,b∈N,ab可被5整除，那么 最小值是 () a、b中至少有一个能被5整除”时，假设的内容应为（) A.4ab B.2(a2+b2) A.a、b都能被5整除 B.a、b都不能被5整除 C.(a+b)2 D.(a-b)2 C.a,b不都能被5整除 D.a不能被5整除 4.(了1)设y是实数，且4y十4.xy十x+6=0,则x的取值 b d 2.(o1Dp=a6+a,g=√ma+nc·√m+i(m, 范围是 () 十 A.-3≤x≤2 B.-2x≤3 n、ab、c,d均为正数)，则p、q的大小为 C.x≤-2或x≥3 D.x一3或x≥3 A.p≥q B.p≤g 5.(@1)用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个 C.p>q D.不确定 不大于60度”时，假设正确的是 () A.假设三内角都不大于60度 ·361· B.假设三内角都大于60度 13.(g1)已知函数f(.x)=a.x3+x2-x(a∈R且a≠0). C.假设三内角至多有一个大于60度 (1)若函数f(x)在(2，+∞)上存在单调增区间，求a的取 D.假设三内角至多有两个大于60度 值范围； 二、填空题（本题包括5小题，每小题6分，共30分） 6.(1)已知点An(n,an)为函数y=√x2+I的图象上的 (②)正明：当a>0时，国数f)在区间（品一）上不 点，Bn(n,bn)为函数y=x图象上的点，其中n∈N,设cn=am 存在零点 一b。,则cm与cm+1的大小关系为 7.(G1)若a、b、c为Rt△ABC的三边，其中c为斜边，那么 a"+b”与c"(其中n∈N*且n>2)的大小关系是 8.(☐1)如果awa+b6>a5+ba,则a、b应满足的条 件是 9.(☐1)若0<a<1,0<b<1,且a≠b,则在a十b,2√ab, a2+b2和2ab中最大的是 10.(g1)设x>0,y>0,a=x十y,b=xo20·y0,则a与 b的大小关系为 三、解答题（本小题包括4小题，每小题10分，共40分） 1山.(g1)给定实数a,a≠0，且a≠1，设函数y=工- a.x-1 (:R且x≠），求正：经过这个函数图象上任意两个不同点 的直线不平行于x轴. 14.(☐1)数列{an}中，a1=8,a:=2,且满足am+2-2am+1十 am=0(n∈N*). (1)求数列{a.}的通项公式. 1 （2)设6.=n12-a)n∈N),S.=b+b:+…+b.,是 否存在最大的整数m,使得任意的”均有S.>%总成立？若存 在，求出m:若不存在，请说明理由. 12.(G1)已知a,b,c∈R,a+b+c>0,ab+bc+ac>0,abc >0.利用反证法证明：a>0,b>0,c>0. ·362·因此f(4)=5,f(n)=2(n+1)(n-2). 17.解：观察40°-10°=30°，36°-6°=30°，由此 猜想：sina+cos2(30°+a)+sina·cos(30°+a)= 41 证明：sina+cos2(30°+a)+sina·cos(30°+a) -1-coe2e+1+cos60+2a+[sn(30+2a） 2 2 sin30]=1+ 2 cos (60 2a)-cos2a]+ m80+2a)- =1+ [-2sin(30+2a)sin0]+ 2sim(30+2a)-] 2sin(30+2a)+2sim(30°+2a)= 3 3 4 18.解：三角形和四面体有下列共同性质： ①三角形是平面内由直线段围成的最简单的封 闭图形；四面体是空间中由平面三角形所围成的最简 单的封闭图形. ②三角形可以看作平面上一条线段外一点及这 条线段上的各点的连线所形成的图形；四面体可以看 作三角形外一点与这个三角形上各点的连线所围成 的图形. 根据三角形的性质可以推测空间四面体有如下 性质： 三角形 四面体 四面体任意三个面的 三角形的两边之和大 面积之和大于第四个 于第三边 面的面积 四面体的中位面的面 三角形的中位线等于 积等于第四个面面积 第三边的一半，并且平 行于第三边 的}且平行于第四 个面 三角形的三条内角平 四面体的六个二面角 分线交于一点，且这个 的平分面交于一点，且 点是三角形内切圆的 这个点是四面体内切 圆心 球的球心 1 四面体的体积为V= 三角形的面积为S= 1 (5+S:+S+ 3 (a+b+c)r(r为三 S:)r,S1,S2,S3,S4为 角形内切圆的半径) 四个面的面积，r为四 面体内切球的半径 §17.2直接证明与间接证明 五年高考母题原型训练 1.C【解析】由于图①边长关系不明显，为此 先考虑其他图形的情况，在图②中设大圆的半径为 R,则易知外圆边界长为πR,而内边界恰好为一个半 径为尽的小国的周长R,故坐个边界长为2R,而 封闭曲线的直径最大值为2R,故周率为x,图③中周 长为直径的三倍，故周率为3，图④中设各边长为Q, 则整个边界周长为12a,直径为2√3a,故周率为 2√3，这三个周率大小符合选项C,故选C.本题是一 个新的定义概念，借助于图形的对称性来处理减小了 做题的思维难度，本题考查学生的综合数学能力， 2.解：(I)解法一：取CD 的中点G,连接MG,VG. 设正方形ABCD,DCEF的 边长为2，则MG⊥CD,MG=2, NG=√2. 因为平面ABCD⊥平面C DCEF,所以MG⊥平面DCEF 可得∠MNG是MN与平面DCEF所成的角. 因为MN=后，所以sin∠MNG二Y为MN与 平面DCEF所成角的正弦值 解法二：设正方形ABCD,DCEF的边长为2，以 D为坐标原点，分别以射线DC,DF,DA为x,y,x 轴正半轴建立空间直角坐标系，如图. 则M(1,0,2),N(0,1,0),可得MN=(-1,1,-2). 又DA=(0,0,2)为平面DCEF的法向量，可得 6 cosM,Di)=M·DA √6 IMNIDAI 所以MN与平面DCEF所成角的正弦值为 Icos(MN.DA6 31 (Ⅱ)假设直线ME与BN共面，则ABC平面 MBEN,且平面MBEN与平面DCEF交于EN. 由已知，两正方形不共面，故AB中平面DCEF. 又AB∥CD,所以AB∥平面DCEF.而EN为 平面MBEN与平面DCEF的交线，所以AB∥EN, 又AB∥CD∥EF,所以EN∥EF,这与EN∩ EF=E矛盾，故假设不成立. 所以ME与BN不共面，它们是异面直线. 【思维拓展】求解线面角主要有两种方法：一是 几何法，即利用线面角的定义，通过线面关系得到线 面角，而后将其归在一个三角形内进行求解即可；二 是利用空间向量法，即通过直线的方向向量与平面的 法向量夹角确定所求线面角，要注意向量成角与线面 角之间的“互余”关系， 3.解：(I)已知a1是奇数，假设as=2m一1是 奇数，其中m为正整数，则由递推关系得a+1= a+3=m(m-1)+1是奇数. 4 根据数学归纳法，对任何n∈N",am都是奇数. 1 (Ⅱ)（方法一）由am+1-a,=4(a-1)(a,-3) 知，am+1>am当且仅当am<1或am>3, 另一方面，若0<a<1,则0<a+1<1+3-1, 4 若ak>3,则ak+1> 32+3=3. 4 根据数学归纳法，0<a1<1台0<am<1, Hn∈N";a1>3台am>3,Hn∈N". 综合所述，对一切n∈N"都有am+1>am的充要 条件是0<a1<1或a1>3. (方法二)由a,=i+3、 4 >a1,得a-4a1+3> 0,于是0<a1<1或a1>3. a+1-aw=a8+3 a-1十3 4 4 (aw十an-1）(am一aw-1） ai+3 ,因为a1>0,am+1= 4 所以，所有的am均大于0，因此am+1一a与am一 am-1同号. ·1 根据数学归纳法，Hn∈N”,am+1一am与a:一a1 同号 因此，对一切n∈N”都有a+1>a。的充要条件 是0<a1<1或a1>3. 4解：(I)由题意可知1-a=子1-a). 2 令cn=1-a,则cw+1=3cm… 又e,=1-a=是.则数列{c是首项为c1 子，公比为号的等比数列，即6=子·（爱）故1 又a1= >0,amaw+1<0,故 =-1·() 6.=a---子·（后）] -·()]=·(后) (Ⅱ)用反证法证明. 证明：假设数列{bm}存在三项b,b,b,(r<s< t)按某种顺序成等差数列，由(I)知数列{b}是首项 为，公比为号的等比数列，于是有6，>6，>6，则 只可能有2b,=b,十b,成立. 2×(号)=（号）+()两 边同乘3-121-r,化简得3-+2-r=2·2-r3- 由于”<s<t,所以上式左边为奇数，右边为偶 数，故上式不可能成立，导致矛盾，故数列{bm}中任意 三项不可能成等差数列 【点评】当从正面证明困难、不妨考虑采用反证 法，即正难则反， 2012一2013高考题源拓展测试 1,B【解析】用反证法证明命题应先否定结 论，故选B. 2.B【解析】g= √ab+ma++ca≥ n Wab+2√abcd+cd=√ab+√cd=p,故选B. 3.C【解析】解法一：设x=cos2a,则1一x= sin'a a2 1-x cos2a sin'a =a2(1+tan'a)+b2(1+cot'a) =a2+62+a2tan2a+b2 cota2a2+62 2ab= (a+b)2. 解法二++1- =a+1-）+6工+6≥a+6+2a6= x 1-x (a+b)2. 4.C【解析】已知等式是关于y的一元二次 方程，由它有实数根知△=(4x)2一4×4(x十6)= 16(x2-x-6)≥0，解得x≤-2或x≥3. 5.B【解析】根据反证法的步骤，假设是对原 命题结论的否定，即“三内角都大于60度”，故选B. 6.cm>cm+1【解析】am=√n2十1，bn=,c =a,-b.=Vm+-n≤1 =十n,随n的增大 √n+ 而减小，为减函数，.cm十1<cm·或者cm+1= √(n+1)+1-(n+1),cm=n+1-n, Vn2+1-n √/(n+1)2+1-(n+1) =√m++T+n+1>1, √n2+1+n .Cn>C+1. 7.a”+b”<c”【解析】△ABC为Rt△，且c 为斜边，则c2=a2+b,∴.c>a>0,c>b>0,即0< <1.0<2<1 当>2时()+（白）<()+（怡）= a2+b -=1,即a"十b”<c". 8.a≥0，b≥0且a≠b【解析】，aa+bB >a6+ba台（√a-√6）2（√a+√6）>0台a≥0，b ≥0且a≠b. 9.a十b【解析】解法一：a+b>2√ab,a+ b2>2ab,a+b-(a2+b)=a(1-a)+b(1-b)>0, a+b最大. 解法二：特值读，取口=号6=日计算地较 大小 10.a>b【解析】x>0,y>0,∴.x<x十 y,y<x十y,∴.xo20<(x+y)me0,ym0<(x+ 。1 y)i20,:b=xo20·ym20<(x十y)m20·(x十y)m20 =(x十y)i20+m20=x十y=a. 11.证明：假设函数图象上存在两点M1、M:,使 得直线M1M2平行于x轴. 设M1(x1y1),M2(x2y2),且x1≠x2,由kM1M2= x2-1x1-1 0得y:-y=ax,1a1- a-1 xg一x1 xg一x1 (a.x2-1)(a.x1-1) 0,解得a=1,这与已知a≠1矛盾. 故经过这个函数图象上任意两个不同点的直线 不平行于x轴. 12证明：假设a,b,c不同时为正，不妨先考虑a 不是正数，从而有a=0和a<0两种情况。 ①若a=0,则abc=0,与已知abc>0矛盾，故a =0不可能. ②若a<0,因为abc>0,所以bc<0,又因为a+ b+c>0,所以b+c>-a>0,所以ab+bc+ac=a(b 十c)+bc<0,这与已知ab十bc+ac>0矛盾，所以a <0也不可能.综上所述，a>0成立，同理可知b>0,c >0成立，原命题得证。 13.解：(1)因为f(x)=3ax2+2x-1,依题意 存在(2，+c∞)的非空于区间使3a.x2+2x一1>0成 立，即3a>,32在x∈(2，+©)某于区间上恒成 立，令h(x)=1-2z ,求得h(x)的最小值为-手，故 u∈（←0uo+o (2)由已知a>0,令f'(x)=3a.x2+2x-1>0, 得>二1+件3和成<1-中 3a 3a 2,a>0, -1++3a> -1-√1十3a<。二，故 3a 3a 3a f(x)在区间（ 2 3a, a)上是减函数，又：f 9a" a >0,即f(x)在区间 2 3a 上恒大于零.故当a>0时，函数f(x) 在区间（ 品) 上不存在零点 14.解：(1)，am+2一2au+1十am=0,.am+2 am+1=am+1一am(n∈N")..{am}是等差数列.设公差 为d,又a1=8,a:=a1+3d=8+3d=2, 8 ∴d=-2.∴am=-2n+10. 1 (2)b.=n(12-a） (日) s.=b++6.=2[-2）+(合一专） +…+(分-川--)2m+D 假设存在整数m满足5，>2总成立 n+1 n 又S+1-S。=20m+2)2(n+d2n+2)m+1) >0, 数列S.是单调递增的S,=为S。的最 小值故2<即m<8,又m∈N, ∴.适合条件的m的最大值为7. §17.3数学归纳法 五年高考母题原型训练 1.解：(I)由方程x2十x一1=0解得方程的根 为x1.2=二1±5 2 又：a、B是方程的两个实根，且a>B,.a= -1+w5。 2一= -1-√5 2 (Ⅱ)证明：：f'(x)=2x十1，.aw+1=am一 f(a.) f'(a)a ai十am-1a+1 2am+12am+1 ai-2ana+1-a aw+1一a= 2am+1 =ai-2aaw+a2-(a2+a-1） 2am+1 =（am-a)2 2am+1 下面用数学归纳法证明当n≥1时，am一a>0 成立. ①当m=1时，41-a=1-a=3,5>0,命题 2 成立； ②假设n=k(k≥1)时命题成立，即ak一a>0, 此时有a>a>0. 则当”=k+1时1一。2>0.命题 成立 根据数学归纳法可知，对任意的正整数n,有am ·1 -a>0. (Ⅲ)根据（Ⅱ）同理可得，对任意的正整数n,有 a+1一B= （am一B)2 2am+1 仍由（Ⅱ）知，对任意的正整数n,am一a>0. 于是对任意的正整数n,am>a>B→am一B>0. 6=In a1-=4n5+1.a。-e a1一a 2， au一a (am-1-B) 2am-1+1 （am-1-a) >0(n>1),.bm=2ln 2am-1+1 an-1-B =2bm-1(n>1),即数列{bm}是首项为b1,公 Lu-1一a 比为2的等比数列.故数列{bn}前n项之和为Sn= b1(1-2 2=(2-1)4n5+1=(2*:-4n5+1 1-2 2 2 2.证明：(I)当0<x<1时，f(x)=1-lnx-1 =-lnx>0, 所以函数f(x)在区间(0,1)上是增函数. (Ⅱ)当0<x<1时，f(x)=x-xlnx>x. 又由(I)及f(x)在x=1处连续知，当0<x<1 时，f(x)<f(1)=1,因此，当0<x<1时，0<x< f(x）<1.① 下面用数学归纳法证明：0<aw<am+1<1.② (i)由0<a1<1,a2=f(a1),应用式①得0< a1<a2<1,即当n=1时，不等式②成立. (ⅱ)假设n=k时，不等式②成立，即0<a< ak+1<1. 则由①可得0<a+1<f(a+1)<1,即0<a+1 <ak+2<1,故当n=k十1时，不等式②也成立. 综合(i)(i)证得：am<am+1<1. (Ⅲ)由（Ⅱ）知，{am}逐项递增，故若存在正整数 m≤k,使得am≥b,则ak+1>am≥b, 否则，若am<b(m≤k),则由0<a1≤am<b<1 （m≤k)知， amInam≤a1lnam<aiInb<0.③ ak+1=ak一alna =ak-1一ak-1lnak-1一a:Ina =a1-a Inam. =1 由③知2 aIna<k(a1lnb),于是at+1>a1十