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

【大高考】2017版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
合情推理与演绎推理
(2016·全国Ⅱ，15)有三张卡片，分别写有1和2，1和3，2和3.甲，乙，丙三人各取走一张卡片，甲看了乙的卡片后说：“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，乙看了丙的卡片后说：“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”，则甲的卡片上的数字是________.
解析由丙说：“我的卡片上的数字之和不是5”可知，丙为“1和2”或“1和3”，又乙说“我与丙的卡片上相同的数字不是1”，所以乙只可能为“2和3”，所以由甲说“我与乙的卡片上相同的数字不是2”，所以甲只能为“1和3”.
答案1和3
合情推理与演绎推理
1.(2014·北京，8)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“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( )
A.2人
B.3人
C.4人
D.5人
解析学生甲比学生乙成绩好，即学生甲两门成绩中一门高过学生乙，另一门不低于学生乙.一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且没有相同的成绩，则存在的情况是，最多有3人，其中一个语文最好，数学最差；另一个语文最差，数学最好；第三个人成绩均为中等.故选B.
答案 B
2.(2012·江西，6)观察下列各式：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4，a4＋b4＝7，a5＋b5＝11，…，则a10＋b10＝( )
A.28
B.76
C.123
D.199
解析利用归纳法：a＋b＝1，a2＋b2＝3，a3＋b3＝4＝3＋1，a4＋b4＝4＋3＝7，a5＋b5＝7＋4＝11，a6＋b6＝11＋7＝18，a7＋b7＝18＋11＝29，a8＋b8＝29＋18＝47，a9＋b9＝47＋
29＝76，a 10＋b 10
＝76＋47＝123. 答案 C
3.(2015·山东，11)观察下列各式： C 0
1＝40
； C 0
3＋C 1
3＝41;
C 0
5＋C 1
5＋C 2
5＝42
； C 0
7＋C 1
7＋C 2
7＋C 3
7＝43
； ……
照此规律，当n ∈N *
时，C 0
2n －1 ＋C 1
2n －1＋ C 2
2n －1＋…＋ C n －1
2n －1＝________. 解析 观察等式，第1个等式右边为40
＝41－1
，
第2个等式右边为41
＝42－1
，第3个等式右边为42
＝43－1
， 第4个等式右边为43＝44－1
，所以第n 个等式右边为4
n －1
.
答案 4
n －1
4.(2015·福建，15)一个二元码是由0和1组成的数字串x 1x 2…x n (n ∈N *
)，其中x k (k ＝1，2，…，n )称为第k 位码元.二元码是通信中常用的码，但在通信过程中有时会发生码元错误(即码元由0变为1，或者由1变为0).
已知某种二元码x 1x 2…x 7的码元满足如下校验方程组：
⎩⎪⎨⎪
⎧x 4⊕x 5⊕x 6⊕x 7＝0，x 2⊕x 3⊕x 6⊕x 7＝0，x 1⊕x 3⊕x 5⊕x 7＝0，
其中运算⊕定义为0⊕0＝0，0⊕1＝1，1⊕0＝1，1⊕1＝0.
现已知一个这种二元码在通信过程中仅在第k 位发生码元错误后变成了1101101，那么利用上述校验方程组可判定k 等于________.
解析 (ⅰ)x 4⊕x 5⊕x 6⊕x 7＝1⊕1⊕0⊕1＝1，(ⅱ)x 2⊕x 3⊕x 6⊕x 7＝1⊕0⊕0⊕1＝0；(ⅲ)x 1⊕x 3⊕x 5⊕x 7＝1⊕0⊕1⊕1＝1.由(ⅰ)(ⅲ)知x 5，x 7有一个错误，(ⅱ)中没有错误，∴x 5错误，故k 等于5. 答案 5
5.(2013·陕西，14)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________.
解析 左边共n 项，每项的符号为(－1)n ＋1
，
通项为(－1)
n ＋1
·n 2
.
等式右边的值符号为(－1)
n ＋1
，各式为(－1)
n ＋1
(1＋2＋3＋…＋n )＝(－1)
n ＋1
n （n ＋1）
2
，
∴第n 个等式为12
－22
＋32－42
＋…＋(－1)n ＋1
·n 2
＝(－1)
n ＋1
·
n （n ＋1）
2
.
答案 12
－22
＋32
－42
＋…＋(－1)
n ＋1n 2
＝(－1)n ＋1·n （n ＋1）
2
6.(2013·湖北，14)古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数.如三角形数1，3，6，10，…，第n 个三角形数为
n （n ＋1）2＝1
2n 2
＋12
n .记第n 个k 边形数为N (n ，k )(k ≥3)，以下列出了部分k 边形数中第n 个数的表达式： 三角形数 N (n ，3)＝12n 2＋1
2n ，
正方形数 N (n ，4)＝n 2
， 五边形数 N (n ，5)＝32n 2－1
2n ，
六边形数 N (n ，6)＝2n 2－n ， …… ……
可以推测N (n ，k )的表达式，由此计算N (10，24)＝________.
解析 由题中数据可猜想：含n 2
项的系数为首项是12，公差是12的等差数列，含n 项的系数
为首项是12，公差是－12的等差数列，因此N (n ，k )＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1
2＋（k －3）12n 2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤12
＋（k －3）⎝ ⎛⎭⎪⎫－12n ＝k －22
n 2＋4－k 2
n .故N (10，24)＝11n 2－10n ＝11×102－10×10＝1 000.
答案 1 000
7.(2014·陕西，14)观察分析下表中的数据：
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
8.(2012·陕西，11)观察下列不等式 1＋12<32， 1＋122＋132<53， 1＋122＋132＋142<74， ……
照此规律，第五个不等式为________________________________________.
解析 先观察左边，第一个不等式为2项相加，第二个不等式为3项相加，第三个不等式为4项相加，则第五个不等式应为6项相加，右边分子为分母的2倍减1，分母即为所对应项数，故应填1＋122＋132＋142＋152＋162<11
6.
答案 1＋122＋132＋142＋152＋162<11
6
9.(2012·湖北，13)回文数是指从左到右读与从右到左读都一样的正整数.如22，121，3 443，94 249等.显然2位回文数有9个：11，22，33，…，99；3位回文数有90个：101，111，121，…，191，202，…，999.则 (1)4位回文数有________个；
(2)2n ＋1(n ∈N ＋)位回文数有________个.
解析 (1)2位回文数均是不为0的自然数，故有9个；而对于3位回文数，首、末均相同且不为0，故有9种，而对于中间一数可含有0，故有10种，因此3位回文数有90种；对于4位回文数，首、末均相同且不为0，故有9种，对于中间两数则可含有0，故有10种，因此也有90种；
(2)经归纳可得2n ＋1位回文数有9×10n
个. 答案 (1)90 (2)9×10n
10.(2013·重庆，22)对正整数n ，记I n ＝{1，2，…，n }，P n ＝⎩
⎨
⎧⎭
⎬⎫
⎪⎪⎪m k m ∈I n ，k ∈I n . (1)求集合P 7中元素的个数；
(2)若P n 的子集A 中任意两个元素之和不是．．整数的平方，则称A 为“稀疏集”.求n 的最大值，使P n 能分成两个不相交的稀疏集的并. 解 (1)当k ＝4时，⎩⎪⎨⎪
⎧⎭⎪⎬⎪
⎫m k |m ∈I 7中有3个数与I 7中的3个数重复，因此P 7中元素的个数为7×7－3＝46.
(2)先证：当n ≥15时，P n 不能分成两个不相交的稀疏集的并.若不然，设A ，B 为不相交的稀疏集，使A ∪B ＝P n ⊇I n ，不妨设1∈A ，则因1＋3＝22
，故3∉A ，即3∈B .同理6∈A ，
10∈B ，又推得15∈A ，但1＋15＝42
，这与A 为稀疏集矛盾. 再证P 14符合要求，当k ＝1时，⎩⎪⎨
⎪
⎧⎭⎪⎬⎪
⎫m k |m ∈I 14＝I 14可分成两个稀疏集之并，事实上，只要取A 1＝{1，2，4，6，9，11，13}，B 1＝{3，5，7，8，10，12，14}，则A 1，B 1为稀疏集，且A 1∪B 1＝I 14.
当k ＝4时，集⎩
⎪⎨
⎪
⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫m k |m ∈I 14中除整数外剩下的数组成集⎩⎨⎧⎭⎬⎫12，32，52，…，132，可分解为下面
两稀疏集的并：
A 2＝⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1
2，52，92，112，B 2＝⎩⎨⎧⎭
⎬⎫3
2，72，132.
当k ＝9时，集⎩⎪⎨
⎪
⎧⎭⎪⎬⎪
⎫m k |m ∈I 14中除正整数外剩下的数组成集⎩⎨⎧⎭⎬⎫13，23，43，53…，133，143，可分
解为下面两稀疏集的并：
A 3＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫
1
3，43，53，103
，133，B 3＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫
2
3，73，83，113
，143.
最后，集C ＝⎩
⎪⎨
⎪
⎧⎭
⎪⎬⎪
⎫m k |m ∈I 14，k ∈I 14，且k ≠1，4，9中的数的分母均为无理数，它与P 14中的任何其他数之和都不是整数，因此，令A ＝A 1∪A 2∪A 3∪C ，B ＝B 1∪B 2∪B 3，则A 和B 是不相交的稀疏集，且A ∪B ＝P 14. 综上，所求n 的最大值为14. 注：对P 14的分拆方法不是唯一的.
直接证明与间接证明
11.(2014·山东，4)用反证法证明命题“设a ，b 为实数，则方程x 3
＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是( ) A.方程x 3
＋ax ＋b ＝0没有实根 B.方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有一个实根 C.方程x 3＋ax ＋b ＝0至多有两个实根 D.方程x 3＋ax ＋b ＝0恰好有两个实根
解析 至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程x 3
＋ax ＋b ＝0没有实根”. 答案 A
12.(2013·四川，15)设P 1，P 2，…，P n 为平面α内的n 个点，在平面α内的所有点中，若点P 到点P 1，P 2，…，P n 的距离之和最小，则称点P 为点P 1，P 2，…，P n 的一个“中位点”，例如，线段AB 上的任意点都是端点A ，B 的中位点，现有下列命题： ①若三个点A ，B ，C 共线，C 在线段AB 上，则C 是A ，B ，C 的中位点；
②直角三角形斜边的中点是该直角三角形三个顶点的中位点； ③若四个点A ，B ，C ，D 共线，则它们的中位点存在且唯一； ④梯形对角线的交点是该梯形四个顶点的唯一中位点. 其中的真命题是________(写出所有真命题的序号).
解析 由“中位点”可知，若C 在线段AB 上，则线段AB 上任一点都为“中位点”，C 也不例外，故①正确；
对于②假设在等腰Rt △ABC 中，∠ACB ＝90°，如图所示，点P 为斜边AB 中点，设腰长为2，则|PA |＋|PB |＋|PC |＝3
2|AB |＝32，而若C 为“中位点”，
则|CB |＋|CA |＝4<32，故②错；
对于③，若B ，C 三等分AD ，若设|AB |＝|BC |＝|CD |＝1， 则|BA |＋|BC |＋|BD |＝4＝|CA |＋|CB |＋|CD |，故③错；
对于④，在梯形ABCD 中，对角线AC 与BD 的交点为O ，在梯形ABCD 内任取不同于点O 的一点M ，则在△MAC 中，|MA |＋|MC |>|AC |＝|OA |＋|OC |，
同理在△MBD 中，|MB |＋|MD |>|BD |＝|OB |＋|OD |，则得，|MA |＋|MB |＋|MC |＋|MD |>|OA |＋|OB |＋|OC |＋|OD |，
故O 为梯形内唯一中位点，④是正确的. 答案 ①④
13.(2012·福建，17)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
①sin 2
13°＋cos 2
17°－sin 13°cos 17°； ②sin 2
15°＋cos 2
15°－sin 15°cos 15°； ③sin 2
18°＋cos 2
12°－sin 18°cos 12°； ④sin 2
(－18°)＋cos 2
48°－sin(－18°)cos 48°； ⑤sin 2
(－25°)＋cos 2
55°－sin(－25°)cos 55°. (1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论. 解 (1)选择②式，计算如下： sin 2
15°＋cos 2
15°－sin 15°cos 15°
＝1－12sin 30°＝1－14＝34
.
(2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2
(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.
证明如下：
sin 2
α＋cos 2
(30°－α)－sin αcos(30°－α) ＝sin 2
α＋(cos 30°cos α＋sin 30°sin α)2
－ sin α(cos 30°cos α＋sin 30°sin α) ＝sin 2α＋34cos 2
α＋32sin αcos α＋14sin 2α－
32sin αcos α－12sin 2
α ＝34sin 2α＋34 cos 2
α＝3
4
. 数学归纳法
14.(2015·江苏，23)已知集合X ＝{1，2，3}，Y n ＝{1，2，3，…，n }(n ∈N *
)，设S n ＝{(a ，
b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数.
(1)写出f (6)的值；
(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明. 解 (1)f (6)＝13. (2)当n ≥6时，
f (n )＝⎩⎪⎪⎪
⎨⎪⎪
⎪⎧n ＋2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，
n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫
n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5(t ∈N *
).
下面用数学归纳法证明：
①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋6
3
＝13，结论成立；
②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，
k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论：
1)若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有
f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋
k －12＋
k －2
3
＋3＝(k ＋1)＋2＋
k ＋12＋
k ＋1
3
，
结论成立；
2)若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有
f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k
3
＋1
＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－1
3，结论成立；
3)若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有
f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋
k －12＋
k －1
3
＋2＝(k ＋1)＋2＋
k ＋12＋
（k ＋1）－2
3
，
结论成立；
4)若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有
f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2
＋k －2
3
＋2
＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋k ＋13，
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＋
k －12
＋k
3＋2
＝(k ＋1)＋2＋k ＋12
＋
（k ＋1）－1
3
，
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＋k 2
＋k －1
3
＋1
＝(k ＋1)＋2＋（k ＋1）－12＋（k ＋1）－23，结论成立.综上所述，结论对满足n ≥6的自
然数n 均成立.
15.(2014·陕西，21)设函数f (x )＝ln (1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数.
(1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N *
，求g n (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
1＋x
(x ≥0). (1)由已知，g 1(x )＝x
1＋x
，g 2(x )
＝g (g 1(x ))＝
x
1＋x 1＋x
1＋x
＝
x
1＋2x
， g 3(x )＝
x 1＋3x ，…，可得g n (x )＝x
1＋nx
. 下面用数学归纳法证明.
①当n ＝1时，g 1(x )＝x
1＋x ，结论成立.
②假设n ＝k 时结论成立，即g k (x )＝x
1＋kx
. 那么，当n ＝k ＋1时，
g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝
g k （x ）
1＋g k （x ）
＝x
1＋kx 1＋
x 1＋kx ＝x 1＋（k ＋1）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 )≥ax
1＋x 恒成立.
设φ(x )＝ln (1＋x )－ax
1＋x (x ≥0)，
则φ′(x )＝
11＋x －a （1＋x ）2＝x ＋1－a （1＋x ）
2， 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 )≥ax
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 )≥
ax
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 )＝12＋23＋…＋n
n ＋1，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12＋1
3＋…＋
1
n ＋1
<ln (n ＋1)， 在(2)中取a ＝1，可得ln (1＋x )>x
1＋x ，x >0.
令x ＝1n ，n ∈N ＋，则1n ＋1<ln n ＋1n .
下面用数学归纳法证明.
①当n ＝1时，1
2<ln 2，结论成立.
②假设当n ＝k 时结论成立， 即12＋13＋…＋1k ＋1<ln (k ＋1). 那么，当n ＝k ＋1时，
12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln (k ＋1)＋1k ＋2<ln (k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln (k ＋2)，即结论成立. 由①②可知，结论对n ∈N ＋成立.
法二 上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln (n ＋1)，
在(2)中取a ＝1，可得ln (1＋x )>x
1＋x ，x >0.
令x ＝1n ，n ∈N ＋，则ln n ＋1n >1n ＋1.
故有ln 2－ln 1>12，
ln 3－ln 2>1
3，
……
ln(n ＋1)－ln n >
1
n ＋1
，
上述各式相加可得ln (n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1
，结论得证. 法三 如图，⎠⎛0n
x
x ＋1d x 是由曲线y ＝x x ＋1，x ＝n 及x 轴所围成的曲边梯形的面积，而12＋23＋…＋n n ＋1
是图中所示各矩形的面积和.
∴12＋23＋…＋n n ＋1>⎠⎛0n x x ＋1d x ＝⎠⎛0
n (1－1x ＋1)d x ＝n －ln (n ＋1)，结论得证. 16.(2014·重庆，22)设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N *
).
(1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；
(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N *成立？证明你的结论. 解 (1)法一 a 2＝2，a 3＝2＋1，
再由题设条件知(a n ＋1－1)2＝(a n －1)2＋1.
从而{(a n －1)2}是首项为0公差为1的等差数列，故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N *).
法二 a 2＝2，a 3＝2＋1，
可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1， a 3＝3－1＋1.因此猜想a n ＝n －1＋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a k ＝k －1＋1.
则a k ＋1＝（a k －1）2
＋1＋1 ＝（k －1）＋1＋1＝（k ＋1）－1＋1.
这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立.
所以a n ＝n －1＋1(n ∈N *).
(2)法一 设f (x )＝（x －1）2＋1－1，则a n ＋1＝f (a n ).
令c ＝f (c )，即c ＝（c －1）2＋1－1，解得c ＝14
. 下面用数学归纳法证明加强命题a 2n <c <a 2n ＋1<1.
当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (0)＝2－1，
所以a 2<14
<a 3<1，结论成立. 假设n ＝k 时结论成立，即a 2k <c <a 2k ＋1<1.
易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，
从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即1>c >a 2k ＋2>a 2.
再由f (x )在(－∞，1]上为减函数得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1.故c <a 2k ＋3<1， 因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1.
这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立.
综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝14
. 法二 设f (x )＝（x －1）2
＋1－1，则a n ＋1＝f (a n ).
先证：0≤a n ≤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≤a k ≤1.
易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，
从而0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1.
即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立，故①成立.再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N *).② 当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1，有a 2<a 3，即n ＝1时②成立. 假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1，
由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得 a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2，
a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.
这就是说，当n ＝k ＋1时②成立，
所以②对一切n ∈N *
成立.
由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，
即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n <14
.③ 又由①、②及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2，
所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1.解得a 2n ＋1>14
.④ 综上，由②、③、④知存在c ＝14
使a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N *成立.。