人教版数学高二A版选修4-5单元测试第四讲数学归纳法证明不等式

教学建议
1.数学归纳法证明不等式与已学的证明不等式的方法之间的联系
在前面的学习中,已经学习了使用反证法、分析法、比较法、综合法来证明不等式,还没接触过数学归纳法.但是在数列和函数中,有大量的关于正整数的不等式,如何证明它们呢?这就需要数学归纳法.
由于与正整数有关的不等式多是以数列和函数为载体,所以数列和函数的相关知识,如数列通项的递推公式、定义、函数的单调性等都应该及时巩固.在证明过程中,我们还会用到作差比较法、等价转化、分析法、反证法、放缩法等作为辅助手段,所以这些方法和技巧我们要熟悉.
数学归纳法证明不等式有它的局限性,它只能用来证明与正整数有关的不等式.而其他证明不等式的方法运用比较广泛.但具体运用时,各自都有自己的具体要求,比如数学归纳法就有严格的两个步骤,反证法就有严格的格式(必须先假设要证的命题不成立,再推出矛盾,最后否定假设,肯定原命题),分析法也有自己的格式(综合法的逆过程),综合法是广泛运用已知的定理、性质、推论等来证明.但是与正整数有关的不等式,其他方法不如数学归纳法简洁,在数学归纳法的第二步中,也经常使用反证法、分析法、综合法、放缩法等作为辅助手段.
2.常见的应用数学归纳法的错误
数学归纳法是一种比较常用的不等式的证明方法,但是容易出现很多错误,列举如下:
(1)数学归纳法证明问题的两个步骤是缺一不可的.对于第一步,我们要注意需要验证的n0是命题的初始值,但是不一定是1.
(2)n=k到n=k+1时要证明问题具有传递性,需要注意它们之间并不一定间隔一项,可能是多项.
(3)n=k到n=k+1时,还要注意n=k+1的证明必须要用到n=k时的假设,否则不是数学归纳法.
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二 用数学归纳法证明不等式1．通过教材掌握几个有关正整数n 的结论． 2．会用数学归纳法证明不等式．1．本节的有关结论(1)n 2＜2n (n ∈N ＋，______)． (2)|sin nθ|≤________(n ∈N ＋)． (3)贝努利不等式：如果x 是实数，且x ＞－1，x ≠0，n 为大于1的自然数，那么有____________．贝努利不等式更一般的形式：当α是实数，并且满足α＞1或者α＜0时，有____________________，当α是实数，并且满足0＜α＜1时，有______________． (4)如果n (n 为正整数)个正数a 1，a 2，…a n 的乘积a 1a 2…a n ＝1，那么它们的和a 1＋a 2＋…＋a n ≥____.【做一做1】 用数学归纳法证明C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn ＞12n n(n ≥n 0且n ∈N ＋)，则n 的最小值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 2．用数学归纳法证明不等式使用数学归纳法证明不等式，难点往往出现在由n ＝k 时命题成立推出n ＝k ＋1时命题成立这一步．为完成这步证明，不仅要正确使用归纳假设，还要灵活利用问题的其他条件及相关知识．【做一做2】 用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ∈N ＋，n ＞1)”时，由n ＝k (k ＞1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项数是( )A ．2k －1 B ．2k －1 C ．2k D ．2k ＋1答案：1．(1)n ≥5 (2)n |sin θ| (3)(1＋x )n ＞1＋nx (1＋x )α≥1＋αx (x ＞－1) (1＋x )α≤1＋αx (x ＞－1) (4)n【做一做1】 B 当n ＝1时，左边＝C 11＝1，右边＝10＝1,1＞1不成立；当n ＝2时，左边＝C 12＋C 22＝2＋1＝3，右边＝122＝2，3＞2，成立．当n ＝3时，左边＝C 13＋C 23＋C 33＝3＋3＋1＝7， 右边＝31＝3,7＞3，成立．【做一做2】 C 当n ＝k 时，不等式1＋12＋13＋14＋…＋12k －1＜k 成立；当n ＝k ＋1时，不等式的左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，比较n＝k 和n ＝k ＋1时的不等式左边，则左边增加了2k ＋1－1－(2k －1)＝2k ＋1－2k ＝2k (项)．1．观察、归纳、猜想、证明的方法 剖析：这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索型问题，命题的成立不成立都预先需要归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例、特殊情况入手，得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是靠不完全归纳法得出的，因此，需要给出一定的逻辑证明，所以，通过观察、分析、归纳、猜想，探索一般规律，其关键在于正确的归纳猜想，如果归纳不出正确的结论，那么数学归纳法的证明也就无法进行了．在观察与归纳时，n 的取值不能太少，否则将得出错误的结论．教材例1中若只观察前3项：a 1＝1，b 1＝2a 1＜b 1；a 2＝4，b 2＝4a 2＝b 2；a 3＝9，b 3＝8a 3＞b 3，从而归纳出n 2＞2n (n ∈N ＋，n ≥3)是错误的，前n 项的关系可能只是特殊情况，不具有一般性，因而，要从多个特殊事例上探索一般结论．2．从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的方法与技巧剖析：在用数学归纳法证明不等式问题中，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的过渡，利用归纳假设是比较困难的一步，它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样，只需拼凑出所需要的结构来，而证明不等式的第二步中，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”，只用拼凑的方法，有时也行不通，因为对不等式来说，它还涉及“放缩”的问题，它可能需要通过“放大”或“缩小”的过程，才能利用上归纳假设，因此，我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的变化，从中找到“放缩尺度”，准确地拼凑出所需要的结构．题型一 用数学归纳法证明有关函数中的不等关系【例1】 已知f (x )＝x n －x －n x n ＋x n .对于n ∈N ＋，试比较f (2)与n 2－1n 2＋1的大小并说明理由．分析：先通过n 取比较小的值进行归纳猜想，确定证明方向，再用数学归纳法证明．反思：利用数学归纳法比较大小，关键是先用不完全归纳法归纳出两个量的大小关系，猜测出证明的方向．再用数学归纳法证明结论成立．题型二 数学归纳法在解决有关数列问题中的应用【例2】 已知数列{a n }满足：a 1＝32，且a n ＝3na n －12a n －1＋n －1(n ≥2，n ∈N ＋)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)求证：对一切正整数n ，不等式a 1a 2…a n ＜2n ！恒成立．分析：(1)由题设条件知，可用构造新数列的方法求得a n ；(2)可以等价变形，视为证明新的不等式．反思：本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路，即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明，我们通过分析法、综合法等方法的分析，可以找到一些证明的关键，“要证明……”，“只需证明……”，转化为证明其他某一个条件，进而说明要证明的不等式是成立的．题型三 用数学归纳法证明不等式【例3】 设P n ＝(1＋x )n ，Q n ＝1＋nx ＋n (n －1)2x 2，n ∈N ＋，x ∈(－1，＋∞)，试比较P n与Q n 的大小，并加以证明．分析：这类问题，一般都是将P n ，Q n 转化到具体的P n ，Q n 开始观察，以寻求规律，作出猜想，再证明猜想的正确性．反思：本题中，n 的取值会影响P n 与Q n 的大小变化，变量x 也影响P n 与Q n 的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n ”，而忽视其他变量(参数)的作用．题型四 易错辨析【例4】 已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．用数学归纳法证明f (2n )＞n 2时，f (2k ＋1)－f (2k )＝________.错解：12k ＋1错因分析：∵f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n 中共有n 项相加，∴f (2k )中应有2k 项相加，f (2k ＋1)中有2k＋1项相加，∴f (2k ＋1)－f (2k )中应有(2k ＋1－2k )项．答案：【例1】 解：据题意f (x )＝x n －x －n x n ＋x －n ＝x 2n －1x 2n ＋1＝1－2x 2n ＋1，∴f (2)＝1－22n ＋1，又n 2－1n 2＋1＝1－2n 2＋1，∴要比较f (2)与n 2－1n 2＋1的大小，只需比较2n 与n 2的大小即可，当n ＝1时，21＝2＞12＝1， 当n ＝2时，22＝4＝22， 当n ＝3时，23＝8＜32＝9， 当n ＝4时，24＝16＝42， 当n ＝5时，25＝32＞52＝25， 当n ＝6时，26＝64＞62＝36. 故猜测当n ≥5(n ∈N ＋)时， 2n ＞n 2，下面用数学归纳法加以证明． (1)当n ＝5时，2n ＞n 2显然成立．(2)假设n ＝k (k ≥5，且k ∈N ＋)时，不等式2n ＞n 2成立， 即2k ＞k 2(k ≥5)，则当n ＝k ＋1时， 2k ＋1＝2·2k ＞2·k 2＝k 2＋k 2＋2k ＋1－2k －1＝(k ＋1)2＋(k －1)2－2＞(k ＋1)2((k －1)2＞2)．由(1)(2)可知，对一切n ≥5，n ∈N ＋，2n ＞n 2成立．综上所述，当n ＝1或n ≥5时，f (2)＞n 2－1n 2＋1. 当n ＝2或n ＝4时，f (2)＝n 2－1n 2＋1，当n ＝3时，f (2)＜n 2－1n 2＋1.【例2】 (1)解：将条件变为：1－n a n ＝13(1－n －1a n －1)，因此数列{1－n a n }为一个等比数列，其首项为1－1a 1＝13，公比为13，从而1－n a n ＝13n ，因此得a n ＝n ×3n3n －1(n ≥1)．①(2)证明：由①得，a 1a 2…a n ＝n ！(1－13)×(1－132)×…×(1－13n ).为证a 1a 2…a n ＜2n ！，只要证n ∈N ＋时，有(1－13)×(1－132)×…×(1－13n )＞12.②显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对n ∈N ＋，有(1－13)×(1－132)×…×(1－13n )≥1－(13＋132＋…＋13n )．③ 下面用数学归纳法证明③式： ①当n ＝1时，显然③式成立，②假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，③式成立， 即(1－13)×(1－132)×…×(1－13k )≥1－(13＋132＋…＋13k )，则当n ＝k ＋1时，(1－13)×(1－132)…(1－13k )×(1－13k ＋1)≥[1－(13＋132＋…＋13k )](1－13k ＋1)＝1－(13＋132＋…＋13k )－13k ＋1＋13k ＋1(13＋132＋…＋13k )≥1－(13＋132＋…＋13k ＋13k ＋1)．即当n ＝k ＋1时，③式也成立． 故对一切n ∈N ＋，③式都成立． 利用③，得(1－13)×(1－132)…(1－13n )≥1－(13＋132＋…＋13n )＝1－13[1－(13)n ]1－13＝1－12[1－(13)n ]＝12＋12(13)n ＞12.故原不等式成立．【例3】 解：P 1＝1＋x ＝Q 1，P 2＝1＋2x ＋x 2＝Q 2， P 3＝1＋3x ＋3x 2＋x 3，Q 3＝1＋3x ＋3x 2， P 3－Q 3＝x 3，由此推测，P n 与Q n 的大小要由x 的符号来决定．(1)当n ＝1,2时，P n ＝Q n .(2)当n ≥3时(以下再对x 进行分类)： ①若x ∈(0，＋∞)，显然有P n ＞Q n . ②若x ＝0，则P n ＝Q n .③若x ∈(－1,0)，则P 3－Q 3＝x 3＜0，所以P 3＜Q 3. P 4－Q 4＝4x 3＋x 4＝x 3(4＋x )＜0，所以P 4＜Q 4. 假设n ＝k (k ≥3，k ∈N ＋)时，有P k ＜Q k (k ≥3)， 则n ＝k ＋1时，P k ＋1＝(1＋x )P k ＜(1＋x )Q k ＝Q k ＋xQ k＝1＋kx ＋k (k －1)x 22＋x ＋kx 2＋k (k －1)x 32＝1＋(k ＋1)x ＋k (k ＋1)2x 2＋k (k －1)2x 3＝Q k ＋1＋k (k －1)2x 3＜Q k ＋1，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．所以当n ≥3，且x ∈(－1,0)时，P n ＜Q n . 【例4】 正解：12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋11．下列选项中，满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n ×(n ＋1)＝3n 2－3n ＋2的自然数n 的是( )A ．1B ．1,2C ．1,2,3D ．1,2,3,42．在应用数学归纳法证明凸多边形的对角线的条数为1(3)2n n -时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．43．观察下列不等式：1＞12；1＋12＋13＞1；1＋12＋13＋…＋17＞32；1＋12＋13＋…＋115＞2；1＋12＋13＋…＋131＞52；…由此猜测第n 个不等式为__________． 4．已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝112n b -. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1nb 与S n ＋1的大小，并说明理由．答案：1．C 将n ＝1,2,3,4分别代入验证即可． 2．C 3．1＋12＋13＋…＋121n -＞2n4．分析：1nb 与S n ＋1的大小可能随n 的变化而变化，因此对n 的取值验证要多取几个． 解：(1)由已知，得252512,27.a a a a +=⎧⎨=⎩又∵{a n }的公差大于0，∴a 5＞a 2. ∴a 2＝3，a 5＝9.∴d ＝523a a -＝933-＝2.∴a 1＝1. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. ∵b 1＝T 1＝1－112b ，∴b 1＝23. 当n ≥2时，T n －1＝1－112n b -， ∴b n ＝T n －T n －1＝1－12n b －(1－112n b -)． 化简，得b n ＝113n b -.∴{b n }是首项为23，公比为13的等比数列．∴b n ＝23×11()3n -＝23n .(2)∵S n ＝[1(21)]2n n +-＝n 2， ∴S n ＋1＝(n ＋1)2，且1nb ＝32n .以下比较1nb 与S n ＋1的大小： 当n ＝1时，11b ＝32，S 2＝4，∴11b ＜S 2. 当n ＝2时，21b ＝92，S 3＝9，∴21b ＜S 3. 当n ＝3时，31b ＝272，S 4＝16，∴31b ＜S 4.当n ＝4时，41b ＝812，S 5＝25，∴41b ＞S 5. 猜想：n ≥4时，1nb ＞S n ＋1.下面用数学归纳法证明：①当n ＝4时，已证． ②假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥4)时，1kb ＞S k ＋1， 即32k ＞(k ＋1)2，那么，当n ＝k ＋1时， 11k b +＝132k +＝3×32k ＞3(k ＋1)2＝3k 2＋6k ＋3＝(k 2＋4k ＋4)＋2k 2＋2k －1＞[(k ＋1)＋1]2＝S (k ＋1)＋1， ∴n ＝k ＋1时，1nb ＞S n ＋1也成立． 由①②，可知对于任意n ∈N ＋，n ≥4，1nb ＞S n ＋1都成立． 综上所述，当n ＝1,2,3时，1nb ＜S n ＋1， 当n ≥4，n ∈N ＋时，1nb ＞S n ＋1.。

第四讲用数学归纳法证明不等式测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证()A.n=1B.n=2C.n=3D.n=4解析由n≥3,n∈N知,应验证n=3.答案C2.在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=2n2+n(n∈N+)的第(2)步中,假设当n=k时原等式成立,则在n=k+1时需要证明的等式为()A.1+2+3+…+2k+2(k+1)=2k2+k+2(k+1)2+(k+1)B.1+2+3+…+2k+2(k+1)=2(k+1)2+(k+1)C.1+2+3+…+2k+2k+1+2(k+1)=2k2+k+2(k+1)2+(k+1)D.1+2+3+…+2k+2k+1+2(k+1)=2(k+1)2+(k+1)解析用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=2n2+n时,当n=1时左边所得的项是1+2=3,右边=2×12+1=3,命题成立.假设当n=k时命题成立,即1+2+3+…+2k=2k2+k.则当n=k+1时,左边为1+2+3+…+2k+2k+1+2(k+1),故从“k→k+1”需增添的项是2k+1+2(k+1),因此1+2+3+…+2k+2k+1+2(k+1)=2(k+1)2+(k+1).答案D3.记等式1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+n·1=n(n+1)(n+2)左边的式子为f(n),用数学归纳法证明该等式的第二步归纳递推时,即当n从k变为k+1时,等式左边的改变量f(k+1)-f(k)=()A.k+1B.1·(k+1)+(k+1)·1C.1+2+3+…+kD.1+2+3+…+k+(k+1)解析依题意,f(k)=1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+k·1,则f(k+1)=1·(k+1)+2·k+3·(k-1)+4·(k-2)+…+k·2+(k+1)·1,∴f(k+1)-f(k)=1·[(k+1)-k]+2·[k-(k-1)]+3·[(k-1)-(k-2)]+4·[(k-2)-(k-3)]+…+k·(2-1)+(k+1)·1=1+2+3+…+k+(k+1).答案D4.用数学归纳法证明“n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈N+)能被9整除”,要利用归纳假设证当n=k+1时的情况,只需展开()A.(k+3)3B.(k+2)3C.(k+1)3D.(k+1)3+(k+2)3解析当n=k+1时,证明“(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3能被9整除”,根据归纳假设,当n=k时,证明“k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除”,所以只需展开(k+3)3.答案A5.用数学归纳法证明2n≥n2(n≥5,n∈N+)成立时,第二步归纳假设的正确写法是()A.假设当n=k时命题成立B.假设当n=k(k∈N+)时命题成立C.假设当n=k(k≥5)时命题成立D.假设当n=k(k>5)时命题成立解析由数学归纳法的步骤可知,选项C正确.答案C6.用数学归纳法证明“S n=+…+>1(n∈N+)”时,S1等于()A. B.C. D.解析当n=1时,S1=.答案D7.已知在数列{a n}中,a1=1,a2=2,a n+1=2a n+a n-1(n∈N+),用数学归纳法证明a4n能被4整除,假设a4k能被4整除,然后应该证明()A.a4k+1能被4整除B.a4k+2能被4整除C.a4k+3能被4整除D.a4k+4能被4整除解析由假设a4k能被4整除,则当n=k+1时,应该证明a4(k+1)=a4k+4能被4整除.答案D8.设0<θ<,已知a1=2cos θ,a n+1=,则猜想a n为()A.2cosB.2cosC.2cosD.2sin解析a1=2cos θ,a2==2cos,a3==2cos,猜想a n=2cos.答案B9.从一楼到二楼的楼梯共有n级台阶,每步只能跨上1级或2级,走完这n级台阶共有f(n)种走法,则下面的猜想正确的是()A.f(n)=f(n-1)+f(n-2)(n≥3)B.f(n)=2f(n-1)(n≥2)C.f(n)=2f(n-1)-1(n≥2)D.f(n)=f(n-1)f(n-2)(n≥3)解析分别取n=1,2,3,4验证,得f(n)=答案A10.用数学归纳法证明“34n+1+52n+1(n∈N+)能被8整除”时,若当n=k时命题成立,欲证当n=k+1时命题成立,对于34(k+1)+1+52(k+1)+1可变形为()A.56×34k+1+25(34k+1+52k+1)B.34×34k+1+52×52kC.34k+1+52k+1D.25(34k+1+52k+1)解析由于34(k+1)+1+52(k+1)+1=81×34k+1+25×52k+1+25×34k+1-25×34k+1=56×34k+1+25(34k+1+52k+1),故应选A.答案A11.下列说法正确的是()A.若一个命题当n=1,2时为真,则此命题为真命题B.若一个命题当n=k时成立且推得n=k+1时也成立,则这个命题为真命题C.若一个命题当n=1,2时为真,则当n=3时这个命题也为真D.若一个命题当n=1时为真,n=k时为真能推得n=k+1时亦为真,则此命题为真命题解析由数学归纳法可知,只有当n的初始取值成立且由n=k成立能推得n=k+1时也成立时,才可以证明结论正确,二者缺一不可.A,B,C项均不全面.答案D12.若命题A(n)(n∈N+)在n=k(k∈N+)时成立,则有当n=k+1时命题也成立.现知命题对n=n0(n0∈N+)时成立,则有()A.命题对所有正整数都成立B.命题对小于n0的正整数不成立,对大于或等于n0的正整数都成立C.命题对小于n0的正整数成立与否不能确定,对大于或等于n0的正整数都成立D.以上说法都不正确解析数学归纳法证明的结论只是对n的初始值及后面的正整数成立,而对于初始值前的正整数不一定成立.答案C二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.用数学归纳法证明cos α+cos 3α+…+cos(2n-1)α=(sin α≠0,n∈N),在验证n=1时,等式右边的式子是.解析当n=1时,右边==cos α.答案cos α14.设f(n)=,用数学归纳法证明f(n)≥3.在“假设当n=k时成立”后,f(k+1)与f(k)的关系是f(k+1)=f(k)·.解析当n=k时,f(k)=,当n=k+1时,f(k+1)=,所以f(k)应乘.答案15.用数学归纳法证明+…+,假设当n=k时,不等式成立,则当n=k+1时,应推证的目标是.解析注意不等式两边含变量“n”的式子,因此当n=k+1时,应该是含“n”的式子发生变化,所以当n=k+1时,应为+…+.答案+…+16.导学号26394070设a,b均为正实数,n∈N+,已知M=(a+b)n,N=a n+na n-1b,则M,N的大小关系为.解析由贝努利不等式(1+x)n>1+nx(x>-1,且x≠0,n>1,n∈N+),可知当n>1时,令x=,所以>1+n·,所以>1+n·,即(a+b)n>a n+na n-1b.当n=1时,M=N,故M≥N.答案M≥N三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)用数学归纳法证明:12-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2=-n(2n+1)(n∈N+).当n=1时,左边=12-22=-3,右边=-1×(2×1+1)=-3,等式成立.(2)假设当n=k(k∈N+,k≥1)时等式成立,即12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2=-k(2k+1).当n=k+1时,12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2+(2k+1)2-[2(k+1)]2=-k(2k+1)+(2k+1)2-[2(k+1)]2=-2k2-5k-3=-(k+1)(2k+3)=-(k+1)[2(k+1)+1],即当n=k+1时,等式成立.由(1)(2)可知,对任何n∈N+,等式成立.18.(本小题满分12分)求证:两个连续正整数的积能被2整除.n∈N+,则要证明n(n+1)能被2整除.(1)当n=1时,1×(1+1)=2,能被2整除,即命题成立.(2)假设n=k(k≥1)时命题成立,即k·(k+1)能被2整除.当n=k+1时,(k+1)(k+1+1)=(k+1)(k+2)=k(k+1)+2(k+1),由归纳假设k(k+1)及2(k+1)都能被2整除,所以(k+1)(k+2)能被2整除,故当n=k+1时命题成立.由(1)(2)可知,命题对一切n∈N+都成立.19.(本小题满分12分)设函数f n(x)=x+x2+…+x n-2(n∈N,n≥2),当x>-1,且x≠0时,证明:f n(x)>0恒成立.(x+1)n=x0+x+x2+…+x n,,m,n ∈N+,且n≥m证明要证f n(x)>0恒成立,因为x>-1,且x≠0,所以只需证·x+·x2+…+x n>1+nx,即证(1+x)n>1+nx.(1)当n=2时,不等式成立.(2)假设当n=k(k≥2)时不等式成立,即(1+x)k>1+kx.当n=k+1时,有(1+x)k+1=(1+x)k·(1+x)>(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x,即当n=k+1时不等式成立.由(1)(2)可知,对任意n∈N,n≥2,(1+x)n>1+nx成立,即f n(x)>0恒成立.20.(本小题满分12分)已知点的序列A n(x n,0),n∈N+,其中x1=0,x2=a(a>0),A3是线段A1A2的中点,A4是线段A2A3的中点,…,A n是线段A n-2A n-1的中点,….(1)写出x n与x n-1,x n-2之间的关系式(n≥3);(2)设a n=x n+1-x n,计算a1,a2,a3,由此推测数列{a n}的通项公式,并加以证明.解(1)当n≥3时,x n=.(2)a1=x2-x1=a,a2=x3-x2=-x2=-(x2-x1)=-a,a3=x4-x3=-x3=-(x3-x2)=- a.由此推测a n=a(n∈N+).用数学归纳法证明:①当n=1时,a1=x2-x1=a=a,通项公式成立.②假设当n=k时,a k=a成立.当n=k+1时,a k+1=x k+2-x k+1=-x k+1=-(x k+1-x k)=-a k=-a=a,通项公式成立.由①②知,a n=a(n∈N+)成立.21.导学号26394071(本小题满分12分)求证:tan α·tan 2α+tan 2α·tan 3α+…+tan(n-1)α·tan nα=-n(n≥2,n∈N+).证明(1)当n=2时,左边=tan α·tan 2α,右边=-2=-2=-2==tan α·tan 2α=左边,等式成立.(2)假设当n=k(k≥2)时等式成立,即tan α·tan 2α+tan 2α·tan 3α+…+tan(k-1)α·tan kα=-k.当n=k+1时,tan α·tan 2α+tan 2α·tan 3α+…+tan(k-1)α·tan kα+tankα·tan(k+1)α=-k+tan kα·tan(k+1)α=-k=[1+tan(k+1)α·tan α]-k=[tan(k+1)α-tan α]-k=-(k+1),所以当n=k+1时等式成立.由(1)和(2)知,当n≥2,n∈N+时等式恒成立.22.导学号26394072(本小题满分12分)设{x n}是由x1=2,x n+1=(n∈N+)定义的数列,求证x n<.证明由题意可知,x k+1=>2·.x n>显然成立.下面用数学归纳法证明x n<.(1)当n=1时,x1=2<+1,不等式成立.(2)假设当n=k(k≥1)时不等式成立,即x k<.当n=k+1时,x k+1=.由归纳假设,x k<,则.∵x k>,∴...∴x k+1=.即x k+1<.∴当n=k+1时,不等式x n <成立.由(1)(2)可知,x n <对一切n∈N+都成立.DOC版.。

对应学生用书P45考情分析通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性．数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．真题体验1．(安徽高考)数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*)．(1)证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c＜0；(2)求c的取值范围，使{x n}是递增数列．解：(1)先证充分性，若c＜0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c＜x n，故{x n}是递减数列；再证必要性，若{x n}是递减数列，则由x2＜x1，可得c＜0.(2)(i)假设{x n}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1.由x n＜x n＋1＝－x2n＋x n＋c知，对任意n≥1都有x n＜c，①注意到c－x n＋1＝x2n－x n－c＋c＝(1－c－x n)(c－x n)，②由①式和②式可得1－c－x n＞0，即x n＜1－c.由②式和x n≥0还可得，对任意n≥1都有c－x n＋1≤(1－c)(c－x n)．③反复运用③式，得c－x n≤(1－c)n－1(c－x1)＜(1－c)n－1.x n＜1－c和c－x n＜(1－c)n－1两式相加，知2c－1＜(1－c)n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－c)n的性质，得2c－1≤0，c ≤14，故0＜c ≤14. (ii)若0＜c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c ＞0. 即证x n ＜c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0＜c ≤14时，x n ＜c 对任意n ≥1成立．(1)当n ＝1时，x 1＝0＜c ≤12，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即：x k ＜c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝⎛⎦⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )＜f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 故x n ＜c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c ＞x n ，即{x n}是递增数列． 由(i)(ii)知，使得数列{x n }单调递增的c 的范围是⎝⎛⎦⎤0，14. 2．(江苏高考)已知函数f 0(x )＝sin xx (x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝⎛⎭⎫π2＋π2f 2⎝⎛⎭⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式nf n －1π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝22都成立．解：由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎫sin x x ′＝cos x x －sin xx2， 于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝⎛⎭⎫cos x x ′－⎝⎛⎭⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3， 所以f 1⎝⎛⎭⎫π2＝－4π2，f 2⎝⎛⎭⎫π2＝－2π＋16π3. 故2f 1⎝⎛⎭⎫π2＋π2f 2⎝⎛⎭⎫π2＝－1.(2)证明：由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ， 即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2， 类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)， 3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋3π2， 4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．①当n ＝1时，由上可知等式成立．②假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2. 因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎡⎦⎤sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2′＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2·⎝⎛⎭⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎡⎦⎤x ＋(k ＋1)π2， 所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎡⎦⎤x ＋(k ＋1)π2.因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合①②可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立． 令x ＝π4，可得nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝ sin ⎝⎛⎭⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n⎝⎛⎭⎫π4＝22(n ∈N *)．对应学生用书P45归纳—猜想—证明不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．[例1] 已知数列{a n }的第一项a 1＝5且S n －1＝a n (n ≥2，n ∈N ＋)， (1)求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明{a n }的通项公式． [解] (1)a 2＝S 1＝a 1＝5，a 3＝S 2＝a 1＋a 2＝10， a 4＝S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝5＋5＋10＝20， 猜想a n ＝5×2n －2(n ≥2，n ∈N ＋)．(2)①当n ＝2时，a 2＝5×22－2＝5，公式成立． ②假设n ＝k 时成立，即a k ＝5×2k －2(k ≥2.k ∈N ＋)， 当n ＝k ＋1时，由已知条件和假设有 a k ＋1＝S k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＝5＋5＋10＋…＋5×2k －2＝5＋5(1－2k －1)1－2＝5×2k －1.故n ＝k ＋1时公式也成立．由①②可知，对n ≥2，n ∈N ＋有a n ＝5×22n －2.所以数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5， n ＝1，5×2n －2， n ≥2.数学归纳法的应用归纳法是证明有关正整数n 的命题的一种方法，应用广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征．[例2] 求证tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(n －1)α·tan nα＝tan nαtan α－n (n ≥2，n ∈N＋)．[证明] (1)当n ＝2时，左边＝tan α·tan 2α， 右边＝tan 2αtan α－2＝2tan α1－tan 2α·1tan α－2＝21－tan 2α－2＝2tan 2α1－tan 2α＝tan α·2tan α1－tan 2α ＝tan α·tan 2α，等式成立． (2)假设当n ＝k 时等式成立，即tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)α·tan kα＝tan kαtan α－k .当n ＝k ＋1时，tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)αtan kα＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kαtan α－k ＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kα[1＋tan α·tan (k ＋1)α]tan α－k＝1tan α[tan (k ＋1)α－tan α1＋tan (k ＋1)α·tan α][1＋tan(k ＋1)α·tan α]－k ＝1tan α[tan(k ＋1)α－tan α]－k ＝tan (k ＋1)αtan α－(k ＋1)，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)和(2)知，n ≥2，n ∈N ＋时等式恒成立．[例3] 用数学归纳法证明：n (n ＋1)(2n ＋1)能被6整除． [证明](1)当n ＝1时，1×2×3显然能被6整除． (2)假设n ＝k 时，命题成立，即k (k ＋1)(2k ＋1)＝2k 3＋3k 2＋k 能被6整除． 当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)(2k ＋3)＝ 2k 3＋3k 2＋k ＋6(k 2＋2k ＋1)因为2k 3＋3k 2＋k,6(k 2＋2k ＋1)都能被6整除，所以2k 3＋3k 2＋k ＋6(k 2＋2k ＋1)能被6整除，即当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)和(2)知，对任意n ∈N ＋原命题成立．[例4] 设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a ，求证：对一切正整数n ∈N ＋，有1<a n <11－a .[证明] (1)当n ＝1时，a 1>1，又a 1＝1＋a <11－a ，命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋)时，命题成立， 即1<a k <11－a.∴当n ＝k ＋1时，由递推公式，知 a k ＋1＝1a k＋a >(1－a )＋a ＝1.同时，a k ＋1＝1a k ＋a <1＋a ＝1－a 21－a <11－a ，∴当n ＝k ＋1时，命题也成立，即1<a k ＋1<11－a. 综合(1)和(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a.对应学生用书P53(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．等式12＋22＋32＋…＋n 2＝12(5n 2－7n ＋4)( )A ．n 为任何正整数时都成立B ．仅当n ＝1,2,3时成立C ．当n ＝4时成立，n ＝5时不成立D ．仅当n ＝4时不成立解析：分别用n ＝1,2,3,4,5验证即可． 答案：B2．用数学归纳法证明不等式1＋123＋133＋…＋1n 3<2－1n (n ≥2，n ∈N ＋)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋123<2－12B ．1＋123＋133<2－13C ．1＋123<2－13D ．1＋123＋133<2－14解析：第一步验证n ＝2时不等式成立，即1＋123<2－12.答案：A3．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)，在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3解析：左端为n ＋2项和，n ＝1时应为三项和， 即1＋a ＋a 2. 答案：C4．用数学归纳法证明2n >n 2(n ∈N ＋，n ≥5)成立时，第二步归纳假设的正确写法是( ) A ．假设n ＝k 时命题成立 B ．假设n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立 C ．假设n ＝k (k ≥5)时命题成立 D ．假设n ＝k (k >5)时命题成立 解析：k 应满足k ≥5，C 正确． 答案：C5．用数学归纳法证明：“(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ·1·3…(2n －1)(n ∈N ＋)”时，从“n ＝k 到n ＝k ＋1”两边同乘以一个代数式，它是( )A ．2k ＋2B ．(2k ＋1)(2k ＋2) C.2k ＋2k ＋1 D.(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1解析：n ＝k 时，左边为f (k )＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k ) n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(k ＋2)(k ＋3) …(k ＋k )(k ＋k ＋1)(k ＋k ＋2) ＝f (k )·(2k ＋1)(2k ＋2)÷(k ＋1) ＝f (k ) ·(2k ＋1)(2k ＋2)k －1答案：D6．平面内原有k 条直线，它们的交点个数记为f (k )，则增加一条直线l 后，它们的交点个数最多为( )A ．f (k )＋1B ．f (k )＋kC ．f (k )＋k ＋1D ．k ·f (k )解析：第k ＋1条直线与前k 条直线都相交且有不同交点时，交点个数最多，此时应比原先增加k 个交点．答案：B7．用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n ∈N ＋)能被8整除时，若n ＝k 时，命题成立，欲证当n ＝k ＋1时命题成立，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为( )A ．56×34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1) B ．34×34k ＋1＋52×52k C ．34k ＋1＋52k ＋1 D ．25(34k ＋1＋52k ＋1) 解析：由34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝81×34k ＋1＋25×52k ＋1＋25×34k ＋1－25×34k ＋1＝56×34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1)． 答案：A8．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2·a n (n ≥2)，而a 1＝1，通过计算a 2，a 3，a 4，猜想a n 等于( )A.4(n ＋1)2 B.2n (n ＋1)C.12n －1D.12n －1解析：由a 2＝S 2－S 1＝4a 2－1得a 2＝13＝22×3由a 3＝S 3－S 2＝9a 3－4a 2得a 3＝12a 2＝16＝23×4.由a 4＝S 4－S 3＝16a 4－9a 3得a 4＝35a 3＝110＝24×5，猜想a n ＝2n (n ＋1).答案：B9．上一个n 层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f (n )，则下列猜想正确的是( )A ．f (n )＝nB ．f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)C ．f (n )＝f (n －1)·f (n －2)D ．f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＝1，2)f (n －1)＋f (n －2)(n ≥3)解析：当n ≥3时f (n )分两类，第一类从第n －1层再上一层，有f (n －1)种方法；第二类从第n －2层再一次上两层，有f (n －2)种方法，所以f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)(n ≥3)．答案：D10．已知f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )<k 2成立C ．若f (7)≥49成立，则当k <7时，均有f (k )<k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：∵f (k )≥k 2成立时f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，当k ＝4时，f (4)＝25>16＝42成立． ∴当k ≥4时，有f (k )≥k 2成立． 答案：D二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N ＋)，则n ＝k ＋1时，左端应为在n ＝k 时的基础上加上____________________．解析：n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2. 所以增加了(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2. 答案：(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)212．设f (n )＝⎝⎛⎭⎫1＋1n ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＋1)…⎝⎛⎭⎫1＋1n ＋n ，用数学归纳法证明f (n )≥3，在假设n ＝k 时成立后，f (k ＋1)与f (k )的关系是f (k ＋1)＝f (k )·________________.解析：f (k )＝⎝⎛⎭⎫1＋1k ⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋1…⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋k ， f (k ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋2…⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋k⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋k ＋1·⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋k ＋2∴f (k ＋1)＝f (k )·⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋2k k ＋1答案：⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋2kk ＋113．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，应证明等式________成立．答案：a k ＋1＝4·2(k＋1)－1－214．在数列{a n }中，a 1＝1，且S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列，则S 2，S 3，S 4分别为__________，猜想S n ＝__________.解析：因为S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列． 所以2S n ＋1＝S n ＋2S 1，又S 1＝a 1＝1.所以2S 2＝S 1＋2S 1＝3S 1＝3，于是S 2＝32＝22－12，2S 3＝S 2＋2S 1＝32＋2＝72，于是S 3＝74＝23－122，由此猜想S n ＝2n －12n －1.答案：32，74，158 2n －12n －1三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明，对于n ∈N ＋，都有11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝nn ＋1.证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，所以等式成立．(2)假设n ＝k 时等式成立，即11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k (k ＋1)＝kk ＋1， 当n ＝k ＋1时，11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k (k ＋1)＋1(k ＋1)(k ＋2) ＝k k ＋1＋1(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋1(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)2(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋1k ＋2. 即n ＝k ＋1时等式成立．由(1)、(2)可知，对于任意的自然数n 等式都成立．16．(本小题满分12分)在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，当n ∈N ＋时，满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且设b n ＝a 4n ，求证：{b n }各项均为3的倍数．证明：(1)∵a 1＝a 2＝1，故a 3＝a 1＋a 2＝2，a 4＝a 3＋a 2＝3.∴b 1＝a 4＝3，当n ＝1时，b 1能被3整除． (2)假设n ＝k 时，即b k ＝a 4k 是3的倍数， 则n ＝k ＋1时，b k ＋1＝a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4＝a 4k ＋3＋a 4k ＋2＝ a 4k ＋2＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＝3a 4k ＋1＋2a 4k .由归纳假设知，a 4k 是3的倍数，又3a 4k ＋1是3的倍数，故可知b k ＋1是3的倍数，∴n ＝k ＋1时命题也正确．综合(1)(2)可知，对正整数n ，数列{b n }的各项都是3的倍数．17．(本小题满分12分)如果数列{a n }满足条件：a 1＝－4，a n ＋1＝－1＋3a n2－a n(n ＝1,2，…)，证明：对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n 且a n <0.证明：(1)由于a 1＝－4，a 2＝－1＋3a 12－a 1＝－1－122＋4＝－136>a 1.且a 1<0，因此，当n ＝1时不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，a k ＋1>a k 且a k <0，那么 a k ＋1＝－1＋3a k2－a k<0，a k ＋2－a k ＋1＝－1＋3a k ＋12－a k ＋1－－1＋3a k2－a k＝5(a k ＋1－a k )(2－a k ＋1)(2－a k )>0.这就是说，当n ＝k ＋1时不等式也成立， 根据(1)(2)，不等式对任何自然数n 都成立． 因此，对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n .18．(本小题满分14分)已知点的序列A n (x n,0)，n ∈N ＋，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，…(1)写出x n 与x n －1，x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n .计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明．解：(1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22；(2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 1＋x 12－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝－12⎝⎛⎭⎫－12a ＝14a ， 由此推测a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1a (n ∈N ＋)． 用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝⎝⎛⎭⎫－120a ，公式成立． ②假设当n ＝k 时，公式成立，即a k ＝⎝⎛⎭⎫－12k －1a 成立．那么当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k 2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k ＝－12⎝⎛⎭⎫－12k －1a ＝⎝⎛⎭⎫－12(k ＋1)－1a ，公式仍成立，根据①和②可知，对任意n ∈N ＋，公式a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1a 成立．模块综合检测对应学生用书P55(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．不等式|3x －2|>4的解集是( ) A ．{x |x >2}B ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <－23 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <－23或x >2 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ －23<x <2 解析：因为|3x －2|>4，所以3x －2>4或3x －2<－4，所以x >2或x <－23.答案：C2．已知a ＜0，－1＜b ＜0，那么下列不等式成立的是( ) A ．a ＞ab ＞ab 2 B ．ab 2＞ab ＞a C ．ab ＞a ＞ab 2D ．ab ＞ab 2＞a解析：因为－1＜b ＜0，所以b ＜b 2＜1. 又因为a ＜0，所以ab ＞ab 2＞a . 答案：D3．若x ∈R ，则“|x |＜2”是“|x ＋1|＜1”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件 解析：由|x |＜2解得－2＜x ＜2， 由|x ＋1|＜1解得－2＜x ＜0. 因为{x |－2＜x ＜0}{x |－2＜x ＜2}，所以“|x |＜2”是“|x ＋1|＜1”的必要不充分条件． 答案：A4．关于x 的不等式，|5x －6|<6－x 的解集为( ) A.⎝⎛⎭⎫65，2 B.⎝⎛⎭⎫0，65 C ．(0,2)D.⎝⎛⎭⎫65，＋∞解析：原不等式⇔x －6<5x －6<6－x ⇔⎩⎪⎨⎪⎧5x －6>x －6，5x －6<6－x⇔⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x <2⇔0<x <2， 故原不等式的解集为(0,2)． 答案：C5．设x ＞0，y ＞0，且x ＋y ≤4，则下列不等式中恒成立的是( ) A.1x ＋y ≤14 B.1x ＋1y ≥1C.xy ≥2D.1xy ≥14解析：因为x ＞0，y ＞0，所以x ＋y ≥2xy .又因为x ＋y ≤4，所以2xy ≤4.当且仅当x ＝y ＝2时，取等号．∴0＜xy ≤4.∴1xy ≥14.答案：D6．若不等式14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1<m25对于一切n ∈N ＋恒成立，则自然数m的最小值为( )A ．8B ．9C ．10D ．12解析：令b n ＝14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1，则b k ＋1－b k ＝14k ＋5＋14k ＋9＋…＋18k ＋1＋18k ＋5＋18k ＋9－⎝⎛⎭⎫14k ＋1＋14k ＋5＋…＋18k ＋1＝18k ＋5＋18k ＋9－14k ＋1<0. ∴b k ＋1<b k ，∴数例{b n }为递减数例，要b n <m 25恒成立，只需b 1<m25，∴15＋95<m 25得m >779， ∴m 的最小值为8. 答案：A7．若a ＞0，使不等式|x －4|＋|x －3|＜a 在R 上的解集不是空集的a 的取值是( ) A ．0＜a ＜1B ．a ＝1C ．a ＞1D ．以上均不对解析：函数y ＝|x －4|＋|x －3|的最小值为1，所以 |x －4|＋|x －3|＜a 的解集不是空集，需a ＞1. 答案：C8．函数y ＝2x －3＋8－4x 的最大值为( ) A. 3 B.53C. 5D. 2解析：由已知得函数定义域为⎣⎡⎦⎤32，2， y ＝2x －3＋2×4－2x≤[12＋(2)2][(2x －3)2＋(4－2x )2]＝3，当且仅当2x －31＝4－2x 2，即x ＝53时取等号．∴y max ＝ 3. 答案：A9．一长方体的长，宽，高分别为a ，b ，c 且a ＋b ＋c ＝9，当长方体体积最大时，长方体的表面积为( )A ．27B ．54C ．52D ．56解析：∵9＝a ＋b ＋c ≥33abc ，∴abc ≤27， 当且仅当a ＝b ＝c ＝3时取得最大值27， 此时其表面积为6×32＝54. 答案：B10．记满足下列条件的函数f (x )的集合为M ，当|x 1|≤1，|x 2|≤1时，|f (x 1)－f (x 2)|≤4|x 1－x 2|，又令g (x )＝x 2＋2x －1，由g (x )与M 的关系是( )A ．g (x )MB ．g (x )∈MC ．g (x )∉MD ．不能确定解析：g (x 1)－g (x 2)＝x 21＋2x 1－x 22－2x 2＝(x 1－x 2)·(x 1＋x 2＋2)，|g (x 1)－g (x 2)|＝|x 1－x 2|·|x 1＋x 2＋2| ≤|x 1－x 2|(|x 1|＋|x 2|＋2)≤4|x 1－x 2|， 所以g (x )∈M . 答案：B二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)11.⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3的解集是________________．解析：∵⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3，∴|2x －1|＜3|x |.两边平方得4x 2－4x ＋1＜9x 2， ∴5x 2＋4x －1＞0，解得x ＞15或x ＜－1.∴所求不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜－1或x ＞15. 答案：(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫15，＋∞ 12．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是________． 解析：用分析法比较，a ＞b ⇔3＋5＞2＋ 6 ⇔8＋215＞8＋212，同理可比较得b ＞c . 答案：a ＞b ＞c13．若x <0，则函数f (x )＝x 2＋1x 2－x －1x 的最小值是________．解析：令t ＝x ＋1x，因为x <0.所以－⎝⎛⎭⎫x ＋1x ≥2.所以t ≤－2.则g (t )＝t 2－t －2＝⎝⎛⎭⎫t －122－94.所以f (x )min ＝g (－2)＝4. 答案：414．有一长方体的长，宽，高分别为x ，y ，z ，满足1x 2＋1y 2＋1z 2＝9，则长方体的对角线长的最小值为________．解析：∵(x 2＋y 2＋z 2)⎝⎛⎭⎫1x 2＋1y 2＋1z 2≥(1＋1＋1)2＝9， 即x 2＋y 2＋z 2≥1. 当且仅当x ＝y ＝z ＝33时取等号， ∴长方体的对角线长l ＝x 2＋y 2＋z 2的最小值为1. 答案：1三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋a . (1)当a ＝－5时，求函数f (x )的定义域；(2)若函数f (x )的定义域为R ，试求a 的取值范围．解：(1)由题设知：|x ＋1|＋|x －2|－5≥0，在同一坐标系中作出函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|－5的图像，可知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．(2)由题设知，当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|＋a ≥0， 即|x ＋1|＋|x －2|≥－a .|x ＋1|＋|x －2|≥|x ＋1＋2－x |＝3，∴－a ≤3， ∴a ≥－3.∴a 的取值范围是[－3，＋∞)．16．(本小题满分12分)已知x ，y ，z ∈(0，＋∞)，x ＋y ＋z ＝3. (1)求1x ＋1y ＋1z 的最小值；(2)证明：3≤x 2＋y 2＋z 2＜9. 解：(1)因为x ＋y ＋z ≥33xyz ＞0， 1x ＋1y ＋1z ≥33xyz＞0， 所以(x ＋y ＋z )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ＋1z ≥9，即1x ＋1y ＋1z ≥3， 当且仅当x ＝y ＝z ＝1时，1x ＋1y ＋1z 取得最小值3.(2)证明：x 2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2＋(x 2＋y 2)＋(y 2＋z 2)＋(z 2＋x 2)3≥x 2＋y 2＋z 2＋2(xy ＋yz ＋zx )3＝(x ＋y ＋z )23＝3.又x 2＋y 2＋z 2－9＝x 2＋y 2＋z 2－(x ＋y ＋z )2＝－2(xy ＋ yz ＋zx )＜0，所以3≤x 2＋y 2＋z 2＜9.17．(本小题满分12分)(辽宁高考)设函数f (x )＝2|x －1|＋x －1，g (x )＝16x 2－8x ＋1.记f (x )≤1的解集为M ，g (x )≤4的解集为N .(1)求M ；(2)当x ∈M ∩N 时，证明：x 2f (x )＋x [f (x )]2≤14.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －3，x ∈[1，＋∞)，1－x ，x ∈(－∞，1).当x ≥1时，由f (x )＝3x －3≤1得x ≤43，故1≤x ≤43；当x <1时，由f (x )＝1－x ≤1得x ≥0，故0≤x <1. 所以f (x )≤1的解集为M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0≤x ≤43.(2)证明：由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4，得16⎝⎛⎭⎫x －142≤4，解得－14≤x ≤34. 因此N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x －14≤ x ≤ 34，故M ∩N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0≤ x ≤ 34.当x ∈M ∩N 时，f (x )＝1－x ，于是 x 2f (x )＋x ·[f (x )]2＝xf (x )[x ＋f (x )]＝x ·f (x ) ＝x (1－x )＝14－⎝⎛⎭⎫x －122≤14. 18．(本小题满分14分)已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝12－12b n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式．(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1b n 与S n ＋1的大小，并说明理由．解：(1)由题意可得a 2＝3，a 5＝9， ∴d ＝13(a 5－a 2)＝2，a 1＝1，a n ＝2n －1又由T n ＝12－12b n 得T n ＋1＝12－12b n ＋1，相减得b n ＋1＝－12b n ＋1＋12b n ，b n ＋1＝13b n ，由T 1＝b 1＝12－12b 1得b 1＝23.∴{b n }是以13为首项，13为公比的等比数列，则b n ＝⎝⎛⎭⎫13n.(2)可求得S n ＝n 2，S n ＋1＝(n ＋1)2，1b n ＝3n当n ＝1时，S 2＝4>1b 1＝3，当n＝2时，S3＝9＝1b2，当n＝3时，S4＝16<1b3＝27.猜想当n≥3时，S n＋1<1b n，即(n＋1)2<3n.证明：①当n＝3时，42<27，不等式成立．②假设n＝k(k≥3)时不等式成立，即(k＋1)2<3k.则n＝k＋1时，3k＋1＝3·3k>3(k＋1)2＝3k2＋6k＋3＝k2＋4k＋4＋2k2＋2k－1＝(k＋2)2＋2k2＋2k－1>(k＋2)2，即n＝k＋1时不等式成立．由①②知，n≥3时，3n>(n＋1)2.。

二 用数学归纳法证明不等式知识梳理1.本节例题中的有关结论（1）n 2<2n (n ∈N +,___________);(2)|sinnθ|≤___________|sinθ|,(n ∈N +);(3)贝努利不等式：如果x 是实数，且x>-1,x≠0,n 为大于1的自然数，那么有___________；当α是实数，并且满足α>1或者α<0时，有___________；当α是实数并且0<α<1时，有___________.（4）如果n(n 为正整数)个正数a 1,a 2,…,a n 的乘积a 1a 2…a n =1，那么它们的和a 1+a 2+…+a n ≥_____.2.用数学归纳法证明不等式在数学归纳法证明不等式时，我们常会用到证明不等式的其他比较重要的一个方法是___________.知识导学本节内容主要是认知如何用数学归纳法证明正整数n 的不等式（其中n 取无限多个值）. 其中例1提供出了一种全新的数学思想方法：观察、归纳、猜想、证明，这是在数学归纳法中经常应用到的综合性数学方法，观察是解决问题的前提条件，需要进行合理的试验和归纳，提出合理的猜想，从而达到解决问题的目的.猜想归纳能培养探索问题的能力，因此，应重视对本节内容的学习.前面已学习过证明不等式的一系列方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法等.而本节又增了数学归纳法证不等式，而且主要解决的是n 是无限的问题，因而难度更大一些，但仔细研究数学归纳法的关键，即由n=k 到n=k+1的过渡，也是学习好用数学归纳法证不等式的重中之重的问题了.疑难突破1.观察、归纳、猜想、证明的方法这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索性问题，结论如何？命题的成立不成立都预先需要归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例、特殊情况下入手，得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是靠不完全归纳法得出的，因此，需要给出一定的逻辑证明，所以，通过观察、分析、归纳、猜想，探索一般规律，其关键在于正确的归纳猜想，如果归纳不出正确的结论，那么数学归纳法的证明也就无法进行了.在观察与归纳时，n 的取值不能太少，否则将得出错误的结论.例1中若只观察前3项：a 1=1,b 1=2⇒a 1<b 1;a 2=4,b 2=4⇒a 2=b 2,a 3=9,b 3=8⇒a 3>b 3，就此归纳出n 2>2n (n ∈N +,n≥3)就是错误的，前n 项的关系可能只是特殊情况，不具有一般性，因而，要从多个特殊事例上探索一般结论.2.从“n=k”到“n=k+1”的方法与技巧在用数学归纳法证明不等式问题中，从“n=k”到“n=k+1”的过渡中，利用归纳假设是比较困难的一步，它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样，只需拼凑出所需要的结构来，而证明不等式的第二步中，从“n=k”到“n=k+1”，只用拼凑的方法，有时也行不通，因为对不等式来说，它还涉及“放缩”的问题，它可能需通过“放大”或“缩小”的过程，才能利用上归纳假设，因此，我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n=k”到“n=k+1”的变化，从中找到“放缩尺度”，准确地拼凑出所需要的结构.典题精讲【例1】 (经典回放)已知函数φ(x)=1+x +1,f(x)=(a+b)x -a x -b x ,其中a,b ∈N +,a≠1,b≠1,a≠b,且ab=4,(1)求函数φ(x)的反函数g(x);(2)对任意n ∈N +，试指出f(n)与g(2n )的大小关系，并证明你的结论.思路分析：欲比较f(n)与g(2n )的大小，需求出f(n)与g(2n )的关于n 的表达式，以利于特殊探路——从n=1，2，3，…中寻找、归纳一般性结论，再用数学归纳法证明.解：(1)由y=1+x +1,得1+x =y-1(y≥1),有x+1=(y-1)2,即x=y 2-2y,故g(x)=x 2-2x(x≥1).(2)∵f(n)=(a+b)n -a n -b n ，g(2n )=4n -2n+1,当n=1时f(1)=0,g(2)=0，有f(1)=g(2).当n=2时，f(2)=(a+b)2-a 2-b 2=2ab=8,g(22)=42-23=8,f(2)=g(22).当n=3时，f(3)=(a+b)3-a 3-b 3=3a 2b+3ab 2=3ab(a+b) >3ab×ab 2=48.g(23)=43-24=48,有f(3)>g(23).当n=4时,f(4)=(a+b)4-a 4-b 4=4a 3b+4ab 3+6a 2b 2=4ab(a 2+b 2)+6a 2b 2>4ab×2ab+6a 2b 2=14a 2b 2=224.g(24)=44-25=224,有f(4)>g(24),由此推测当1≤n≤2时，f(n)=g(2n ),当n≥3时，f(n)>g(2n ).下面用数学归纳法证明.(1)当n=3时，由上述推测成立；（2）假设n=k 时，推测成立.即f(k)>g(2k )(k≥3),即（a+b ）k -a k -b k >4k -2k+1,那么f(k+1)=(a+b)k+1-a k+1-b k+1=(a+b)·(a+b)k -a·a k -b·b k=(a+b)［(a+b)k -a k -b k ］+a k b+ab k .又依题设a+b>2ab=4.a k b+ab k >k k bab a 2=2(ab)21+k =2k+2,有f(k+1)>4［(a+b)k -a k -b k ］+2k+2>4(4k -2k+1)+2k+2=4k+1-2k+2=g(2k+1),即n=k+1时，推测也成立.由（1）（2）知n≥3时，f(n)>g(2n )都成立.绿色通道：为保证猜想的准确性，当设n=1,2时，得出f(n)=g(2n )，不要急于去证明，应再试验一下n=3,4时，以免出现错误.【变式训练】 已知等差数列{a n }公差d 大于0，且a 2,a 5是方程x 2-12x+27=0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ,且T n =1-21b n . (1)求数列{a n }\,{b n }的通项公式；（2）设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较nb 1与S n+1的大小，并说明理由. 思路分析：“试分析”在告诉我们，n b 1与S n+1的大小可能随n 的变化而变化，因此对n 的取值验证要多取几个.解：(1)由已知得，⎩⎨⎧==+.27,125152a a a a 又∵{a n }的公差大于0，∴a 5>a 2.∴a 2=3,a 5=9.∴d=339525-=-a a =2,a 1=1. ∵T n =1-21b 1,∴b 1=32. 当n≥2时，T n-1=1-21b n-1, ∵b n =T n -T n-1=1-21b n -(1-21b n-1),化简，得b n =31b n-1, ∴{b n }是首项为32,公比为31的等比数列， ∴b n =32×(31)n-1=n 32.∴a n =2n-1,b n =n 32. (2)∵S n =2)]12(1[-+n n=n 2, ∴S n+1=(n+1)2,n b 1=23n , 以下比较nb 1与S n+1的大小: 当n=1时，2311=b ,S 2=4,∴11b <S 2, 当n=2时,2912=b ,S 3=9,∴21b <S 3, 当n=3时,22713=b ,S 4=16,∴31b <S 4,当n=4时,28114=b ,S 5=25,∴41b >S 5. 猜想：n≥4时，n b 1>S n+1. 下面用数学归纳法证明：（1）当n=4时，已证.(2)假设当n=k(k ∈N +,k≥4)时,kb 1>S k+1, 即23k>(k+1)2, 那么，n=k+1时,23111++=k k b =3×23k >3(k+1)2=3k 2+6k+3 =(k 2+4k+4)+2k 2+2k-1>［(k+1)+1］2=S （k+1）+1,∴n=k+1时，nb 1>S n+1也成立. 由（1）(2)可知n ∈N +,n≥4时，n b 1>S n+1都成立. 综上所述，当n=1,2,3时，nb 1<S n+1, 当n≥4时,nb 1>S n+1. 【例2】 (2006江西高考，22) 已知数列{a n }满足：a 1=23,且a n =12311-+--n a na n n (n≥2,n ∈N +). (1)求数列{a n }的通项公式；（2）求证：对一切正整数n ，不等式a 1×a 2…a n <2×n ！恒成立.思路分析：由题设条件知，可用构造新数列的方法求得a n ；第（2）问的证明，可以等价变形，视为证明新的不等式.解：（1）将条件变为：1-)11(311---=n n a n a n , 因此，数列{1-n a n }为一个等比数列,其首项为1-11a =31,公比为31，从而1-n n a n 31=n ,据此得a n =133-⨯n nn (n≥1).① (2)证明：据①得,a 1×a 2…a n =)311()311)(311(!2n n --- 为证a 1a 2…a n <2n!,只要证n ∈N +时有（1-31）（1-231）…（1-n 31）>21.② 显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对每个n ∈N +, (1-31)(1-231)…(1-n 31)≥1-(31+231+…+n 31).③ 用数学归纳法证明③式；(Ⅰ)n=1时，显然③式成立，(Ⅱ)假设n=k 时，③式成立.即（1-31）（1-231）…（1-k 31） ≥1-(31+231+…+k 31), 则当n=k+1时， (1-31)(1-231)…(1-k 31)(1-131+k ) ≥［1-(31+231+…+k 31)］(1-131+k ) =1-(31+231+…+k 31)-131+k +131+k (31+231+…+k 31) ≥1-(31+231+…+k 31+131+k ). 即当n=k+1时,③式也成立.故对一切n ∈N +,③式都成立. 利用③,得（1-31）(1-231)…(1-n 31) ≥1-(31+231+…+n 31) =1-311])31(1[31--n =1-21［1-(31)n ］=21+21(31)n >21. 绿色通道：本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路，即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明，我们通过分析法、综合法等方法的分析，可以找到一些证明的关键，“要证明……”，“只需证明……”，转化为证明其他某一个条件，进而说明要证明的不等式是成立的.【变式训练】 已知数列{a n }是正数组成的等差数列，S n 是其前n 项的和，并且a 3=5,a 4S 2=28.(1)求数列{a n }的通项公式；（2）求证：不等式(1+11a )(1+21a )…(1+n a 1)·332121≥+n 对一切n ∈N +均成立. 思路分析：第（2）问中的不等式左侧，每个括号的规律是一致的，因此121+n 显得“多余”，所以可尝试变形，即把不等式两边同乘以12+n ，然后再证明.(1)解：设数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎨⎧=++=+.28)3)(2(,52111d a d a d a ∴(10-3d)(5+d)=28,∴3d 2+5d-22=0,解之得d=2或d=311-. ∵数列{a n }各项均为正，∴d=2.∴a 1=1,∴a n =2n-1.(2)证明：∵n ∈N +,∴只需证明(1+11a )(1+21a )…(1+na 1) ≥12332+n 成立. ①当n=1时，左边=2，右边=2，∴不等式成立.②假设当n=k 时，不等式成立，即（1+11a ）(1+21a )…(1+k a 1)≥12332+k . 那么当n=k+1时， (1+11a )(1+21a )…(1+k a 1)(1+11+k a ) ≥12332+k (1+11+k a )=1222332++•k k 以下只需证明323321222332+≥++k k k . 即只需证明2k+2≥3212+•+k k .∵(2k+2)2-(3212+•+k k )2=1>0,∴(1+111a +)(1+211a +)…(1+111++k a ) ≥1)1(233232332++=+k k . 综上①②知，不等式对于n ∈N +都成立.【例3】 （经典回放）设P n =(1+x)n ,Q n =1+nx+2)1(-n n x 2,n ∈N +,x ∈(-1,+∞),试比较P n 与Q n 的大小，并加以证明.思路分析：这类问题，一般都是将P n 、Q n 退至具体的P n 、Q n 开始观察，以寻求规律，作出猜想，再证明猜想的正确性.P 1=1+x=Q 1,P 2=1+2x+x 2=Q 2,P 3=1+3x+3x 2+x 3,Q 3=1+3x+3x 2,P 3-Q 3=x 3,由此推测,P n 与Q n 的大小要由x 的符号来决定.解：(1)当n=1,2时，P n =Q n .(2)当n≥3时，（以下再对x 进行分类）.①若x ∈(0,+∞)，显然有P n >Q n ;②若x=0，则P n =Q n ;③若x ∈(-1,0),则P 3-Q 3=x 3<0,所以P 3<Q 3;P 4-Q 4=4x 3+x 4=x 3(4+x)<0,所以P 4<Q 4;假设P k <Q k (k≥3),则P k+1=(1+x)P k <(1+x)Q k =Q k +xQ k (运用归纳假设) =1+2)1(2x k k -+x+kx 2+2)1(3x k k - =1+(k+1)x+2)1(+k k x 2+2)1(+k k x 3 =Q k+1+2)1(+k k x 3<Q k+1， 即当n=k+1时，不等式成立.所以当n≥3,且x ∈(-1,0)时，P n <Q n .绿色通道：本题除对n 的不同取值会有P n 与Q n 之间的大小变化，变量x 也影响P n 与Q n 的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n”，而忽视其他变量（参数）的作用.【变式训练】 已知f(x)=n n n n xx x x --+-,对n ∈N +,试比较f(2)与1122+-n n 的大小，并说明理由. 思路分析：利用分析法探求需要推理证明的关系，然后用数学归纳法证明.解：设F(n)=1211211122222+-=+-+=+-n n n n n , f(2)=1-122+n , 因而只需比较2n 与n 2的大小.n=1时，21>12;n=2时，22=22;n=3时,23<32,n=4时,24=42,n=5时,25>52,猜想n≥5时,2n >n 2,简证2k >k 2(k≥5),则当n=k+1时,2k+1=2×2k >2×k 2=k 2+k 2+2k+1-2k-1=(k+1)2+(k-1)2-2>(k+1)2.综上所述，n=1或n≥5时，f(2)>1122+-n n ; n=2或4时,f(2)=1122+-n n ;n=3时，f(2)<1122+-n n . 问题探究问题：有两堆棋子，数目相同，两人游戏的规则是：两人轮流取棋子，每人可以从一堆中任意取棋，但不能同时从两堆取，取得最后一颗棋子的人获胜，求证后取棋子者一定可以获胜.设每堆棋子数目为n ，你可以先试试能证明上述结论吗？导思：分析题设中的数学思想，转化为数学问题，而本问题可以用数学归纳法证明. 探究：下面用第二数学归纳法证明.证明：设每堆棋子数目为n.（1）当n=1时，先取棋子者只能从一堆里取1颗，这样另一堆里留下的1颗就被后取棋子者取得，所以结论是正确的.(2)假设当n≤k(k≥1)时结论正确，即这时后取棋子者一定可以获胜.考虑当n=k+1时的情形.先取棋子者如果从一堆里取k+1颗，那么另一堆里留下的k+1颗就被后取棋子者取得，所以结论是正确的.先取棋子者如果从一堆里取棋子m(1≤m≤k)颗，这样，剩下的两堆棋子，一堆有k+1颗，另一堆有k+1-m 颗，这时后取棋子者可以在较多的一堆里取m 颗，使两堆棋子数目都是k+1-m 颗，这时就变成了n=k+1-m 的问题，而不论m 是1—k 的哪个整数，n=k+1-m 都是不大于k 的正整数，由归纳假设可知这时后取棋子者一定可以获胜.于是，当n=k+1时结论正确.由（1）（2）知，根据第二数学归纳法，无论每堆棋子的数目是多少，后取棋子者都能获胜.。

课堂导学三点剖析一、利用数学归纳法证明不等式的技巧（一）【例1】 对于n ∈N ,证明1312111++++++n n n >1. 证明：当n=1时，左边=1213>1=右边；设n=k 时，有1312111++++++k k k >1; 当n=k+1时，左边1313121++++++k k k ++++=+++++=2111)431331231(k k k k k 3324312311)11431331231(131+-++++>--++++++++k k k k k k k k )43)(33)(23(21++++=k k k >1=右边.所以对一切自然数n 不等式均成立. 温馨提示解此题的关键是凑出归纳假设的形式，这里要把握不等式左边式子的结构特征，明确从n=k 到n=k+1增减的项. 各个击破 类题演练1对于n ∈N ，试比较2n 与n 2的大小. 解析：先验算n=1时，2n >n 2，n=2和n=4时，2n =n 2,n=3时,2n <n 2. 而当n=5时，有2n >n 2,猜测对n≥5有2n >n 2. 用数学归纳法证明如下： （1）当n=5时，已证.（2）设当n=k(k≥5)时，2k >k 2且k 2>2k+1. 当n=k+1时，2k+1=2·2k >2k 2>k 2+2k+1=(k+1)2, 即n=k+1时成立.由（1）、（2），知猜测正确. 变式提升1 求证：1+21213121n n >-+++ . 证明：用数学归纳法.当n=1时，显然不等式成立.根据归纳假设，当n=k 时，命题成立，即 1+21213121k k >-+++ .① 要证明n=k+1时，命题也成立，即 1+211211212112131211+>-+++++-++++k k k k k .②要用①来证明②,事实上，对不等式①两边加上（121121211-+++++k k k ）,就凑好了不等式②的左边.接下来，只需证121121211-+++++k k k ≥21.③ ③式左边共有2k项，且1211-+k 最小，故212212212112121111=>->-+++++++k k k k k kk ,这就证明了③式成立.综上，知不等式成立.二、利用数学归纳法证明不等式的技巧（二） 【例2】 已知n 是大于1的自然数，求证： (1+31)(1+51)(1+71)…(1+121-n )>1221+n . 证明：假设n=k(k≥2)时，原不等式成立，即（1+31）(1+51)(1+71)…(1+121-k )>1221+k . 则当n=k+1时，左边=（1+31）（1+51）（1+71）…（1+121-k ）·(121+k )>1221+k ·(1+121+k )=21(12112+++k k ).现在关键证21(12112+++k k )>1)1(221++k ,直接证较繁,下面用分析法证之. 欲证21（12112+++k k ）>1)1(221++k ,即证3212112+>+++k k k ,只需证2k+1+121+k +2>2k+3,即121+k >0.这显然是成立的，故当n=k+1时，原不等式成立. 综上，当n 为大于1的自然数时，原不等式成立.温馨提示用数学归纳法证明不等式时，从P(k)到P(k+1)的过渡往往用到不等式的传递性，即要证n=k+1时不等式成立〔不妨用A(k+1)≥B(k+1)表示〕，需n=k 时，A （k ）≥B(k)成立,然后有A （k+1）=A(k)+C(k)≥B(k)+C(k), 类题演练2在数列{a n }中，|a n |<2,且a n+1a n -2a n+1+2a n <0, 求证：a n >n2-(n ∈N ). 证明：∵|a n |<2, ∴-2<a n <2.∴2-a n >0. 由题设a n+1(2-a n )>2a n ,则a n+1>nna a -22.1°当n=1时，由|a n |<2,得a 1>-2=12-成立.2°假设当n=k 时，有a k >k 2-成立.（下证a k +1>12+-k 成立） 设f(x)=x x -22,易知f(x)在(-2,2)内是单调递增的，又a k +1>f(a k ),由归纳假设,可知a k >k2-, ∴a k+1>f(a k )>f(k 2-)=1222)2(2+-=+-•k kk ,即当n=k+1时，a k+1>12+-k 成立.故对任意n ∈N ，a n >n2-成立.变式提升2设a,b ∈R *,n ∈N *,求证：2n n b a +≥(2b a +)n.证明：①n=1时，左边=右边=2ba +,原不等式成立. ②设n=k 时,原不等式成立，即2k kb a +≥(2b a +)k成立.∵a,b ∈R +,∴2ba +·2k kb a +≥2)(1++k b a 成立.∴要证明n=k+1时原不等式成立，即证明)2(211b a b a k k +≥+++k+1成立. 只需证明:22211kk k k b a b a b a +•+≥+++成立.只需证明:a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立.下面证明:a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立.不妨设a≥b>0,则a k+1+b k+1-ab k -a k b=(a k -b k )(a-b)≥0. ∴a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立. 故n=k+1时原不等式成立.由①②,可知对于任何n ∈N *，原不等式成立. 三、数学归纳法证明不等式的点问题【例3】 证明n 为一切自然数时，（1+2+…+n ）·（1+21+…+n1）≥n 2. 证明：先看下面的证明（1）n=1时，左边=右边=1,命题正确.（2）假设n=k(k ∈N 且k≥1)命题正确，即(1+2+…+k)·(1+21+…+k1)≥k 2，则n=k+1时， 左边=［1+2+…+k+(k+1)］［1+21+…+111++k k ］=(1+2+…+k)·(1+21+…+k1)+121+++k k +(k+1)·（1+21+…+k 1）+1≥k 2+21k+(k+1)(1+21+…+k 1)+1，∵1+21+…+k 1≥1+21,∴左边≥k 2+21k+(k+1)(1+21)+1=k 2+2k+1+23≥k 2+2k+1=(k+1)2.∴n=k+1时命题正确.综合（1）、（2）,知n 为一切自然数时命题正确. 初看“证明”天衣无缝，仔细推敲便会发现“证明”中的“奠基”只是不中用的拉郎配.归纳步的证明用了结论“1+21+…+k 1≥1+21”,此结论成立的前提条件是k≥2,即归纳步建立的自动递推机制只能在n≥2(n ∈N )的范围内行使递推职能，其得以起动的初始条件是n=2时命题正确.因此数学归纳法的奠基应是n=2时命题正确的验证，n=1时的验证只是对命题的补充证明，并非为奠基.该命题严格的证明过程应该是： （1）n=1,2时命题正确，（2）n≥2时，用数学归纳法证明假设n=k(k ∈N 且k≥2)时命题正确，证明n=k+1时命题也正确. 综合（1）、（2）,知n 为一切自然数时命题正确. 温馨提示对于一个n≥n 0(n ∈N )的真命题，如果用数学归纳法证明，第一步总是n=n 0时命题正确的验证.这种想法是不对的，到底“奠基”步中从哪个数字开始，要看问题的条件. 类题演练3若a i >0(i=1,2,…,n),且a 1+a 2+…+a n =1, 求证：a 12+a 22+…+a n 2≥n1(n ∈N 且n≥2). 证明：(1)n=2时，∵a 1+a 2=1,∴a 12+a 22=a 12+(1-a 1)2=2(a 1-21)2+21≥21. ∴n=2时命题正确.（2）假设n=k(k≥2)时命题正确，即如果a 1+a 2+…+a k =1且a i >0(i=1,2,…,k), 那么a 12+a 22+…+a k 2≥k1,则n=k+1时， ∵a 1+a 2+…+a k +a k+1=1, ∴a 1+a 2+…+a k =1-a k+1. ∵0<a k+1<1,∴0<1-a k+1<1. ∴k 个正数的和11211111+++-++-+-k k k k a a a a a a =1,从而由归纳假设得ka a a a a a k k k k 1)1()1()1(21212211≥-++-+-+++ ,即a 12+a 22+…+a k 2≥k 1(1-a k+1)2,从而有a 12+a 22+…+a k 2+a k+12≥k1(1-a k+1)2+a k+12.下面只要证明k 1(1-a k+1)2+a k+12≥11 k , 即证(k+1)2a k+12-2(k+1)a k+1+1≥0，即证［(k+1)a k+1-1］2≥0,∴上式成立. 故n=k+1时命题正确. 变式提升3设x>0，x≠1,求证：（1+x n ）(1+x)n >2n+1x n (n ∈N ).证明：（1）n=1时，左边=(1+x)2,右边=4x, ∵(1+x)2-4x=(1-x)2>0,∴(1+x)2>4x.∴n=1时命题正确.（2）假设n=k(k ∈N 且k≥1)时命题正确，即(1+x k )(1+x)k >2k+1x k ,则n=k+1时，（1+x k+1）(1+x)k+1-2k +2x k+1=(1+x k+1)(1+x)k+1-2x·2k+1x k >(1+x k+1)(1+x)k+1-2x(1+x k )(1+x)k =(1+x)k ［(1+x)(1+x k+1)-2x(1+x k )］ =(1+x)k (1+x+x k+1+x k+2-2x-2x k+1) =(1+x)k (1-x)(1-x k+1), ∵x>0且x≠1,∴1-x 与1-x k+1同号. ∴（1+x ）k ·(1-x)(1-x k+1)>0.∴（1+x k+1）(1+x)k+1>2(k+1)+1x k+1. ∴n=k+1时命题正确.。

单元测评(四)数学归纳法证明不等式(时间：90分钟满分：120分)第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，共50分．1．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋a n＋1＝1－a n＋21－a(a≠1，n∈N*)”时，在验证当n＝1成立时，左边计算所得的结果是() A．1B．1＋aC．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3解析：由于等式左边当n＝1时，幂指数的最大值为1＋1＝2，所以左边计算结果为1＋a＋a2.答案：C2．满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n×(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数n＝()A．1 B．1或2C．1,2,3 D．1,2,3,4解析：经验证当n＝1,2,3时均正确，但当n＝4时，左边＝1×2＋2×3＋3×4＋4×5＝40，而右边＝3×42－3×4＋2＝38，故选C.答案：C3．用数学归纳法证明“2n＞n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A．2B．3C．5D．6解析：当n≤4时，2n＜n2＋1；当n≥5时，2n＞n2＋1.于是n 0应取5. 答案：C4．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立时，起始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：原不等式可化为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＞12764，即2⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＞12764， 即2－12n －1＞12764，所以2－12764＞12n －1，即164＞12n －1，即126＞12n －1.故26＜2n －1，即n －1＞6，故n ＞7，所以n 最小取8. 答案：B5．用数学归纳法证明“对于任意x ＞0和正整数n ，都有x n ＋x n－2＋x n －4＋…＋1xn －4＋1xn －2＋1x n ≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数n 应为( )A ．n ＝1B ．n ＝2C ．n ＝1,2D ．以上答案均不正确答案：A6．若命题P (n )对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋2亦成立，又若P (n )对n ＝2成立，则下列结论正确的是( )A ．P (n )对所有正整数n 成立B ．P (n )对所有正偶数n 成立C ．P (n )对所有正奇数n 成立D ．P (n )对所有比1大的自然数n 成立 答案：B7．利用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＞1324(n ≥2，n ∈N *)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时，不等式的左边( )A ．增加了一项12(k ＋1)B ．增加了两项12k ＋1和12(k ＋1)C ．增加了一项12k ＋2，并减少了1k ＋1D ．增加了两项12k ＋1和12k ＋2，并减少了1k ＋1答案：D8．用数学归纳法证明“S n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1＞1(n∈N *)”时，S 1等于( )A.12 B.12＋13C.12＋13＋14 D ．以上答案均不正确答案：C9．用数学归纳法证明12＋cos α＋cos3α＋…＋cos(2n －1)α＝sin 2n ＋12α·cos 2n －12αsin α(k ∈Z *，α≠k π，n ∈N *)，在验证n ＝1时，左边计算所得的项是( )A.12B.12＋cos α C.12＋cos α＋cos3α D ．cos α答案：B10．设平面内有n 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k 条直线的交点个数为f (k )，则f (k ＋1)与f (k )的关系为( )A ．f (k ＋1)＝f (k )＋k －1B ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1C ．f (k ＋1)＝f (k )＋kD ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋2 答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共70分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 11．数列{a n }中，a 1＝1，且S n 、S n ＋1、2S 1成等差数列，则S 2、S 3、S 4分别为__________，猜想S n ＝__________.答案：32、74、158 2n －12n －112．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n22，则n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 时的基础上加上__________．答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)213．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，用数学归纳法证明“f (2n )＞n2”时，f (2k ＋1)－f (2k )＝__________.答案：12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋114．用数学归纳法证明“n 3＋5n 能被6整除”的过程中，当n ＝k ＋1时，对式子(k ＋1)3＋5(k ＋1)应变形为__________．答案：(k 3＋5k )＋3k (k ＋1)＋6三、解答题：本大题共4小题，满分50分．15．(12分)求证：a n ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除，n ∈N ＋. 证明：(1)当n ＝1时，a 1＋1＋(a ＋1)2×1－1＝a 2＋a ＋1，命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，a k ＋1＋(a ＋1)2k －1能被a 2＋a ＋1整除，则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a ·a k ＋1＋(a ＋1)2·(a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1－a (a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1.由归纳假设知，上式中的两项均能被a 2＋a ＋1整除，故n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)知，对n ∈N ＋，命题成立．(12分)16．(12分)求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＞56(n ≥2，n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16＞56，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时命题成立．即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＞56. 当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1＞56＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3·13k ＋3－1k ＋1＝56， 从而当n ＝k ＋1时不等式也成立．由(1)、(2)知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N *均成立．(12分) 17．(12分)用计算、归纳猜想、证明法求数列11×3，13×5，15×7，…，1(2n －1)(2n ＋1)，…的前n 项之和S n .解：观察数列知，S 1＝11×3＝13＝12×1＋1，S 2＝11×3＋13×5＝25＝22×2＋1，S 3＝11×3＋13×5＋15×7＝37＝32×3＋1，…由以上推导可猜想：11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n2n ＋1.(4分)证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，等式成立；(2)假设n ＝k 时等式成立，即11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＝k2k ＋1.当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＋1[2(k ＋1)－1][2(k ＋1)＋1]＝k 2k ＋1＋1[2(k ＋1)－1][2(k ＋1)＋1] ＝k 2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3) ＝2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3＝k ＋12(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式成立． 根据(1)、(2)知，等式对于任何n ∈N *都成立． (12分)18．(14分)已知数列{b n }是等差数列，b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝100.(1)求数列{b n }的通项b n ；(2)设数列{a n }的通项a n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n ，记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与12lg b n ＋1的大小，并证明你的结论．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，10b 1＋10(10－1)2d ＝100，解得⎩⎨⎧b 1＝1，d ＝2.从而b n ＝2n －1.(4分) (2)由b n ＝2n －1，知S n ＝lg(1＋1)＋lg(1＋13)＋…＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12n －1 ＝lg ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12n －1， 12lg b n ＋1＝lg 2n ＋1. 因此要比较S n 与12lg b n＋1的大小，可先比较(1＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12n －1与2n ＋1的大小． 取n ＝1，有(1＋1)＞2·1＋1；取n ＝2，有(1＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1＋13＞ 2·2＋1，…由此推测(1＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋1.①若①式成立，则由对数函数性质可断定S n ＞12lg b n ＋1.(6分) 下面用数学归纳法证明①式． (Ⅰ)当n ＝1时，已验证①式成立． (Ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1)时，①式成立，即(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k －1＞ 2k ＋1.当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12(k ＋1)－1＞2k ＋1⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k ＋1＝2k ＋12k ＋1(2k ＋2)．∵⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋12k ＋1(2k ＋2)2－[2k ＋3]2 ＝4k 2＋8k ＋4－(4k 2＋8k ＋3)2k ＋1＝12k ＋1＞0，∴2k ＋12k ＋1(2k ＋2)＞2k ＋3＝2(k ＋1)＋1.因而(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k －1·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k ＋1＞2(k ＋1)＋1.这就是说①式当n ＝k ＋1时也成立． 由(Ⅰ)、(Ⅱ)知①式对任何正整数n 都成立．由此证得S n＞12lg b n＋1.(14分)。

阶段质量检测(四)(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分•在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1. 等式12+ 22+ 32+…+ n2= *5n2—7n+ 4)()A. n为任何正整数时都成立B. 仅当n = 1,2,3时成立C .当n = 4时成立，n = 5时不成立D .仅当n = 4时不成立解析：选B 分别用n = 1,2,3,4,5验证即可.11 112. 用数学归纳法证明不等式1 +云+亍+…+孑<2 —^(n>2, n€ N +)时，第一步应验证不等式()A. 1+ 步<2 —2B. 1 + 23 + 3｝<2 —1C. 1+ *<2D . 1 + p + 33<2解析：选A 第一步验证n = 2时不等式成立，即 1 + ?<2 —2n+ 22 …+ 1 1 —a3. 用数学归纳法证明1 + a + a +…+ a = (a* 1),在验证n = 1时，左端计算1 —a所得的项为()A. 1B. 1+ a2 2,3C. 1+ a + aD. 1+ a+ a + a解析：选C 左端为n + 2项和，n = 1时应为三项和，即 1 + a+ a2.4. 用数学归纳法证明2°>n2(n€ N + , n> 5)成立时，第二步归纳假设的正确写法是()A .假设n=k时命题成立B. 假设n = k(k€ N+)时命题成立C .假设n = k(k > 5)时命题成立D .假设n = k(k>5)时命题成立解析：选C k应满足k>5, C正确.5 .数列｛a n｝中，已知a1= 1,当n> 2 时，a n—a n—1 = 2n—1，依次计算a?, a?, a°后，猜想a n的表达式是()A . 3n —2B . n2C . 3n —1D . 4n—3解析：选 B 计算出a i= 1, a2= 4, a3= 9, a4= 16,可猜想a n = n2.6.平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为( )A. f(k)＋1B. f(k)＋kC. f(k)+ k + 1D. k f(k)解析：选 B 第k＋ 1 条直线与前k 条直线都相交且有不同交点时,交点个数最多,此时应比原先增加k 个交点.7•用数学归纳法证明34n+1+ 52n T(n€ N + )能被8整除时，若n= k时，命题成立，欲证当n= k+ 1时命题成立，对于34(k+1)+1+ 52(k+1)+1可变形为()4k+ 1 4k+ 1 2k+1A. 56 X 3 + 25(3 + 5 )B. 34X 34k+1+ 52X 52kC．34k+1+52k+1D．25(34k+1+52k+1)解析：选A 由34(k+1)+1+ 52(k+1)+1= 81 X 34k+1+ 25 X 52k+1+ 25 X 34k+1-25 X 34k+1 =56X 34k+1+ 25(34k+1+ 52k+1).8•已知f(n) = 12+ 22+ 32+…+ (2n)2,则f(k + 1)与f(k)的关系是()22A. f(k + 1) = f(k)+ (2k + 1) + (2k+ 2)B. f(k + 1) = f(k) + (k+ 1)2C. f(k + 1) = f(k)+ (2k + 2)2D. f(k + 1) = f(k)+ (2k + 1)2解析：选A f(k+ 1) = 12+ 22+ 32+…+ (2k)2+ (2k+ 1)2+ [2(k+ 1)]2= f(k) + (2k + 1)2+ (2k+ 2)2,故选 A.9. 用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n+ y n能被x+ y整除”，第二步归纳假设应该写成( )A .假设当n = k(k€ N +)时，x k+ y k能被x+ y整除B.假设当n = 2k(k€ N +)时，x k+ y k能被x + y整除C .假设当n = 2k+ 1(k € N + )时，X + y*能被x + y整除D .假设当n = 2k—1(k € N + )时，x k+ y k能被x + y整除解析：选D 第k个奇数应是n= 2k—1, k€ N +.10. 已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)> k2成立时，总可推出f(k+ 1)> (k+ 1)2成立”，那么，下列命题总成立的是()A. 若f(3)>9成立，则当k> 1时，均有f(k)>k2成立B. 若f(4) > 16成立，则当k>4时，均有f(k)vk2成立C .若f(7) > 49成立，则当k<7时，均有f(k)vk2成立2D .若f(4) = 25成立，则当 k > 4时，均有f(k) > k 成立 解析：选 D •/ f(k)> k 2 成立时 f(k +1) > (k + 1)2 成立， 当 k = 4 时，f(4) = 25>16 = 42 成立. .•.当k > 4时，有f(k)> k 2成立.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分•把答案填写在题中的横线上 ) 11•用数学归纳法证明 1 + 2 + 3+ 4+-+ n 2 =匚^丄⑴€ N + ),贝U n = k + 1时，左端应 为在n = k 时的基础上加上解析：n = k + 1 时，左端=1 + 2+ 3+ - + k 2 + (k 2+ 1) +…+ (k + 1)2. 所以增加了(k 2+ 1)+…+ (k + 1)2. 答案：(k 2+ 1) + …+ (k +1)212•设f(n)= ji+n”+n ++7丿…]+n ++n 丿，用数学归纳法证明f (m >3,在假设n =k 时成立后，f(k + 1)与f(k)的关系是f(k + 1) = f(k) • _________________ .解析：••• f(k)= 1 +匚 1+k +1 • (1)k +k ，f(k+ 1)= 1 +土 1+k ++2 …“ + k +h，1 +k+k+l - 1 +k +k+213.设数列｛a n ｝满足a 1= 2, a n +1 = 2a n + 2,用数学归纳法证明 a n = 4 2n 1— 2的第二步 中，设n = k 时结论成立，即a k = 4 2^1 — 2,那么当n = k + 1时，应证明等式 ____________ 成立.答案：a k +1= 4 2(k +1)—1 — 214.在数列｛a n ｝中，a 1= 1,且S n , S n +1,2$成等差数列，则S 2, S 3, S 4分别为 _____________ 猜想S n = __________ .解析：因为S n , S n + 1,2S 1成等差数列. 所以 2S n +1 = S n + 2S 1 ,又 S 1= a 1= 1. 所以 2S 2= S 1 + 2S 1 = 3S 1= 3,于是 S 2=2S 3= S 2+ 2S 1= 3+ 2 = 7,于是 S 3= 由此猜想S n =茅1.2答案：1+11 +1丄2k + 12k + 2 k + 1.f(k + 1) = f(k) - 1 + 右 1 +1 k 2k +2 k + 1.3 = 22- 12 = 2 ,三、解答题（本大题共4个小题，满分50分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤11115.（本小题满分12分）用数学归纳法证明，对于n € N +,都有帀 + 药 + 3^+…+ —1n n+ 1 n + 11 1 1证明：（1）当n_1时，左边_己_ 1,右边_ -,所以等式成立.(2)假设n= k(k> 1, k€ N + )时等式成立,即丄+丄+丄+•••+亠 _丄,1X 2 2X 3 3X 4 k k+ 1 k + 1当n = k+ 1时,1 1 1 11X 2+2X 3+3X 4+ +k k + 1 +k + 1 k+ 2_丘+k+ 1 k+ 1 k+ 22_ k(k+ 2 卄1 _ (k+ 1)_ k + 1_ (k + 1 Jk+ 2 _ (k + 1 (k+ 2 _ k + 2.即n _ k+ 1时等式成立.由（1）（2）可知，对于任意的自然数n等式都成立.•••当n = k + 1时，不等式也成立.由(1)(2)可知，对于一切大于 1的自然数n ,不等式都成立.—1 + 3a n17.(本小题满分12分)如杲数列｛a n ｝满足条件：a 1=- 4, a “+1=(n = 1,2,…),2 — a n证明：对任何自然数 n ,都有a n + 1>a n 且a n <0. 证明：⑴由于a 1=— 4,—1+ 3a 1 — 1 — 12 — 13 a 2= = =' >a 1.2— a 1 2 + 4 6 且a 1<0，因此，当n = 1时不等式成立. (2)假设当 n = k(k > 1)时，a k + 1>a k 且 a k <0,那么 —1 + 3a ka k +1= <0,2— a k—1 + 3a k +1 — 1 + 3御a k +2 — a k +1= —2— a k +1 2 — a k 5 a k +1 —a k= >0.2 — a k +1 12 — a k j1+316 .（本小题满分 12分）用数学归纳法证明：对一切大于 ＞二2土J 均成立.1的自然数，不等式1 +2^证明：（1）当n = 2时，左边=1 + 3 =彳，右边=~25.•••左边〉右边，•••不等式成(2)假设当n = k(k >2，且k € N +)时不等式成立，1 + _L 、,2k + 1+2k - 1则当n = k + 1时,1+1 1+1一 瞩+5丿…V ' + 2k - 1 丿J + 2(k + 1 — 11 +」 p2k + 1 2k +2 _ > 2 2k + 1 2p2k + 12k + 2 ；：4k 2+2 ;2k + 12 ；2k + 1p2k +3#2k + 1 _P 2fk + 1 -+12 2k + 12这就是说，当n= k+ 1时不等式也成立，根据(1)(2)，不等式对任何自然数n都成立.因此，对任何自然数n,都有a n+ 1>a n，且a n v 0.18. (本小题满分14分)已知数列｛a n｝满足a1= 2, a“+1 = 2a“+入n+七—(n € N +).a n(1) 若匸尸1,证明数列｛lg(a n + 1)｝为等比数列，并求数列｛a n｝的通项公式；(2) 若入=0，是否存在实数L,使得a n> 2对一切n € N +恒成立？若存在，求出L的取值范围；若不存在，请说明理由.解：(1) •••入 =卩=1,贝U a n+1= a j；+ 2a n,•a n + 1 + 1= (a n+ 1)2, lg(a n + 1 + 1)= 2lg(a n+ 1),•｛lg(a n+ 1)｝是公比为2的等比数列，且首项为lg 3,•••lg(a n+ 1) = 2n—1ig 3,•a n + 1= 32n—1,「. a n = 32n—1—1(n€ N +).(2)由a2 = 2a1+L—J = 4+宁 >2,得详—3,a1 2猜想—3时，对一切n € N + , a n> 2恒成立.①当n= 1时，a1= 2，猜想成立.②假设当n= k(k> 1且k€ N +)时，a k>2,2 22a n+ 卩―12a k—2a k+ 卩―1则由a n+1= ，得a k+1-2 =a n a kI；1+ .. 32乂l'3"2+ " 322 ak 2 +.- 2 2 x 2 +.- 2 叶 3= A = A 0,a k a k a k••• n= k+ 1 时，a k+1> 2,猜想成立.由①②可知，当 & —3时，对一切n€ N+,恒有a n>2.。