【赢在高考】高考数学一轮复习 11.3直接证明与间接证明配套练习

【2019最新】精选高考数学一轮复习第11章复数算法推理与证明第4讲直接证明与间接证明分层演练文一、选择题1．用反证法证明某命题时，对结论“自然数a，b，c中恰有一个偶数”正确的反设是( )A．自然数a，b，c中至少有两个偶数B．自然数a，b，c中至少有两个偶数或都是奇数C．自然数a，b，c都是奇数D．自然数a，b，c都是偶数解析：选B．“恰有一个偶数”反面应是“至少有两个偶数或都是奇数”．故选B．2．分析法又称执果索因法，若用分析法证明“设a>b>c，且a＋b＋c＝0，求证：<a”索的因应是( )B．a－c>0A．a－b>0D．(a－b)(a－c)<0C．(a－b)(a－c)>0解析：选C．<a⇔b2－ac<3a2⇔(a＋c)2－ac<3a2⇔a2＋2ac＋c2－ac－3a2<0⇔－2a2＋ac＋c2<0⇔2a2－ac－c2>0⇔(a－c)(2a＋c)>0⇔(a－c)(a－b)>0．故选C．3．设a＝－，b＝－，c＝－，则a、b、c的大小顺序是( )B．b＞c＞aA．a＞b＞cD．a＞c＞bC．c＞a＞b解析：选A．因为a＝－＝，b＝－＝，c＝－＝，且＋＞＋＞＋＞0，所以a＞b＞c．4．设x，y，z>0，则三个数＋，＋，＋( )B．至少有一个大于2A．都大于2D．至少有一个不大于2C．至少有一个不小于2解析：选C．假设三个数都小于2，则＋＋＋＋＋<6，由于＋＋＋＋＋＝＋＋≥2＋2＋2＝6，所以假设不成立，所以＋，＋，＋中至少有一个不小于2．故选C．5．已知函数f(x)＝，a，b是正实数，A＝f，B＝f()，C＝f，则A，B，C的大小关系为( )B．A≤C≤BA．A≤B≤CD．C≤B≤AC．B≤C≤A 解析：选A．因为≥≥，又f(x)＝在R上是减函数，所以f≤f()≤f．6．设a>b>0，m＝－，n＝，则m，n的大小关系是( )B．m≥nA．m>nD．m≤nC．m<n 解析：选C．－<⇐＋>⇐a<b＋2·＋a－b⇐2·>0，显然成立，故m<n．选C．二、填空题7．已知点An(n，an)为函数y＝图象上的点，Bn(n，bn)的函数y＝x图象上的点，其中n∈N*，设cn＝an－bn，则cn与cn＋1的大小关系为________．解析：由条件得cn＝an－bn＝－n＝，所以cn随n的增大而减小，所以cn＋1<cn．答案：cn＋1<cn 8．关于x的方程ax＋a－1＝0在区间(0，1)内有实根，则实数a的取值范围是________．解析：①当a ＝0时，方程无解．②当a ≠0时，令f(x)＝ax ＋a －1，则f(x)在区间(0，1)上是单调函数，依题意，得f(0)f(1)<0，所以(a －1)(2a －1)<0，所以<a<1．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫12，19．设函数f(x)＝(a ∈R ，e 为自然对数的底数)．若存在b ∈[0，1]使f(f(b))＝b 成立，则a 的取值范围是________．解析：易知f(x)＝在定义域内是增函数，由f(f(b))＝b ，猜想f(b)＝b ．反证法：若f(b)>b ，则f(f(b))>f(b)>b ，与题意不符，若f(b)<b ，则f(f(b))<f(b)<b ，与题意也不符，故f(b)＝b ，即f(x)＝x 在[0，1]上有解．所以＝x ，a ＝ex －x2＋x ，令g(x)＝ex －x2＋x ，g′(x)＝ex －2x ＋1＝(ex ＋1)－2x ，当x∈[0，1]时，ex ＋1≥2，2x≤2，所以g′(x)≥0，所以g(x)在[0，1]上是增函数，所以g(0)≤g(x)≤g(1)⇒1≤g(x)≤e，即1≤a≤e． 答案：[1，e]10．若二次函数f(x)＝4x2－2(p －2)x －2p2－p ＋1，在区间[－1，1]内至少存在一点c ，使f(c)＞0，则实数p 的取值范围是________．解析：法一：(补集法) 令解得p≤－3或p≥，故满足条件的p 的取值范围为．法二：(直接法)依题意有f(－1)＞0或f(1)＞0，即2p2－p －1＜0或2p2＋3p －9＜0，得－＜p ＜1或－3＜p ＜，故满足条件的p 的取值范围是．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32 三、解答题11．在△ABC 中，设a ，b ，c 分别是内角A ，B ，C 所对的边，且直线bx ＋ycosA ＋cosB ＝0与ax ＋ycos B ＋cos A ＝0平行，求证：△ABC 是直角三角形．证明：法一：由两直线平行可知bcos B －acos A ＝0，由正弦定理可知sin Bcos B －sin Acos A ＝0，即sin 2B －sin 2A ＝0，故2A ＝2B 或2A ＋2B ＝π，即A ＝B 或A ＋B ＝．若A ＝B ，则a ＝b ，cos A ＝cos B ，两直线重合，不符合题意，故A ＋B ＝，即△ABC 是直角三角形．法二：由两直线平行可知bcos B －acos A ＝0，由余弦定理，得a·＝b·，所以a2(b2＋c2－a2)＝b2(a2＋c2－b2)，所以c2(a2－b2)＝(a2＋b2)(a2－b2)，所以(a2－b2)(a2＋b2－c2)＝0，所以a ＝b 或a2＋b2＝c2．若a ＝b ，则两直线重合，不符合题意， 故a2＋b2＝c2，即△ABC 是直角三角形．12．已知数列{an}满足a1＝，且an ＋1＝(n ∈N*)．(1)证明：数列是等差数列，并求数列{an}的通项公式；(2)设bn ＝anan ＋1(n∈N*)，数列{bn}的前n 项和记为Tn ，证明：Tn<．解：(1)由已知可得，当n∈N*时，an ＋1＝，两边取倒数得，＝＝＋3，即－＝3，所以数列是首项为＝2，公差为3的等差数列，其通项公式为＝2＋(n －1)×3＝3n －1，所以数列{an}的通项公式为an ＝．(2)证明：由(1)知an ＝，故bn ＝anan ＋1＝1（3n －1）（3n ＋2）＝，故Tn ＝b1＋b2＋…＋bn ＝×＋×＋…＋×⎝ ⎛⎭⎪⎫13n －1－13n ＋2＝＝－·．因为>0，所以Tn<．。

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第4讲直接证明与间接证明板块四模拟演练·提能增分[A级基础达标]1．[2018·绵阳周测]设t＝a＋2b,s＝a＋b2＋1，则下列关于t和s的大小关系中正确的是( )A．t〉s B．t≥s C．t〈s D．t≤s答案D解析s－t＝b2－2b＋1＝(b－1）2≥0，∴s≥t,选D项．2．若a，b，c为实数，且a〈b〈0，则下列命题正确的是( ）A．ac2〈bc2B．a2〉ab〉b2C.错误!<错误!D.错误!>错误!答案B解析a2－ab＝a（a－b)，∵a<b〈0，∴a－b〈0，∴a2－ab〉0，∴a2>ab。

①又ab－b2＝b（a－b）>0，∴ab>b2，②由①②得a2>ab>b2。

3．下列不等式一定成立的是( ）A．lg 错误!〉lg x（x〉0)B．sin x＋错误!〉2（x≠kπ，k∈Z）C．x2＋1≥2｜x|（x∈R）D.错误!〈1（x∈R）答案C解析对于A,当x〉0时，x2＋错误!≥2·x·错误!＝x所以lg 错误!≥lg x，故A不正确；对于B，当x≠kπ时，sin x正负不定,不能用基本不等式,所以B不正确；对于D，当x＝0时，错误!＝1，故D不正确．由基本不等式可知选项C正确．4．若a>0,b〉0，a＋b＝1，则下列不等式不成立的是( )A．a2＋b2≥错误!B．ab≤错误!C。

高考数学直接证明与间接证明专项练习题附答案1.(2022山东,文4)用反证法证明命题设a,b为实数,则方程x3+ax+b=0至少有一个实根时,要做的假设是( )A.方程x3+ax+b=0没有实根B.方程x3+ax+b=0至多有一个实根C.方程x3+ax+b=0至多有两个实根D.方程x3+ax+b=0恰好有两个实根2.要证:a2+b2-1-a2b20,只要证明( )A.2ab-1-a2b20B.a2+b2-1-0C.-1-a2b20D.(a2-1)(b2-1)03.设a,b,c均为正实数,则三个数a+,b+,c+( )A.都大于2B.都小于2C.至少有一个不大于2D.至少有一个不小于24.(2022天津模拟)p=,q=(m,n,a,b,c,d均为正数),则p,q的大小为( )A.pqB.pqC.pqD.不确定5.设f(x)是定义在R上的奇函数,且当x0时,f(x)单调递减,若x1+x20,则f(x1)+f(x2)的值( )A.恒为负值B.恒等于零C.恒为正值D.无法确定正负6.(2022福建三明模拟)命题如果数列{an}的前n项和Sn=2n2-3n,那么数列{an}一定是等差数列是否成立( )A.不成立B.成立C.不能断定D.与n取值有关7.用反证法证明如果ab,那么假设内容应是 .8.在不等边三角形中,a为最大边,要想得到角A为钝角的结论,三边a,b,c应满足 .9.已知a0,求证:a+-2.10.已知在数列{an}中,a1=5,且an=2an-1+2n-1(n2,且nN*).(1)证明:数列为等差数列;(2)求数列{an}的前n项和Sn.能力提升组11.已知m1,a=,b=,则以下结论正确的是( )A.abB.aa+b,那么a,b应满足的条件是 .13.设a,b,c均为正数,且a+b+c=1,证明:1.14.△ABC的三个内角A,B,C成等差数列,A,B,C的对边分别为a,b,c.求证:.15.(2022福建宁德模拟)设函数f(x)定义在(0,+)上,f(1)=0,导函数f(x)=,g(x)=f(x)+f(x).(1)求g(x)的单调区间和最小值.(2)是否存在x00,使得|g(x)-g(x0)|对任意x0成立若存在,求出x0的取值范围;若不存在,请说明理由.高考数学直接证明与间接证明专项练习题参考答案1.A 解析:至少有一个的否定为没有.2.D 解析:因为a2+b2-1-a2b20(a2-1)(b2-1)0,故选D.3.D 解析:a0,b0,c0,6,当且仅当a=b=c=1时,等号成立,故三者不能都小于2,即至少有一个不小于2.4.B 解析:q==p.5.A 解析:由f(x)是定义在R上的奇函数,且当x0时,f(x)单调递减,可知f(x)是R上的单调递减函数.由x1+x20,可知x1-x2,即f(x1)b2+c2 解析:由余弦定理cos A=0,则b2+c2-a20,即a2b2+c2.9.证明:要证a+-2,只需要证+2a+.又a0,所以只需要证,即a2++4+4a2+2++2+2,从而只需要证2,只需要证42,即a2+2,而上述不等式显然成立,故原不等式成立.10.(1)证明:设bn=,则b1==2.因为bn+1-bn=[(an+1-2an)+1]=[(2n+1-1)+1]=1,所以数列为首项是2,公差是1的等差数列.(2)解:由(1)知,+(n-1)1,则an=(n+1)2n+1.因为Sn=(221+1)+(322+1)++(n2n-1+1)+[(n+1)2n+1], 所以Sn=221+322++n2n-1+(n+1)2n+n.设Tn=221+322++n2n-1+(n+1)2n,①2Tn=222+323++n2n+(n+1)2n+1.②②-①,得Tn=-221-(22+23++2n)+(n+1)2n+1=n2n+1,所以Sn=n2n+1+n=n(2n+1+1).11.B 解析:a=,b=,又,,即aa+b()2()0a0,b0,且ab.13.证明:因为+b2a,+c2b,+a2c, 所以+(a+b+c)2(a+b+c),即a+b+c.所以1.14.证明:要证,即证=3,也就是=1,只需证c(b+c)+a(a+b)=(a+b)(b+c),即证c2+a2=ac+b2.又△ABC三内角A,B,C成等差数列,所以B=60,由余弦定理,得b2=c2+a2-2accos 60,即b2=c2+a2-ac, 故c2+a2=ac+b2成立.于是原等式成立.15.解:(1)因为(ln x)=,所以f(x)=ln x,g(x)=ln x+,g(x)=.令g(x)=0得x=1.当x(0,1)时,g(x)0,故(0,1)是g(x)的单调递减区间,当x(1,+)时,g(x)0,故(1,+)是g(x)的单调递增区间,因此x=1是g(x)的唯一极值点,且为极小值点,从而是最小值点,所以最小值为g(1)=1.(2)满足条件的x0不存在.理由如下:假设存在x00,使得|g(x)-g(x0)|对任意x0成立,即对任意x0,有ln x0,使得|g(x)-g(x0)|对任意x0成立.。

直接证明与间接证明、数学归纳法[考试要求] 1.了解直接证明的两种基本方法——分析法和综合法；了解分析法和综合法的思考过程和特点.2.了解间接证明的一种基本方法——反证法；了解反证法的思考过程和特点.3.了解数学归纳法的原理.4.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．1．直接证明(1)综合法定义：利用已知条件和某些数学定义、公理、定理等，经过一系列的推理论证，最后推导出所要证明的结论成立的证明方法．(2)分析法定义：从要证明的结论出发，逐步寻求使它成立的充分条件，直至最后，把要证明的结论归结为判定一个明显成立的条件(已知条件、定理、定义、公理等)为止的证明方法．2．间接证明——反证法一般地，假设原命题不成立(即在原命题的条件下，结论不成立)，经过正确的推理，最后得出矛盾，因此说明假设错误，从而证明了原命题成立，这样的证明方法叫做反证法．3．数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：(1)归纳奠基：证明当n取第一个值n0(n0∈N*)时命题成立；(2)归纳递推：假设n＝k(k≥n0，k∈N*)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．上述证明方法叫做数学归纳法．一、易错易误辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．()(2)综合法是直接证明，分析法是间接证明．( ) (3)分析法是从要证明的结论出发，逐步寻找使结论成立的充要条件． ( ) (4)用反证法证明结论“a >b ”时，应假设“a <b ”． ( )[答案] (1)× (2)× (3)× (4)× 二、教材习题衍生1．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．4C [凸n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验n ＝3.]2．用反证法证明：若整系数一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0(a ≠0)有有理数根，那么a ，b ，c 中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是( )A ．假设a ，b ，c 都是偶数B ．假设a ，b ，c 都不是偶数C ．假设a ，b ，c 至多有一个偶数D ．假设a ，b ，c 至多有两个偶数B [“至少有一个”的否定为“都不是”，故B 正确．]3．若P ＝a ＋6＋a ＋7，Q ＝a ＋8＋a ＋5(a ≥0)，则P ，Q 的大小关系是( ) A ．P >Q B ．P ＝Q C ．P <QD ．不能确定A [假设P >Q ，只需P 2>Q 2，即2a ＋13＋2(a ＋6)(a ＋7)>2a ＋13＋2(a ＋8)(a ＋5)，只需a 2＋13a ＋42>a 2＋13a ＋40.因为42>40成立，所以P >Q 成立．故选A ．]4．已知数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N *，且a 1＝2，则a 2＝ ，a 3＝ ，a 4＝ ，猜想a n ＝ .3 4 5 n ＋1 [易得a 2＝3，a 3＝4，a 4＝5，故猜想a n ＝n ＋1.]考点一 综合法的应用掌握综合法证明问题的思路(1)综合法是“由因导果”的证明方法，它是一种从已知到未知(从题设到结论)的逻辑推理方法，即从题设中的已知条件或已证的真实判断(命题)出发，经过一系列中间推理，最后导证明：(1)ab ＋bc ＋ac ≤13；(2)a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥1. [证明] (1)由a 2＋b 2≥2ab ，b 2＋c 2≥2bc ，c 2＋a 2≥2ac ， 得a 2＋b 2＋c 2≥ab ＋bc ＋ca ， 由题设得(a ＋b ＋c )2＝1，即a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ca ＝1， 所以3(ab ＋bc ＋ca )≤1， 即ab ＋bc ＋ca ≤13.(2)因为a ，b ，c 均为正数， a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a ＋a ≥2c ， 故a 2b ＋b 2c ＋c 2a ＋(a ＋b ＋c )≥2(a ＋b ＋c )， 即a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥a ＋b ＋c ， 所以a 2b ＋b 2c ＋c 2a ≥1.[母题变迁]本例的条件不变，证明a 2＋b 2＋c 2≥13.[证明] 因为a ＋b ＋c ＝1，所以1＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ， 因为2ab ≤a 2＋b 2,2bc ≤b 2＋c 2,2ac ≤a 2＋c 2， 所以2ab ＋2bc ＋2ac ≤2(a 2＋b 2＋c 2)， 所以1≤a 2＋b 2＋c 2＋2(a 2＋b 2＋c 2)， 即a 2＋b 2＋c 2≥13.点评：(1)不等式的证明常借助基本不等式，注意其使用的前提条件“一正、二定、三相等”；(2) 应用重要不等式a 2＋b 2≥2ab 放缩时要注意待证不等式的方向性．[跟进训练]在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知si n A si n B ＋si n B si n C ＋cos 2B ＝1.(1)求证：a ，b ，c 成等差数列； (2)若C ＝2π3，求证：5a ＝3b .[证明] (1)由已知得si n A si n B ＋si n B si n C ＝2si n 2B ， 因为si n B ≠0，所以si n A ＋si n C ＝2si n B ，由正弦定理，得a ＋c ＝2b ，即a ，b ，c 成等差数列． (2)由C ＝2π3，c ＝2b －a 及余弦定理得(2b －a )2＝a 2＋b 2＋ab ，即有5ab －3b 2＝0， 即5a ＝3b .考点二 分析法的应用分析法证明问题的思路及适用范围利用分析法证明问题，先从结论入手，由此逐步推出保证此结论成立的充分条件；当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，常考虑用分析法．[典例2] 已知△ABC 的三个内角A ，B ，C 成等差数列，A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c .求证：1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c. [证明] 要证1a ＋b ＋1b ＋c ＝3a ＋b ＋c ，即证a ＋b ＋c a ＋b ＋a ＋b ＋c b ＋c ＝3，也就是ca ＋b ＋ab ＋c ＝1， 只需证c (b ＋c )＋a (a ＋b )＝(a ＋b )(b ＋c )，需证c2＋a2＝ac＋b2，又△ABC三内角A，B，C成等差数列，故B＝60°，由余弦定理，得b2＝c2＋a2－2ac cos 60°，即b2＝c2＋a2－ac，故c2＋a2＝ac＋b2成立．于是原等式成立．点评：(1)用分析法证明时，要注意书写格式的规范性，常常用“要证(欲证)……”“即证……”“只需证……”等，逐步分析，直到一个明显成立的结论．(2)证明较复杂的问题时，可以采用两头凑的办法，如本例中，通过分析法找出与结论等价(或充分)的中间结论“c2＋a2＝ac＋b2”，然后通过综合法证明这个中间结论，从而使原命题得证．[跟进训练]若a，b∈(1，＋∞)，证明a＋b＜1＋ab.[证明]要证a＋b＜1＋ab，只需证(a＋b)2＜(1＋ab)2，只需证a＋b－1－ab＜0，即证(a－1)(1－b)＜0.因为a＞1，b＞1，所以a－1＞0,1－b＜0，即(a－1)(1－b)＜0成立，所以原不等式成立．考点三反证法的应用用反证法证明问题的步骤[典例3] 设a >0，b >0，且a ＋b ＝1a ＋1b .证明：(1)a ＋b ≥2；(2)a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．[证明] 由a ＋b ＝1a ＋1b ＝a ＋bab ，a >0，b >0，得ab ＝1.(1)由基本不等式及ab ＝1， 有a ＋b ≥2ab ＝2，即a ＋b ≥2.(2)假设a 2＋a <2与b 2＋b <2同时成立，则由a 2＋a <2及a >0，得0<a <1； 同理，0<b <1，从而ab <1，这与ab ＝1矛盾． 故a 2＋a <2与b 2＋b <2不可能同时成立．点评：(1)当一个命题的结论是以“至多”“至少”“唯一”或以否定形式出现时，宜用反证法来证．(2)在使用反证法证明数学命题时，反设必须恰当，如“都是”的否定是“不都是”“至少一个”的否定是“不存在”等．[跟进训练]等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝1＋2，S 3＝9＋3 2. (1)求数列{a n }的通项公式a n 与前n 项和S n ；(2)设b n ＝S nn (n ∈N *)，求证：数列{b n }中任意不同的三项都不可能成为等比数列．[解] (1)设等差数列{a n }的公差为d .所以d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n (n ＋2)(n ∈N *)． (2)证明：由(1)得b n ＝S nn＝n ＋2，假设数列{b n }中存在三项b p ，b q ，b r (p ，q ，r ∈N *，且互不相等)成等比数列，则b 2q ＝b p b r . 即(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)， 所以(q 2－pr )＋2(2q －p －r )＝0，因为p ，q ，r ∈N *，所以⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r )2＝0，所以p ＝r ，与p ≠r 矛盾，所以数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列． 考点四 数学归纳法的应用1．应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，应用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法、构造函数法等证明方法．2．利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理论证结论的正确性．[典例4] (2019·浙江高考)设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，a 3＝4，a 4＝S 3.数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列．(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)记c n ＝a n2b n，n ∈N *，证明：c 1＋c 2＋…＋c n ＜2n ，n ∈N *. [解] (1)设数列{a n }的公差为d ，∴a n ＝2n －2，n ∈N *. ∴S n ＝n 2－n ，n ∈N *.∵数列{b n }满足：对每个n ∈N *，S n ＋b n ，S n ＋1＋b n ，S n ＋2＋b n 成等比数列， ∴(S n ＋1＋b n )2＝(S n ＋b n )(S n ＋2＋b n )， 解得b n ＝1d (S 2n ＋1－S n S n ＋2)，即b n ＝n 2＋n ，n ∈N *.(2)证明：c n ＝a n2b n＝2n －22n (n ＋1)＝n －1n (n ＋1)，n ∈N *，用数学归纳法证明：①当n ＝1时，c 1＝0＜2，不等式成立； ②假设当n ＝k (k ∈N *)时不等式成立， 即c 1＋c 2＋…＋c k ＜2k ， 则当n ＝k ＋1时，c 1＋c 2＋…＋c k ＋c k ＋1＜2k ＋k (k ＋1)(k ＋2)＜2k ＋1k ＋1＜2k ＋2k ＋1＋k＝2k ＋2(k ＋1－k )＝2k ＋1，即n ＝k ＋1时，不等式也成立． 由①②得c 1＋c 2＋…＋c n ＜2n ，n ∈N *.点评：用数学归纳法证明与n 有关的不等式，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用均值不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．[跟进训练]已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－12n 2，n ∈N *.(1)当n ＝1,2,3时，试比较f (n )与g (n )的大小关系；(2)猜想f (n )与g (n )的大小关系，并给出证明． [解] (1)当n ＝1时，f (1)＝1，g (1)＝1， 所以f (1)＝g (1)；当n ＝2时，f (2)＝98，g (2)＝118，所以f (2)＜g (2)；当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312216，所以f (3)＜g (3)．(2)由(1)猜想，f (n )≤g (n )，用数学归纳法证明． ①当n ＝1,2,3时，不等式显然成立． ②假设当n ＝k (k ＞3，k ∈N *)时不等式成立， 即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3＜32－12k 2，则当n ＝k ＋1时， f (k ＋1)＝f (k )＋1(k ＋1)3＜32－12k 2＋1(k ＋1)3. 因为12(k ＋1)2－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12k 2－1(k ＋1)3＝k ＋32(k ＋1)3－12k 2＝－3k －12(k ＋1)3k 2＜0，所以f (k ＋1)＜32－12(k ＋1)2＝g (k ＋1)．由①②可知，对一切n ∈N *，都有f (n )≤g (n )成立．。