高考数学一轮复习第七章推理与证明课时训练

高考数学一轮总复习第七章不等式及推理与证明题组训练47专题研究2数学归纳法理05154104题组训练47 专题研究2 数学归纳法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，第一步检验第一个值n 0等于( )A ．1B ．2C ．3D ．0答案 C解析 边数最少的凸n 边形是三角形．2．(2017·山东德州一模)用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1，在验证n ＝1时，左边的式子为( ) A ．1 B ．1＋2 C ．1＋2＋22D ．1＋2＋22＋23答案 D解析 当n ＝1时，左边＝1＋2＋22＋23.故选D.3．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n∈N *)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10答案 B解析 1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12>12764，整理得2n>128，解得n>7.∴初始值至少应取8.4．设f(n)＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n∈N *)，那么f(n ＋1)－f(n)等于( )A.13n ＋2B.13n ＋13n ＋1C.13n ＋1＋13n ＋2D.13n ＋13n ＋1＋13n ＋2 答案 D5．用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n∈N )能被8整除时，当n ＝k ＋1时，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 ＋1 D ．25(34k ＋1＋52k ＋1)答案 A解析 因为要使用归纳假设，必须将34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1分解为归纳假设和能被8整除的两部分．所以应变形为56·34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1)．6．若数列{a n }的通项公式a n ＝1（n ＋1）2，记c n ＝2(1－a 1)(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算c 1，c 2，c 3的值，推测c n ＝__________． 答案n ＋2n ＋1解析 c 1＝2(1－a 1)＝2×(1－14)＝32，c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×(1－14)×(1－19)＝43，c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×(1－14)×(1－19)×(1－116)＝54，故由归纳推理得c n ＝n ＋2n ＋1.7．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的自然数n 都有：(S n －1)2＝a n S n . (1)求S 1，S 2，S 3；(2)猜想S n 的表达式并证明．答案 (1)S 1＝12，S 2＝23，S 3＝34 (2)S n ＝nn ＋1，证明略解析 (1)由(S 1－1)2＝S 12，得S 1＝12；由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2，得S 2＝23；由(S 3－1)2＝(S 3－S 2)S 3，得S 3＝34.(2)猜想：S n ＝nn ＋1.证明：①当n ＝1时，显然成立；②假设当n ＝k(k≥1且k∈N *)时，S k ＝k k ＋1成立．则当n ＝k ＋1时，由(S k ＋1－1)2＝a k ＋1S k ＋1，得S k ＋1＝12－S k＝12－k k ＋1＝k ＋1k ＋2. 从而n ＝k ＋1时，猜想也成立． 综合①②得结论成立．8．已知函数f(x)＝x －sinx ，数列{a n }满足：0<a 1<1，a n ＋1＝f(a n )，n ＝1，2，3，…，证明：0<a n ＋1<a n <1. 答案 略解析 先用数学归纳法证明0<a n <1，n ＝1，2，3，…. ①当n ＝1时，由已知，结论成立． ②假设当n ＝k 时结论成立，即0<a k <1. 因为0<x<1时，f ′(x)＝1－cosx>0， 所以f(x)在(0，1)上是增函数． 又f(x)在[0，1]上连续， 从而f(0)<f(a k )<f(1)， 即0<a k ＋1<1－sin1<1. 故当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，0<a n <1对一切正整数都成立． 又因为0<a n <1时，a n ＋1－a n ＝a n －sina n －a n ＝－sina n <0， 所以a n ＋1<a n . 综上所述0<a n ＋1<a n <1.9．(2018·保定模拟)已知f(x)＝x －32x 2，设0＜a 1＜12，a n ＋1＝f(a n )，n ∈N ＋，证明：a n ＜1n ＋1.答案 略证明 (1)当n ＝1时，0＜a 1＜12，不等式a n ＜1n ＋1成立； 因a 2＝f(a 1)＝－32(a 1－13)2＋16≤16<13，故n ＝2时不等式也成立．(2)假设n ＝k(k≥2)时，不等式a k ＜1k ＋1成立，因为f(x)＝x －32x 2的对称轴为x ＝13，知f(x)在(－∞，13]上为增函数，所以由a k ＜1k ＋1≤13，得f(a k )＜f(1k ＋1)．于是有a k ＋1＜1k ＋1－32·1（k ＋1）2＋1k ＋2－1k ＋2＝1k ＋2－k ＋42（k ＋1）2（k ＋2）＜1k ＋2. 所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．根据(1)、(2)可知，对任何n∈N ＋，不等式a n ＜1n ＋1成立．10．已知数列{a n }的各项都是正数，且满足：a 0＝1，a n ＋1＝12a n ·(4－a n )，(n∈N )．证明：a n <a n ＋1<2，(n∈N )． 答案 略证明 方法一：用数学归纳法证明： (1)当n ＝0时，a 0＝1，a 1＝12a 0(4－a 0)＝32，所以a 0<a 1<2，命题正确．(2)假设n ＝k 时命题成立，即a k －1<a k <2. 则当n ＝k ＋1时，a k －a k ＋1 ＝12a k －1(4－a k －1)－12a k (4－a k ) ＝2(a k －1－a k )－12(a k －1－a k )(a k －1＋a k )＝12(a k －1－a k )(4－a k －1－a k )． 而a k －1－a k <0，4－a k －1－a k >0，所以a k －a k ＋1<0. 又a k ＋1＝12a k (4－a k )＝12[4－(a k －2)2]<2.所以n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N 时有a n <a n ＋1<2. 方法二：用数学归纳法证明：(1)当n ＝0时，a 0＝1，a 1＝12a 0(4－a 0)＝32，所以0<a 0<a 1<2.(2)假设n ＝k 时有a k －1<a k <2成立，令f(x)＝12x(4－x)，f(x)在[0，2]上单调递增，所以由假设有f(a k －1)<f(a k )<f(2)．即12a k －1(4－a k －1)<12a k (4－a k )<12×2×(4－2)． 也即当n ＝k ＋1时，a k <a k ＋1<2成立．所以对一切n∈N ，有a k <a k ＋1<2.11．在数列{a n }，{b n }中，a 1＝2，b 1＝4，且a n ，b n ，a n ＋1成等差数列，b n ，a n ＋1，b n ＋1成等比数列(n∈N *)．(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4，由此猜测{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论； (2)证明：1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n <512.答案 (1)a 2＝6，a 3＝12，a 4＝20，b 2＝9，b 3＝16，b 4＝25，a n ＝n(n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2，证明略 (2)略解析 (1)由条件得2b n ＝a n ＋a n ＋1，a n ＋12＝b n b n ＋1.由此可得a 2＝6，b 2＝9，a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25. 猜测a n ＝n(n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2. 用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上可得结论成立． ②假设当n ＝k 时，结论成立，即a k ＝k(k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2.那么当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k(k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)， b k ＋1＝a k ＋12b k＝(k ＋2)2.所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．由①②，可知a n ＝n(n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立． (2)1a 1＋b 1＝16<512. 当n≥2时，由(1)知a n ＋b n ＝(n ＋1)(2n ＋1)>2(n ＋1)·n. 故1a 1＋b 1＋1a 2＋b 2＋…＋1a n ＋b n<16＋12(12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1）) ＝16＋12(12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1) ＝16＋12(12－1n ＋1)<16＋14＝512.1．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n ＞1324的过程中，由n ＝k 推导n ＝k ＋1时，不等式的左边增加的式子是________．答案1（2k ＋1）（2k ＋2）解析 不等式的左边增加的式子是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝1（2k ＋1）（2k ＋2），故填1（2k ＋1）（2k ＋2）.2．用数学归纳法证明：对任意的n∈N *，11×3＋13×5＋…＋1（2n －1）（2n ＋1）＝n 2n ＋1.答案 略解析 (1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边，所以等式成立．(2)假设当n ＝k(k∈N *且k≥1)时等式成立，即有 11×3＋13×5＋…＋1（2k －1）（2k ＋1）＝k2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋1（2k －1）（2k ＋1）＋1（2k ＋1）（2k ＋3） ＝k 2k ＋1＋1（2k ＋1）（2k ＋3）＝k （2k ＋3）＋1（2k ＋1）（2k ＋3）＝2k 2＋3k ＋1（2k ＋1）（2k ＋3）＝k ＋12k ＋3＝k ＋12（k ＋1）＋1， 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由(1)(2)可知，对一切n∈N *等式都成立．3．(2017·湖北宜昌一中模拟)已知函数f(x)＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)．试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n 与1的大小，并说明理由．答案11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n<1 解析 ∵f′(x)＝x 2－1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)， ∴a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.∵函数g(x)＝(x ＋1)2－1＝x 2＋2x 在区间[1，＋∞)上单调递增， 于是由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1，进而得a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1＞23－1. 由此猜想：a n ≥2n－1.下面用数学归纳法证明这个猜想：①当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论成立；②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时结论成立，即a k≥2k－1，则当n＝k＋1时，由g(x)＝(x＋1)2－1在区间[1，＋∞)上单调递增知，a k＋1≥(a k＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，即n＝k＋1时，结论也成立．由①、②知，对任意n∈N*，都有a n≥2n－1.即1＋a n≥2n，∴11＋a n≤12n.∴11＋a1＋11＋a2＋11＋a3＋…＋11＋a n≤12＋122＋123＋…＋12n＝1－(12)n＜1.。

课时跟踪训练(三十四) 不等关系与不等式[基础巩固]一、选择题1．若a ，b ，c ∈R ，且a >b ，则下列不等式一定成立的是( ) A ．a ＋c ≥b －c B ．ac >bc C.c 2a －b>0D ．(a －b )c 2≥0[解析] 当c ＝0时，B ，C 不成立；当a ＝1，b ＝0，c ＝－2时，A 不成立；因为a －b >0，c 2≥0，所以D 成立．[答案] D2．(2018·陕西商洛商南高中模拟)下列命题为真命题的是( ) A ．若ac >bc ，则a >b B ．若a 2>b 2，则a >b C ．若1a >1b，则a <bD ．若a <b ，则a <b[解析] 由ac >bc ，当c <0时，有a <b ，选项A 错误；若a 2>b 2，不一定有a >b ，如(－3)2>(－2)2，但－3<－2，选项B 错误； 若1a >1b ，不一定有a <b ，如12>－13，但2>－3，选项C 错误； 若a <b ，则(a )2<(b )2，即a <b ，选项D 正确． 故选D. [答案] D3．若m ＝3＋5，n ＝2＋6，则下列结论正确的是( ) A ．m <n B ．n <mC ．n ＝mD ．不能确定m ，n 的大小[解析] ∵m ＝3＋5，∴m 2＝8＋215，∵n ＝2＋6，∴n 2＝8＋212，∴m 2>n 2，∴m >n .[答案] B4．(2018·吉林省吉林一中月考)若a >b ，x >y ，下列不等式不正确的是( ) A ．a ＋x >b ＋y B ．y －a <x －b C ．|a |x >|a |yD ．(a －b )x >(a －b )y[解析] 当a ≠0时，|a |>0，不等式两边同乘一个大于零的数，不等号方向不变． 当a ＝0时，|a |x ＝|a |y ，故|a |x ≥|a |y .故选C. [答案] C5．若a ，b 为实数，则“ab <1”是“0<a <1b”的( )A ．充分不必要条件B ．必要不充分条件C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件[解析] 由a ，b 为实数，ab <1，可令a ＝－1，b ＝1，则ab ＝－1<1成立，但推不出0<a <1b；由0<a <1b ，可得b >0，∴0<ab <1，可推出ab <1，∴“ab <1”是“0<a <1b”的必要不充分条件．[答案] B6．(2016·浙江卷)已知a ，b >0且a ≠1，b ≠1，若log a b >1，则( ) A ．(a －1)(b －1)<0 B ．(a －1)(a －b )>0 C ．(b －1)(b －a )<0 D ．(b －1)(b －a )>0[解析][答案] D 二、填空题7．若ab <0，且a >b ，则1a 与1b的大小关系是________．[解析] ∵a >b ，∴b －a <0， 又ab <0，则1a －1b ＝b －a ab >0，即1a >1b.[答案] 1a >1b8．若a ＝ln33，b ＝ln22，则a 与b 的大小关系为________．[解析] ∵a ＝ln33>0，b ＝ln22>0，∴a b ＝ln33·2ln2＝2ln33ln2＝ln9ln8＝log 89>1，∴a >b . [答案] a >b9．若角α，β满足－π2<α<β<π2，则2α－β的取值范围是________．[解析] ∵－π2<α<β<π2，∴－π2<α<π2，－π2<β<π2，－π2<－β<π2，而α<β.∴－π<α－β<0，∴2α－β＝(α－β)＋α∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2，π2.[答案] ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3π2，π2三、解答题10．比较下列各组中两个代数式的大小． (1)3m 2－m ＋1与2m 2＋m －3；(2)a 2b ＋b 2a与a ＋b (a >0，b >0)．[解] (1)∵(3m 2－m ＋1)－(2m 2＋m －3)＝m 2－2m ＋4＝(m －1)2＋3>0， ∴3m 2－m ＋1>2m 2＋m －3.(2)∵a 2b ＋b 2a －(a ＋b )＝a 3＋b 3－a 2b －ab 2ab＝a 2a －b ＋b 2b －a ab ＝a －b a 2－b 2ab＝a －b2a ＋bab.又∵a >0，b >0， ∴a －b2a ＋bab≥0，故a 2b ＋b 2a≥a ＋b .[能力提升]11．(2018·黑龙江大庆实验中学期末)若x ∈(0,1)，a ＝ln x ，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x ，c ＝2ln x，则a ，b ，c 的大小关系是( )A ．a >b >cB ．b >a >cC ．b >c >aD ．c >b >a[解析] 因为x ∈(0,1)，所以a ＝ln x <0，b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12ln x >1,0<c ＝2ln x<1，所以b >c >a ，故选C.[答案] C12．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，且0<f (－1)＝f (－2)＝f (－3)≤3，则( ) A ．c ≤3 B ．3<c ≤6 C ．6<c ≤9D ．c >9[解析] 由f (－1)＝f (－2)＝f (－3)得，－1＋a －b ＋c ＝－8＋4a －2b ＋c ＝－27＋9a－3b ＋c ，消去c 得⎩⎪⎨⎪⎧3a －b ＝7，5a －b ＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝6，b ＝11，于是0<c －6≤3，即6<c ≤9.故选C.[答案] C13．用一段长为30 m 的篱笆围成一个一边靠墙的矩形菜园，墙长18 m ，要求菜园的面积不小于216 m 2，靠墙的一边长为x m ，其中的不等关系可用不等式(组)表示为________．[解析] 矩形靠墙的一边长为x m ，则另一边长为30－x 2 m ，即⎝⎛⎭⎪⎫15－x 2 m ，根据题意知⎩⎪⎨⎪⎧0<x ≤18，x ⎝⎛⎭⎪⎫15－x 2≥216.[答案] ⎩⎪⎨⎪⎧0<x ≤18，x ⎝⎛⎭⎪⎫15－x 2≥21614．已知存在实数a 满足ab 2>a >ab ，则实数b 的取值范围是________． [解析] ∵ab 2>a >ab ，∴a ≠0， 当a >0时，b 2>1>b ，即⎩⎪⎨⎪⎧ b 2>1，b <1，解得b <－1；当a <0时，b 2<1<b ，即⎩⎪⎨⎪⎧b 2<1，b >1，此式无解．综上可得实数b 的取值范围为(－∞，－1)． [答案] (－∞，－1)15．已知b >a >0，x >y >0，求证：xx ＋a >yy ＋b.[证明]x x ＋a －yy ＋b ＝x y ＋b －y x ＋a x ＋a y ＋b ＝bx －ayx ＋a y ＋b.∵b >a >0，x >y >0，∴bx >ay ，x ＋a >0，y ＋b >0， ∴bx －ayx ＋a y ＋b >0，∴x x ＋a >yy ＋b.16．(2017·大连模拟)设f (x )＝ax 2＋bx ，若1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，求f (－2)的取值范围．[解] 解法一：设f (－2)＝mf (－1)＋nf (1)(m ，n 为待定系数)，则4a －2b ＝m (a －b )＋n (a ＋b )，即4a －2b ＝(m ＋n )a ＋(n －m )b .于是得⎩⎪⎨⎪⎧m ＋n ＝4，n －m ＝－2，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝3，n ＝1，∴f (－2)＝3f (－1)＋f (1)． 又∵1≤f (－1)≤2,2≤f (1)≤4，∴5≤3f (－1)＋f (1)≤10，故5≤f (－2)≤10.解法二：由⎩⎪⎨⎪⎧1≤a －b ≤2，2≤a ＋b ≤4确定的平面区域如图阴影部分，当f (－2)＝4a －2b 过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，12时，取得最小值4×32－2×12＝5， 当f (－2)＝4a －2b 过点B (3,1)时， 取得最大值4×3－2×1＝10， ∴5≤f (－2)≤10.[延伸拓展](2017·安徽合肥质检)已知△ABC 的三边长分别为a ，b ，c ，且满足b ＋c ≤3a ，则c a的取值范围为( )A ．(1，＋∞)B ．(0,2)C ．(1,3)D ．(0,3)[解析] 由已知及三角形三边关系得⎩⎪⎨⎪⎧a <b ＋c ≤3a ，a ＋b >c ，a ＋c >b ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1<b a ＋c a≤3，1＋b a >ca ，1＋c a >b a ，∴⎩⎪⎨⎪⎧1<b a ＋ca ≤3，－1<c a －ba <1，两式相加得，0<2×c a<4，∴c a的取值范围为(0,2)，故选B. [答案] B。

第七章 推理与证明第1课时 合情推理与演绎推理1. 观察下式：1＝12；2＋3＋4＝32；3＋4＋5＋6＋7＝52；4＋5＋6＋7＋8＋9＋10＝72，…，则得出第n 个式子的结论为____________________________． 答案：n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2 解析：各等式的左边是第n 个自然数到第3n －2个连续自然数的和，右边是中间奇数的平方，故得出结论：n ＋(n ＋1)＋(n ＋2)＋…＋(3n －2)＝(2n －1)2.2. 若等差数列{a n }的首项为a 1，公差为d ，前n 项的和为S n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S n n 为等差数列，且通项为S nn ＝a 1＋(n－1)·d2，类似地，请完成下列命题：若各项均为正数的等比数列{b n }的首项为b 1，公比为q ，前n 项的积为T n ，则__________________________________．答案：数列{n T n }为等比数列，且通项为n T n ＝b 1(q)n －13. 观察(x 2)′＝2x ，(x 4)′＝4x 3，(cosx )′＝－sinx ，由归纳推理得：若定义在R 上的函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，记g(x)为f(x)的导函数，则g(－x)＝____________． 答案：－g(x)解析：由已知得偶函数的导函数为奇函数，故g(－x)＝－g(x)． 4. 在平面几何里有射影定理：设△ABC 的两边AB ⊥AC ，点D 是点A 在BC 边上的射影，则AB 2＝BD·BC.拓展到空间，在四面体ABCD 中，DA ⊥平面ABC ，点O 是点A 在平面BCD 内的射影，且点O 在平面BCD 内，类比平面三角形射影定理，△ABC ，△BOC ，△BDC 三者面积之间的关系为__________． 答案：S 2△ABC ＝S △BOC ·S △BDC 解析：如图所示，依题意作出四面体ABCD.连结DO ，并延长交BC 于点E ，连结AO 、AE ，则易知AO ⊥DE ，BC ⊥AO.由DA ⊥平面ABC ，得DA ⊥BC ，又DA ∩AO ＝A ，所以BC ⊥平面AED ，所以DE ⊥BC ，AE ⊥BC.又易知△AED 为直角三角形，其中∠DAE ＝90°，AO 为斜边ED 上的高，所以由射影定理得AE 2＝EO·ED.又S △ABC ＝12BC ·AE ，S △BOC ＝12BC ·EO ，S △BDC ＝12BC ·DE ，所以AE ＝2S △ABC BC ，EO ＝2S △BOC BC ，DE ＝2S △BDC BC.由AE 2＝EO·ED ，得S 2△ABC ＝S △BOC ·S △BDC .5. 已知命题：在平面直角坐标系xOy 中，△ABC 的顶点A(－p ，0)和C(p ，0)，顶点B 在椭圆x 2m 2＋y 2n2＝1(m>n>0，p ＝m 2－n 2)上，椭圆的离心率是e ，则sinA ＋sinC sinB ＝1e.试将该命题类比到双曲线中，给出一个真命题是____________________________________．答案：在平面直角坐标系中，△ABC 的顶点A(－p ，0)和C(p ，0)，顶点B 在双曲线x 2m 2－y 2n2＝1(m>0，n>0，p ＝m 2＋n 2)上，双曲线的离心率是e ，则|sinA －sinC|sinB ＝1e解析：由正弦定理和椭圆定义sinA ＋sinC sinB ＝AB ＋BC AC ＝2a 2c ，类比双曲线应有|AB －BC|AC ＝|sinA －sinC|sinB ＝1e.6. 将正奇数排列如图形式，其中第i 行第j 个数表示a ij (i ∈N *，j ∈N *)，例如a 32＝9，若a ij ＝2 009，则i ＋j ＝________．13 57 9 1113 15 17 19…答案：60 解析：根据正奇数排列的正三角图表知，2 009是第1 005个奇数，应排在i 行(其中i ∈N *)，则1＋2＋3＋…＋(i －1)＝i （i －1）2＜1 005①，且1＋2＋3＋…＋i ＝i （i ＋1）2＞1 005②；验证i ＝45时，①②式成立，所以i ＝45；第45行第1个奇数是2×44×452＋1＝1 981，而1 981＋2(j －1)＝2 009，∴ j ＝15；所以，2 009在第45行第15个数，则i ＋j ＝60.7. 设函数f(x)＝xx ＋2(x>0)，观察：f 1(x)＝f(x)＝x x ＋2，f 2(x)＝f(f 1(x))＝x 3x ＋4，f 3(x)＝f(f 2(x))＝x 7x ＋8，f 4(x)＝f(f 3(x))＝x15x ＋16，….根据以上事实，由归纳推理可得：当n ∈N ＋且n ≥2时，f n (x)＝f(f n －1(x))＝________．答案：x（2n －1）x ＋2n解析：观察知四个等式等号右边的分母为x ＋2，3x ＋4，7x ＋8，15x ＋16，即(2－1)x ＋2，(4－1)x ＋4，(8－1)x ＋8，(16－1)x ＋16，所以归纳出f n (x)＝f(f n －1(x))的分母为(2n －1)x ＋2n ，故当n ∈N ＋且n ≥2时，f n (x)＝f(f n －1(x))＝x（2n－1）x ＋2n. 8. 如图，一个类似杨辉三角的数阵，请写出第n(n ≥2)行的第2个数为__________．答案：n 2－2n ＋3解析：第n(n ≥2)行的第2个数为3＋3＋5＋7＋…＋[2(n －2)＋1]＝3＋n －2）×2n 2＝n 2－2n ＋3.9. 已知结论：“在三边长都相等的△ABC 中，若D 是BC 的中点，点G 是△ABC 外接圆的圆心，则AGGD＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：“在六条棱长都相等的四面体ABCD 中，若点M 是△BCD 的三边中线交点，O 为四面体ABCD 外接球的球心，则AOOM＝__________”．答案：3解析：如图，设四面体ABCD 的棱长为a ，则由M 是△BCD 的重心，得BM ＝32a ，AM ＝63a ，设OA ＝R ，则OB ＝R ，OM ＝63a －R ，于是由R 2＝⎝⎛⎭⎫33a 2＋⎝⎛⎭⎫63a －R 2，解得R ＝64a ，所以AOOM ＝64a 63a －64a ＝3.10. 老师布置了一道作业题“已知圆C 的方程是x 2＋y 2＝r 2，求证：经过圆C 上一点M(x 0，y 0)的切线方程为x 0x ＋y 0y ＝r 2”，聪明的小明很快就完成了，完成后觉得该题很有意思，经过认真思考后大胆猜想出如下结论：若圆C 的方程是(x －a)2＋(y －b)2＝r 2，则经过圆C 上一点M(x 0，y 0)的切线方程为(x 0－a)(x －a)＋(y 0－b)(y －b)＝r 2.你认为小明的猜想正确吗？若正确，请给出证明；若不正确，请说明理由． 解：小明的猜想正确．(证法1)若x 0≠a ，y 0≠b ，则因圆C 的方程是(x －a)2＋(y －b)2＝r 2，M(x 0，y 0)是圆C 上一点，所以直线MC的斜率为k 1＝y 0－bx 0－a.设过M(x 0，y 0)的切线斜率为k ，因为直线MC 与切线l 垂直，所以k ＝－1k 1＝－x 0－a y 0－b，所以过M(x 0，y 0)的切线l 方程为y －y 0＝－x 0－ay 0－b(x －x 0)，整理得(x 0－a)(x －a)＋(y 0－b)(y －b)＝(x 0－a)2＋(y 0－b)2.又点M(x 0，y 0)在圆C 上，所以有(x 0－a)2＋(y 0－b)2＝r 2，故此时过M(x 0，y 0)的圆C 的切线方程为(x 0－a)(x －a)＋(y 0－b)(y －b)＝r 2.若x 0＝a 或y 0＝b(同时成立不合题意)，则切线的斜率不存在或为0，可直观看出|y 0－b|＝r 或|x 0－a|＝r ，此时切线方程分别为y ＝y 0或x ＝x 0，适合(x 0－a)(x －a)＋(y 0－b)(y －b)＝r 2.综上所述，过M(x 0，y 0)的圆C 的切线方程为(x 0－a)(x －a)＋(y 0－b)(y －b)＝r 2.(证法2)设P(x ，y)为切线上任一点，则PM →＝(x 0－x ，y 0－y)，CM →＝(x 0－a ，y 0－b)． 又PM →⊥CM →，所以PM →·CM →＝0，即(x 0－x)(x 0－a)＋(y 0－y)(y 0－b)＝0.又(x 0－a)2＋(y 0－b)2＝r 2，化简得(x 0－a)(x －a)＋(y 0－b)(y －b)＝r 2为所求切线．11. 某少数民族的刺绣有着悠久的历史，下图(1)、(2)、(3)、(4)为她们刺绣最简单的四个图案，这些图案都是由小正方形构成，小正方形数越多刺绣越漂亮．现按同样的规律刺绣(小正方形的摆放规律相同)，设第n 个图形包含f(n)个小正方形．(1) 求出f(5)的值；(2) 利用合情推理的“归纳推理思想”，归纳出f(n ＋1)与f(n)之间的关系式，并根据你得到的关系式求出f(n)的表达式；(3) 求n ≥2时，1f （1）＋1f （2）－1＋1f （3）－1＋…＋1f （n ）－1的值．解：(1) f(5)＝41.(2) 因为f(2)－f(1)＝4＝4×1，f(3)－f(2)＝8＝4×2，f(4)－f(3)＝12＝4×3，f(5)－f(4)＝16＝4×4，…，由上式规律，所以得出f(n ＋1)－f(n)＝4n.f(n ＋1)－f(n)＝4n f(n ＋1)＝f(n)＋4n f(n)＝f(n －1)＋4(n －1)＝f(n －2)＋4(n －1)＋4(n －2)＝f(n －3)＋4(n －1)＋4(n －2)＋4(n －3)＝…＝f(1)＋4(n －1)＋4(n －2)＋4(n －3)＋…＋4＝2n 2－2n ＋1.(3) 当n ≥2时，1f （n ）－1＝12n （n －1）＝12⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ，所以1f （1）＋1f （2）－1＋1f （3）－1＋…＋1f （n ）－1＝1＋12·(1－12＋12－13＋13－14＋…＋1n －1－1n)＝1＋12⎝⎛⎭⎫1－1n ＝32－12n.第2课时 直接证明与间接证明1. 用反证法证明命题：“已知a ，b ∈N ，若ab 可被5整除，则a ，b 中至少有一个能被5整除”时，应反设________________成立． 答案：a 、b 都不能被5整除解析：由反证法的定义得，反设即否定结论．2. 设a ＞b ＞0，m ＝a －b ，n ＝a －b ，则m 、n 的大小关系是____________． 答案：m<n解析：(分析法)a －b<a －b b ＋a －b>a a<b ＋2b a －b ＋a －b 2b ·a －b>0. 3. 在等比数列{a n }中，a 1＝2，前n 项和为S n ，若数列{a n ＋1}也是等比数列，则S n ＝________． 答案：2n解析：因为数列{a n }为等比数列，则a n ＝2q n －1.因为数列{a n ＋1}也是等比数列，则(a n ＋1＋1)2＝(a n ＋1)(a n ＋2＋1)a 2n ＋1＋2a n ＋1＝a n ·a n ＋2＋a n ＋a n ＋2a n ＋a n ＋2＝2a n ＋1a n (1＋q 2－2q)＝0q ＝1，即a n ＝2，所以S n ＝2n.4. 已知函数f(x)满足：f(a ＋b)＝f(a)·f(b)，f(1)＝2，则f 2（1）＋f （2）f （1）＋f 2（2）＋f （4）f （3）＋f 2（3）＋f （6）f （5）＋f 2（4）＋f （8）f （7）＝________．答案：16解析：根据f(a ＋b)＝f(a)·f(b)得f(2n)＝f 2(n)，又f(1)＝2，则f （n ＋1）f （n ）＝2，故f 2（1）＋f （2）f （1）＋f 2（2）＋f （4）f （3）＋f 2（3）＋f （6）f （5）＋f 2（4）＋f （8）f （7）＝2f （2）f （1）＋2f （4）f （3）＋2f （6）f （5）＋2f （8）f （7）＝16.5. 对实数a 和b ，定义运算“”：a b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤1，b ，a －b>1，设函数f(x)＝(x 2－2)(x －x 2)，x ∈R .若函数y＝f(x)－c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是________．答案：(－∞，－2]∪⎝⎛⎭⎫－1，－34 解析：画出函数图象可知实数c 的取值范围是(－∞，－2]∪⎝⎛⎭⎫－1，－34. 6. 已知两个非零向量a 与b ，定义a b ＝|a ||b |sin θ，其中θ为a 与b 的夹角．若a ＋b ＝(－3，6)，a －b ＝(－3，2)，则a b ＝________． 答案：6解析：a ＝(－3，4)，b ＝(0，2)，a ·b ＝|a ||b |·cos θ＝5×2×cos θ＝8，cos θ＝45，所以sin θ＝35，a b ＝5×2×35＝6.7. 对于一切实数x ，不等式x 2＋a|x|＋1≥0恒成立，则实数a 的取值范围是____________． 答案：[－2，＋∞)解析： 当x ＝0时不等式成立；用分离参数法得a ≥－⎝⎛⎭⎫|x|＋1|x|(x ≠0)，而|x|＋1|x|≥2，∴ a ≥－2. 8. 如果a a ＋b b ＞a b ＋b a ，则a 、b 应满足的条件是____________． 答案：a ≥0，b ≥0且a ≠b解析：a a ＋b b ＞a b ＋b a (a －b)2(a ＋b)＞0a ≥0，b ≥0且a ≠b.9. 设二次函数f(x)＝ax 2＋bx ＋c(a ≠0)中，a 、b 、c 均为整数，且f(0)，f(1)均为奇数．求证：f(x)＝0无整数根．证明：设f(x)＝0有一个整数根k ，则ak 2＋bk ＝－c.①∵ f(0)＝c ，f(1)＝a ＋b ＋c 均为奇数，∴ a ＋b 为偶数，当k 为偶数时，显然与①式矛盾；当k 为奇数时，设k ＝2n ＋1(n ∈Z )，则ak 2＋bk ＝(2n ＋1)·(2na ＋a ＋b)为偶数，也与①式矛盾，故假设不成立，所以方程f(x)＝0无整数根．10. 设等差数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 5＋a 13＝34，S 3＝9. (1) 求数列{a n }的通项公式及前n 项和公式；(2) 设数列{b n }的通项公式为b n ＝a na n ＋t，问是否存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m (m ≥3，m ∈N *)成等差数列？若存在，求出t 和m 的值；若不存在，请说明理由．解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，则由⎩⎪⎨⎪⎧a 5＋a 13＝34，3a 2＝9，得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＋8d ＝17，a 1＋d ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 1＝1，d ＝2，故a n ＝2n －1，S n ＝n 2.(2) 假设存在正整数t.由(1)知b n ＝2n －12n －1＋t.要使b 1，b 2，b m 成等差数列， 则需2b 2＝b 1＋b m ，即2×33＋t ＝11＋t ＋2m －12m －1＋t， 整理得m ＝3＋4t －1.当t ＝2时，m ＝7；当t ＝3时，m ＝5；当t ＝5时，m ＝4. 故存在正整数t ，使得b 1，b 2，b m 成等差数列．11. 是否存在两个等比数列{a n }，{b n }，使得b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列？若存在，求{a n }，{b n }的通项公式；若不存在，说明理由．证明：假设存在两个等比数列{a n }，{b n }使b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列． 设{a n }的公比为q 1，{b n }的公比为q 2，则b 2－a 2＝b 1q 2－a 1q 1，b 3－a 3＝b 1q 22－a 1q 21，b 4－a 4＝b 1q 32－a 1q 31.由b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成等差数列得⎩⎪⎨⎪⎧2（b 1q 2－a 1q 1）＝b 1－a 1＋（b 1q 22－a 1q 21），2（b 1q 22－a 1q 21）＝b 1q 2－a 1q 1＋（b 1q 32－a 1q 31）， 即⎩⎪⎨⎪⎧b 1（q 2－1）2－a 1（q 1－1）2＝0， ①b 1q 2（q 2－1）2－a 1q 1（q 1－1）2＝0. ② ①×q 2－②得a 1(q 1－q 2)(q 1－1)2＝0， 由a 1≠0得q 1＝q 2或q 1＝1.ⅰ) 当q 1＝q 2时，由①②得b 1＝a 1或q 1＝q 2＝1， 这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾． ⅱ) 当q 1＝1时，由①②得b 1＝0或q 2＝1，这时(b 2－a 2)－(b 1－a 1)＝0，与公差不为0矛盾．综上所述，不存在两个等比数列{a n }，{b n }使得b 1－a 1，b 2－a 2，b 3－a 3，b 4－a 4成公差不为0的等差数列．第3课时 数学归纳法1. 利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n)＝2n ×1×3×…×(2n －1)，n ∈N * ”时，从“n ＝k ”变到 “n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是________________．答案：（2k ＋1）（2k ＋2）k ＋1解析：由题意知，n ＝k 时，左边为(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k)；当n ＝k ＋1时，左边为(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋1＋k ＋1); 从而增加两项为(2k ＋1)(2k ＋2)，减少一项为(k ＋1)．2. 若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k ＋1)与f(k)的递推关系式是________________． 答案：f(k ＋1)＝f(k)＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)23. 若数列{a n }的通项公式a n ＝1（n ＋1）2，记c n ＝2(1－a 1)(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算c 1、c 2、c 3的值，推测c n ＝________．答案：n ＋2n ＋1解析：c 1＝2(1－a 1)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14＝32，c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19＝43，c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19×⎝⎛⎭⎫1－116＝54，由归纳推理得c n ＝n ＋2n ＋1. 4. 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________． 答案：2k解析：增加的项数为(2k ＋1－1)－(2k －1)＝2k ＋1－2k ＝2k .5. 用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22时，当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上________．答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2解析：∵ 当n ＝k 时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2，当n ＝k ＋1时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2，∴ 当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2.6. 观察下列式子：1＋122＜32，1＋122＋132＜53，1＋122＋132＋142＜74，…，则可归纳出____．答案：1＋122＋132＋…＋1（n ＋1）2<2n ＋1n ＋1(n ∈N *) 解析：1＋122<32，即1＋1（1＋1）2<2×1＋11＋1；1＋122＋132<53，即1＋1（1＋1）2＋1（2＋1）2<2×2＋12＋1，归纳出1＋122＋132＋…＋1（n ＋1）2<2n ＋1n ＋1(n ∈N *)．7. 用数学归纳法证明1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n ∈N *)成立，其初始值至少应取________．答案：8解析：左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.8. 在数列{a n }中，a 1＝13且S n ＝n(2n －1)a n ，通过计算a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式是________．答案：a n ＝1（2n －1）（2n ＋1）解析：当n ＝2时，a 1＋a 2＝6a 2，即a 2＝15a 1＝115；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝15a 3，即a 3＝114(a 1＋a 2)＝135；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝28a 4，即a 4＝127(a 1＋a 2＋a 3)＝163.∴ a 1＝13＝11×3，a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝17×9，故猜想a n ＝1（2n －1）（2n ＋1）.9. 数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足S n ＝2n －a n (n ∈N *)． (1) 计算a 1，a 2，a 3，a 4；(2) 猜想通项公式a n ，并用数学归纳法证明．解：(1) a 1＝1，a 2＝32，a 3＝74，a 4＝158.(2) 猜想a n ＝2n －12n －1.证明：① 当n ＝1时，a 1＝1猜想显然成立； ② 假设当n ＝k(n ≥1且n ∈N *)时，猜想成立，即a k ＝2k －12k －1，S k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＝2k －a k ，那么，当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－(2k －a k )，∴ a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k，∴ 当n ＝k ＋1时猜想成立．综合①②，当n ∈N *时猜想成立． 10. (2015·南通期末)设a n 是满足下述条件的自然数的个数：各数位上的数字之和为n(n ∈N *)，且每数位上的数字只能是1或2.(1) 求a 1，a 2，a 3，a 4的值；(2) 求证：a 5n －1(n ∈N *)是5的倍数．(1) 解：当n ＝1时，只有自然数1满足题设条件，所以a 1＝1； 当n ＝2时，只有11，2两个自然数满足题设条件，所以a 2＝2； 当n ＝3时，有111，21，12三个自然数满足题设条件，所以a 3＝3；当n ＝4时，有1111，112，121，211，22五个自然数满足题设条件，所以a 4＝5. 综上所述，a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3，a 4＝5.(2) 证明：设自然数X 的各位数字之和为n ＋2， 由题设可知，X 的首位为1或2两种情形．当X 的首位为1时，则其余各位数字之和为n ＋1，故首位为1的各位数字之和为n ＋2的自然数的个数为a n ＋1；当X 的首位为2时，则其余的各位数字之和为n ，故首位为2的各位数字之和为n ＋2的自然数的个数为a n ，所以各位数字之和为n ＋2的自然数为a n ＋1＋a n ，即a n ＋2＝a n ＋1＋a n . 下面用数学归纳法证明：a 5n －1是5的倍数．(ⅰ) 当n ＝1时，a 4＝5，所以a 4是5的倍数，命题成立； (ⅱ) 假设n ＝k 时，命题成立，即a 5k －1是5的倍数．则a 5k ＋4＝a 5k ＋3＋a 5k ＋2＝2a 5k ＋2＋a 5k ＋1＝2(a 5k ＋1＋a 5k )＋a 5k ＋1＝3a 5k ＋1＋2a 5k ＝3(a 5k ＋a 5k －1)＋2a 5k ＝5a 5k ＋3a 5k －1.因为5a 5k 是5的倍数，a 5k －1是5的倍数，所以5a 5k ＋3a 5k －1是5的倍数，即a 5k ＋4是5的倍数． 所以n ＝k ＋1时，命题成立．由(ⅰ)(ⅱ)可知，a 5n －1(n ∈N *)是5的倍数．11. (2015·苏锡常镇一模)若存在n 个不同的正整数a 1，a 2，…，a n ，对任意1≤i ＜j ≤n ，都有a i ＋a ja i －a j∈Z ，则称这n 个不同的正整数a 1，a 2，…，a n 为“n 个好数”． (1) 请分别为n ＝2，n ＝3构造一组“好数”；(2) 证明：对任意正整数n(n ≥2)，均存在“n 个好数”．(1) 解： 当n ＝2时，取a 1＝1，a 2＝2，因为2＋11－2＝－3∈Z ，当n ＝3时，取a 1＝2，a 2＝3，a 3＝4，则a 1＋a 2a 1－a 2＝－5∈Z ，a 2＋a 3a 2－a 3＝－7∈Z ，a 1＋a 3a 1－a 3＝－3∈Z ，即a 1＝2，a 2＝3，a 3＝4可构成三个好数．(2) 证明： ① 由(1)知当n ＝2、3时均存在．② 假设命题当n ＝k(k ∈Z )时，存在k 个不同的正整数a 1，a 2，…，a k ，其中a 1＜a 2＜…＜a k ，使得对任意1≤i<j ≤k ，都有a i ＋a ja i －a j∈Z 成立，则当n ＝k ＋1时，构造k ＋1个数A ，A ＋a 1，A ＋a 2，…，A ＋a k ，…，(*)其中A ＝1×2×3×…×a k ，若在(*)中取到的是A 和A ＋a i (i ≤k)，则A ＋A ＋a i A －A －a i＝－2Aa i －1∈Z ，所以成立．若取到的是A ＋a i (i ≤k)和A＋a j (j ≤k)，且i ＜j ，则A ＋a i ＋A ＋a j A ＋a i －A －a j ＝2A a i －a j ＋a i ＋a j a i －a j ，由归纳假设得a i ＋a ja i －a j∈Z .又a j －a i ＜a k ，所以a j －a i 是A的一个因子，即2Aa i －a j ∈Z ，所以A ＋a i ＋A ＋a j A ＋a i －A －a j ＝2A a i －a j ＋a i ＋a j a i －a j∈Z ，所以当n ＝k ＋1时也成立．所以对任意正整数n(n ≥2)，均存在“n 个好数”．。

第七章推理与证明第1课时合情推理与演绎推理(对应学生用书(文)、(理)93～94页)考点新知能用归纳和类比等方法进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用；掌握演绎推理的基本方法，并能运用它们进行一些简单的推理；了解合情推理和演绎推理的联系和区别．① 了解合情推理的含义，能利用归纳和类比等进行简单的推理，了解合情推理在数学发现中的作用. ②了解演绎推理的重要性，掌握演绎推理的基本模式，并能运用它们进行一些简单推理. ③了解合情推理和演绎推理之间的联系和差异．1. 已知2＋23＝223，3＋38＝338，4＋415＝4415，…，类比这些等式，若6＋ab＝6ab(a、b均为正数)，则a＋b＝________．答案：41解析：观察下列等式2＋23＝223，3＋38＝338，4＋415＝4415，…，第n个应该是n＋1＋n＋1（n＋1）2－1＝(n＋1)n＋1（n＋1）2－1，则第5个等式中：a＝6，b ＝a2－1＝35，a＋b＝41.2. 在平面几何中有如下结论：正三角形ABC的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，则S1S2＝14，推广到空间可以得到类似结论；已知正四面体PABC的内切球体积为V1，外接球体积为V2，则V1V2＝________.答案：127解析：正四面体的内切球与外接球的半径之比为1∶3，故V1V2＝127.3. 设等差数列{a n}的前n项和为S n.若存在正整数m、n(m<n)，使得S m＝S n，则S m＋n＝0.类比上述结论，设正项等比数列{b n}的前n项积为T n.若存在正整数m、n(m<n)，使T m＝T n，则T m＋n＝________.答案：1解析：因为T m＝T n，所以b m＋1b m＋2…b n＝1，从而b m＋1b n＝1，T m＋n＝b1b2…b m b m＋1…b n b n＋1…b n＋m－1b n＋m＝(b1b n＋m)·(b2b n＋m－1)…(b m b n＋1)·(b m＋1b n)＝1.4. (选修12P29练习题3(2)改编)观察下列等式：21＋2＝4；21×2＝4；32＋3＝92；32×3＝92；43＋4＝163；43×4＝163；…，根据这些等式反映的结果，可以得出一个关于自然数n 的等式，这个等式可以表示为______________________．答案：n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1n×(n ＋1)(n∈N *)解析：由归纳推理得n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1＋（n 2＋n ）n ＝（n ＋1）2n ， n ＋1n×(n ＋1)＝（n ＋1）2n ，所以得出结论n ＋1n ＋(n ＋1)＝n ＋1n×(n ＋1)(n∈N *)． 5. 设△ABC 的三边长分别为a 、b 、c ，△ABC 的面积为S ，内切圆半径为r ，则r ＝2Sa ＋b ＋c.类比这个结论可知：四面体PABC 的四个面的面积分别为S 1，S 2，S 3，S 4，内切球的半径为r ，四面体PABC 的体积为V ，则r ＝________．答案：3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4解析：由类比推理可知r ＝3VS 1＋S 2＋S 3＋S 4.1. 归纳推理(1) 归纳推理的定义从个别事实中推演出一般性的结论，像这样的推理通常称为归纳推理． (2) 归纳推理的思维过程大致如图实验、观察―→概括、推广―→猜测一般性结论(3) 归纳推理的特点① 归纳推理的前提是几个已知的特殊现象，归纳所得的结论是尚属未知的一般现象，该结论超越了前提所包容的范围．② 由归纳推理得到的结论具有猜测的性质，结论是否真实，还需经过逻辑证明和实践检验，因此，它不能作为数学证明的工具．③ 归纳推理是一种具有创造性的推理，通过归纳推理得到的猜想，可以作为进一步研究的起点，帮助人们发现问题和提出问题．2. 类比推理(1) 根据两个(或两类)对象之间在某些方面的相似或相同，推演出它们在其他方面也相似或相同，这样的推理称为类比推理．(2) 类比推理的思维过程观察、比较―→联想、类推―→猜测新的结论3. 演绎推理(1) 演绎推理是根据已有的事实和正确的结论(包括定义、公理、定理等)，按照严格的逻辑法则得到新结论的推理过程．(2) 主要形式是三段论式推理． (3) 三段论的常用格式为 M — P(M 是P)① S －M(S 是M)② S — P(S 是P)③ 其中，①是大前提，它提供了一个一般性的原理；②是小前提，它指出了一个特殊对象；③是结论，它是根据一般原理，对特殊情况作出的判断．[备课札记]题型1 归纳推理例1 在各项为正的数列{a n }中，数列的前n 项和S n 满足. (1) 求a 1，a 2，a 3；(2) 由(1)猜想数列{a n }的通项公式； (3) 求S n .解：(1) 当n ＝1时，S 1＝12⎝⎛⎭⎪⎫a 1＋1a 1，即a 21－1＝0，解得a 1＝±1.∵ a 1>0，∴ a 1＝1；当n ＝2时，S 2＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2＋1a 2，即a 22＋2a 2－1＝0.∵ a 2>0, ∴ a 2＝2－1.同理可得，a 3＝3－ 2.(2) 由(1)猜想a n ＝n －n －1.(3) S n ＝1＋(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)＝n. 变式训练已知数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝1＋a n 1－a n(n∈N *)，则a 3＝________，a 1·a 2·a 3·…·a 2 007＝________．答案：－123解析：(解法1)分别求出a 2＝－3，a 3＝－12，a 4＝13，a 5＝2，可以发现a 5＝a 1，且a 1·a 2·a 3·a 4＝1，故a 1·a 2·a 3·…·a 2 007＝a 2 005·a 2 006·a 2 007＝a 1·a 2·a 3＝3.(解法2)由a n ＋1＝1＋a n1－a n，联想到两角和的正切公式，设a 1＝2＝tan θ，则有a 2＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋θ，a 3＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋θ，a 4＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π4＋θ，a 5＝tan(π＋θ)＝a 1，….则a 1·a 2·a 3·a 4＝1，故a 1·a 2·a 3·…·a 2 007＝a 2 005·a 2 006·a 2 007＝a 1·a 2·a 3＝3.题型2 类比推理2 现有一个关于平面图形的命题：如图所示，同一个平面内有两个边长都是a 的正方形，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方形重叠部分的面积恒为a24.类比到空间，有两个棱长均为a 的正方体，其中一个的某顶点在另一个的中心，则这两个正方体重叠部分的体积恒为________．答案：a 38解析：在已知的平面图形中，中心O 到两边的距离相等(如图1)，即OM ＝ON.四边形OPAR是圆内接四边形，Rt △OPN ≌Rt △ORM ，因此S 四边形OPAR ＝S 正方形OMAN ＝14a 2.同样地，类比到空间，如图2.两个棱长均为a 的正方体重叠部分的体积为18a 3.备选变式（教师专享）在Rt △ABC 中，两直角边的长分别为a ，b ，直角顶点C 到斜边的距离为h ，则易证1h2＝1a 2＋1b2.在四面体SABC 中，侧棱SA ，SB ，SC 两两垂直，SA ＝a ，SB ＝b ，SC ＝c ，点S 到平面ABC 的距离为h ，类比上述结论，写出h 与a ，b ，c 之间的等式关系并证明．解：类比得到：1h 2＝1a 2＋1b 2＋1c2.证明：过S 作△ABC 所在平面的垂线，垂足为O ，连结CO 并延长交AB 于D ，连结SD ，∵ SO ⊥平面ABC ，∴ SO ⊥AB.∵ SC ⊥SA ，SC ⊥SB ，∴ SC ⊥平面ABS ，∴ SC ⊥AB ，SC ⊥SD ，∴ AB ⊥平面SCD ，∴ AB ⊥SD.在Rt △ABS 中，有1SD 2＝1a 2＋1b 2， 在Rt △CDS 中，有1h 2＝1SD2＋1c 2＝1a 2＋1b 2＋1c2. 题型3 演绎推理, 3) 设同时满足条件：①b n ＋b n ＋22≤b n ＋1(n∈N *)；②b n ≤M (n∈N *，M 是与n 无关的常数)的无穷数列{b n }叫“特界” 数列．(1) 若数列{a n }为等差数列，S n 是其前n 项和，a 3＝4，S 3＝18，求S n ； (2) 判断(1)中的数列{S n }是否为“特界” 数列，并说明理由． 解：(1) 设等差数列{a n }的公差为d ，则a 1＋2d ＝4，3a 1＋3d ＝18，解得a 1＝8，d ＝－2，S n ＝na 1＋n （n －1）2d ＝－n 2＋9n.(2) 由S n ＋S n ＋22－S n ＋1＝（S n ＋2－S n ＋1）－（S n ＋1－S n ）2＝a n ＋2－a n ＋12＝d 2＝－1<0，得S n ＋S n ＋22<S n ＋1，故数列{S n }适合条件①，而S n ＝－n 2＋9n ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫n －922＋814(n∈N *)，则当n ＝4或5时，S n 有最大值20.即S n ≤20，故数列{S n }适合条件②. 综上，数列{S n }是“特界”数列． 备选变式（教师专享）设数列{}a n 满足a 1＝0且11－a n ＋ 1 －11－a n＝ 1.(1) 求{}a n 的通项公式；(2) 设b n ＝1－a n ＋1n，记S n ＝k ＝1n b k ，证明：S n <1.(1)解： 由题设11－a n ＋1－11－a n＝1，即⎩⎨⎧⎭⎬⎫11－a n 是公差为1的等差数列． 又11－a 1＝1，故11－a n ＝n.所以a n ＝1－1n . (2) 证明： 由(1)得b n ＝1－a n ＋1n ＝n ＋1－n n ＋1·n ＝1n －1n ＋1，1. 对一个边长为1的正方形进行如下操作：第一步，将它分割成3×3方格，接着用中心和四个角的5个小正方形，构成如图①所示的几何图形，其面积S 1＝59；第二步，将图①的5个小正方形中的每个小正方形都进行与第一步相同的操作，得到图②；依此类推，到第n 步，所得图形的面积S n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫59n .若将以上操作类比推广到棱长为1的正方体中，则到第n 步，所得几何体的体积V n ＝________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13n解析：将棱长为1的正方体分割成3×3×3＝27个全等的小正方体，拿去分别与中间小正方体的六个面重合的6个小正方体和分别与中间小正方体有1条棱重合的12个小正方体，则余下的9个小正方体体积V 1＝13，第二步，将余下的9个小正方体作同样的操作，则余下的9×9个小正方体的体积V 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫132，所以到第n 步，所得几何体的体积V n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n . 2. 对大于或等于2的正整数的幂运算有如下分解方式： 22＝1＋3，32＝1＋3＋5，42＝1＋3＋5＋7，…； 23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，….根据上述分解规律，若m 2＝1＋3＋5＋…＋11，p 3的分解中最小的正整数是21，则m ＋p ＝________．答案：11解析：由归纳推理可知，m ＝6，p ＝5，∴ m ＋p ＝11. 3. (2014·泰州期末)已知在等差数列{a n }中，若m ＋2n ＋p ＝s ＋2t ＋r ，m 、n 、p 、s 、t 、r∈N *，则a m ＋2a n ＋a p ＝a s ＋2a t ＋a r .仿此类比，可得到等比数列{b n }中的一个正确命题：若m ＋2n ＋p ＝s ＋2t ＋r ，m 、n 、p 、s 、t 、r∈N *，则________．答案：b m (b n )2b p ＝b s (b t )2b r解析：由类比推理将加法换成乘法，乘法换成乘方即得结论．4. 已知a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13n，把数列{a n }的各项排成如下的三角形： a 1 a 2 a 3 a 4 a 5 a 6 a 7 a 8 a 9……记A(s ，t)表示第s 行的第t 个数，则A(11，12)＝________．答案：⎝ ⎛⎭⎪⎫13112 解析：该三角形数阵每行所对应元素的个数为1，3，5…，那么第10行的最后一个数为a 100，第11行的第12个数为a 112，即A(11，12)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13112. 5. 观察下列等式：(1＋1)＝2×1，(2＋1)(2＋2)＝22×1×3，(3＋1)(3＋2)(3＋3)＝23×1×3×5，…照此规律， 第n 个等式可为________．答案：(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n －1)解析：观察规律可知，左边为n 项的积，最小项和最大项依次为(n ＋1)，(n ＋n)，右边为连续奇数之积乘以2n ，则第n 个等式为(n ＋1)(n ＋2)(n ＋3)…(n＋n)＝2n×1×3×5×…×(2n －1)．1. 如图所示的三角形数阵叫“莱布尼茨调和三角形”，有11＝12＋12，12＝13＋16，13＝14＋112，…，则运用归纳推理得到第11行第2个数(从左往右数)为________． 112 1213 16 13 14 112 112 1415 120 130 120 15 …答案：1110解析：由“莱布尼茨调和三角形”中数的排列规律，我们可以推断：第10行的第一个数为110，第11行的第一个数为111，则第11行的第二个数为110－111＝1110.2. 若等差数列{a n }的公差为d ，前n 项的和为S n ，则数列S n n 为等差数列，公差为d2.类似地，若各项均为正数的等比数列{b n }的公比为q ，前n 项的积为T n ，则数列{nT n }为等比数列，公比为________．答案：q解析：T n ＝b n 1q n （n －1）2，n T n ＝b 1(q)n －1.3. 已知结论：在正三角形ABC 中，若D 是边BC 的中点，G 是三角形ABC 的重心，则AGGD＝2.若把该结论推广到空间，则有结论：在棱长都相等的四面体ABCD 中，若△BCD 的中心为M ，四面体内部一点O 到四面体各面的距离都相等，则AOOM＝________．答案：3解析：由题意知，O 为正四面体的外接球，内切球球心，设正四面体的高为h ，由等体积法可求得内切球半径为14h ，外接球半径为34h ，所以AOOM＝3.4. 若P 0(x 0，y 0)在椭圆x 2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)外，过P 0作椭圆的两条切线的切点分别为P 1、P 2，则切点弦P 1P 2所在的直线方程是x 0x a2＋y 0yb2＝1.那么对于双曲线则有如下命题：若P 0(x 0，y 0)在双曲线x 2a 2－y2b2＝1(a ＞0，b ＞0)外，过P 0作双曲线的两条切线的切点分别为P 1、P 2，则切点弦P 1P 2所在的直线方程是____________．答案：x 0x a 2－y 0y b2＝1解析：设P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，P 0(x 0，y 0)，则过P 1、P 2的切线方程分别是x 1x a2－y 1yb2＝1，x 2x a 2－y 2y b 2＝1.因为P 0(x 0，y 0)在这两条切线上，故有x 1x 0a2－y 1y 0b 2＝1，x 2x 0a 2－y 2y 0b2＝1. 这说明P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)在直线x 0x a2－y 0y b 2＝1上，故切点弦P 1P 2所在的直线方程是x 0xa2－y 0yb 2＝1.1. 合情推理主要包括归纳推理和类比推理．数学研究中，在得到一个新的结论前，合情推理能帮助猜测和发现结论，在证明一个数学结论之前，合情推理常常能为证明提供思路和方法．2. 合情推理的过程概括为：从具体问题出发→观察、分析、比较、联想→归纳、类比→提出猜想．3. 演绎推理是从一般的原理出发，推出某个特殊情况的结论的推理方法，是由一般到特殊的推理，常用的一般模式是三段论，数学问题的证明主要通过演绎推理来进行．4. 合情推理仅是符合情理的推理，他得到的结论不一定真，而演绎推理得到的结论一定正确(前提和推理形式都正确的前提下)．请使用课时训练(A )第1课时(见活页)．[备课札记]第2课时直接证明与间接证明(对应学生用书(文)、(理)95～96页)了解分析法、综合法、反证法，会用这些方法处理一些简单命题．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、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、特点．1. 已知向量m＝(1，1)与向量n＝(x，2－2x)垂直，则x＝________．答案：2解析：m·n＝x＋(2－2x)＝2－x.∵ m⊥n，∴m·n＝0，即x＝2.2. 用反证法证明命题“如果a>b，那么3a>3b”时，假设的内容应为______________．答案：3a＝3b或3a<3b解析：根据反证法的步骤，假设是对原命题结论的否定，即3a＝3b或3a<3b.3. 6－22与5－7的大小关系是______________．答案：6－22>5－7解析：由分析法可得，要证6－22>5－7，只需证6＋7>5＋22，即证13＋242>13＋410，即42>210.因为42>40，所以6－22>5－7成立．4. 定义集合运算：A·B＝{Z|Z＝xy，x∈A，y∈B}，设集合A＝{－1，0，1}，B＝{sin α，cosα}，则集合A·B的所有元素之和为________．答案：0解析：依题意知α≠kπ＋π4，k∈Z.①α＝kπ＋3π4(k∈Z)时，B＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫22，－22，A·B＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫0，22，－22；②α＝2kπ或α＝2kπ＋π2(k∈Z)时，B＝{0，1}，A·B＝{0，1，－1}；③α＝2kπ＋π或α＝2kπ－π2(k∈Z)时，B＝{0，－1}，A·B＝{0，1，－1}；④α≠kπ2且α≠kπ＋3π4(k∈Z)时，B＝{sinα，cosα}，A·B＝{0，sinα，cosα，－sinα，－cosα}．综上可知A·B中的所有元素之和为0.5. 设a、b为两个正数，且a＋b＝1，则使得1a＋1b≥μ恒成立的μ的取值范围是________．答案：(－∞，4]解析：∵ a＋b＝1，且a、b为两个正数，∴1a＋1b＝(a＋b)⎝⎛⎭⎪⎫1a＋1b＝2＋ba＋ab≥2＋2ba·ab ＝4.要使得1a＋1b≥μ恒成立，只要μ≤4.1. 直接证明(1) 定义：直接从原命题的条件逐步推得命题成立的证明方法．(2) 一般形式⎭⎪⎬⎪⎫本题条件已知定义已知公理已知定理A B C …本题结论．(3) 综合法①定义：从已知条件出发，以已知的定义、公理、定理为依据，逐步下推，直到推出要证明的结论为止．这种证明方法称为综合法．②推证过程已知条件……结论(4) 分析法①定义：从问题的结论出发，追溯导致结论成立的条件，逐步上溯，直到使结论成立的条件和已知条件或已知事实吻合为止．这种证明方法称为分析法．②推证过程结论……已知条件2. 间接证明(1) 常用的间接证明方法有反证法、正难则反等．(2) 反证法的基本步骤①反设——假设命题的结论不成立，即假定原结论的反面为真．②归谬——从反设和已知出发，经过一系列正确的逻辑推理，得出矛盾结果．③存真——由矛盾结果，断定反设不真，从而肯定原结论成立.题型1直接证明(综合法和分析法), 1) 数列{a n}的前n项和记为S n，已知a1＝1，a n＋1＝n＋2nS n(n＝1，2，3，…)，证明：(1) 数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S nn是等比数列；(2) S n＋1＝4a n.证明：(1) ∵ a n＋1＝S n＋1－S n，a n＋1＝n＋2nS n(n＝1，2，3，…)，∴ (n＋2)S n＝n(S n＋1－S n)，整理得nS n＋1＝2(n＋1)S n，∴S n＋1n＋1＝2·S nn，即S n＋1n＋1S nn＝2，∴数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫S nn是等比数列．(2) 由(1)知：S n＋1n＋1＝4·S n－1n－1(n≥2)，于是S n＋1＝4·(n＋1)·S n－1n－1＝4a n(n≥2)．又a2＝3S1＝3，∴ S2＝a1＋a2＝1＋3＝4a1，∴对一切n∈N*，都有S n＋1＝4a n., 2) 设a、b、c均为大于1的正数，且ab＝10，求证：log a c＋log b c≥4lgc.证明：(分析法)由于a>1，b>1，c>1，故要证明log a c ＋log b c ≥4lgc ，只要证明lgc lga ＋lgclgb≥4lgc ，即lga ＋lgb lga ·lgb ≥4，因为ab ＝10，故lga ＋lgb ＝1.只要证明1lgalgb≥4，由于a>1，b>1，故lga>0，lgb>0，所以0<lgalgb ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫lga ＋lgb 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝14，即1lgalgb ≥4成立．所以原不等式成立．变式训练设首项为a 1的正项数列{a n }的前n 项和为S n ，q 为非零常数，已知对任意正整数n 、m ，S n ＋m ＝S m ＋q mS n 总成立．求证：数列{a n }是等比数列．证明：因为对任意正整数n 、m ，S n ＋m ＝S m ＋q mS n 总成立，令n ＝m ＝1，得S 2＝S 1＋qS 1，则a 2＝qa 1.令m ＝1，得S n ＋1＝S 1＋qS n ①， 从而S n ＋2＝S 1＋qS n ＋1 ②，②－①得a n ＋2＝qa n ＋1(n≥1)．综上得a n ＋1＝qa n (n≥1)，所以数列{a n }是等比数列．题型2 间接证明(反证法), 3) 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a n 与前n 项和S n ；(2) 设b n ＝S n n(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) 由已知得⎩⎨⎧a 1＝2＋1，3a 1＋3d ＝9＋32，∴ d ＝2，故a n ＝2n －1＋2，S n ＝n(n ＋2)．(2) 证明：由(1)得b n ＝S n n ＝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)．∴ (q 2－pr)＋2(2q －p －r)＝0.∵ p ，q ，r ∈N *，∴ ⎩⎪⎨⎪⎧q 2－pr ＝0，2q －p －r ＝0.∴ ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋r 22＝pr ，(p －r)2＝0.∴ p＝r ，与p≠r 矛盾．∴ 数列{b n }中任意不同的三项都不可能成等比数列． 备选变式（教师专享）求证：y ＝ax 2＋2bx ＋c ，y ＝bx 2＋2cx ＋a ，y ＝cx 2＋2ax ＋b(a ，b ，c 是互不相等的实数)，三条抛物线至少有一条与x 轴有两个交点．证明：假设这三条抛物线全部与x 轴只有一个交点或没有交点，则有⎩⎪⎨⎪⎧Δ1＝4b 2－4ac≤0，Δ2＝4c 2－4ab≤0，Δ3＝4a 2－4bc≤0，三式相加，得a 2＋b 2＋c 2－ab －ac －bc≤0.则(a －b)2＋(b －c)2＋(c －a)2≤0.∴ a ＝b ＝c 与已知a ，b ，c 是互不相等的实数矛盾，∴ 这三条抛物线至少有一条与x 轴有两个交点．1. (2014·山东)用反证法证明命题“设a 、b 为实数，则方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”时，要做的假设是________．答案：方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根解析：“方程x 2＋ax ＋b ＝0至少有一个实根”等价于“方程x 2＋ax ＋b ＝0有一个实根或两个实根”，所以该命题的否定是“方程x 2＋ax ＋b ＝0没有实根”．2. 已知a 、b 、c∈(0，＋∞)且a ＜c ，b ＜c ，1a ＋9b＝1，若以a 、b 、c 为三边构造三角形，则c 的取值范围是________．答案：(10，16)解析：要以a 、b 、c 为三边构造三角形，需要满足任意两边之和大于第三边，任意两边之差小于第三边，而a<c ，b<c ，所以a ＋b>c 恒成立．而a ＋b ＝(a ＋b)⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋9b ＝10＋b a ＋9a b ≥16，∴ c<16.又1a >1c ，1b >1c ，∴ 10c <1a ＋9b＝1，∴ c>10，∴ 10<c<16.3. (2014·北京)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________人.答案：3解析：假设A ，B 两位学生的数学成绩一样，由题意知他们语文成绩不一样，这样他们的语文成绩总有人比另一个人高，语文成绩较高的学生比另一个学生“成绩好”，与已知条件“他们之中没有一个比另一个成绩好”相矛盾．因此，没有任意两位学生数学成绩是相同的．因为数学成绩只有3种，因而学生数量最大为3，即 3位学生的成绩分别为(优秀，不合格)，(合格，合格)，(不合格，优秀)时满足条件．4. 设函数f(x)＝2x ＋ax ＋1(a≠2)．(1) 用反证法证明：函数f(x)不可能为偶函数；(2) 求证：函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减的充要条件是a>2.证明：(1) 假设函数f(x)是偶函数，则f(－2)＝f(2)，即－4＋a －1＝4＋a3，解得a ＝2，这与a≠2矛盾，所以函数f(x)不可能是偶函数．(2) 因为f(x)＝2x ＋a x ＋1，所以f′(x)＝2－a（x ＋1）2.① 充分性：当a>2时，f ′(x)＝2－a（x ＋1）2<0，所以函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减；② 必要性：当函数f(x)在(－∞，－1)上单调递减时，有f ′(x)＝2－a（x ＋1）2≤0，即a≥2，又a≠2，所以a>2.综合①②知，原命题成立．1. 已知点A n (n ，a n )为函数y ＝x 2＋1图象上的点，B n (n ，b n )为函数y ＝x 图象上的点，其中n∈N *，设c n ＝a n －b n ，则c n 与c n ＋1的大小关系为________．答案：c n ＋1＜c n解析：由条件得c n ＝a n －b n ＝n 2＋1－n ＝1n 2＋1＋n，∴ c n 随n 的增大而减小．∴ c n ＋1＜c n .2. 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之比称为区域的“周率”，下面四个平面区域(阴影部分)的周率从左到右依次记为τ1，τ2，τ3，τ4，则τ1，τ2，τ3，τ4的大小关系为________．答案：τ4＞τ2＞τ3＞τ1解析：在图(1)中，设图形所在的矩形长为a ，宽为b ，则其周率为2（a ＋b ）a 2＋b2，由不等式的性质可知2（a ＋b ）a 2＋b2≤22；在图(2)中设大圆的半径为R ，则易知外边界长为πR ，而内边界恰好为一个半径为R2的小圆的周长πR ，故整个边界长为2πR ，而封闭曲线的直径最大值为2R ，故周率为π；图(3)中周长为直径的三倍，故周率为3；图(4)中设各边长为a ，则整个边界的周长为12a ，直径为23a ，故周率为23，故四个周率大小τ4＞τ2＞τ3＞τ1.3. 定义：若存在常数k ，使得对定义域D 内的任意两个x 1，x 2(x 1≠x 2)，均有|f(x 1)－f(x 2)|≤k|x 1－x 2| 成立，则称函数f(x)在定义域D 上满足利普希茨条件．若函数f(x)＝x (x≥1)满足利普希茨条件，则常数k 的最小值为________．答案：12解析：若函数f(x)＝x (x≥1)满足利普希茨条件，则存在常数k ，使得对定义域[1，＋∞)内的任意两个x 1，x 2(x 1≠x 2)，均有|f(x 1)－f(x 2)|≤k|x 1－x 2| 成立，设x 1>x 2，则k≥x 1－x 2x 1－x 2＝1x 1＋x 2.而0<1x 1＋x 2<12，所以k 的最小值为12.4. 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：① sin 213°＋cos 217°－sin13°cos17°；② sin 215°＋cos 215°－sin15°cos15°；③ sin 218°＋cos 212°－sin18°cos12°；④ sin 2(－18°)＋cos 248°－sin(－18°)cos48°；⑤ sin 2(－25°)＋cos 255°－sin(－25°)cos55°. (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 215°＋cos 215°－sin15°cos15°＝1－12sin30°＝1－14＝34.(2) (解法1)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.证明如下： sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝sin 2α＋(cos30°cos α＋sin30°sin α)2－sin α(cos30°·cos α＋sin30°sin α)＝sin 2α＋34cos 2α＋32sin αcos α＋14sin 2α－32sin αcos α－12sin 2α＝34sin 2α＋34cos 2α＝34.(解法2)三角恒等式为sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝34.证明如下：sin 2α＋cos 2(30°－α)－sin αcos(30°－α)＝1－cos2α2＋1＋cos （60°－2α）2－sin α(cos30°·cos α＋sin30°sin α)＝12－12cos2α＋12＋12(cos60°cos2α＋sin60°·sin2α)－32sin αcos α－12sin 2α＝12－12cos2α＋12＋14cos2α＋34sin2α－34sin2α－14(1－cos2α)＝1－14cos2α－14＋14cos2α＝34. 5. 如图，已知半径为r 的圆M 的内接四边形ABCD 的对角线AC 和BD 相互垂直且交点为P.(1) 若四边形ABCD 中的一条对角线AC 的长度为d(0<d<2r)，求四边形ABCD 面积的最大值；(2) 当点P 运动到什么位置时，四边形ABCD 的面积取得最大值，最大值为多少？解：(1) 因为对角线互相垂直的四边形ABCD 面积S ＝|AC|·|BD|2，而|AC|＝d 为定长，则当|BD|最大时，S 取得最大值．由圆的性质，垂直于AC 的弦中，直径最长，故当且仅当BD 过圆心M 时，四边形ABCD 面积S 取得最大值，最大值为dr.(2) 设圆心M 到弦AC 的距离为d 1，到弦BD 的距离为d 2，MP ＝d.则|AC|＝2r 2－d 21，|BD|＝2r 2－d 22，且d 2＝d 21＋d 22.可得S ABCD ＝2r 2－d 21·r 2－d 22＝2r 4－（d 21＋d 22）r 2＋d 21d 22.又d 21d 22≤⎝ ⎛⎭⎪⎫d 21＋d 2222，当且仅当d 1＝d 2时等号成立．∴ S ABCD ≤2r 4－d 2r 2＋d 44＝2⎪⎪⎪⎪⎪⎪r 2－d 22，当且仅当d 1＝d 2时等号成立．∵ 点P 在圆内运动，∴ 当点P 和圆心M 重合时d ＝0，此时d 1＝d 2，四边形的面积最大，且最大值S max ＝2r 2.1. 分析法的特点是从未知看已知，逐步靠拢已知，综合法的特点是从已知看未知，逐步推出未知．分析法和综合法各有优缺点．分析法思考起来比较自然，容易寻找到解题的思路和方法，缺点是思路逆行，叙述较烦；综合法从条件推出结论，较简捷地解决问题，但不便于思考，实际证明时常常两法兼用，先用分析法探索证明途径，然后再用综合法叙述出来．2. 反证法是从否定结论出发，经过逻辑推理，导出矛盾，说明结论的否定是错误的，从而肯定原结论是正确的证明方法．适宜用反证法证明的数学命题：①结论本身是以否定形式出现的一类命题；②关于唯一性、存在性的命题；③结论以“至多”“至少”等形式出现的命题；④结论的反面比原结论更具体更容易研究的命题．请使用课时训练(B )第2课时(见活页)．[备课札记]第3课时数学归纳法(对应学生用书(理)97～98页)理解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．了解数学归纳法的原理，能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．1. 用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n－1<n(n∈N*，n>1)时，第一步应验证________．答案：1＋12＋13<2解析：∵ n∈N*，n>1，∴ n取的第一个数为2，左端分母最大的项为122－1＝13.2. (选修22P88练习题3改编)用数学归纳法证明不等式“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取为________．答案：5解析：当n≤4时，2n≤n2＋1；当n＝5时，25＝32>52＋1＝26，所以n0应取为5.3. 设f(n)＝1＋12＋13＋14＋…＋13n－1(n∈N*)，则f(k＋1)－f(k)＝________.答案：13k＋13k＋1＋13k＋2解析：f(k＋1)－f(k)＝1＋12＋13＋14＋…＋13（k＋1）－1－(1＋12＋13＋14＋…＋13k－1)＝13k＋13k＋1＋13k＋2.4. 利用数学归纳法证明不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n>1314时，由k递推到k＋1时左边应添加的因式是________．答案：12k＋1－12（k＋1）解析：f(k＋1)－f(k)＝1k＋2＋1k＋3＋…＋12k＋1＋12k＋2－(1k＋1＋1k＋2＋…＋12k)＝12k＋1＋12k＋2－1k＋1＝12k＋1－12（k＋1）.5. 已知a1＝12，a n＋1＝3a na n＋3，则a2，a3，a4，a5的值分别为________________，由此猜想a n＝________．答案：37、38、39、3103n＋5解析：a2＝3a1a1＋3＝3×1212＋3＝37＝32＋5，同理a3＝3a2a2＋3＝38＝33＋5，a4＝39＝34＋5，a5＝310＝35＋5，猜想a n ＝3n ＋5.1. 由一系列有限的特殊现象得出一般性的结论的推理方法，通常叫做归纳法．2. 对某些与正整数有关的数学命题常采用下面的方法来证明它们的正确性：先证明当n 取第1个值n 0时，命题成立；然后假设当n ＝k(k∈N ，k≥n 0)时命题成立；证明当n ＝k ＋1时，命题也成立，这种证明方法叫做数学归纳法．3. 用数学归纳法证明一个与正整数有关的命题时，其步骤为： (1) 归纳奠基：证明凡取第一个自然数n 0时命题成立；(2) 归纳递推：假设n ＝k(k∈N ，k ≥n 0)时命题成立，证明当n ＝k ＋1时，命题成立； (3) 由(1)(2)得出结论．[备课札记]题型1 证明等式1 (2014·陕西)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．令g 1(x)＝g(x)，g n ＋1(x)＝g(g n (x))，n ∈N *，求证：g n (x)＝x 1＋nx.证明：(数学归纳法)① 当n ＝1时，g 1(x)＝x1＋x ，结论成立．② 假设n ＝k 时结论成立，即g k (x)＝x1＋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＝x1＋（k ＋1）x，即结论成立． 由①②可知，结论对所有n∈N *均成立． 变式训练用数学归纳法证明： 1－12＋13－14＋...＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)(n∈N )． 证明：① 当n ＝1时，等式左边＝1－12＝12＝右边，等式成立．② 假设当n ＝k(k∈N )时，等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，那么，当n ＝k ＋1时，有1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2，上式表明当n ＝k ＋1时，等式也成立．由①②知，等式对任何n∈N 均成立．题型2 证明不等式, 2) (2014·南通二模)各项均为正数的数列{x n }对一切n∈N *均满足x n＋1x n ＋1＜2.证明： (1) x n ＜x n ＋1；(2) 1－1n＜x n ＜1.证明：(1) ∵ x n ＞0，x n ＋1x n ＋1＜2，∴ 0＜1x n ＋1＜2－x n ，∴ x n ＋1＞12－x n，且2－x n ＞0.∵ 12－x n －x n ＝x 2n －2x n ＋12－x n ＝（x n －1）22－x n≥0. ∴ 12－x n ≥x n ，∴ x n ≤12－x n＜x n ＋1，即x n ＜x n ＋1. (2) 下面用数学归纳法证明：x n ＞1－1n.① 当n ＝1时，由题设x 1＞0可知结论成立；② 假设n ＝k 时，x k ＞1－1k，当n ＝k ＋1时，由(1)得，x k ＋1＞12－x k ＞12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k ＝k k ＋1＝1－1k ＋1.由①②可得，x n ＞1－1n.下面先证明x n ≤1.假设存在自然数k ，使得x k ＞1，则一定存在自然数m ，使得x k ＞1＋1m.因为x k ＋1x k ＋1＜2，x k ＋1＞12－x k ＞12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m ＝m m －1，x k ＋2＞12－x k ＋1＞12－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1m －1＝m －1m －2，…，x k ＋m －1＞m －（m －2）m －（m －1）＝2，与题设x k ＋1x k ＋1＜2矛盾，所以x n ≤1.若x k ＝1，则x k＋1＞x k ＝1，根据上述证明可知存在矛盾．所以x n ＜1成立．备选变式（教师专享）已知x 1，x 2，…，x n ∈R ＋，且x 1x 2…x n ＝1，求证：(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x n )≥(2＋1)n.证明(数学归纳法)：(ⅰ) 当n ＝1时，2＋x 1＝2＋1，不等式成立．(ⅱ) 假设n ＝k 时不等式成立，即(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x k )≥(2＋1)k成立． 则n ＝k ＋1时，若x k ＋1＝1，则命题成立；若x k ＋1>1，则x 1，x 2，…，x k 中必存在一个数小于1，不妨设这个数为x k ，从而(x k －1)(x k ＋1－1)<0，即x k ＋x k ＋1>1＋x k x k ＋1.x k ＋1<1同理可得，所以(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x k )(2＋x k ＋1) ＝(2＋x 1)(2＋x 2)…[2＋2(x k ＋x k ＋1)＋x k x k ＋1] ≥(2＋x 1)(2＋x 2)…[2＋2(1＋x k x k ＋1)＋x k x k ＋1] ＝(2＋x 1)(2＋x 2)…(2＋x k x k ＋1)(2＋1)≥(2＋1)n (2＋1)＝(2＋1)k ＋1. 故n ＝k ＋1时，不等式也成立． 由(ⅰ)(ⅱ)知原不等式成立． 题型3 数列问题3 设数列{a n }的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1，2，3，….(1) 求a 1，a 2；(2) 猜想数列{S n }的通项公式，并给出证明．解：(1) 当n ＝1时，x 2－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1，于是(a 1－1)2－a 1(a 1－1)－a 1＝0，解得a 1＝12；当n ＝2时，x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－12，于是⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－122－a 2⎝⎛⎭⎪⎫a 2－12－a 2＝0，解得a 2＝16. (2) 由题设(S n －1)2－a n (S n －1)－a n ＝0，即S 2n －2S n ＋1－a n S n ＝0. 当n≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入上式得S n －1S n －2S n ＋1＝0.①由(1)得S 1＝a 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝23.由①可得S 3＝34.由此猜想S n ＝nn ＋1，n ＝1，2，3，….下面用数学归纳法证明这个结论． (ⅰ) n＝1时已知结论成立.(ⅱ) 假设n ＝k(k∈N *)时结论成立，即S k ＝k k ＋1，当n ＝k ＋1时，由①得S k ＋1＝12－S k，即S k ＋1＝k ＋1k ＋2，故n ＝k ＋1时结论也成立．综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知S n ＝nn ＋1对所有正整数n 都成立．备选变式（教师专享）(2014·镇江期末)已知数列{a n }满足a 1＝23，a n ＋1·(1＋a n )＝1.(1) 试计算a 2，a 3，a 4，a 5的值；(2) 猜想|a n ＋1－a n |与115⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1(其中n∈N *)的大小关系，并证明你的猜想．解：(1) 由已知计算得a 2＝35，a 3＝58，a 4＝813，a 5＝1321.(2) 由(1)得|a 2－a 1|＝115，|a 3－a 2|＝140，|a 4－a 3|＝1104，|a 5－a 4|＝1273，而n 分别取1，2，3，4时，115⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1分别为115，275，4375，81 875，故猜想|a n ＋1－a n |≤115⎝ ⎛⎭⎪⎫25n －1.下面用数学归纳法证明以上猜想：① 当n ＝1时，已证； ② 当n ＝k≥1时，假设|a k ＋1－a k |≤115⎝ ⎛⎭⎪⎫25k －1，对n∈N *：由a 1＝23，a n ＋1＝11＋a n ，得a n >0，∴ 0<a n ＋1＝11＋a n<1，且0<a 1＝23<1，∴ 0<a n <1，∴ 12<a n ＋1＝11＋a n <1，且12<a 1＝23<1，∴ 12<a n <1.则当n ＝k ＋1时，∵ (1＋a k ＋1)(1＋a k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11＋a k (1＋a k )＝2＋a k >2＋12＝52， ∴ |a k ＋2－a k ＋1|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪11＋a k ＋1－11＋a k ＝|a k ＋1－a k |（1＋a k ＋1）（1＋a k ）≤115⎝ ⎛⎭⎪⎫25k －1（1＋a k ＋1）（1＋a k ）≤115⎝ ⎛⎭⎪⎫25k －125＝115⎝ ⎛⎭⎪⎫25k.∴ 当n ＝k≥1时，结论成立．由①和②知，以上猜想成立． 题型4 综合运用, 4) 若函数f(x)＝x 2－2x －3，定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过点P(4，5)，Q n (x n ，f(x n ))的直线PQ n 与x 轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤x n ＜x n ＋1<3.证明：① 当n ＝1时，x 1＝2，f(x 1)＝－3，Q 1(2，－3)．∴ 直线PQ 1的方程为y ＝4x －11，令y ＝0，得x 2＝114，因此，2≤x 1＜x 2＜3，即n ＝1时结论成立．② 假设当n ＝k 时结论成立，即2≤x k ＜x k ＋1＜3.∴ 直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f （x k ＋1）－5x k ＋1－4(x －4)．又f(x k ＋1)＝x 2k ＋1－2x k ＋1－3，代入上式，令y ＝0，得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1. 由归纳假设，2<x k ＋1<3，x k ＋2＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3；x k ＋2－x k ＋1＝（3－x k ＋1）（1＋x k ＋1）2＋x k ＋1>0，即x k ＋1<x k ＋2.∴ 2≤x k ＋1<x k ＋2<3，即当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n ，2≤x n <x n ＋1<3. 备选变式（教师专享）(2014·无锡期末)已知过一个凸多边形的不相邻的两个端点的连线段称为该凸多边形的对角线．(1) 分别求出凸四边形，凸五边形，凸六边形的对角线的条数； (2) 猜想凸n 边形的对角线条数f(n)，并用数学归纳法证明．解：(1) 凸四边形的对角线条数为2条；凸五边形的对角线条数为5条；凸六边形的对角线条数为9条．(2) 猜想f(n)＝n （n －3）2(n≥3，n ∈N *)．证明如下：当n ＝3时，f(3)＝0成立；设当n ＝k(k≥3)时猜想成立，即f(k)＝k （k －3）2，则当n ＝k ＋1时， 考察k ＋1边形A 1A 2…A k A k ＋1，① k 边形A 1A 2…A k 中原来的对角线也都是k ＋1边形中的对角线，且边A 1A k 也成为k ＋1边形中的对角线；② 在A k ＋1与A 1，A 2，…，A k 连结的k 条线段中，除A k ＋1A 1，A k ＋1A k 外，都是k ＋1边形中的对角线，共计有f(k ＋1)＝f(k)＋1＋(k －2)＝k （k －3）2＋1＋(k －2)＝k 2－3k ＋2k －22＝k 2－k －22＝（k ＋1）（k －2）2＝（k ＋1）（k ＋1－3）2，即猜想对n ＝k ＋1时也成立． 综上，得f(n)＝n （n －3）2对任何n≥3，n ∈N *都成立．1. 用数学归纳法证明“12＋22＋32＋…＋n 2＝16n(n ＋1)(2n ＋1)(n∈N *)”，当n ＝k ＋1时，应在n ＝k 时的等式左边添加的项是________．答案：(k ＋1)2解析：[12＋22＋…＋k 2＋(k ＋1)2]－(12＋22＋…＋k 2)＝(k ＋1)2.2. 用数学归纳法证明“2n ＋1≥n 2＋n ＋2(n∈N *)”时，第一步验证的表达式为________．答案：21＋1≥12＋1＋2(或22≥4或4≥4也算对)解析：当n ＝1时，21＋1≥12＋1＋2.3. 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”的第二步是____．答案：假设n ＝2k －1(k∈N *)时正确，再推n ＝2k ＋1(k∈N *)正确解析：因为n 为正奇数，根据数学归纳法证题的步骤，第二步应先假设第k 个正奇数也成立，本题先假设n ＝2k －1(k∈N *)正确，再推第k ＋1个正奇数，即n ＝2k ＋1(k∈N *)正确．4. (2014·苏锡常镇二模)如图，圆周上有n 个固定点，分别为A 1，A 2，…，A n (n∈N *，n ≥2)，在每一个点上分别标上1，2，3中的某一个数字，但相邻的两个数字不相同，记所有的标法总数为a n .(1) 写出a 2，a 3，a 4的值；(2) 写出a n 的表达式，并用数学归纳法证明．解：(1) a 2＝6，a 3＝6，a 4＝18.(2) a n ＝2n ＋2·(－1)n.(*)证明如下：① 当n ＝2时，a 2＝6，符合(*)式．② 假设当n ＝k 时，(*)式成立，即a k ＝2k ＋2·(－1)k成立，那么n ＝k ＋1时，因为A 1有3种标法，A 2有2种标法，…，A k 有2种标法，A k ＋1若仅与A k 不同，则有2种标法：一种与A 1数不同，符合要求，有a k ＋1种；一种与A 1数相同，不符合要求，但相当于k 个点的标法总数，有a k 种．则有3×2k ＝a k ＋1＋a k .∴ a k ＋1＝－a k ＋3×2k ＝－2k －2·(－1)k ＋3×2k ＝2k＋1＋2(－1)k ＋1.即n ＝k ＋1时，(*)式也成立． 由①②知(*)式成立，即证．1. (2014·沈阳模拟)已知f(n)＝1＋12＋13＋…＋1n (n∈N *)，用数学归纳法证明f(2n)>112时，则f(2k ＋1)－f(2k)等于________．答案：12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1解析：∵ f(2k ＋1)＝1＋12＋13＋14＋…＋1k ＋1k ＋1＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1，f(2k)＝1＋12＋13＋14＋…＋1k ＋1k ＋1＋…＋12k ，∴ f(2k ＋1)－f(2k)＝12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋1.2. 用数学归纳法证明不等式：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2＞1(n∈N *且n ＞1)．证明：①当n ＝2时，左边＝12＋13＋14＝1312＞1，∴ n ＝2时不等式成立；②假设当n ＝k(k≥2)时不等式成立， 即1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2＞1， 那么当n ＝k ＋1时，左边＝1k ＋1＋…＋1k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋…＋1（k ＋1）2 ＝1k ＋1k ＋1＋…＋1k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋…＋1（k ＋1）2－1k＞1＋(2k ＋1)·1k 2＋1－1k ＝1＋k 2＋k －1k （k 2＋1）＞1. 综上，对于任意n∈N *，n>1不等式均成立，原命题得证．3. 已知函数f(x)＝－x 3＋ax 在(－1，0)上是增函数． (1) 求实数a 的取值范围A ；(2) 当a 为A 中最小值时，定义数列{a n }满足：a 1∈(－1，0)，且2a n ＋1＝f(a n )，用数学归纳法证明a n ∈(－1，0)，并判断a n ＋1与a n 的大小．解 ：(1) ∵ f′(x)＝－3x 2＋a≥0即a≥3x 2在x∈(－1，0)恒成立，∴ A ＝[3，＋∞) (2) 用数学归纳法证明：a n ∈(－1，0)． (ⅰ) n＝1时，由题设a 1∈(－1，0)；。