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2014高考数学一轮汇总训练《数学归纳法》理 新人教A版

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第七节

数学归纳法

[备考方向要明了]

考 什 么 1.了解数学归纳法的原理. 2.能用数学归纳法证明一些简 单的数学命题.

怎 么 考 1.与数列等知识相结合,以解答题的形式考查等式、不等式 的证明,如 2012 年安徽 T21 等. 2.以解答题的形式考查“观察—归纳—猜想—证明”的问 题,如 2012 年湖北 T22 等.

[归纳·知识整合] 1.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. [探究] 1.数学归纳法证题的基本原理是什么? 提示: 数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法, 它的表述严格而且 规范,两个步骤缺一不可.第一步是递推的基础,第二步是递推的依据,第二步中,归纳假 设起着“已知条件”的作用,在第二步的证明中一定要运用它,否则就不是数学归纳法.第 二步的关键是“一凑假设,二凑结论”. 2.用数学归纳法证明问题应该注意什么? 提示:(1)第一步验证 n=n0 时命题成立,这里的 n0 并不一定是 1,它是使命题成立的最 小正整数. (2)第二步证明的关键是合理运用归纳假设, 特别要弄清由 k 到 k+1 时命题的变 化情况.(3)由假设 n=k 时命题成立,证明 n=k+1 命题也成立时,要充分利用归纳假设, 即要恰当地“凑”出目标. 2.数学归纳法的框图表示
* *

1

[自测·牛刀小试] 1. 在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为 A.1 C.3 B.2 D.0

n? n-3?
2

条时, 第一步检验 n 等于(

)

解析:选 C ∵n≥3,∴第一步应检验 n=3. 2. 用数学归纳法证明 1+2+3+?+n = 上加上(
2 2

n4+n2
2

, 则当 n=k+1 时左端应在 n=k 的基础

)

A.k +1 B.(k+1) C. ?
2

k+1?
2

4

+? 2
2

k+1?

2

D.(k +1)+(k +2)+(k +3)+?+(k+1)

2

2

解析:选 D ∵当 n=k 时,左侧=1+2+3+?+k ,当 n=k+1 时, 左侧=1+2+3+?+k +(k +1)+?+(k+1) , ∴当 n=k+1 时,左端应在 n=k 的基础上加上 (k +1)+(k +2)+(k +3)+?+(k+1) . 3. 利用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)?(n+n)=2 ×1×3×?×(2n-1),∈N ”时, n 从“n=k”变到“n=k+1”时,左边应增乘的因式是( A.2k+1 C. 2k+1 k+1
* 2 2 2 2 2 2 2

2

n

*

)

B.2(2k+1) D. 2k+3 k+1

解析:选 B 当 n=k(k∈N )时, 左式为(k+1)(k+2)?(k+k); 当 n=k+1 时, 左式为(k+1+1)·(k+1+2)·?·(k+1+k-1)·(k+1+k)·(k+1 +k+1), ? 2k+1? ? 2k+2? 则左边应增乘的式子是 =2(2k+1). k+1 1 1 1 4.(教材习题改编)用数学归纳法证明 1+ + +?+ n <n(n∈N,且 n>1),第一步 2 3 2 -1 要证的不等式是________.
2

1 1 1 1 解析:当 n=2 时,左边=1+ + 2 =1+ + , 2 2 -1 2 3 1 1 右边=2,故填 1+ + <2. 2 3 1 1 答案:1+ + <2 2 3 5.记凸 k 边形的内角和为 f(k),则凸 k+1 边形的内角和 f(k+1)=f(k)+________. 解析:由凸 k 边形变为凸 k+1 边形时,增加了一个三角形. 答案:π

用数学归纳法证明等式

1 1 1 1 1 1 1 1 * [例 1] n∈N ,求证:1- + - +?+ - = + +?+ . 2 3 4 2n-1 2n n+1 n+2 2n 1 1 [自主解答] (1)当 n=1 时,左边=1- = , 2 2 右边= 1 1 = .左边=右边. 1+1 2

1 1 1 1 1 1 1 1 (2)假设 n=k 时等式成立,即 1- + - +?+ - = + +?+ , 2 3 4 2k-1 2k k+1 k+2 2k 则当 n=k+1 时,

?1-1+1-1+?+ 1 - 1 ?+? 1 - 1 ? ? 2 3 4 2k-1 2k? ?2k+1 2k+2? ? ? ? ?
=? =

? 1 + 1 +?+ 1 ?+? 1 - 1 ? 2k? ?2k+1 2k+2? ?k+1 k+2 ? ? ?
1

k+2 k+3



1

+?+

1 1 + . 2k+1 2k+2

即当 n=k+1 时,等式也成立. 综合(1),(2)可知,对一切 n∈N ,等式成立. ————— —————————————— 用数学归纳法证明等式应注意的问题 (1)用数学归纳法证明等式问题是常见题型,其关键点在于弄清等式两边的构成规律, 等式两边各有多少项,以及初始值 n0 的值.
*

3

(2)由 n=k 到 n=k+1 时,除考虑等式两边变化的项外还要充分利用 n=k 时的式子, 即充分利用假设,正确写出归纳证明的步骤,从而使问题得以证明.

1.求证:1 +2 +?+n =

2

2

2

n? n+1? ? 2n+1?
6

. 1+1? ? 2+1? =1,左边=右边,等式 6

1·? 证明:(1)当 n=1 时,左边=1,右边= 成立;

(2)假设 n=k(k∈N ,且 k≥1)时,等式成立, 即 1 +2 +?+k =
2 2 2

*

k? k+1? ? 2k+1?
6
2 2


2

则当 n=k+1 时,1 +2 +?+k +(k+1) = = ?

2

k? k+1? ? 2k+1?
6

+(k+1)

2

k+1? [? k+1? +1][2? k+1? +1]
6



所以当 n=k+1 时,等式仍然成立. 由(1)、(2)可知,对于? n∈N 等式恒成立.
*

用数学归纳法证明不等式

[例 2] 已知数列{an},an≥0,a1=0,an+1+an+1-1=an . 求证:当 n∈N 时,an<an+1. [自主解答] (1)当 n=1 时,因为 a2 是方程 a2 +a2-1=0 的正根,所以 a1<a2. (2)假设当 n=k(k∈N ,k≥1)时,0≤ak<ak+1, 则由 ak+1-ak
2 2 2 * 2 *

2

2

=(ak+2+ak+2-1)-(ak+1+ak+1-1) =(ak+2-ak+1)(ak+2+ak+1+1)>0, 得 ak+1<ak+2, 即当 n=k+1 时,an<an+1 也成立. 根据(1)和(2),可知 an<an+1 对任何 n∈N 都成立.
*

2

把题设条件中的“an≥0”改为“当 n≥2 时,an<-1”,其余条件不变,求证:当 n∈ N 时,an+1<an.
*

4

证明:(1)当 n=1 时, ∵a2 是 a2+a2-1=0 的负根, ∴a1>a2. (2)假设当 n=k(k∈N ,k≥1)时,ak+1<ak, ∵ak+1-ak=(ak+2-ak+1)(ak+2+ak+1+1),ak+1<ak≤0, ∴ak+1-ak>0, 又∵ak+2+ak+1+1<-1+(-1)+1=-1, ∴ak+2-ak+1<0,∴ak+2<ak+1, 即当 n=k+1 时,命题成立. 由(1)(2)可知,当 n∈N 时,an+1<an.
* 2 2 2 2 *

2

—————

—————————————— 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、放缩法等证明.

2. 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn, 已知对任意的 n∈N , n, n)均在函数 y=b +r(b>0 点( S 且 b≠1,b,r 均为常数)的图象上. (1)求 r 的值; (2) 当 b = 2 时 , 记 bn = 2(log2an + 1)(n ∈ N ) , 证 明 : 对 任 意 的 n ∈ N , 不 等 式
* *

*

x

b1+1 b2+1 bn+1 · ·?· > n+1成立. b1 b2 bn
解:(1)由题意,Sn=b +r, 当 n≥2 时,Sn-1=b
n-1 n

+r. (b-1).

所以 an=Sn-Sn-1=b 由于 b>0 且 b≠1,

n-1

所以 n≥2 时,{an}是以 b 为公比的等比数列. 又 a1=b+r,a2=b(b-1), 故 =b,即

a2 a1

b? b-1? =b,解得 r=-1. b+r
n-1

(2)证明:由(1)知 an=2 因此 bn=2n(n∈N ),
*



5

2+1 4+1 2n+1 所证不等式为 · ·?· > n+1. 2 4 2n 3 ①当 n=1 时,左式= ,右式= 2, 2 左式>右式,所以结论成立. ②假设 n=k(k≥1,k∈N )时结论成立,即 2+1 4+1 2k+1 · ·?· > k+1,则当 n=k+1 时, 2 4 2k 2+1 4+1 2k+1 2k+3 2k+3 2k+3 · ·?· · > k+1· = , 2 4 2k 2? k+1? 2? k+1? 2 k+1 要证当 n=k+1 时结论成立, 只需证 ≥ k+2, 2 k+1 2k+3
*

2k+3 即证 ≥ ? 2

k+1? ? k+2? , k+1? +? k+2?
2 ≥ ?

2k+3 ? 由均值不等式 = 2 故 2k+3

k+1? ? k+2? 成立,

≥ k+2成立, 2 k+1

所以,当 n=k+1 时,结论成立. 由①②可知,n∈N 时,不等式
*

b1+1 b2+1 bn+1 · ·?· > n+1成立. b1 b2 bn

“归纳—猜想—证明”问题

1 1 1 1 [例 3] 已知 f(n)=1+ 3+ 3+ 3+?+ 3, 2 3 4 n

g(n)= -

3 1 * 2,n∈N . 2 2n

(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. [自主解答] (1)当 n=1 时,f(1)=1,g(1)=1,所以 f(1)=g(1); 9 11 当 n=2 时,f(2)= ,g(2)= ,所以 f(2)<g(2); 8 8 251 312 当 n=3 时,f(3)= ,g(3)= ,所以 f(3)<g(3). 216 216 (2)由(1),猜想 f(n)≤g(n),下面用数学归纳法给出证明.

6

①当 n=1,2,3 时,不等式显然成立, 1 1 1 1 3 1 ②假设当 n=k(k≥3)时不等式成立,即 1+ 3+ 3+ 3+?+ 3< - 2. 2 3 4 k 2 2k 1 那么,当 n=k+1 时,f(k+1)=f(k)+ ? k+1? 因为 2? 1
3

3 1 < - 2+ 2 2k ?

1

k+1?

3

.

k+1?

2

-?

1 ? 1 2- ?2k ? k+1? 1

3

?= k+3 ? 2? k+1? ?

3



1 -3k-1 2= 3 2<0, 2k 2? k+1? k

3 所以 f(k+1)< - 2 2?

k+1?
*

2

=g(k+1).

由①②可知,对一切 n∈N ,都 有 f(n)≤g(n)成立. ————— —————————————— 归纳—猜想—证明类问题的解题步骤 (1)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, 然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的 正确性. (2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”.高中阶段与数 列结合的问题是最常见的问题.

3.设数列{an}满足 an+1=an-nan+1,n=1,2,3,?. (1)当 a1=2 时,求 a2,a3,a4,并由此猜想出 an 的一个通项公式; (2)当 a1≥3 时,证明对所有的 n≥1,有 an≥n+2. 解:(1)由 a1=2,得 a2=a1-a1+1=3, 由 a2=3,得 a3=a2-2a2+1=4, 由 a3=4,得 a4=a3-3a3+1=5, 由此猜想 an 的一个通项公式:an=n+1(n≥1). (2)证明:用数学归纳法证明: ①当 n=1 时,a1≥3=1+2,不等式成立. ②假设当 n=k 时不等式成立,即 ak≥k+2, 那么,ak+1=ak(ak-k)+1≥(k+2)(k+2-k)+1≥k+3, 也就是说,当 n=k+1 时,ak+1≥(k+1)+2. 根据①和②,对于所有 n≥1,都有 an≥n+2.
2 2 2

2

? 1 种方法——寻找递推关系的方法 (1)在第一步验证时,不妨多计算几项,并争取正确写出来,这样对发现递推关系是有
7

帮助的. (2)探求数列通项公式要善于观察式子或命题的变化规律,观察 n 处在哪个位置. (3)在书写 f (k+1)时,一定要把包含 f(k)的式子写出来,尤其是 f(k)中的最后一项, 除此之外,多了哪些项,少了哪些项都要分析清楚. ? 4 个注意点——应用数学归纳法应注意的问题 (1)数学归纳法是证明与正整数有关的命题的常用方法,特别是数列中等式、不等式的 证明,在高考试题中经常出现.(2)数学归纳法证题的关键是第二步,证题时应注意:①必 须利用归纳假设作基础;②证明中可利用综合法、分析法、反证法等方法;③解题时要搞清 从 n=k 到 n=k+1 增加了哪些项或减少了哪些项. (3)数学归纳法证题时, 第一个值 n0 不一定为 1, 如证明多边形内角和定理(n-2)π 时, 初始值 n0=3. (4)解题中要注意步骤的完整性和规范性,过程中要体现数学归纳法证题的形式.

易误警示——应用数学归纳法解决证明问题的易误点

[典例] (2013·九江模拟)设数列{an}的前 n 项和为 Sn,并且满足 2Sn=an+n,an>0(n ∈N ). (1)猜想{an}的通项公式,并用数学归纳法加以证明. (2)设 x>0,y>0,且 x+y=1,证明: anx+1+ any+1≤ 2?
*

2

n+2? .

?2a1=a1+1, ? 2 [解] (1)分别令 n=1,2,3,得?2? a1+a2? =a2+2, ?2? a1+a2+a3? =a2+3. ? 3
∵an>0,∴a1=1,a2=2,a3=3. 猜想:an=n. 由 2Sn=an+n,① 可知,当 n≥2 时,2Sn-1=an-1+(n-1).② ①-②,得 2an=an-an-1+1, 即 an=2an+an-1-1. (ⅰ)当 n=2 时,a2=2a2+1 -1, ∵a2>0,∴a2=2. (ⅱ)假设当 n=k(k≥2)时,ak=k,那么当 n=k+1 时,
2 2 2 2 2 2 2 2

2

a2+1=2ak+1+a2-1=2ak+1+k2-1 k k

8

? [ak+1-(k+1)][ak+1+(k-1)]=0, ∵ak+1>0,k≥2,∴ak+1+(k-1)>0, ∴ak+1=k+1. 即当 n=k+1 时也成立. ∴an=n(n≥2). 显然 n=1 时,也成立,故对于一切 n∈N ,均有 an=n. (2)要证 nx+1+ ny+1≤ 2? 只要证 nx+1+2 ?
*

n+2? ,

nx+1? ? ny+1? +ny+1≤2(n+2).
2

即 n(x+y)+2+2 n xy+n?
2

x+y? +1≤2(n+2),

将 x+y=1 代入,得 2 n xy+n+1≤n+2, 即只要证 4(n xy+n+1)≤(n+2) , 即 4xy≤1. ∵x>0,y>0,且 x+y=1,∴ xy≤
2 2

x+y 1
2

= , 2

1 即 xy≤ ,故 4xy≤1 成立,所以原不等式成立. 4 [易误辨析] 1.在解答本题时有以下易误点 (1)在代入 n=1,2,3 时,不能准确求得 a1,a2,a3,从而猜想不出 an. (2)证明不等式时,不会应用 x+y=1 这一条件代换,导致无法证明不等 式成立. 2.解决数学归纳法中“归纳—猜想—证明”及不等式证明问题时,还有以下几点容易 造成失分 (1)归纳整理不到位得不出正确结果,从而给猜想造成困难. (2)证明 n=k 到 n=k+1 这一步时, 忽略了利用假设条件去证明, 造成不是纯正的数学 归纳法. (3)不等式证明的过程中,不能正确合理地运用分析法、综合法来求证. 另外需要熟练掌握数学归纳法中几种常见的推证技巧, 只有这样, 才能快速正确地解决 问题. [变式训练] 若不等式 并证明结论. 1 1 1 a 解:当 n=1 时, + + > , 1+1 1+2 3+1 24 1 1 1 a + +?+ > 对一切正整数 n 都成立,求正整数 a 的最大值, n+1 n+2 3n+1 24

9



26 a > ,所以 a<26. 24 24

而 a 是正整数,所以取 a=25,下面用数学归纳法证明 1

n+1 n+2



1

1 25 +?+ > . 3n+1 24

(1)当 n=1 时,已证得不等式成立. (2)假设当 n=k(k∈N )时,不等式成立, 即 1
*

k+1 k+2



1

+?+

1 25 > . 3k+1 24

则当 n=k+1 时, 有 ? + 1

k+1? +1 ? k+1? +2



1

+?+

1 3?

k+1? +1



1

k+1 k+2



1

+?+

1 1 + 3k+1 3k+2

1 2 1 1 1 25 ? 1 ?. + - + - > +? ? 3k+3 3k+4 k+1 24 ?3k+2 3k+4 3? k+1? ? 因 为
2

1 1 + - 3k+2 3k+4 3?
2

2

k+1?

= ?

6? k+1? 3k+2? ? 3k+4?



2 3?

k+1?



18? k+1? -2? 9k +18k+8? = ? 3k+2? ? 3k+4? ? 3k+3? ? 3k+2? ? 2 3k+4? ? 3k+3? >0,

所以当 n=k+1 时不等式也成立. 由(1)(2)知,对一切正整数 n,都有 所以 a 的最大值等于 25. 1

n+1 n+2



1

1 25 +?+ > , 3n+1 24

一、选择题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,共 30 分) 1.如果命题 P(n)对 n=k 成立,则它对 n=k+2 也成立,若 P(n)对 n=2 也成立,则下 列结论正确的是( )

A.P(n)对所有正整数 n 都成立 B.P(n)对所有正偶数 n 都成立 C.P(n)对所有正奇数 n 都成立 D.P(n)对所有自然数 n 都成立 解析:选 B 由题意 n=k 时成立,则 n=k+2 时也成立,又 n=2 时成立,则 P(n)对所 有正偶数都成立.

10

2.用数学归纳法证明“1+a+a +?+a 计算所得的项为( A.1 C.1+a+ a
2

2

n+1

1-a = (a≠1)”,在验证 n=1 时,左端 1-a

n+2

) B.1+a D.1+a+a +a
2 2 3

解析:选 C ∵等式的左端为 1+a+a +?+a ∴当 n=1 时,左端=1+a+a .
2

n+1



1 1 1 * 3.利用数学归纳法证明不等式 1+ + +?+ n <f(n)(n≥2,n∈N )的过程,由 n 2 3 2 -1 =k 到 n=k+1 时,左边增加了( A.1 项 C.2
k-1

) B.k 项 D.2 项
k



1 ? 1 1 1 1 1 1 ? 1 1 解析:选 D 1+ + +?+ k+1 -?1+ + +?+ k ?= k+ k +?+ k+1 , 2 -1? 2 2 +1 2 3 2 -1 ? 2 3 2 -1 共增加了 2 项. 4.用数学归纳法证明“当 n 为正奇数时,x +y 能被 x+y 整除”的第二步是( A.假设 n=2k+1 时正确,再推 n=2k+3 时正确(其中 k∈N ) B.假设 n=2k-1 时正确,再推 n=2k+1 时正确(其中 k∈N ) C.假设 n=k 时正确,再推 n=k+1 时正确(其中 k∈N ) D.假设 n≤k(k≥1)时正确,再推 n=k+2 时正确(其中 k∈N ) 解析:选 B ∵n 为正奇数,∴n=2k-1(k∈N ). 1 5.在数列{an}中,a1= ,且 Sn=n(2n-1)an,通过求 a2,a3,a4, 3 猜想 an 的表达式为( A. ? ? C. 1 ) B. D. ? 2n? 1 2n+1? 1 2n+1? ? 2n+2?
* * * * *

k

n

n

)

n-1? ? n+1?
1 2n-1? ? 2n+1?

1 1 1 1 1 1 1 解析: C 由 a1= , n=n(2n-1)an 求得 a2= = 选 S , 3= = a , 4= = a . 3 15 3×5 35 5×7 63 7×9 1 猜想 an= . ? 2n-1? ? 2n+1? 6.设函数 f(n)=(2n+9)·3 大值为( A.9 C.27 ) B.18 D.36
n+1

+9,当 n∈N 时,f(n)能被 m(m∈N )整除,猜想 m 的最

*

*

11

解析:选 D f(n+1)-f(n)=(2n+11)·3

n+2

-(2n+9)·3

n+1

=4(n+6)·3

n+1



当 n=1 时,f(2)-f(1)=4×7×9 为最小值,据此可猜想 D 正确. 二、填空题(本大题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分) 7.用数学归纳法证明“2 >n +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________. 解析:当 n=1 时,2 =2,1 +1=2;当 n=2 时,2 =4, 2 +1=5;当 n=3 时,2 =8,3 +1=10;当 n=4 时,2 =16,4 +1=17;当 n=5 时, 2 =32,5 +1=26,满足 2 >n +1. 故 n0 应取 5. 答案:5 8.对大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次方幂有如下分解方式: 2 =1+3,3 =1+3+5,4 =1+3+5+7;2 =3+5,3 =7+9+11,4 =13+15+17+19. 根据上述分解规律,若 n =1+3+5+?+19, m (m∈N )的分解中最小的数是 21,则 m +n 的值为________. 10×? 1+19? m? m-1? 2 3 解析: ∵依题意得 n = =100, ∴n=10. 易知 m =21m+ ×2, 2 2 整理得(m-5)(m+4)=0, 又 m∈N 所以 m=5, 所以 m+n=15. 答案:15 1 9.若数列{an}的通项公式 an= ? n+1? 算 c1,c2,c3 的值,推测 cn=________.
2 *, 2 3 * 2 2 2 3 3 3 5 2 2 3 2 4 2 1 2 2

n

2

n

2

,记 cn=2(1-a1)(1-a2)?(1-an),试通过计

? 1? 3 解析:c1=2(1-a1)=2×?1- ?= , ? 4? 2
c2=2(1-a1)(1-a2)=2×?1- ?×?1- ?= , 4 9 c3=2(1-a1)(1-a2)(1-a3)=2×?1- ?×?1- ?×?1- ?= , 4 9 16

? ?

1?

? ? ? ? ?

1? 4 ? 3

1? ?

? ?

1?

? ? ?

1? 5 ? 4

故由归纳推理得 cn= 答案:

n+2 . n+1

n+2 n+1

三、解答题(本大题共 3 小题,每小题 12 分,共 36 分) 10.用数学归纳法证明:1 +3 +5 +?+(2n-1) = 1 n(4n2-1). 3
2 2 2 2

12

1 2 证明:(1)当 n=1 时,左边=1 =1,右边= ×1×(4-1)=1,等式成立. 3 1 * 2 2 2 2 2 (2)假设当 n=k(k∈N )时等式成立,即 1 +3 +5 +?+(2k-1) = k(4k -1). 3 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 则当 n=k+1 时, +3 +5 +?+(2k-1) +(2k+1) = k(4k -1)+(2k+1) = k(4k 1 3 3 -1)+4k +4k+1 1 1 2 2 = k[4(k+1) -1]- k·4(2k+1)+4k +4k+1 3 3 1 1 2 2 2 = k[4(k+1) -1]+ (12k +12k+3-8k -4k) 3 3 1 1 2 2 = k[4(k+1) -1]+ [4(k+1) -1] 3 3 1 2 = (k+1)[4(k+1) -1]. 3 即当 n=k+1 时等式也成立. 由(1),(2)可知,对一切 n∈N ,等式都成立. 1 1 * 11.设 0<a<1,定义 a1=1+a,an+1= +a,求证:对任意 n∈N ,有 1<an< . an 1-a 1 证明:(1)当 n=1 时,a1=1+a>1,又 a1=1+a< ,显然命题成立. 1-a (2)假设 n=k(k∈N )时,命题成立,即 1<ak<
* * 2

1 . 1-a

1 即当 n=k+1 时,由递推公式,知 ak+1= +a,

ak

1 1 由假设可得(1-a)+a< +a<1+a< . ak 1-a 于是当 n=k+1 时,命题也成立,即 1<ak+1< 1 . 1-a

1 * 由(1)(2)可知,对任意 n∈N ,有 1<an< . 1-a 12.已知数列{an},其中 a2=6 且 (1)求 a1,a3,a4; (2)求数列{an}的通项公式; (3)设数列{bn}为等差数列,其中 bn=

an+1+an-1 =n. an+1-an+1

an

n+c

且 c 为不等于零的常数,若 Sn=b1+b2+?+

bn,求 + +?+ . S1 S 2 Sn
13

1

1

1

解:(1)∵a2=6,

a2+a1-1 a3+a2-1 =1, =2, a2-a1+1 a3-a2+1

a4+a3-1 =3,解得 a1=1,a3=15,a4=28. a4-a3+1
(2)由上面的 a1,a2,a3,a4 的值可以猜想 an=n(2n-1). 下面用数学归纳法加以证明: ①当 n=1 时,a1=1×(2-1)=1,结论成立. ②假设当 n=k 时,结论正确,即 ak=k(2k-1), 则当 n=k+1 时,有

ak+1+ak-1 =k, ak+1-ak+1

∴(k-1)ak+1=(k+1)ak-(k+1) =(k+1)·k(2k-1)-(k+1)=(k+1)(2k -k-1) =(k+1)(2k+1)(k-1)(k-1≠0). ∴ak+1 =(k+1)[2(k+1)-1]. 即当 n=k+1 时,结论也成立. 由①②可知,{an}的通项公式 an=n(2n-1). (3)∵{bn}是等差数列,∴2b2=b1+b3, 即 2a2 a1 a3 = + . 2+c 1+c 3+c
2

∵a1=1,a2=6,a3=15 且 c≠0, 1 由上式解得 c=- , 2 ∴bn= = 1 1 n- ? 2 2

an

n? 2n-1?
2n-1?

=2n.

故 Sn=b1+b2+?+bn=n(n+1). 1 1 1 1 1 ∴ + +?+ = + +?+ S1 S2 Sn 1×2 2×3 n? 1 ? ? 1? ?1 1? ?1 =?1- ?+? - ?+?+? - ? ? 2? ?2 3? ?n n+1? =1- 1 n = . n+1 n+1 1

n+1?

1.已知△ABC 的三边长都是有理数. (1)求证:cos A 是有理数; (2)求证:对任意正整数 n,cos nA 是有理数.

14

证明:(1)由 AB、BC、AC 为有理数及余弦定理知 cos A=

AB2+AC2-BC2 是有理数. 2AB·AC

(2)用数学归纳法证明 cos nA 和 sin A·sin nA 都是有理数. ①当 n=1 时,由(1)知 cos A 是有理数,从而有 sin A·sin A=1-cos A 也是有理数. ②假设当 n=k(k∈N )时,cos kA 和 sin A·sin kA 都是有理数. 当 n=k+1 时,由 cos(k+1)A=cos A·cos kA-sin A·sin kA, sin A·sin(k+1)A=sin A·(sin A·cos kA+cos A·sin kA) =(sin A·sin A)·cos kA+(sin A·sin kA)·cos A, 由①和归纳假设,知 cos(k+1)A 和 sin A·sin(k+1)A 都是有理数. 即当 n=k+1 时,结论成立. 综合①②可知,对任意正整数 n,cos nA 是有理数. 1 1 1 n * 2.用数学归纳法证明 + +?+ = (n∈N ). 1×3 3×5 ? 2n-1? ? 2n+1? 2n+1 1 1 证明:(1)当 n=1 时,左边= = , 1×3 3 右边= 1 1 = ,左边=右边. 2×1+1 3
* 2

所以 n=1 时等式成立. (2)假设 n=k 时等式成立, 1 1 1 k 即有 + +?+ = . 1×3 3×5 ? 2k-1? ? 2k+1? 2k+1 则当 n=k+1 时, 1 1 1 + +?+ + 1×3 3×5 ? 2k-1? ? 2k+1? ? = 1 2k+1? ? 2k+3?

k 1 + 2k+1 ? 2k+1? ? 2k+3?
2

2k +3k+1 ? k+1? ? 2k+1? = = ? 2k+1? ? 2k+3? ? 2k+1? ? 2k+3? =

k+1 = 2k+3 2?

k+1 . k+1? +1

这就是说,n=k+1 时等式也成立. 由(1)(2)可知,等式对一切 n∈N 都成立.
*

an 1 * 3.已知数列{an}的前 n 项和 Sn 满足:Sn= + -1,且 an>0,n∈N . 2 an
(1)求 a1,a2,a3,并猜想{an}的通项公式; (2)证明通项公式的正确性.
15

解:(1)∵当 n=1 时,

a1 1 2 由已知得 a1= + -1,a1+2a1-2=0. 2 a1
∴a1= 3-1 或 a1=- 3-1(舍去).

a2 1 当 n=2 时,由已知得 a1+a2= + -1, 2 a2
将 a1= 3-1 代入并整理得 a2+2 3a2-2=0. ∴a2= 5- 3或 a2=- 5- 3(舍去). 同理可得 a3= 7- 5. 由 a1,a2,a3,猜想 an= 2n+1- 2n-1(n∈N ). (2)证明:①由(1)的计算过程知,当 n=1,2,3 时,通项公式成立. ②假设当 n=k(k≥3,k∈N )时,通项公式成立, 即 ak= 2k+1- 2k-1. 那么由 ak+1=Sk+1-Sk=
* * 2

ak+1
2



ak 1 - - , ak+1 2 ak
1

将 ak= 2k+1- 2k-1代入上式并整理得

a2+1+2 2k+1ak+1-2=0, k
解得 ak+1= 2k+3- 2k+1, 或 ak+1=- 2k+3- 2k+1(舍去). 即当 n=k+1 时,通项公式也成立. 由①和②,可知对所有 n∈N ,
*

an= 2n+1- 2n-1都成立.
1 1 1 1 * 4.用数学归纳法证明:1+ 2+ 2+?+ 2<2- (n∈N ,n≥2). 2 3 n n 1 5 1 3 证明:(1)当 n=2 时,1+ 2= <2- = ,命题成立. 2 4 2 2 (2)假设 n=k 时命题成立,即 1 1 1 1 1+ 2+ 2+?+ 2<2- . 2 3 k k 1 1 1 当 n=k+1 时,1+ 2+ 2+?+ 2+ 2 3 k ? 1 1 1 - + - k k k+1 =2- 1 命题成立. k+1
*

1

k+1?

2

1 1 <2- + k ? k+1?

2

1 <2- +

1

k k? k+1?

=2

由(1),(2)知原不等式在 n∈N ,n≥2 时均成立.
16

两类不等式恒成立问题的求解策略

不等式恒成立问题是数学试题中的重要题型, 涉及数学中各部分知识, 但主要是函数中 的不等式恒成立问题和数列中的不等式恒成立问题, 涉及题型一般有两类: 一是已知不等式 恒成立,求参数的取值范围,解决这类问题的基本方法是相同的,首选方法是利用分离参数 转化为求新函数、新数列的最值问题,如果不能分离参数或者分离参数比较复杂时,一般选 择函数的方法,通常利用函数的最值解决;二是证明不等式恒成立,在函数中一般选择以算 代证,即通过求函数的最值证明不等式.在数列中,很多时候可以与放缩法结合起来,对所 证不等式的一侧进行适当放大或缩小,下面分别举例说明. 一、函数中的不等式恒成立问题 函数是不等式恒成立问题的主要载体,通常通过不等式恒成立问题考查等价转化思想、 函数的最值或值域,对涉及已知函数在给定区间上恒成立,求参数的取值范围、证明不等式 等问题,大多数题目可以利用分离参数的方法,将问题转化为求函数的最值或值域问题. [例 1] 已知两个函数 f(x)=8x +16x-k,g(x)=2x +5x +4x,其中 k 为实数. (1)若对任意的 x∈[-3,3],都有 f(x)≤g(x)成立,求 k 的取值范围; (2)若对任意的 x1、x2∈[-3,3],都有 f(x1)≤g(x2),求 k 的取值范围. [解] (1)令 F(x)=g(x)-f(x)=2x -3x -12x+k. 问题转化为 F(x)≥0 在 x∈[-3,3]时恒成立,故解[F(x)]min≥0 即可. ∵F′(x)=6x -6x-12=6(x -x-2), 故由 F′(x)=0,得 x=2 或 x=-1. ∵F(-3)=k-45,F(3)=k-9,F(-1)=k+7,
2 2 3 2 2 3 2

F(2)=k-20,
∴[F(x)]min=k-45. 由 k-45≥0,解得 k≥45. 故实数 k 的取值范围是[45,+∞). (2)由题意可知当 x∈[-3,3]时,都有 [f(x)]max≤[g(x)]min. 由 f′(x)=16x+16=0,得 x=-1. ∵f(-3)=24-k,f(-1)=-8-k,f(3)=120-k, ∴[f(x)]max=-k+120.
17

2 2 由 g′(x)=6x +10x+4=0,得 x=-1 或 x=- . 3 ∵g(-3)=-21,g(3)=111,g(-1)=-1,

g?- ?=- , 3
∴[g(x)]min=-21.则 120-k≤- 21,解得 k≥141. ∴实数 k 的取值范围是[141,+∞). [点评] 将恒成立问题转化为求函数的最值问题来处理,一般有下面两种类型: (1)若所给函数能直接求出最值,则有: ①f(x)>0 恒成立?[f(x)]min>0;②f(x)≤0 恒成立?[f(x)]max≤0. (2)若所给的不等式能通过恒等变形使参数与主元分离于不等式两端,从而问题转化为 求主元函数的最值,进而求出参数范围,则有(下面的 a 为参数): ①f(x)<g(a)恒成立?g(a)>[f(x)]max; ②f(x)>g(a)恒成立?g(a)<[f(x)]min. [例 2] 已知函数 f(x)=aln x+x ,(a 为实常数). (1)若 a=-2,求函数 f(x)的单调区间; (2)若对? x∈[1,e],使得 f(x)≤(a+2)x 恒成立,求实数 a 的取值范围. [解] (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞), 2? 2 当 a=-2 时,f(x)=x -2ln x,所以 f′(x)= 2? 令 f′(x)=
2

? 2? ? ?

28 27

x2-1? . x

x2-1? >0,得 x<-1 或 x>1.且定义域为(0,+∞),所以函数 f(x)的单 x

调增区间是(1,+∞). 2? 令 f′(x)= 减区间是(0,1). (2)不等式 f(x)≤(a+2)x,可化为 a(x-ln x)≥x -2x. 因为 x∈[1,e],所以 ln x≤1≤x 且等号不能同时取, 所以 ln x<x,即 x-ln x>0. 因而 a≥
2

x2-1? <0,得-1<x<1,且定义 域为(0,+∞),所以函数 f(x)的单调 x

x2-2x (x∈[1,e]). x-ln x

x2-2x 令 g(x)= (x∈[1,e]), x-ln x
? x-1? ? x+2-2ln x? 又 g′(x)= , 2 ? x-ln x? 当 x∈[1,e]时,x-1≥0,ln x≤1,

18

x+2-2ln x>0,
从而 g′(x)≥0(当且仅当 x=1 时取等号). 所以 g(x)在[1,e]上为增函数. e -2e 故[g(x)]max=g(e)= . e-1 所以 a 的取值范围是?
2

?e -2e,+∞?. ? ? e-1 ?

2

[点评] 利用不等式与函数和方程之间的联系,将问题转化成一次函数或二次函数(二 次方程)的问题研究,一般有下面几种类型: 1.一次函数型问题:利用一次函数的图象特点求解. 对于一次函数 f(x)=kx+b(k≠0),x∈[m,n],有 (1)f(x)≥0 恒成立??
? ?f? ?f? ?

m? ≥0, n? ≥0. m? <0, n? <0.

(2)f(x)<0 恒成立??

?f? ? ? ?f?

2.二次函数型问题:结合抛物线的形状考虑对称轴、顶点、区间端点等,列出相关的 不等式,求出参数的解,下面是两种基本类型: 对于二次函数 f(x)=ax +bx+c(a≠0,x∈R),有:
?a>0, ? (1)f(x)>0 对 x∈R 恒成立?? ? ?Δ <0, ? ?a<0, (2)f(x)<0 对 x∈R 恒成立?? ?Δ <0. ?
2

二、数列中的不等式恒成立问题 数列是一种特殊的函数, 所以解决数列中的不等式恒成立问题与函数中不等式恒成立问 题的解法相同,基本方法也是利用分离参数转化 为求新数列的最值问题,数列中的最值问 题一般是应 用数列的单调性求解;而数列中的不等式恒成立的证明,则很多时候可以与放 缩法联系起来. [例 3] 在数列{an}中,a1=1,an+1=can+c (1)求{an}的通项公式; (2)若对一切 k∈N 有 a2k>a2k-1,求 c 的取值范围. [解] (1)由 a1=1,a2=ca1+c ·3=3c +c=(2 -1)c +c,
2 2 2 2 *

n +1

·(2n+1)(n∈N ),其中实数 c≠0.

*

a3=ca2+c3·5=8c3+c2=(32-1)c3+c2, a4=ca3+c4·7=15c4+c3=(42-1)c4+c3,
归纳猜想 an=(n -1)c +c
2

n

n-1

,n∈N .

*

19

下面用数学归纳法证明: 当 n=1 时,等式成立; 假设当 n=k 时,等式成立,即 ak=(k -1)c +c 则当 n=k+1 时,
2

k

k-1



ak+1=cak+ck+1(2k+1)=c[(k2-1)ck+ck-1]+ck+1·(2k+1)=(k2+2k)ck+1+ck=[(k+
1) -1]·c
2

k+1

+c ,
2

k

综上,an=(n -1)c +c (2)由 a2k>a2k-1,得 [(2k) -1]c +c 因c
2 2k-2 2 2k 2k-1

n

n-1

对任何 n∈N 都成立.

*

>[(2k-1) -1]c
2 2

2

2k-1

+c

2k-2


* 2 2

>0,所以 4(c -c)k +4ck-c +c-1>0 对 k∈N 恒成立.记 f(x)=4(c -c)x +

2

4cx-c +c-1,下面分三种情况讨论: ①当 c -c=0,即 c=0 或 c=1 时,代入验证可知只有 c=1 满足要求. ②当 c -c<0 时, 0<c<1, 即 抛物线 y=f(x)开口向下, 因此当正整数 k 充分大时,(k)<0, f 不符合题意,此时无解. ③当 c -c>0,即 c<0 或 c>1 时,抛物线 y=f(x)开口向上,易知 Δ >0,其对称轴 x= 1 必在直线 x=1 的左边.因此,f(x)在[1,+∞)上是增函数. 2? 1-c? 所以要使 f(k)>0 对 k∈N 恒成立,只需 f(1)>0 即可. 由 f(1)=3c +c-1>0, -1- 13 -1+ 13 解得 c< 或 c> . 6 6 1+ 13 结合 c<0 或 c>1,得 c<- 或 c>1. 6 1+ 13? ? 结合以上三种情况,c 的取值范围为?-∞,- ?∪[1,+∞). 6 ? ? [点评] 本题中关于 k 的不等式, 不能通过分离参数将 k 与 c 分离, 这时的一般解法是 直接利用函数知识求函数最值, 只是这时的函数定义域不是连续区间, 这也是数列与函数的 区别.由此可见,数列中的不等式恒成立与函数中不等式恒成立的解法基本相同,不同之处 就是定义域不同.
2 * 2 2 2

20


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