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《三维设计》2016级数学一轮复习基础讲解数学归纳法(理)(含解析)


《三维设计》2014 届高考数学一轮复习教学案+复习技法

第七节

数学归纳法(理)

[知识能否忆起] 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. [小题能否全取] 1.用数学归纳法证明 3 ≥n (n∈N,n≥3),第一步应验证( A.n=1 C.n=3 答案:C 1 1 1 1 2 . ( 教材习题改编 ) 已知 n 为正偶数,用数学归纳法证明 1 - + - +…- = 2 3 4 n 1 1 1 2?n+2+n+4+…+2n?时,若已假设 n=k(k≥2 且 k 为偶数)时命题为真,则还需要用归纳 ? ? 假设再证( ) B.n=k+2 时等式成立 D.n=2(k+2)时等式成立 B.n=2 D.n=4
n 3

)

A.n=k+1 时等式成立 C.n=2k+2 时等式成立

解析:选 B 因为 n 为偶数,故假设 n=k 成立后,再证 n=k+2 时等式成立. 1 1 1 1 3.已知 f(n)= + + +…+ 2,则( n n+1 n+2 n 1 1 A.f(n)中共有 n 项,当 n=2 时,f(2)= + 2 3 1 1 1 B.f(n)中共有 n+1 项,当 n=2 时,f(2)= + + 2 3 4 1 1 C.f(n)中共有 n2-n 项,当 n=2 时,f(2)= + 2 3 1 1 1 D.f(n)中共有 n2-n+1 项,当 n=2 时,f(2)= + + 2 3 4 )

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1 1 1 解析:选 D 由 f(n)可知,共有 n2-n+1 项,且 n=2 时,f(2)= + + . 2 3 4 4.用数学归纳法证明 1+2+22+…+2n 1=2n 2-1(n∈N*)的过程中,在验证 n=1 时,
+ +

左端计算所得的项为________. 答案:1+2+22 1 1 1 5.用数学归纳法证明:“1+ + +…+ n <n(n>1)”,由 n=k(k>1)不等式成立,推 2 3 2 -1 证 n=k+1 时,左边应增加的项的项数是________. 1 1 1 解析:当 n=k 时,不等式为 1+ + +…+ k <k. 2 3 2 -1 则 n=k+1 时,左边应为: 1 1 1 1 1 1 1+ + +…+ k + k+ k +…+ k 1 2 3 2 2 -1 2 +1 2 + -1 则增加的项数为 2k+1-1-2k+1=2k. 答案:2k 数学归纳法的应用 (1)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,它们的表述严格而且 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 n=k+1 时一定要运用它,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)在用数学归纳法证明问题的过程中, 要注意从 k 到 k+1 时命题中的项与项数的变化, 防止对项数估算错误.

用数学归纳法证明恒等式

典题导入 1 1 1 [例 1] 设 f(n)=1+ + +…+ (n∈N*). 2 3 n 求证:f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*). [自主解答] (1)当 n=2 时,左边=f(1)=1, 1 1+ -1?=1, 右边=2? ? 2 ?

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左边=右边,等式成立. (2)假设 n=k(k≥2,k∈N*)时,结论成立,即 f(1)+f(2)+…+f(k-1)=k[f(k)-1], 那么,当 n=k+1 时, f(1)+f(2)+…+f(k-1)+f(k)=k[f(k)-1]+f(k) =(k+1)f(k)-k 1 ? ? =(k+1)?f?k+1?- -k k+1? ? ? =(k+1)f(k+1)-(k+1) =(k+1)[f(k+1)-1], ∴当 n=k+1 时结论仍然成立. 由(1)(2)可知:f(1)+f(2)+…+f(n-1)=n[f(n)-1](n≥2,n∈N*). 由题悟法 用数学归纳法证明等式的规则 (1)数学归纳法证明等式要充分利用定义,其中两个步骤缺一不可,缺第一步,则失去 了递推基础,缺第二步,则失去了递推依据. (2)证明等式时要注意等式两边的构成规律,两边各有多少项,并注意初始值 n0 是多少, 同时第二步由 n=k 到 n=k+1 时要充分利用假设,不利用 n=k 时的假设去证明,就不是数 学归纳法. 以题试法 1.用数学归纳法证明:对任意的 n∈N*, 1 1 1 n + +…+ = . 1×3 3×5 ?2n-1??2n+1? 2n+1

1 1 1 1 证明:(1)当 n=1 时,左边= = ,右边= = ,左边=右边,所以等式成 1×3 3 2×1+1 3 立. (2)假设当 n=k(k∈N*且 k≥1)时等式成立,即有 1 1 1 k + +…+ = , 1×3 3×5 ?2k-1??2k+1? 2k+1 则当 n=k+1 时,

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1 1 1 1 + +…+ + 1×3 3×5 ?2k-1??2k+1? ?2k+1??2k+3? = k?2k+3?+1 1 + = 2k+1 ?2k+1??2k+3? ?2k+1??2k+3? k k+1 k+1 = = , ?2k+1??2k+3? 2k+3 2?k+1?+1 2k2+3k+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.

用数学归纳法证明不等式

典题导入 [例 2] 等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知对任意的 n∈N*,点(n,Sn)均在函数 y=bx +r(b>0 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 b1+1 b2+1 bn+1 · · …· > n+1成立. b1 b2 bn [自主解答] (1)由题意,Sn=bn+r, 当 n≥2 时,Sn-1=bn-1+r. 所以 an=Sn-Sn-1=bn-1(b-1). 由于 b>0 且 b≠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), b?b-1? a2 ∴ =b,即 =b,解得 r=-1. a1 b+r (2)证明:由(1)知 an=2n-1, 因此 bn=2n(n∈N*), 2+1 4+1 2n+1 所证不等式为 · · …· > 2 4 2n n+1.

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

2k+3 即证 ≥ 2

?k+1??k+2?,

2k+3 ?k+1?+?k+2? 由基本不等式知 = ≥ 2 2 故 2k+3 2 ≥ k+1 k+2成立,

?k+1??k+2?成立,

所以,当 n=k+1 时,结论成立. b1+1 b2+1 bn+1 由①②可知,n∈N*时,不等式 · · …· > b1 b2 bn n+1成立.

由题悟法 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,若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. 以题试法 1 1 1 1 2.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

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1 1 1 1 (2)假设 n=k 时命题成立,即 1+ 2+ 2+…+ 2<2- . 2 3 k k 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 当 n=k+1 时,1+ 2+ 2+…+ 2+ < 2- + <2- + =2- + 2 2 2 3 k ?k+1? k ?k+1? k k?k+1? k k - 1 k+1 1 =2- 命题成立. k+1 由(1)(2)知原不等式在 n∈N*,n≥2 时均成立. 归纳—猜想—证明

典题导入 [例 3] (2012· 天津模拟)如图,P1(x1,y1),P2(x2,y2),…,Pn(xn,yn)(0<y1<y2<…< yn)是曲线 C:y2=3x(y≥0)上的 n 个点,点 Ai(ai,0)(i=1,2,3,…,n)在 x 轴的正半轴上,且△ Ai-1AiPi 是正三角形(A0 是坐标原点). (1)写出 a1、a2、a3; (2)求出点 An(an,0)(n∈N*)的横坐标 an 关于 n 的表达式并证明.

[自主解答] (1)a1=2,a2=6,a3=12. an-1+an an-an-1 ? an-aa-1?2 3 2 (2)依题意,得 xn= ,yn= 3· ,由此及 yn =3· xn 得? 3· ? =2(an 2 2 2 ? ? +an-1),即(an-an-1)2=2(an-1+an). 由(1)可猜想:an=n(n+1)(n∈N*). 下面用数学归纳法予以证明: ①当 n=1 时,命题显然成立; ②假定当 n=k 时命题成立,即有 ak=k(k+1),则当 n=k+1 时,由归纳假设及(ak+1-
2 ak)2=2(ak+ak+1),得[ak+1-k(k+1)]2=2[k(k+1)+ak+1],即 a2 k+1-2(k +k+1)ak+1+[k(k-

1)]· [(k+1)(k+2)]=0,解之得,ak+1=(k+1)(k+2)(ak+1=k(k-1)<ak 不合题意,舍去),即

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当 n=k+1 时成立.由①②知,命题成立. 由题悟法 “归纳——猜想——证明”的模式,是不完全归纳法与数学归纳法综合应用的解题模 式. 其一般思路是: 通过观察有限个特例, 猜想出一般性的结论, 然后用数学归纳法证明. 这 种方法在解决探索性问题、 存在性问题或与正整数有关的命题中有着广泛的应用. 其关键是 归纳、猜想出公式. 以题试法 3.(2012· 北京海淀模拟)数列{an}满足 Sn=2n-an(n∈N*) (1)计算 a1,a2,a3,a4,并由此猜想通项公式 an; (2)用数学归纳法证明(1)中的猜想. 解:(1)当 n=1 时,a1=S1=2-a1, ∴a1=1. 当 n=2 时,a1+a2=S2=2×2-a2, 3 ∴a2= . 2 当 n=3 时,a1+a2+a3=S3=2×3-a3, 7 ∴a3= . 4 当 n=4 时,a1+a2+a3+a4=S4=2×4-a4, ∴a4= 15 . 8

2n-1 由此猜想 an= n 1 (n∈N*). 2- (2)证明:①当 n=1 时,a1=1,结论成立. 2k-1 ②假设 n=k(k≥1 且 k∈N )时,结论成立,即 ak= k 1 ,那么 n=k+1 时, 2-
*

ak+1=Sk+1-Sk=2(k+1)-ak+1-2k+ak=2+ak-ak+1, ∴2ak+1=2+ak, 2k-1 2+ k 1 2- 2+ak 2k+1-1 ∴ak+1= = = , 2 2 2k

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这表明 n=k+1 时,结论成立, 2n-1 由①②知猜想 an= n 1 成立. 2-

1.如果命题 p(n)对 n=k(k∈N*)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 成立,则 n=k+2 也成立,又 n=2 时成立,则 p(n)对所有正 偶数都成立. 1 1 1 127 2.用数学归纳法证明不等式 1+ + +…+ n-1> (n∈N*)成立,其初始值最小应取 2 4 64 2 ( ) A.7 C.9 B.8 D.10

解析:选 B 可逐个验证,n=8 成立. 3.(2013· 海南三亚二模)用数学归纳法证明“1+2+22+…+2n 1=2n-1(n∈N*)”的过


程中,第二步 n=k 时等式成立,则当 n=k+1 时,应得到( A.1+2+22+…+2k 2+2k 1=2k 1-1
- - +

)

B.1+2+22+…+2k+2k 1=2k-1+2k


+1

C.1+2+22+…+2k 1+2k 1=2k 1-1
- + +

D.1+2+22+…+2k 1+2k=2k 1-1
- +

解析:选 D 由条件知,左边是从 20,21 一直到 2n
- +

-1

都是连续的,因此当 n=k+1 时,

左边应为 1+2+22+…+2k 1+2k,而右边应为 2k 1-1. 4.凸 n 多边形有 f(n)条对角线,则凸(n+1)边形的对角线的条数 f(n+1)为( A.f(n)+n+1 C.f(n)+n-1 B.f(n)+n D.f(n)+n-2 )

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解析:选 C 边数增加 1,顶点也相应增加 1 个,它与和它不相邻的 n-2 个顶点连接 成对角线,原来的一条边也成为对角线,因此,对角线增加 n-1 条. 1 5. 在数列{an}中, a1= , 且 Sn=n(2n-1)an, 通过求 a2, a3, a4, 猜想 an 的表达式为( 3 1 A. ?n-1??n+1? 1 C. ?2n-1??2n+1? 1 B. 2n?2n+1? 1 D. ?2n+1??2n+2? )

1 1 1 1 1 1 1 解析: 选 C 由 a1 = , S =n(2n-1)an 求得 a2= = , a= = , a= = . 3 n 15 3×5 3 35 5×7 4 63 7×9 1 猜想 an= . ?2n-1??2n+1? 6.下列代数式(其中 k∈N*)能被 9 整除的是( A.6+6· 7k C.2(2+7k 1)


)
-1

B.2+7k

D.3(2+7k)

解析:选 D

(1)当 k=1 时,显然只有 3(2+7k)能被 9 整除.


(2)假设当 k=n(n∈N*)时,命题成立,即 3(2+7n)能被 9 整除,那么 3(2+7n 1)=21(2+ 7n)-36. 这就是说,k=n+1 时命题也成立. 由(1)(2)可知,命题对任何 k∈N*都成立. 7.(2012· 徐州模拟)用数学归纳法证明“当 n 为正奇数时,xn+yn 能被 x+y 整除”,当 第二步假设 n=2k-1(k∈N*)命题为真时,进而需证 n=________时,命题亦真. 解析:n 为正奇数,假设 n=2k-1 成立后,需证明的应为 n=2k+1 时成立. 答案:2k+1 n4+ n2 8.(2012· 济南模拟)用数学归纳法证明 1+2+3+…+n2= ,则当 n=k+1 时左 2 端应在 n=k 的基础上加上的项为________. 解析:当 n=k 时左端为 1+2+3+…+k+(k+1)+(k+2)+…+k2, 则当 n=k+1 时,左端为 1+2+3+…+k2+(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2, 故增加的项为(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2. 答案:(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2

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9.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且对任意的自然数 n 都有:(Sn-1)2=anSn,通过计算 S1,S2,S3,猜想 Sn =________. 1 解析:由(S1-1)2=S2 1得:S1= ; 2 2 由(S2-1)2=(S2-S1)S2 得:S2= ; 3 3 由(S3-1)2=(S3-S2)S3 得:S3= . 4 n 猜想 Sn= . n+1 答案: n n+1

10.用数学归纳法证明:12+32+52+…+(2n-1)2 1 = n(4n2-1). 3 1 证明:(1)当 n=1 时,左边=12=1,右边= ×1×(4-1)=1,等式成立. 3 1 (2)假设当 n=k(k∈N*)时等式成立,即 12+32+52+…+(2k-1)2= k(4k2-1). 3 1 1 则当 n=k+1 时,12+32+52+…+(2k-1)2+(2k+1)2= k(4k2-1)+(2k+1)2= k(4k2- 3 3 1)+4k2+4k+1 1 1 = k[4(k+1)2-1]- k· 4(2k+1)+4k2+4k+1 3 3 1 1 = k[4(k+1)2-1]+ (12k2+12k+3-8k2-4k) 3 3 1 1 = k[4(k+1)2-1]+ [4(k+1)2-1] 3 3 1 = (k+1) [4(k+1)2-1]. 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. 11.已知点 Pn(an,bn)满足 an+1=an· bn+1,bn+1= -1). (1)求过点 P1,P2 的直线 l 的方程; (2)试用数学归纳法证明:对于 n∈N*,点 Pn 都在(1)中的直线 l 上. bn (n∈N*),且点 P1 的坐标为(1, 1-4a2 n

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解:(1)由题意得 a1=1,b1=-1, -1 1 1? 1 1 1 , b2= = ,a2=1× = ,∴P2? 3 3?. ? 3 3 3 1-4×1 y+1 x-1 ∴直线 l 的方程为 = ,即 2x+y=1. 1 1 +1 -1 3 3 (2)①当 n=1 时,2a1+b1=2×1+(-1)=1 成立. ②假设 n=k(k≥1 且 k∈N*)时,2ak+bk=1 成立. bk 则 2ak+1+bk+1=2ak· bk+1+bk+1= · (2ak+1) 1-4a2 k = 1-2ak = =1, 1-2ak 1-2ak bk

∴当 n=k+1 时,2ak+1+bk+1=1 也成立. 由①②知,对于 n∈N*,都有 2an+bn=1,即点 Pn 在直线 l 上. 12.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且方程 x2-anx-an=0 有一根为 Sn-1,n=1,2,3……. (1)求 a1,a2; (2)猜想数列{Sn}的通项公式,并给出严格的证明. 解:(1)当 n=1 时,x2-a1x-a1=0 有一根为 S1-1=a1-1, 于是(a1-1)2-a1(a1-1)-a1=0, 1 解得 a1= . 2 1?2 1? 1 ? 当 n=2 时,x2-a2x-a2=0 有一根为 S2-1=a2- ,于是? ?a2-2? -a2?a2-2?-a2=0, 2 1 解得 a2= . 6 (2)由题设(Sn-1)2-an(Sn-1)-an=0, 即 S2 n-2Sn+1-anSn=0. 当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1, 代入上式得 Sn-1Sn-2Sn+1=0.① 1 由(1)得 S1=a1= , 2

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1 1 2 S2=a1+a2= + = . 2 6 3 3 n 由①可得 S3= .由此猜想 Sn= ,n=1,2,3…. 4 n+1 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≥1,k∈N*)时结论成立, 即 Sk= , k+1 , 2-Sk 1 k

当 n=k+1 时,由①得 Sk+1=

k+1 即 Sk+1= ,故 n=k+1 时结论也成立. k+2 n 综上,由(ⅰ)(ⅱ)可知 Sn= 对所有正整数 n 都成立. n+1

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( A.2k+1 2k+1 C. 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 2.对大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次方幂有如下分解方式: 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 n2=1+3+5+…+19, m3(m∈N*)的分解中最小的数是 21,则 m +n 的值为________. B.2(2k+1) 2k+3 D. k+1 )

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解析:∵依题意得 n2=

10×?1+19? m?m-1? =100, ∴n=10. 易知 m3=21m+ ×2, 整理 2 2

得(m-5)(m+4)=0, 又 m∈N*, 所以 m=5, 所以 m+n=15. 答案:15 1 1 1 1 3 1 3.已知 f(n)=1+ 3+ 3+ 3+…+ 3,g(n)= - 2,n∈N*. 2 3 4 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. 解:(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)= , 8 8 所以 f(2)<g(2); 251 312 当 n=3 时,f(3)= ,g(3)= , 216 216 所以 f(3)<g(3). (2)由(1)猜想 f(n)≤g(n),下面用数学归纳法给出证明. 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, 1 1 1 1 3 1 即 1+ 3+ 3+ 3+…+ 3< - 2,那么,当 n=k+1 时, 2 3 4 k 2 2k 1 3 1 1 f(k+1)=f(k)+ < - 2+ , 3 2 2 k ?k+1? ?k+1?3 1 ? k+3 -3k-1 ?1 1 1 因为 - 2- - 2= <0, 3?= 2 ?2k 3 ?k+1? ? 2?k+1? 2k 2?k+1?3k2 2?k+1? ? 3 1 所以 f(k+1)< - =g(k+1). 2 2?k+1?2 由①②可知,对一切 n∈N*,都有 f(n)≤g(n)成立.

1.用数学归纳法证明 an 1+(a+1)2n 1(n∈N*)能被 a2+a+1 整除.
+ -

证明: (1)当 n=1 时,a2+(a+1)=a2+a+1 可被 a2+a+1 整除. (2)假设 n=k(k≥1,k∈N*)时,

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ak+1+(a+1)2k-1 能被 a2+a+1 整除, 则当 n=k+1 时, ak+2+(a+1)2k+1=a· ak+1+(a+1)2(a+1)2k-1 =a· ak+1+a· (a+1)2k-1+(a2+a+1)(a+1)2k-1 =a[ak+1+(a+1)2k-1]+(a2+a+1)(a+1)2k-1 由假设可知 a[ak+1+(a+1)2k-1]能被 a2+a+1 整除,(a2+a+1)(a+1)2k-1 也能被 a2+a +1 整除, ∴ak+2+(a+1)2k+1 也能被 a2+a+1 整除, 即 n=k+1 时命题也成立, 由(1)(2)知,对任意 n∈N*原命题成立. 2.在数列{an}中,a1=1,an+1=can+cn 1(2n+1),n∈N*,其中 c≠0.求数列{an}的通


项公式. 解:由 a1=1,a2=ca1+c2· 3=3c2+c =(22-1)c2+c, a3=ca2+c3· 5=8c3+c2=(32-1)c3+c2, a4=ca3+c4· 7=15c4+c3=(42-1)c4+c3, 猜测 an=(n2-1)cn+cn-1,n∈N*. 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=(k2-1)ck+ck-1,则当 n=k+1 时, ak+1=cak+ck+1(2k+1) =c[(k2-1)ck+ck-1]+ck+1(2k+1) =(k2+2k)ck+1+ck=[(k+1)2-1]ck+1+ck, 综上,an=(n2-1)cn+cn-1 对任何 n∈N*都成立.

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不等式、推理与证明

一、选择题(本题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分) x-2 1.不等式 ≤0 的解集是( x+1 A.(-∞,-1)∪(-1,2] C.(-∞,-1)∪[2,+∞) x-2 解析:选 B ∵ ≤0,∴-1<x≤2. x+1 2.把下面在平面内成立的结论类比推广到空间,结论还正确的是( A.如果一条直线与两条平行线中的一条相交,则也与另一条相交 B.如果一条直线与两条平行线中的一条垂直,则也与另一条垂直 C.如果两条直线没有公共点,则这两条直线平行 D.如果两条直线同时与第三条直线垂直,则这两条直线平行 解析:选 B 由空间立体几何的知识可知 B 正确. 3.(2012· 保定模拟)已知 a>b,则下列不等式成立的是( A.a2-b2≥0 C.ac2>bc2 B.ac>bc D.2a>2b ) ) ) B.(-1,2] D.[-1,2]

解析:选 D A 中,若 a=-1,b=-2,则 a2-b2≥0 不成立;当 c=0 时,B、C 不成 立.由 a>b 知 2a>2b 成立. a b? ?x 1? 4.若规定? ?c d?=ad-bc,则不等式 0<?1 x?<1 的解集是( A.(-1,1) C.(- 2,-1) ∪(1, 2) B.(-1,0) ∪(0,1) D.(1, 2) )

解析:选 C 由题意可知 0<x2-1<1?1<x2<2?1<|x|< 2?- 2<x<-1 或 1<x < 2. 2x+y-2≥0, ? ? 5.(2012· 天津高考)设变量 x,y 满足约束条件?x-2y+4≥0, ? ?x-1≤0, 的最小值为( A.-5 ) B.-4

则目标函数 z=3x-2y

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C.-2

D.3

解析:选 B 不等式表示的平面区域是如图所示的阴影部分,作辅助线 l0:3x-2y=0, 结合图形可知,当直线 3x-2y=z 平移到过点(0,2)时,z=3x-2y 的值最小,最小值为-4. a-1 6.设 a∈R,则“ 2 <0”是“|a|<1” 成立的( a -a+1 A.充分必要条件 C.必要不充分条件 )

B.充分不必要条件 D.既非充分也非必要条件

1?2 3 3 a-1 解析:选 C 因为 a2-a+1=? ?a-2? +4≥4>0,所以由a2-a+1<0 得 a<1,不能得 a-1 a-1 知|a|<1;反过来,由|a|<1 得-1<a<1,所以 2 <0,因此,“ 2 <0”是“|a| a -a+1 a -a+1 <1”成立的必要不充分条件. 1 ? ?1 ??1 ? 7.设 M=? ?a-1??b-1?? c-1?,且 a+b+c=1(a,b,c 均为正数),由综合法得 M 的 取值范围是( 1? A.? ?0,8? C. [1,8] 解析:选 D 由 a+b+c=1, b c??a c??a b? M=? ?a+a??b+b??c+c?≥8(当且仅当 a=b=c 时取等号). 8.如果 a,b,c 满足 c<b<a,且 ac<0,那么下列选项中不一定成立的是( A.ab>ac C.cb2<ab2 B.c(b-a)>0 D.ac(a-c)<0 ) ) 1 ? B.? ?8,1? D.[8,+∞)

解析:选 C 由题意知 c<0,a>0,则 A 一定正确;B 一定正确;D 一定正确;当 b =0 时 C 不正确. x ? ?2,x≥0, 9.已知函数 f(x)=? ,则 f(f(x))≥1 的充要条件是( ?x2,x<0, ? A.x∈(-∞,- 2 ]

)

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B.x∈[4 2,+∞) C.x∈(-∞,-1]∪[4 2,+∞) D.x∈(-∞,- 2]∪[4,+∞) x x2 解析:选 D 当 x≥0 时,f(f(x))= ≥1,所以 x≥4;当 x<0 时,f(f(x))= ≥1,所以 4 2 x2≥2,解得 x≥ 2(舍去)或 x≤- 2,因此 f(f(x))≥1 的充要条件是 x∈(-∞,- 2]∪[4, +∞). 2x-y+2≥0, ? ? 10.(2012· 山西省四校联考)设实数 x,y 满足约束条件?8x-y-4≤0, ? ?x≥0,y≥0, =abx+y(a>0,b>0)的最大值为 13,则 a+b 的最小值为( A.2 C.6 B.4 D.8 )

若目标函数 z

解析:选 C 在坐标平面内画出题中的不等式组表示的平面区域及直线 abx+y=0,平 移该直线,当平移到经过该平面区域内的点(1,4)时,相应直线在 y 轴上的截距达到最大,此 时目标函数 z=abx+y(a>0,b>0)取得最大值,依题意有 ab×1+4=13,即 ab=9,其中 a >0,b>0,a+b≥2 ab=2 9=6,当且仅当 a=b=3 时取等号,因此 a+b 的最小值为 6. 11.已知 M 是△ABC 内的一点,且 AB ·AC =2 3,∠BAC=30° ,若△MBC、△MCA 1 1 4 和△MAB 的面积分别是 、x、y,则 + 的最小值是( 2 x y A.9 C.16 解析:选 B B.18 D.20 )

AB ·AC =| AB || AC |cos 30° =2 3,

1 ∴| AB || AC |=4,∴S△ABC= ×4×sin 30° = 1, 2 1 ∴ +x+y=1,即 2(x+y)=1, 2 1 4 1 4? + · ∴ + =? 2(x+y) x y ? x y?

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y 4x? ? =2? ?5+x+ y ?≥2?5+2

y 4x? · x y?

1 1 =2×(5+4)=18,当且仅当 y=2x,即 x= ,y= 时等号成立. 6 3 12.(2012· 湖南高考)设 a>b>1,c<0,给出下列三个结论: c c ① > ;②ac<bc;③logb(a-c)>loga(b-c). a b 其中所有的正确结论的序号是( A.① C.②③ ) B.①② D.①②③

1 1 c c 解析:选 D 由 a>b>1,c<0 得, < , > ;幂函数 y=xc(c<0)是减函数,所以 ac<bc; a b a b 因为 a-c>b-c,所以 logb(a-c)>loga(a-c)>loga(b-c),①②③均正确. 二、填空题(本题共 4 个小题,每小题 5 分,共 20 分) p 13.(文)若不等式-4<2x-3<4 与不等式 x2+px+q<0 的解集相同,则 =________. q 解析:由-4<2x-3<4 1 7 得- <x< , 2 2 1? 7 7 1 由题意得 - =-p,? ?-2?×2=q, 2 2 7 p 12 即 p=-3,q=- ,∴ = . 4 q 7 12 答案: 7 13.(理)若 f(n)=12+22+32+…+(2n)2,则 f(k+1)与 f(k)的递推关系式是________. 解析:∵f(k)=12+22+…+(2k)2, ∴f(k+1)=12+22+…+(2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2; ∴f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2. 答案:f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2 14.(2012· 福州模拟)如图,一个类似杨辉三角的递推式,则第 n 行的首尾两个数均为 ________,第 n 行的第 2 个数为________. 解析:每行的第一个数可构成数列 1,3,5,7,9,…,是以 1 为首项, 以 2 为公差的等差数列,故第 n 行第一个数为 1+2(n-1)=2n-1.

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从第 2 行起,每行的第 2 个数可构成数列 3,6,11,18,…,可得 a3-a2=3,a4-a3=5, a5-a4=7,…,an-an-1=2n-3. (其中 n 为行数),以上各式两边分别相加,可得 an=[3+5+7+…+(2n-3)]+a2= ?n-2?[3+?2n-3?] +3=n2-2n+3. 2 答案:2n-1 n2-2n+3

? ?x+y+1≥0, 15.(2012· 浙江调研)已知实数 x,y 满足? 若(-1,0)是使 ax+y 取得最大 ?2x-y+2≥0, ?

值的可行解,则实数 a 的取值范围是________.

解析:题中不等式组表示的平面区域如图中阴影所示,令 z=ax+y,则 y=-ax+z, 因为(-1,0)是使 ax+y 取得最大值的可行解,所以结合图形可知-a≥2,即 a≤-2. 答案:(-∞,-2] x≤2, ? ? 16.(2012· 北京西城模拟)设 λ>0,不等式组?λx-y≥0, ? ?x+2λy≥0 出下列三个结论: ①当 λ=1 时,W 的面积为 3; ②?λ>0,使 W 是直角三角形区域; y ③设点 P(x,y),?P∈W 有 x+ ≤4. λ 其中,所有正确结论的序号是________. x≤2, ? ? 解析:当 λ=1 时,不等式组变成?x-y≥0, ? ?x+2y≥0, 顶点的三角形区域,易得 W 的面积为 3,①正确; 1? 1 1 ∵直线 λx-y=0 的斜率为 λ,直线 x+2λy=0 的斜率为- ,λ×? ?-2λ?=-2≠-1,且 2λ

所表示的平面区域是 W.给

其表示以点(0,0),(2,2),(2,-1)为

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直线 x=2 垂直于 x 轴, ∴W 不可能成为直角三角形区域,②错误; x≤2, ? ? 显然,不等式组?λx-y≥0, ? ?x+2λy≥0

1? 表示的区域是以点(0,0),(2,2λ),? ?2,-λ?为顶点的三

y 1 y 角形区域,令 z=x+ ,则其在三个点处的值依次为:0,4,2- 2,∴z=x+ 的最大值 zmax=4, λ λ λ ③正确. 答案:①③ 三、解答题(本题共 6 小题,共 70 分)
? ? 4 ? ? 17.(本小题满分 10 分)已知集合 A={x|x2<4},B=?x?1<x+3 ?. ? ?

?

? ?

(1)求集合 A∩B; (2)若不等式 2x2+ax+b<0 的解集为 B,求 a、b 的值. 解:(1)A={x|-2<x<2}, x-1 4 4 ∵ >1? -1>0? <0?-3<x<1, x+3 x+3 x+3 ∴B={x|-3<x<1}. ∴A∩B={x|-2<x<1}. (2)由(1)及题意知,不等式 2x2+ax+b<0 的解集为(-3,1), a b ∴-3+1=- ,-3×1= , 2 2 ∴a=4,b=-6. 18.(本小题满分 12 分)已知 x>0,y>0,且 2x+8y-xy=0, 求:(1)xy 的最小值; (2)x+y 的最小值. 解:x>0,y>0,2x+8y-xy=0, (1)xy=2x+8y≥2 16xy, ∴ xy≥8, ∴xy≥64.

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故 xy 的最小值为 64. 2 8 (2)由 2x+8y=xy,得 + =1, y x 2 8? 则 x+y=(x+y)· 1=(x+y)? ? y + x? 2x 8y =10+ + ≥10+8=18. y x 故 x+y 的最小值为 18. 19.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)=x2+ax+b,a,b∈R. (1)若对任意的实数 x,都有 f(x)≥2x+a,求 b 的取值范围; (2)当 x∈[-1,1]时,f(x)的最大值为 M,求证:M≥b+1. 解:(1)对任意的 x∈R,都有 f(x)≥2x+a?对任意的 x∈R,x2+(a-2)x+(b-a)≥0?Δ= a2 (a-2)2-4(b-a)≤0?b≥1+ ?b≥1. 4 ∵a∈R, ∴b∈[1,+∞),即 b 的取值范围为[1,+∞). (2)证明∵f(1)=1+a+b≤M,f(-1)=1-a+b≤M, ∴2M≥2b+2,即 M≥b+1. 20.(本小题满分 12 分) 在数列{an}中,a1=1,当 n≥2 时,其前 n 项和 Sn 满足 S2 n= 1? an? ?Sn-2?. 1 1 1 1 (1)求 , , ,…,并求 (不需证明); S2 S3 S4 Sn (2)求数列{an}的通项公式. 1? ? 解:(1)当 n≥2 时,由 an=Sn-Sn-1 和 S2 n=an Sn-2 , ? ? 1? ? 得 S2 2=(S2-S1) S2-2 , ? ? 1 1+2S1 1 得 = =2+ =3, S2 S1 1 1? ? 由 S2 3=(S3-S2) S3-2 , ? ? 1 1 得 =2+ =5, S3 S2

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1? ? 由 S2 4=(S4-S3) S4-2 , ? ? 1 1 得 =2+ =7, S4 S3 … 1? ? 由 S2 n=(Sn-Sn-1) Sn-2 得 ? ? 1 1 =2+ =2n-1. Sn Sn-1 1 (2)由(1)知,Sn= ,当 n≥2 时,an=Sn-Sn-1 2n-1 = 1 2 - =- , 2n-1 2n-3 ?2n-1??2n-3? 1

显然,a1=1 不符合上述表达式, 所以数列{an}的通项公式为

?1,n=1, a =? 2 - ,n≥2. ? ?2n-1??2n-3?
n

21.(本小题满分 12 分)(2012· 福州质检)某书商为提高某套丛书的销量,准备举办一场 展销会.据市场调查,当每套丛书售价定为 x 元时,销售量可达到 15-0.1x 万套.现出版 社为配合该书商的活动, 决定进行价格改革, 将每套丛书的供货价格分成固定价格和浮动价 格两部分,其中固定价格为 30 元,浮动价格(单位:元)与销售量(单位:万套)成反比,比例 系数为 10.假设不计其他成本,即销售每套丛书的利润=售价-供货价格.问: (1)每套丛书售价定为 100 元时,书商所获得的总利润是多少万元? (2)每套丛书售价定为多少元时,单套丛书的利润最大? 解:(1)每套丛书售价定为 100 元时,销售量为 15-0.1×100=5 万套, 10 此时每套丛书的供货价格为 30+ =32 元, 5 书商所获得的总利润为 5×(100-32)=340 万元.

? ?15-0.1x>0, (2)每套丛书售价定为 x 元时,由? ? ?x>0,
得 0<x<150,

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10 ? ? 100 由题意,单套丛书利润 P=x-?30+ -30. ?=x- 15 - 0.1 x ? ? 150-x ∵0<x<150, ∴150-x>0, 100 ? ? P=- ??150-x?+ +120. 150-x? ? ? 100 ∵(150-x)+ ≥2 150-x 100 ?150-x?· =2×10=20, 150-x

100 当且仅当 150-x= ,即 x=140 时等号成立, 150-x ∴此时,Pmax=-20+120=100. 每套丛书售价定为 100 元时,书商所获得的总利润为 340 万;每套丛书售价定为 140 元时,单套丛书的利润取得最大值. 22.(本小题满分 12 分)(2012· 江西模拟)设集合 W 是满足下列两个条件的无穷数列{an} 的集合: ① an+an+2 ≤an+1;②an≤M,其中 n∈N*,M 是与 n 无关的常数. 2

(1)若{an}是等差数列,Sn 是其前 n 项的和,a3=4,S3=18,试探究{Sn}与集合 W 之间 的关系; (2)设数列{bn}的通项为 bn=5n-2n,且{bn}∈W,M 的最小值为 m,求 m 的值; 1 (3)在(2)的条件下,设 Cn= [bn+(m-5)n]+ 2, 5 求证:数列{Cn}中任意不同的三项都不能成为等比数列. 解:(1)∵a3=4,S3=18,∴a1=8,d=-2, ∴Sn=-n2+9n, Sn+Sn+2 9 81 n- ?2+ ,当 n=4 或 5 时,Sn 取最大值 20. <Sn+1 满足条件①,∴Sn=-? 2 ? ? 2 4 ∴Sn≤20 满足条件②,∴{Sn}∈W. (2)bn+1-bn=5-2n 可知{bn}中最大项是 b3=7, ∴M≥7,M 的最小值为 7. (3)证明:由(2)知 Cn=n+ 2,假设{Cn}中存在三项 cp、cq、cr(p、q、r 互不相等)成等

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比数列,则 c2 cr, q=cp· ∴(q+ 2)2=(p+ 2)(r+ 2), ∴(q2-pr)+(2q-p-r) 2=0.
2 ? ?q =pr, ∵p、q、r∈N ,∴? ?2q-p-r=0, ? *

消去 q 得(p-r)2=0, ∴p=r,与 p≠r 矛盾. ∴{Cn}中任意不同的三项都不能成为等比数列.


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