2014届高考数学一轮复习教学案数学归纳法(理)(含解析)

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n 0(n 0∈N *)时命题成立；(2)(归纳递推)假设n ＝k (k ≥n 0，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n 0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3n ≥n 3(n ∈N ，n ≥3)，第一步应验证( ) A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3D ．n ＝4答案：C2．(教材习题改编)已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…－1n ＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 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( )A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立C ．n ＝2k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋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． 3．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14解析：选D 由f (n )可知，共有n 2－n ＋1项，且n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14.4．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＋225．用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n >1)”，由n ＝k (k >1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项的项数是________．解析：当n ＝k 时，不等式为1＋12＋13＋…＋12k －1<k .则n ＝k ＋1时，左边应为：1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1 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[例1] 设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n(n ∈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，右边＝2⎝⎛⎭⎫1＋12－1＝1， 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＝(k ＋1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f (k ＋1)－1k ＋1－k＝(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n 0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 *，11×3＋13×5＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n2n ＋1. 证明：(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．用数学归纳法证明不等式典题导入[例2] 等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N *，点(n ，S n )均在函数y ＝b x＋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b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N *)，证明：对任意的n ∈N *，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞n ＋1成立． [自主解答] (1)由题意，S n ＝b n ＋r ， 当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r . 所以a n ＝S n －S n －1＝b n －1(b －1)． 由于b ＞0且b ≠1，所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列． 又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，∴a 2a 1＝b ，即b (b －1)b ＋r ＝b ，解得r ＝－1. (2)证明：由(1)知a n ＝2n －1， 因此b n ＝2n (n ∈N *)，所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n ＞n ＋1.①当n ＝1时，左式＝32，右式＝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＋12·4＋14·…·2k ＋12k＞k ＋1，则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32(k ＋1)＞k ＋1·2k ＋32(k ＋1)＝2k ＋32k ＋1，要证当n ＝k ＋1时结论成立， 只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2.即证2k ＋32≥(k ＋1)(k ＋2)，由基本不等式知2k ＋32＝(k ＋1)＋(k ＋2)2≥(k ＋1)(k ＋2)成立，故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立，所以，当n ＝k ＋1时，结论成立． 由①②可知，n ∈N *时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n＞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2．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2＜2－1n(n ∈N *，n ≥2)．证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54＜2－12＝32，命题成立．(2)假设n ＝k 时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2＜2－1k.当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2＜2－1k ＋1(k ＋1)2＜2－1k ＋1k (k ＋1)＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1命题成立．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，P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，…，P n (x n ，y n )(0＜y 1＜y 2＜…＜y n )是曲线C ：y 2＝3x (y ≥0)上的n 个点，点A i (a i,0)(i ＝1,2,3，…，n )在x 轴的正半轴上，且△A i －1A i P i 是正三角形(A 0是坐标原点)．(1)写出a 1、a 2、a 3；(2)求出点A n (a n,0)(n ∈N *)的横坐标a n 关于n 的表达式并证明．[自主解答] (1)a 1＝2，a 2＝6，a 3＝12.(2)依题意，得x n ＝a n －1＋a n 2，y n ＝3·a n －a n －12，由此及y 2n ＝3·x n 得⎝ ⎛⎭⎪⎫3·a n －a a －122＝32(a n＋a n －1)，即(a n －a n －1)2＝2(a n －1＋a n )．由(1)可猜想：a n ＝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a k ＝k (k ＋1)，则当n ＝k ＋1时，由归纳假设及(a k ＋1－a k )2＝2(a k ＋a k ＋1)，得[a k ＋1－k (k ＋1)]2＝2[k (k ＋1)＋a k ＋1]，即a 2k ＋1－2(k 2＋k ＋1)a k ＋1＋[k (k －1)]·[(k ＋1)(k ＋2)]＝0，解之得，a k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)(a k ＋1＝k (k －1)＜a k 不合题意，舍去)，即当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{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *) (1)计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ； (2)用数学归纳法证明(1)中的猜想． 解：(1)当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1， ∴a 1＝1.当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2， ∴a 2＝32.当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3， ∴a 3＝74.当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4， ∴a 4＝158.由此猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．(2)证明：①当n ＝1时，a 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 －12k －1，那么n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1， ∴2a k ＋1＝2＋a k ，∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k －12k －12＝2k ＋1－12k ，这表明n ＝k ＋1时，结论成立， 由①②知猜想a n ＝2n －12n －1成立．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．2．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n ∈N *)成立，其初始值最小应取( )A ．7B ．8C ．9D ．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 B ．f (n )＋n C ．f (n )＋n －1D ．f (n )＋n －2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．5．在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( )A.1(n －1)(n ＋1) B.12n (2n ＋1) C.1(2n －1)(2n ＋1)D.1(2n ＋1)(2n ＋2)解析：选C 由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n 求得a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝163＝17×9.猜想a n ＝1(2n －1)(2n ＋1).6．下列代数式(其中k ∈N *)能被9整除的是( ) A ．6＋6·7kB ．2＋7k －1 C ．2(2＋7k ＋1)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，x n ＋y n 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 ＋18．(2012·济南模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋ n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在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)＋…＋k 2， 则当n ＝k ＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2， 故增加的项为(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2. 答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)29．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 ，通过计算S 1，S 2，S 3，猜想S n ＝________.解析：由(S 1－1)2＝S 21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.猜想S n ＝nn ＋1.答案：n n ＋110．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n －1)2 ＝13n (4n 2－1)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝ 13×1×(4－1)＝1，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)．则当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋(2k ＋1)2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (4k 2－1)＋4k 2＋4k ＋1＝13k [4(k ＋1)2－1]－13k ·4(2k ＋1)＋4k 2＋4k ＋1 ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13(12k 2＋12k ＋3－8k 2－4k ) ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋13[4(k ＋1)2－1] ＝13(k ＋1) [4(k ＋1)2－1]． 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P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n1－4a 2n(n ∈N *)，且点P 1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N *，点P n 都在(1)中的直线l 上． 解：(1)由题意得a 1＝1，b 1＝－1， b 2＝－11－4×1＝13，a 2＝1×13＝13，∴P 2⎝⎛⎭⎫13，13. ∴直线l 的方程为y ＋113＋1＝x －113－1，即2x ＋y ＝1.(2)①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立． ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，2a k ＋b k ＝1成立． 则2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝b k1－4a 2k ·(2a k ＋1) ＝b k1－2a k ＝1－2a k 1－2a k＝1， ∴当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝1也成立．由①②知，对于n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 在直线l 上．12．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，并给出严格的证明．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 ≥1，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．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 ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋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)， 则左边应增乘的式子是(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋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n 2＝1＋3＋5＋…＋19, m 3(m ∈N *)的分解中最小的数是21，则m ＋n 的值为________．解析：∵依题意得 n 2＝10×(1＋19)2＝100, ∴n ＝10. 易知 m 3＝21m ＋m (m －1)2×2, 整理得(m －5)(m ＋4)＝0, 又 m ∈N *, 所以 m ＝5, 所以m ＋n ＝15.答案：153．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 )，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，即1＋123＋133＋143＋…＋1k 3＜32－12k 2，那么，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．1．用数学归纳法证明a n ＋1＋(a ＋1)2n －1(n ∈N *)能被a 2＋a ＋1整除． 证明： (1)当n ＝1时，a 2＋(a ＋1)＝a 2＋a ＋1可被a 2＋a ＋1整除．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，a k＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋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·(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1＝a[a k＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1由假设可知a[a k＋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，∴a k＋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{a n}中，a1＝1，a n＋1＝ca n＋c n＋1(2n＋1)，n∈N*，其中c≠0.求数列{a n}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a n＝(n2－1)c n＋c n－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a k＝(k2－1)c k＋c k－1，则当n＝k＋1时，a k＋1＝ca k＋c k＋1(2k＋1)＝c[(k2－1)c k＋c k－1]＋c k＋1(2k＋1)＝(k2＋2k)c k＋1＋c k＝[(k＋1)2－1]c k＋1＋c k，综上，a n＝(n2－1)c n＋c n－1对任何n∈N*都成立．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) 1．不等式x －2x ＋1≤0的解集是( )A ．(－∞，－1)∪(－1,2]B ．(－1,2]C ．(－∞，－1)∪[2，＋∞)D ．[－1,2]解析：选B ∵x －2x ＋1≤0，∴－1＜x ≤2.2．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 ．a 2－b 2≥0 B ．ac ＞bc C ．ac 2＞bc 2D ．2a ＞2b解析：选D A 中，若a ＝－1，b ＝－2，则a 2－b 2≥0不成立；当c ＝0时，B 、C 不成立．由a ＞b 知2a ＞2b 成立．4．若规定⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，则不等式0＜⎪⎪⎪⎪x 11 x ＜1的解集是( )A ．(－1,1)B ．(－1,0) ∪(0,1)C ．(－2，－1) ∪(1，2)D ．(1，2)解析：选C 由题意可知0＜x 2－1＜1⇔1＜x 2＜2⇔1＜|x |＜2⇔－2＜x ＜－1或1＜x ＜ 2.5．(2012·天津高考)设变量x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋y －2≥0，x －2y ＋4≥0，x －1≤0，则目标函数z ＝3x －2y的最小值为( )A ．－5B ．－4C ．－2D ．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l 0：3x －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－4.6．设a ∈R ，则“a －1a 2－a ＋1＜0”是“|a |＜1” 成立的( )A ．充分必要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既非充分也非必要条件解析：选C 因为a 2－a ＋1＝⎝⎛⎭⎫a －122＋34≥34＞0，所以由a －1a 2－a ＋1＜0得a ＜1，不能得知|a |＜1；反过来，由|a |＜1得－1＜a ＜1，所以a －1a 2－a ＋1＜0，因此，“a －1a 2－a ＋1＜0”是“|a |＜1”成立的必要不充分条件．7．设M ＝⎝⎛⎭⎫1a －1⎝⎛⎭⎫1b －1⎝⎛⎭⎫1c －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( )A.⎣⎡⎦⎤0，18 B.⎣⎡⎭⎫18，1 C. [1,8]D ．[8，＋∞)解析：选D 由a ＋b ＋c ＝1，M ＝⎝⎛⎭⎫b a ＋c a ⎝⎛⎭⎫a b ＋c b ⎝⎛⎭⎫a c ＋bc ≥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 B ．c (b －a )＞0 C ．cb 2＜ab 2D ．ac (a －c )＜0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．9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2，x ≥0，x 2，x ＜0，，则f (f (x ))≥1的充要条件是( )A ．x ∈(－∞，－ 2 ]B ．x ∈[42，＋∞)C ．x ∈(－∞，－1]∪[42，＋∞)D ．x ∈(－∞，－2]∪[4，＋∞)解析：选D 当x ≥0时，f (f (x ))＝x 4≥1，所以x ≥4；当x ＜0时，f (f (x ))＝x 22≥1，所以x 2≥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，＋∞)．10．(2012·山西省四校联考)设实数x ，y 满足约束条件⎩⎪⎨⎪⎧2x －y ＋2≥0，8x －y －4≤0，x ≥0，y ≥0，若目标函数z＝abx ＋y (a ＞0，b ＞0)的最大值为13，则a ＋b 的最小值为( )A ．2B ．4C ．6D ．8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 ≥2ab ＝29＝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 ＝23，∠BAC ＝30°，若△MBC 、△MCA 和△MAB 的面积分别是12、x 、y ，则1x ＋4y的最小值是( )A ．9B ．18C ．16D ．20解析：选B AB ·AC ＝|AB ||AC |cos 30°＝23， ∴|AB ||AC |＝4，∴S △ABC ＝12×4×sin 30°＝1，∴12＋x ＋y ＝1，即2(x ＋y )＝1， ∴1x ＋4y ＝⎝⎛⎭⎫1x ＋4y ·2(x ＋y )＝2⎝⎛⎭⎫5＋y x ＋4xy ≥2⎝⎛⎭⎫5＋2 y x ·4x y ＝2×(5＋4)＝18，当且仅当y ＝2x ，即x ＝16，y ＝13时等号成立．12．(2012·湖南高考)设a >b >1，c <0，给出下列三个结论： ①c a >cb ；②ac <b c ；③log b (a －c )>log a (b －c )． 其中所有的正确结论的序号是( ) A ．① B ．①② C ．②③D ．①②③解析：选D 由a >b >1，c <0得，1a <1b ，c a >cb ；幂函数y ＝xc (c <0)是减函数，所以a c <b c ；因为a －c >b －c ，所以log b (a －c )>log a (a －c )>log a (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)13．(文)若不等式－4＜2x －3＜4与不等式x 2＋px ＋q ＜0的解集相同，则pq ＝________.解析：由－4＜2x －3＜4 得－12＜x ＜72，由题意得72－12＝－p ，⎝⎛⎭⎫－12×72＝q ， 即p ＝－3，q ＝－74，∴p q ＝127.答案：12713．(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)214．(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.从第2行起，每行的第2个数可构成数列3,6,11,18，…，可得a 3－a 2＝3，a 4－a 3＝5，a 5－a 4＝7，…，a n －a n －1＝2n －3.(其中n 为行数)，以上各式两边分别相加，可得a n ＝[3＋5＋7＋…＋(2n －3)]＋a 2＝(n －2)[3＋(2n －3)]2＋3＝n 2－2n ＋3.答案：2n －1 n 2－2n ＋315．(2012·浙江调研)已知实数x ，y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＋1≥0，2x －y ＋2≥0，若(－1,0)是使ax ＋y 取得最大值的可行解，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]16．(2012· 北京西城模拟)设λ＞0，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，λx －y ≥0，x ＋2λy ≥0所表示的平面区域是W .给出下列三个结论：①当λ＝1时，W 的面积为3； ②∃λ＞0，使W 是直角三角形区域； ③设点P (x ，y )，∀P ∈W 有x ＋yλ≤4.其中，所有正确结论的序号是________． 解析：当λ＝1时，不等式组变成⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，x －y ≥0，x ＋2y ≥0，其表示以点(0,0)，(2,2)，(2，－1)为顶点的三角形区域，易得W 的面积为3，①正确；∵直线λx －y ＝0的斜率为λ，直线x ＋2λy ＝0的斜率为－12λ，λ×⎝⎛⎭⎫－12λ＝－12≠－1，且直线x ＝2垂直于x 轴，∴W 不可能成为直角三角形区域，②错误； 显然，不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ≤2，λx －y ≥0，x ＋2λy ≥0表示的区域是以点(0,0)，(2,2λ)，⎝⎛⎭⎫2，－1λ为顶点的三角形区域，令z ＝x ＋y λ，则其在三个点处的值依次为：0,4,2－1λ2，∴z ＝x ＋yλ的最大值z max ＝4，③正确．答案：①③三、解答题(本题共6小题，共70分)17．(本小题满分10分)已知集合A ＝{x |x 2＜4}，B ＝⎩⎪⎨⎪⎧⎭⎪⎬⎪⎫x ⎪⎪1＜4x ＋3.(1)求集合A ∩B ；(2)若不等式2x 2＋ax ＋b ＜0的解集为B ，求a 、b 的值． 解：(1)A ＝{x |－2＜x ＜2}，∵4x ＋3＞1⇒4x ＋3－1＞0⇒x －1x ＋3＜0⇒－3＜x ＜1， ∴B ＝{x |－3＜x ＜1}． ∴A ∩B ＝{x |－2＜x ＜1}．(2)由(1)及题意知，不等式2x 2＋ax ＋b ＜0的解集为(－3,1)， ∴－3＋1＝－ a 2，－3×1＝b 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 ≥216xy ， ∴xy ≥8， ∴xy ≥64.故xy 的最小值为64.(2)由2x ＋8y ＝xy ，得2y ＋8x＝1， 则x ＋y ＝(x ＋y )·1＝(x ＋y )⎝⎛⎭⎫2y ＋8x＝10＋2x y ＋8y x≥10＋8＝18. 故x ＋y 的最小值为18.19．(本小题满分12分)已知函数f (x )＝x 2＋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 ，x 2＋(a －2)x ＋(b －a )≥0⇔Δ＝(a －2)2－4(b －a )≤0⇔b ≥1＋a 24⇔b ≥1. ∵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{a n }中，a 1＝1，当n ≥2时，其前n 项和S n 满足S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12. (1)求1S 2，1S 3，1S 4，…，并求1S n(不需证明)； (2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)当n ≥2时，由a n ＝S n －S n －1和S 2n ＝a n ⎝⎛⎭⎫S n －12， 得S 22＝(S 2－S 1)⎝⎛⎭⎫S 2－12， 得1S 2＝1＋2S 1S 1＝2＋11＝3， 由S 23＝(S 3－S 2)⎝⎛⎭⎫S 3－12， 得1S 3＝2＋1S 2＝5， 由S 24＝(S 4－S 3)⎝⎛⎭⎫S 4－12，得1S 4＝2＋1S 3＝7， …由S 2n ＝(S n －S n －1)⎝⎛⎭⎫S n －12得 1S n ＝2＋1S n －1＝2n －1. (2)由(1)知，S n ＝12n －1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1 ＝12n －1－12n －3＝－2(2n －1)(2n －3)， 显然，a 1＝1不符合上述表达式，所以数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎨⎧ 1，n ＝1，－2(2n －1)(2n －3)，n ≥2.21．(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，此时每套丛书的供货价格为30＋105＝32元， 书商所获得的总利润为5×(100－32)＝340万元．(2)每套丛书售价定为x 元时，由⎩⎪⎨⎪⎧15－0.1x ＞0，x ＞0， 得0＜x ＜150， 由题意，单套丛书利润P ＝x －⎝ ⎛⎭⎪⎫30＋1015－0.1x ＝x －100150－x－30.∵0＜x ＜150，∴150－x ＞0，P ＝－ ⎣⎢⎡⎦⎥⎤(150－x )＋100150－x ＋120. ∵(150－x )＋100150－x ≥2 (150－x )·100150－x＝2×10＝20， 当且仅当150－x ＝100150－x，即x ＝140时等号成立， ∴此时，P max ＝－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{a n }的集合：①a n ＋a n ＋22≤a n ＋1；②a n ≤M ，其中n ∈N *，M 是与n 无关的常数． (1)若{a n }是等差数列，S n 是其前n 项的和，a 3＝4，S 3＝18，试探究{S n }与集合W 之间的关系；(2)设数列{b n }的通项为b n ＝5n －2n ，且{b n }∈W ，M 的最小值为m ，求m 的值；(3)在(2)的条件下，设C n ＝15[b n ＋(m －5)n ]＋2， 求证：数列{C n }中任意不同的三项都不能成为等比数列．解：(1)∵a 3＝4，S 3＝18，∴a 1＝8，d ＝－2，∴S n ＝－n 2＋9n ，S n ＋S n ＋22<S n ＋1满足条件①，∴S n ＝－⎝⎛⎭⎫n －922＋814，当n ＝4或5时，S n 取最大值20. ∴S n ≤20满足条件②，∴{S n }∈W .(2)b n ＋1－b n ＝5－2n 可知{b n }中最大项是b 3＝7，∴M ≥7，M 的最小值为7. (3)证明：由(2)知C n ＝n ＋2，假设{C n }中存在三项c p 、c q 、c r (p 、q 、r 互不相等)成等比数列，则c 2q ＝c p ·c r ， ∴(q ＋2)2＝(p ＋2)(r ＋2)，∴(q 2－pr )＋(2q －p －r )2＝0.∵p 、q 、r ∈N *，∴⎩⎪⎨⎪⎧ q 2＝pr ，2q －p －r ＝0， 消去q 得(p －r )2＝0， ∴p ＝r ，与p ≠r 矛盾． ∴{C n }中任意不同的三项都不能成为等比数列．。