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2013高考数学(理)一轮复习教案:第十三篇


第4讲
【2013 年高考会这样考】 1.数学归纳法的原理及其步骤. 2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题. 【复习指导】

数学归纳法

复习时要抓住数学归纳法证明命题的原理,明晰其内在的联系,把握数学归纳法证明命题的 一般步骤,熟知每一步之间的区别联系,熟悉数学归纳法在证明命题中的应用技巧.

基础梳理 1.归纳法 由一系列有限的特殊事例得出一般结论的推理方法,通常叫做归纳法.根据推理过程中考查 的对象是涉及事物的全体或部分可分为完全归纳法和不完全归纳法. 2.数学归纳法 (1)数学归纳法:设{Pn}是一个与正整数相关的命题集合,如果:①证明起始命题 P1(或 P0)成 立;②在假设 Pk 成立的前提下,推出 Pk+1 也成立,那么可以断定{Pn}对一切正整数成立. (2)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:证明当取第一个自然数 n0 时命题成立; ②归纳递推:假设 n=k,(k∈N*,k≥n0)时,命题成立,证明当 n=k+1 时,命题成立; ③由①②得出结论.

两个防范 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,第一步是递推的“基础”,第 二步是递推的“依据”,两个步骤缺一不可,在证明过程中要防范以下两点: (1)第一步验证 n=n0 时,n0 不一定为 1,要根据题目要求选择合适的起始值. (2)第二步中,归纳假设起着“已知条件”的作用,在证明 n=k+1 时,命题也成立的过程中 一定要用到它,否则就不是数学归纳法.第二步关键是“一凑假设,二凑结论”. 三个注意 运用数学归纳法应注意以下三点: (1)n=n0 时成立,要弄清楚命题的含义. (2)由假设 n=k 成立证 n=k+1 时,要推导详实,并且一定要运用 n=k 成立的结论. (3)要注意 n=k 到 n=k+1 时增加的项数.

双基自测 1 1.在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为2n(n-3)条时,第一步检验第一个值 n0 等于 ( A.1 解析 答案 ). B.2 C.3 D.0

边数最少的凸 n 边形是三角形. C

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

). C.2k-1 项 D.2k 项

1 1 1+2+ 3 +?+

1 1 1 ? 1 1 1 1 ? -?1+2+3+?+2k-1?= 2k + k +?+ k+1 ,共增加了 2 -1 ? 2 +1 2 -1 ?

2k 项,故选 D. 答案 D
2 n+1

3.用数学归纳法证明:“1+a+a +?+a 端计算所得的项为( A.1 C.1+a+a2 答案 C ).

1-an+2 = (a≠1,n∈N*)”在验证 n=1 时,左 1-a

B.1+a D.1+a+a2+a3

4.某个命题与自然数 n 有关,若 n=k(k∈N*)时命题成立,那么可推得当 n=k+1 时该命题 也成立,现已知 n=5 时,该命题不成立,那么可以推得( A.n=6 时该命题不成立 C.n=4 时该命题不成立 解析 ).

B.n=6 时该命题成立 D.n=4 时该命题成立

法一 由 n=k(k∈N*)成立,可推得当 n=k+1 时该命题也成立.因而若 n=4 成立,

必有 n=5 成立.现知 n=5 不成立,所以 n=4 一定不成立. 法二 其逆否命题“若当 n=k+1 时该命题不成立,则当 n=k 时也不成立”为真,故“n=5

时不成立”?“n=4 时不成立”. 答案 C 1 1 1 13 + +?+ >24的过程中,由 n=k 推导 n=k+1 时, n+1 n+2 n+n

5.用数学归纳法证明不等式

不等式的左边增加的式子是________.

解析 答案

不等式的左边增加的式子是 1 ?2k+1??2k+2?

1 1 1 1 1 + - = , 故填 . 2k+1 2k+2 k+1 ?2k+1??2k+2? ?2k+1??2k+2?

考向一 【例 1】?用数学归纳法证明:

用数学归纳法证明等式

tan nα tan α· 2α+tan 2α· 3α+?+tan(n-1)α· nα= tan α -n(n∈N*,n≥2). tan tan tan [审题视点] 注意第一步验证的值,在第二步推理证明时要注意把假设作为已知. 证明 立. (2)假设当 n=k(k∈N*且 k≥2)时,等式成立,即 tan kα tan α· 2α+tan 2α· 3α+?+tan(k-1)α· kα= tan α -k, tan tan tan 那么当 n=k+1 时, tan α· 2α+tan 2α· 3α+?+tan(k-1)α· kα+tan kα· tan tan tan tan(k+1)α tan kα = tan α -k+tan kα· tan(k+1)α tan kα = tan α +1+tan kα· tan(k+1)α-(k+1) tan kα tan?k+1?α-tan kα = tan α + -(k+1) tan[?k+1?α-kα] = tan?k+1?α tan α -(k+1). tan 2α 2 2tan2α (1)当 n=2 时,右边= tan α -2= -2= =tan α· 2α=左边,等式成 tan 1-tan2α 1-tan2α

这就是说,当 n=k+1 时等式也成立. 由(1)(2)知,对任何 n∈N*且 n≥2,原等式成立. 用数学归纳法证明等式时,要注意第(1)步中验证 n0 的值,如本题要取 n0=2,在第 (2)步的证明中应在归纳假设的基础上正确地使用正切的差角公式. 【训练 1】 用数学归纳法证明: 对任意的 n∈N*, 证明 1 1 1 n + +?+ = . 1×3 3×5 ?2n-1??2n+1? 2n+1 1 1 1 1 =3,右边 =3,左边=右边,所以等式成立. 1×3 2×1+1

(1)当 n=1 时,左边=

(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, 1 1 1 1 + +?+ + 1×3 3×5 ?2k-1??2k+1? ?2k+1??2k+3? = k?2k+3?+1 k 1 + = 2k+1 ?2k+1??2k+3? ?2k+1??2k+3?

2k2+3k+1 k+1 k+1 = = = , ?2k+1??2k+3? 2k+3 2?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. 考向二 用数学归纳法证明整除问题

【例 2】 ?是否存在正整数 m 使得 f(n)=(2n+7)·n+9 对任意自然数 n 都能被 m 整除, 3 若存在, 求出最大的 m 的值,并证明你的结论;若不存在,说明理由. [审题视点] 观察所给函数式,凑出推理要证明所需的项. 解 由 f(n)=(2n+7)·n+9 得,f(1)=36,f(2)=3×36,f(3)=10×36,f(4)=34×36,由此猜 3

想:m=36. 下面用数学归纳法证明: (1)当 n=1 时,显然成立; (2)假设 n=k(k∈N*且 k≥1)时,f(k)能被 36 整除,即 f(k)=(2k+7)·k+9 能被 36 整除;当 n= 3 k+1 时,[2(k+1)+7]·k+1+9=(2k+7)·k+1+27-27+2·k+1+9=3[(2k+7)·k+9]+18(3k-1 3 3 3 3 -1), 由于 3k-1-1 是 2 的倍数,故 18(3k-1-1)能被 36 整除,这就是说,当 n=k+1 时,f(n)也能被 36 整除. 由(1)(2)可知对一切正整数 n 都有 f(n)=(2n+7)·n+9 能被 36 整除,m 的最大值为 36. 3 证明整除问题的关键“凑项”,而采用增项、减项、拆项和因式分解等手段,凑出 n=k 时的情形,从而利用归纳假设使问题获证. 【训练 2】 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∈N*且 k≥1)时, 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·k+1+(a+1)2(a+1)2k-1=a·k+1+a· a 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, 2 (a

+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, ∴对任意 n∈N*原命题成立. 考向三 用数学归纳法证明不等式

1? ? 【 例 3 】 ? 用 数 学 归 纳 法 证 明 : 对 一 切 大 于 1 的 自 然 数 , 不 等 式 ?1+3? ? ? 1 ? 2n+1 1? ? ? ?1+5?· ?1+2n-1?> ?· 2 均成立. ? ? ? ? [审题视点] 本题用数学归纳法证明不等式,在推理过程中用放缩法,要注意放缩的“度”. 证明 1 4 5 (1)当 n=2 时,左边=1+3=3;右边= 2 .

∵左边>右边,∴不等式成立. (2)假设 n=k(k≥2,且 k∈N*)时不等式成立, 1 ? 2k+1 1?? 1? ? ? 即?1+3??1+5?· ?1+2k-1?> 2 . ?· ? ?? ? ? ? 则当 n=k+1 时, 1 ?? 1 1?? 1? ? ? ? ?1+3??1+5?· ?1+2k-1??1+2?k+1?-1? ?· ? ?? ? ? ?? ? 2k+1 2k+2 2k+2 4k2+8k+4 > 2 · = = 2k+1 2 2k+1 2 2k+1 4k2+8k+3 2k+3 2k+1 2?k+1?+1 > = = . 2 2 2k+1 2 2k+1 ∴当 n=k+1 时,不等式也成立. 由(1)(2)知,对于一切大于 1 的自然数 n,不等式都成立. 在由 n=k 到 n=k+1 的推证过程中,应用放缩技巧,使问题得以简化,用数学归纳 法证明不等式问题时,从 n=k 到 n=k+1 的推证过程中,证明不等式的常用方法有比较法、 分析法、综合法、放缩法等. 1 1 【训练 3】 已知函数 f(x)= x3-x,数列{an}满足条件:a1≥1,an+1≥f′(an+1).试比较 3 1+a1

+ 解

1 1 1 + +?+ 与 1 的大小,并说明理由. 1+a2 1+a3 1+an ∵f′(x)=x2-1,an+1≥f′(an+1),∴an+1≥(an+1)2-1.

∵函数 g(x)=(x+1)2-1=x2+2x 在区间[1,+∞)上单调递增,于是由 a1≥1,得 a2≥(a1+1)2 -1≥22-1,进而得 a3≥(a2+1)2-1≥24-1>23-1, 由此猜想:an≥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 ak≥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,ak+1≥(ak+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 an≥2n-1. 1 1 即 1+an≥2n,∴ ≤2n, 1+an ∴ 1 1 1 1 1 1 1 1 ?1? + + +?+ ≤2+22+23+?+2n=1-?2?n<1. ? ? 1+a1 1+a2 1+a3 1+an 考向四 归纳、猜想、证明

【例 4】?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. [审题视点] 利用 Sn 与 an 的关系式求出{an}的前几项,然后归纳出 an,并用数学归纳法证明. 解 (1)当 n=1 时,a1=S1=2-a1,∴a1=1.

3 当 n=2 时,a1+a2=S2=2×2-a2,∴a2=2. 7 当 n=3 时,a1+a2+a3=S3=2×3-a3,∴a3=4. 15 当 n=4 时,a1+a2+a3+a4=S4=2×4-a4,∴a4= 8 . 2n-1 由此猜想 an= n-1 (n∈N*). 2 21-1 (2)证明 ①当 n=1 时,左边=a1=1,右边= 20 =1,左边=右边,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, 2+ak ∴ak+1= 2 = 2+ 2k-1 2k-1 2k+1-1 = 2k , 2

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)归纳、猜想、证明是高考重点考查的内容之一,此类问题可分为归纳性问题和存 在性问题,本例从特例入手,通过观察、分析、归纳、猜想,探索出一般规律. (2)数列是定义在 N*上的函数,这与数学归纳法所运用的范围是一致的,并且数列的递推公式 与归纳原理实质上是一致的,数列中有不少问题常用数学归纳法解决. 1 【训练 4】 由下列各式 1>2, 1 1 1+2+3>1, 1 1 1 1 1 1 3 1+2+3+4+5+6+7>2, 1 1 1 1+2+3+?+15>2, 1 1 1 5 1+2+3+?+31>2, ?,你能得到怎样的一般不等式,并加以证明. 答案 1 1 1 n 猜想:第 n 个不等式为 1+2+3+?+ n >2(n∈N*). 2 -1

1 (1)当 n=1 时,1>2,猜想正确. (2)假设当 n=k(k≥1 且 k∈N*)时猜想正确, 1 1 1 k 即 1+2+3+?+ k > , 2 -1 2 那么,当 n=k+1 时, 1 1 1 1 1 1 k 1 1 1 k 1 1 1+2+3+?+ k +2k+ k +?+ k+1 >2+2k+ k +?+ k+1 >2+ k+1+ k+1 2 -1 2 +1 2 -1 2 +1 2 -1 2 2 +?+ 2
k+1=

1

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

即当 n=k+1 时,不等式成立.

∴对于任意 n∈N*,不等式恒成立.

阅卷报告 20——由于方法选择不当导致失误 【问题诊断】 用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题时,关键在于弄清等式两边的 构成规律,等式的两边各有多少项,由 n=k 到 n=k+1 时,等式的两边会增加多少项,增加 怎样的项,其难点在于归纳假设后,如何推证对下一个正整数值命题也成立. 【防范措施】 把归纳假设当做已知条件参加推理.明确对下一个正整数值命题成立的目标, 通过适当的变换达到这个目标,这里可以使用综合法,也可以使用分析法,甚至可以再次使 用数学归纳法. 【示例】? 在数列{an}、{bn}中,a1=2,b1=4,且 an,bn,an+1 成等差数列,bn,an+1,bn+1 成等比数列(n∈N*). (1)求 a2,a3,a4 及 b2,b3,b4,由此猜测{an},{bn}的通项公式,并证明你的结论; (2)证明: 实录 1 1 1 5 + +?+ <12. a1+b1 a2+b2 an+bn

(1)由条件得 2bn=an+an+1,a2+1=bnbn+1. n

由此可得 a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25. 猜测 an=n(n+1),bn=(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(k≥1 且 k∈N*)时,结论成立, 即 ak=k(k+1),bk=(k+1)2, a2+1 k 那么当 n=k+1 时,ak+1=2bk-ak=2(k+1) -k(k+1)=(k+1)(k+2),bk+1= b =(k+2)2, k
2

所以当 n=k+1 时,结论也成立. 由①②,可知 an=n(n+1),bn=(n+1)2 对一切正整数都成立. 错因 第二问由于不等式的右端为常数,结论本身是不能用数学归纳法证明的,可考虑用放

缩法证明,也可考虑加强不等式后,用数学归纳法证明.(2)当 n=1 时 1 1 5 =6<12 a1+b1 假设 n=k(k∈N*)时不等式成立 即 1 1 1 5 + +?+ < a1+b1 a2+b2 ak+bk 12

当 n=k+1 时 1 1 1 1 5 1 + +?+ + <12+ a1+b1 a2+b2 ak+bk ak+1+bk+1 ak+1+bk+1 到此无法用数学归纳法证明. 正解 (1)用实录(1) 1 1 5 =6<12. a1+b1

(2)证明:

n≥2 时,由(1)知 an+bn=(n+1)(2n+1)>2(n+1)n. 故 1 1 1 + +?+ a1+b1 a2+b2 an+bn

1 1 ? 1 1? 1 <6+2?2×3+3×4+?+n?n+1?? ? ? 1 1 ? 1 1?1 1 1 1 =6+2?2-3+3-4+?+n-n+1? ? ? 1 ? 1 1 5 1 1?1 =6+2?2-n+1?<6+4=12. ? ? 综上,原不等式成立.
经典作业 1 1 1 1.设 f(n)=1+ + +?+ (n∈N*),那么 f(n+1)-f(n)等于( 2 3 3n-1 1 A. 3n+2 1 1 C. + 3n+1 3n+2 答案 D 1 2.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? 答案 C 1 解析 由 a1= ,Sn=n(2n-1)an, 3 得 S2=2(2×2-1)a2,即 a1+a2=6a2, 1 1 ∴a2= = ,S =3(2×3-1)a3, 15 3×5 3 1 1 即 + +a3=15a3. 3 15 1 B. 2n?2n+1? 1 D. ?2n+1??2n+2? ) 1 1 B. + 3n 3n+1 1 1 1 D. + + 3n 3n+1 3n+2 )

1 1 1 ∴a3= = ,a = .故选 C. 35 5×7 4 7×9 3. 为正奇数时, n 求证:n+yn 被 x+y 整除, x 当第二步假设 n=2k-1 命题为真时, 进而需证 n=________, 命题为真. 答案 2k+1 4.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. (1)求 S1,S2,S3; (2)猜想 Sn 的表达式并证明. 1 解析 (1)由(S1-1)2=S2得:S1= ; 1 2 2 由(S2-1)2=(S2-S1)S2 得:S2= ; 3 3 由(S3-1)2=(S3-S2)S3 得:S3= . 4 n (2)猜想:Sn= . n+1 证明:①当 n=1 时,显然成立; k ②假设当 n=k(k≥1 且 k∈N*)时,Sk= 成立. k+1 1 则当 n=k+1 时,由(Sk+1-1)2=ak+1Sk+1 得:Sk+1= = 2-Sk 从而 n=k+1 时,猜想也成立. 综合①②得结论成立. 5.在数列{an},{bn}中,a1=2,b1=4,且 an,bn,an+1 成等差数列,bn,an+1,bn+1 成等比数列(n∈ N*). (1)求 a2,a3,a4 及 b2,b3,b4,由此猜测{an},{bn}的通项公式,并证明你的结论; 1 1 1 5 (2)证明: + +?+ < . a1+b1 a2+b2 an+bn 12 解析 (1)由条件得 2bn=an+an+1,a2+1=bnbn+1. n 由此可得 a2=6,b2=9,a3=12,b3=16,a4=20,b4=25. 猜测 an=n(n+1),bn=(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 ak=k(k+1),bk=(k+1)2.那么当 n=k+1 时, ak+1=2bk-ak=2(k+1)2-k(k+1)=(k+1)(k+2), k+1 = , k k+2 2- k+1 1

a2+1 k bk+1= =(k+2)2.所以当 n=k+1 时,结论也成立. bk 由①②,可知 an=n(n+1),bn=(n+1)2 对一切正整数都成立. 1 1 5 (2) = < . a1+b1 6 12 n≥2 时,由(1)知 an+bn=(n+1)(2n+1)>2(n+1)· n. 故 1 1 1 + +?+ a1+b1 a2+b2 an+bn

1 1 1 1 1 < + ( + +?+ ) 6 2 2×3 3×4 n?n+1? 1 11 1 1 1 1 1 = + ( - + - +?+ - ) 6 22 3 3 4 n n+1 1 11 1 1 1 5 = + ( - )< + = . 6 2 2 n+1 6 4 12 1 6.已知数列{an}的各项都是正数,且满足:a0=1,an+1= an· (4-an),(n∈N). 2 证明:an<an+1<2,(n∈N). 证明 解法一 用数学归纳法证明: 1 3 (1)当 n=0 时,a0=1,a1= a0(4-a0)= , 2 2 所以 a0<a1<2,命题正确. (2)假设 n=k 时命题成立,即 ak-1<ak<2. 则当 n=k+1 时,ak-ak+1 1 1 = ak-1(4-ak-1)- ak(4-ak) 2 2 1 =2(ak-1-ak)- (ak-1-ak)(ak-1+ak) 2 1 = (ak-1-ak)(4-ak-1-ak). 2 而 ak-1-ak<0,4-ak-1-ak>0,所以 ak-ak+1<0. 1 1 又 ak+1= ak(4-ak)= [4-(ak-2)2]<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 an<an+1<2. 解法二 用数学归纳法证明: 1 3 (1)当 n=0 时,a0=1,a1= a0(4-a0)= , 2 2 所以 0<a0<a1<2; (2)假设 n=k 时有 ak-1<ak<2 成立,

1 令 f(x)= x(4-x),f(x)在[0,2]上单调递增, 2 所以由假设有:f(ak-1)<f(ak)<f(2), 1 1 1 即 ak-1(4-ak-1)< ak(4-ak)< ×2×(4-2), 2 2 2 也即当 n=k+1 时,ak<ak+1<2 成立. 所以对一切 n∈N,有 ak<ak+1<2. a 7.已知函数 f(x)=lnx+ ,a∈R x+1 (1)当 a=2 时,试比较 f(x)与 1 的大小; 1 1 1 1 (2)求证:ln(n+1)> + + +?+ (n∈N*). 3 5 7 2n+1 2 解析 (1)当 a=2 时,f(x)=lnx+ ,其定义域为(0,+∞). x+1 2 令 h(x)=f(x)-1=lnx+ -1, x+1 x2+1 1 2 ∵h′(x)= - >0, 2= x ?x+1? x?x+1?2 ∴h(x)在(0,+∞)上是增函数. ①当 x>1 时,h(x)>h(1)=0,即 f(x)>1; ②当 0<x<1 时,h(x)<h(1)=0,即 f(x)<1; ③当 x=1 时,h(x)=h(1)=0,即 f(x)=1. (2)证法一:根据(1)的结论,当 x>1 时,lnx+ k+1 k+1 1 令 x= (k∈N*),则有 ln > , k k 2k+1
n n

x-1 2 >1,即 lnx> . x+1 x+1

∴∑ ln
k=1

k+1 1 >∑ . k 2k+1
k=1 n

∵ln(n+1)=∑ ln
k=1

k+1 , k

1 1 1 1 ∴ln(n+1)> + + +?+ (n∈N*). 3 5 7 2n+1 证法二:当 n=1 时,ln(n+1)=ln2. 1 ∵3ln2=ln8>1,∴ln2> ,即 n=1 时命题成立. 3 1 1 1 假设当 n=k 时,命题成立,即 ln(k+1)> + +?+ . 3 5 2k+1 k+2 1 1 k+2 1 ∴当 n=k+1 时,ln(n+1)=ln(k+2)=ln(k+1)+ln > + +?+ +ln . k+1 3 5 2k+1 k+1

x-1 2 根据(2)的结论,当 x>1 时,lnx+ >1,即 lnx> . x+1 x+1 k+2 k+2 1 令 x= ,则有 ln > , k+1 k+1 2k+3 1 1 1 1 则有 ln(k+2)> + +?+ + , 3 5 2k+1 2k+3 即 n=k+1 时命题也成立. 8.已知等差数列{an}的公差 d 大于 0,且 a2,a5 是方程 x2-12x+27=0 的两根,数列{bn}的前 n 项和 1 为 Tn,且 Tn=1- bn. 2 (1)求数列{an}、{bn}的通项公式; 1 (2)设数列{an}的前 n 项的和为 Sn,试比较 与 Sn+1 的大小,并说明理由. bn 思路 (1)求得 a2、a5 的值即可得 an 的表达式,再利用 Tn-Tn-1=bn 求出{bn}的通项公式; 1 (2)首先求出 Sn+1 与 的表达式,先进行猜想,再进行证明. bn
? ?a2+a5=12, 解析 (1)由已知得? ?a2a5=27. ?

又∵{an}的公差大于 0,∴a5>a2.∴a2=3,a5=9. a5-a2 9-3 ∴d= = =2,a1=1. 3 3 1 2 1 ∵Tn=1- bn,b1= ,当 n≥2 时,Tn-1=1- bn-1, 2 3 2 1 1 ∴bn=Tn-Tn-1=1- bn-(1- bn-1), 2 2 1 化简,得 bn= bn-1, 3 2 1 ∴{bn}是首项为 ,公比为 的等比数列, 3 3 2 1 - 2 2 即 bn= · )n 1= n,∴an=2n-1,bn= n. ( 3 3 3 3 1+?2n-1? 1 3n (2)∵Sn= n=n2,∴Sn+1=(n+1)2, n= , 2 b 2 1 以下比较 与 Sn+1 的大小: bn 1 3 1 当 n=1 时, = ,S2=4,∴ <S2. b1 2 b1 1 9 1 当 n=2 时, = ,S3=9,∴ <S3. b2 2 b2 1 27 1 当 n=3 时, = ,S4=16,则 <S4. b3 2 b3 1 81 1 当 n=4 时, = ,S5=25,得 >S5. b4 2 b4

1 猜想:n≥4 时, >Sn+1. bn 下面用数学归纳法证明: ①当 n=4 时,已证. 1 ②假设当 n=k(k∈N*,k≥4)时, >Sk+1, bk 3k 即 >(k+1)2, 2 那么,n=k+1 时, S(k+1)+1, 1 ∴n=k+1 时, >Sn+1 也成立. bn 1 由①②可知 n∈N*,n≥4 时, >Sn+1 成立. bn 1 综上所述,当 n=1,2,3 时, <Sn+1, bn 1 当 n≥4 时, >Sn+1. bn 1.F(n)是一个关于自然数 n 的命题,若 F(k)(k∈N*)是真命题,则 F(k+1)是真命题,现已知 F(7)是假 命题,则有:①F(8)是假命题;②F(8)是真命题;③F(6)是假命题;④F(6)是真命题;⑤F(5)是假命题;⑥ F(5)是真命题.其中真命题的是( A.③⑤ C.④⑥ 答案 A 解析 用反证法,假设 F(6)真,则 F(7)真,与已知矛盾;假设 F(5)真,则 F(6)真,进而 F(7)真,与已 知矛盾. 1 - 2.(2011· 山东济南模拟)设函数 f(x)=x2ex 1- x3-x2(x∈R). 3 (1)求函数 y=f(x)的单调区间; (2)求 y=f(x)在[-1,2]上的最小值; xn - (3)当 x∈(1,+∞)时,用数学归纳法证明:?n∈N*,ex 1> . n! 解析 (1)f′(x)=2xex 1+x2ex 1-x2-2x=x(x+2)(ex 1-1), 令 f′(x)=0,可得 x1=-2,x2=0,x3=1. 当 x 变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表: x f′(x) f(x) (-∞,-2) - ?? -2 0 极小值 (-2,0) + ? 0 0 极大值 (0,1) - ? 1 0 极小值 (1,+∞) + ?
- - -

3k 1 3k = =3· >3(k+1)2=3k2+6k+3=(k2+4k+4)+2k2+2k-1>[(k+1)+1]2= 2 2 bk+1 1



)

B.①② D.③④

∴函数 y=f(x)的增区间为(-2,0)和(1,+∞),减区间为(-∞,-2)和(0,1). 1 2 5 1 (2)当 x∈[-1,2]时,f(-1)= 2- <0,f(2)=4(e- )>0,f(x)极小值=f(1)=- >f(-1),f(x)极大值=f(0)=0. e 3 3 3 1 2 所以 f(x)在[-1,2]上的最小值为 2- . e 3 xn - - (3)证明:设 gn(x)=ex 1- ,当 n=1 时,只需证明 g1(x)=ex 1-x>0,当 x∈(1,+∞)时,g1′(x)= n! ex 1-1>0,所以 g1(x)=ex 1-x 在(1,+∞)上是增函数. ∴g1(x)>g1(1)=e0-1=0,即 ex 1>x. 当 x∈(1,+∞)时,假设 n=k 时不等式成立, xk - 即 gk(x)=ex 1- >0, k! 当 n=k+1 时, 因为 gk+1′(x)=e
x-1
- - -

?k+1?xk xk x-1 - =e - >0, ?k+1?! k!

所以 gk+1(x)在(1,+∞)上也是增函数. 所以 gk+1(x)>gk+1(1)=e0- 1 1 =1- >0, ?k+1?! ?k+1?!

即当 n=k+1 时,不等式成立. 所以当 x∈(1,+∞)时,?n∈N*,ex 1>


xn . n!

3.已知函数 f(x)=x-sin x,数列{an}满足:0<a1<1,an+1=f(an),n=1,2,3,?. 1 证明:(1)0<an+1<an<1,(2)an+1< a3. 6 n 解析 (1)先用数学归纳法证明 0<an<1,n=1,2,3,?. (ⅰ)当 n=1 时,由已知结论成立. (ⅱ)假设当 n=k 时结论成立,即 0<ak<1. 因为 0<x<1 时,f′(x)=1-cos x>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(ak)<f(1),即 0<ak+1<1-sin 1<1. 故当 n=k+1 时,结论成立. 由(ⅰ)(ⅱ)可知,0<an<1 对一切正整数都成立. 又因为 0<an<1 时,an+1-an=an-sin an-an=-sin an<0, 所以 an+1<an.综上所述 0<an+1<an<1. 1 (2)设函数 g(x)=sin x-x+ x3,0<x<1. 6 由(1)知,当 0<x<1 时,sin x<x.从而

x2 x x2 x x2 g′(x)=cos x-1+ =-2sin2 + >-2( )2+ =0. 2 2 2 2 2 所以 g(x)在(0,1)上是增函数. 又 g(x)在[0,1]上连续,且 g(0)=0, 所以当 0<x<1 时,g(x)>0 成立. 1 于是 g(an)>0,即 sin an-an+ a3>0. 6 n 1 故 an+1< a3. 6 n


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