高考数学一轮复习讲义(提高版) 专题11.3 证明(解析版)

11.3 证明
一．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．这种证明方法常称为综合法． 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．这种证明方法常称为分析法． ②推证过程
结论⇐…⇐…⇐已知条件 二．间接证明
(1)常用的间接证明方法有反证法、同一法等． (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——从反设和已知条件出发，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．
考向一 综合法
【例1】已知π
3
A B +=
，且()πA
B k k ≠∈Z ，，求证：()()
114A B +=. 【答案】证明见解析 【解析】由3
A B π
+=
,得()tan tan
3
A B π
+=，
即
tan tan 1tan tan A B
A B
+=-
所以tan tan tan A B A B +=，
所以()()
)111tan tan 3tan tan A B A B A B =++
)
1tan 3tan tan 4A B A B =+=，
故原等式成立．
【举一反三】
1．已知函数f(x)=(x
a −a)lnx (a >0).
（1）若函数f(x)在[1,+∞)上是增函数，求正数a 的取值范围；
（2）当a ≠1时，设函数f(x)的图象与x 轴的交点为A ，B ，曲线y =f(x)在A ，B 两点处的切线斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1+k 2 <0. 【答案】（1）(0,1]； （2）见解析.
【解析】（1）∵ f(x)=(x
a −a)lnx (a >0)，∴f ′(x)=
xlnx+x−a 2
ax
，
设g(x)=xlnx +x −a 2，
∵函数f(x)在[1,+∞)上是增函数，∴g(x)=xlnx +x −a 2 ≥0在[1,+∞)上恒成立，即a 2≤xlnx +x 在[1,+∞)上恒成立，
设ℎ(x)=xlnx +x ，则ℎ′(x)=lnx +2，
∵x ≥1，∴ℎ′
(x)≥2，∴ℎ(x)=xlnx +x 在[1,+∞)上是增函数， ∴ℎ(x)≥1，由a 2≤xlnx +x 在[1,+∞)上恒成立，得a 2≤1，∵ a >0， ∴0<a ≤1，即a 的取值范围是(0,1].
（2）∵ a ≠1，∴由f(x)=(x
a −a)lnx =0，得x 1=1，x 2=a 2，不妨设A(1,0),B(a 2,0). ∵ f ′(x)
=
xlnx+x−a 2
ax
，∴k 1=
1−a 2a
，k 2=
lna 2a
，∴ k 1+k 2 =
lna 2−a 2+1
a
，
设F(x)=lnx −x +1，则F ′(x)=1−x x
，∴0<x <1时，F ′(x)>0，x >1时，F ′(x)<0，所以x =1
为F(x)=lnx −x +1的极大值点，所以F(x)=lnx −x +1的极大值即最大值为F(1)=0，即F(x)=lnx −x +1≤0，
∵a >0且a ≠1，∴a 2>0且a 2≠1，
∴F(a 2)=lna 2−a 2
+1<0，∴k 1+k 2 =lna 2−a 2+1
a
<0.
2．若a ，b ，c 是不全相等的正数，求证：
lg
a ＋b
2
＋lg
b ＋c
2
＋lg
c ＋a
2
>lg a ＋lg b ＋lg c .
【答案】见解析
【解析】证明 ∵a ，b ，c ∈(0，＋∞)，
∴
a ＋b
2
≥ab >0，
b ＋c
2
≥bc >0，
a ＋c
2
≥ac >0.
由于a ，b ，c 是不全相等的正数， ∴上述三个不等式中等号不能同时成立，
∴
a ＋
b 2·
b ＋
c 2·
c ＋a
2
>abc >0成立．
上式两边同时取常用对数，得
lg ⎝
⎛⎭
⎪⎫a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a 2>lg(abc )，
∴lg
a ＋b
2＋lg
b ＋c
2
＋lg
c ＋a
2
>lg a ＋lg b ＋lg c .
考向二 分析法
【例2】11．已知0a >，0b >，且1a b +=，试用分析法证明不等式1125
4
a b a b ⎛
⎫⎛⎫+
+≥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭． 【答案】见解析
【解析】要证1125()()4a b a b ++≥，只需证22125
4
a b ab ab +++≥
， 只需证2
2
2
()(442540)ab a b ab ++-+≥，因为222a b ab +≥
只需证2
482540()ab ab ab +-+≥，
只需证2
414)70(ab ab -+≥，即证4ab ≥或14ab ≤
，只需证14
ab ≤，
而由1a b =+≥14ab ≤，所以1125
()()4
a b a b ++≥． 【举一反三】
1．（1）已知a >0，b >0，用分析法证明：
√
b
√a
≥√a +√b ；
（2）已知a >0，用分析法证明：√a 2+1a 2−√2≥a +1
a −2． 【答案】（1）证明见试题解析；（2）证明见试题解析． 【解析】（1）要证√
b √a ≥√a +√b ，
只需证a √a +b √b ≥a √b +b √a ，即证(a −b )(√a −√b)≥0， 因为a >0，b >0，a −b 与√a −√b 同号， 所以(a −b )(√a −√b)≥0成立，所以
√
b
√a
≥√a +√b 成立．
（2）要证√a 2+
1a
2−√2≥a +
1a −2，只要证√a 2+1a
2+2≥a +
1
a
+√2． 因为a >0，故只要证(√a 2+1
a 2+2)2
≥(a +1
a +√2)2
， 即证a 2+1
a 2+4√a 2+1
a 2+4≥a 2+2+1
a 2+2√2(a +1
a )+2， 从而只要证2√a 2+
1a 2≥√2(a +1a )，只要证4(a 2+1a 2)≥2(a 2+1
a
2+2)， 即证a 2+1a 2≥2，而上述不等式显然成立，故√a 2+1
a 2−√2≥a +1
a −2．
考向三 反证法
【例3】设,,x y z ∈R ，且2
22
a x y π
=-+，2
23b y z π=-+
，2
26
c z x π=-+，用反证法证明：,,a b c 至少有一个大于0。

【答案】见证明
【解析】证明：（反证法） 假设结论不成立，即0,0,0a b c ≤≤≤ 0a b c ⇒++≤， 而2
222222
3
6
a b c x y y z z x π
π
π
++=-+
+-+
+-+
()()()2
2
2
11130a b c x y z π⇒++=-+-+-+->
这与0a b c ++≤相矛盾 故,,a b c 至少有一个大于0。

【举一反三】
1．（1）已知2
21
,,2,12
x a x b x c x x ∈=+
=-=-+R ，试用反证法证明：,,a b c 中至少有一个不小于1； （2）已知实数a ，b ，c ，d 满足1a b c d +=+=，1ac bd +>，求证：a ，b ，c ，d 中至少有一个是负数．
【答案】（1）证明见试题解析；（2）证明见试题解析．
【解析】（1）假设,,a b c 均小于1，即1,1,1a b c <<<，则有3a b c ++<，
而2
2
1122323322a b c x x x ⎛⎫++=-++=-+≥ ⎪⎝
⎭，与假设矛盾，
所以假设不成立，故,,a b c 中至少有一个不小于1．
（2）假设[
),,,0,a b c d ∈+∞， 1,a b c d +=+= ∴ []
,,,0,1a b c d ∈，
∴ 2a c ac +≤≤
，2
b d
bd +≤≤， ∴ 122
a c
b d a
c b
d +++≤
+=，这与1ac bd +>相矛盾， 所以原假设不成立，故,,,a b c d 中至少有一个是负数．
考向四 数学归纳法
【例4-1】用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(n ∈N *
)．
【答案】见解析
【解析】证明 ①当n ＝1时，
左边＝
12×1×(2×1＋2)＝18，右边＝14×(1＋1)＝1
8
，
左边＝右边，所以等式成立．
②假设n ＝k (k ∈N *
，k ≥1)时等式成立，即有 12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)
， 则当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2]
＝
k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋1
4(k ＋1)(k ＋2)
＝(k ＋1)2
4(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14(k ＋2)＝k ＋14(k ＋1＋1). 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由①②可知，对于一切n ∈N *
等式都成立．
【例4-2】用数学归纳法证明不等式：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2>1(n ∈N *
且n >1)．
【答案】见解析
【解析】证明 ①当n ＝2时，12＋13＋14＝13
12>1成立．
②设n ＝k (k ∈N *
，k >1)时，1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2>1成立．
由于当k >1时，k 2
－k －1>0，即k (2k ＋1)>k 2
＋2k ＋1，
则当n ＝k ＋1时，
1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1(k ＋1)
2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2＋1k 2＋1＋1k 2＋2＋…＋1k 2＋2k ＋1－1k >1＋
1k 2＋1＋1k 2＋2＋…＋1k 2＋2k ＋1－1
k >1＋
1k (2k ＋1)＋1k (2k ＋1)＋…＋1k (2k ＋1)－1
k
＝1＋
2k ＋1k (2k ＋1)－1
k
＝1.
综合①②可知，原不等式对n ∈N *
且n >1恒成立．
【举一反三】
1．用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n (n ∈N *
)．
【答案】见解析
【解析】证明 ①当n ＝1时，等式左边＝1－12＝1
2
＝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＋ (12)
，
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－
1
2k ＋2＝
1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋1
2k ＋2
， 所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由①②知，等式对任何n ∈N *
均成立． 2.求证：对一切正整数n,42n ＋1＋3
n ＋2
都能被13整除．
【答案】见解析
【解析】证明 ①当n ＝1时，42×1＋1
＋3
1＋2
＝91能被13整除．
②假设当n ＝k (k ∈N *
)时，42k ＋1
＋3
k ＋2
能被13整除，
则当n ＝k ＋1时， 4
2(k ＋1)＋1
＋3
k ＋3
＝4
2k ＋1
·42＋3
k ＋2
·3－42k ＋1
·3＋4
2k ＋1
·3＝4
2k ＋1
·13＋3·(4
2k ＋1
＋3
k ＋2
)，
∵4
2k ＋1
·13能被13整除，4
2k ＋1＋3
k ＋2
能被13整除，
∴当n ＝k ＋1时也成立， 由①②可知，当n ∈N *
时，4
2n ＋1
＋3
n ＋2
能被13整除．
1．用反证法证明命题：“,,,a b c d R ∈，1a b +=，1c d +=，且1ac bd +>，则,,a b c d ,中至少有一个负数”时的假设为
A ．,,a b c d ,全都大于等于0
B ．,,a b c d ,全为正数
C ．,,a b c d ,中至少有一个正数
D ．,,a b c d ,中至多有一个负数
【答案】A
【解析】因为原结论为“,,a b c d ,中至少有一个负数”所以其否定为“,,a b c d ,中全都大于等于0” 所以选A
20=，则0x y ==，假设为( )
A ．,x y 都不为0
B ．,x y 不都为0
C ．,x y 都不为0，且x y ≠
D ．,x y 至少有一个为0
【答案】B
【解析】0x y ==的否定为00x y ≠≠或，即x ，y 不都为0，选B.
3．用数学归纳法证明“52n n -能被3整除”的第二步中，1n k =+时，为了使用假设，应将1152k k ++-变形为（ ） A ．(
)552
32
k k
k
-+⨯
B ．(
)52
45
2k k
k
k -+⨯-
C ．()()5252
k
k
--
D ．(
)252
35
k
k
k
--⨯
【答案】A
【解析】假设n k =时命题成立，即：52k k -被3整除． 当1n k =+时，
11525522k k k k ++-=⨯-⨯()5525222k k k k =-+⨯-⨯()
55232k k k
=-+⨯故选：A ．
4．用数学归纳法证明命题“3(1)
(1)22
n n n n n +++++=
”时,在作归纳假设后,需要证明当1n k =+时命题成立,即需证明 ( )
A ．3(1)(2)
(1)2(1)2
k k k k k +++++++=
B ．3(1)(2)
1(2)2(1)2
k k k k k ++++++++=
C ．3(1)
(1)2(1)2k k k k k ++++++=
D ．3(1)
1(2)2(1)2
k k k k k +++++++=
【答案】B
【解析】将题目中的n ，改为1k +，即()()()()
31212212
k k k k k ++++++++=
，故选B.
5．数学归纳法证明1n+1+1n+2+⋯+1n+n >1
2(n >1,n ∈N ∗)，过程中由n =k 到n =k +1时，左边增加的代数式为（ ）
A ．1
2k+2 B ．1
2k+1 C ．12k+1+1
2k+2
D ．12k+1－1
2k+2
【答案】D
【解析】当n =k 时，左边的代数式为1k+1+1k+2+⋯+1
k+k ， 当n =k +1时，左边的代数式为
1
k+2
+
1k+3
+⋯+
1k+k
+
12k+1
+
1
2k+2
，
故用n =k +1时左边的代数式减去n =k 时左边的代数式的结果为：
12k+1
+
12k+2
−
1k+1
=
12k+1
−
1
2k+2
，故选D ．
6．（1
（2）设x ，y 都是正数，且x+y ＞2证明：
12x y +＜和12y
x
+＜中至少有一个成立． 【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1
）∵22-=（
-（
）
=0，
（2）假设12x y +＜和12y
x +＜都不成立， 即
1x y +≥2且1y x
+≥2， ∵x ，y 都是正数，∴1+x ≥2y ，1+y ≥2x ， ∴1+x+1+y ≥2x+2y ，
∴x+y ≤2，这与已知x+y ＞2矛盾，
∴假设不成立，即
12x y +＜和12y
x
+＜中至少有一个成立． 7
10.414≈
0.318≈
1>
20.236≈
，
0.213≈
0.196≈
2>
>
（1）分析以上结论，试写出一个一般性的命题；
（2）判断该命题的真假。

若为真，请用分析法给出证明；若为假，请说明理由．
【答案】（1
>（2）真命题 【解析】（1）一般性的命题：n
>（2）命题是真命题。

=
=
==
>
>
8．已知
a b
>>，求证：
（1
）3
a
b
++>
（2>
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】（1）因为0
a b
>>，
所以()()()()
2342
a b a b a
b
++=+++++
>
所以3
a b
+
+>
.
（2
>
>
又即证明
22
>成立，
即证明()()
12
a b
++++()()
12
b a
>++++即证明()()()()
1212
a b b a
++>++成立，
即证明2222
ab a b ab a b
+++>+++成立，
即证明a b
>成立.
故不等式成立得证.
9（1
<
（2）已知a b ，为正实数，请用反证法证明：1a b +
与1
b a
+中至少有一个不小于2． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】（1
只需证
2
2
<，
即证99++
， 即证14＜18，
而14＜18
<，
（2）假设结论不成立，则11
22a b b a
+
+<，<， 11
4a b b a
∴+++<，
即11220a b a b ⎛⎫⎛⎫
+-++-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
，
即
222
2220⎛
⎫⎛⎫ ⎪ ⎪-++-+< ⎪ ⎪⎝
⎭⎝
⎭
.
即22
0+<， 矛盾！故假设不成立，
1a b
∴+与1
b a +中至少有一个不小于2．
10．（1）已知a ，b 都是正数，并且a
b ，求证：552332a b a b a b +>+；
（2）若x ，y 都是正实数，且2x y =>，求证：
12x
y +<与12y x
+<中至少有一个成立. 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析. 【解析】（1）(
)()55
23
32a b
a b
a b +-+ ()()
532523a a b b a b =-+-
()(
)
322322a a b b b a =-+-
()()
2233a b a b =-- ()()()
2
22a b a b a ab b =+-++
因为a ，b 都是正数，所以0a b +>，220a ab b ++> 又
a b ≠，所以()2
0a b ->，所以()()()2
220a b a b a ab b +-++>，
所以(
)()
55
23
320a b
a b
a b +-+>，即552332a b a b a b +>+.
（2）假设
12x y +<和12y x +<都不成立，即12x y +≥和12y
x
+≥同时成立. 0x >且0y >，12x y ∴+≥，12y x +≥.
两式相加得222x y x y ++≥+，即2x y +≤.
此与已知条件2x y =>相矛盾，12x y +∴
<和12y
x
+<中至少有一个成立. 11．已知函数()2
f x ax bx c =++及函数
g （x ）＝﹣bx （a ，b ，c ∈R ），若a ＞b ＞c 且a+b+c ＝0．
（1）证明：f （x ）的图象与g （x ）的图象一定有两个交点；
（2）请用反证法证明：122
c a --
＜＜； 【答案】（1）见解析；（2）见解析
【解析】（1）证明由2ax bx c bx ++=-得220ax bx c ++= ① ∵,0a b c a b c 且>>++=,∴ ()0,a b a c >=-+
∴()2
2
2
21344444024b ac a c ac a c a ⎡⎤⎛⎫∆=-=+-=++>⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦
∴①有两个不相等的实数根，即两函数图像一定由两个交点,
（2）证明：若结论不成立，则
c a ≤-2或c a ≥-1
2
（I ）由
c
a
≤-2，结合（1）a>0，得c ≤-2a ，即a+c ≤-a ，∴-b ≤-a ∴a ≤b 这与条件中a>b 矛盾
（II ）再由
c a ≥-1
2
，得2c ≥-a ，即c ≥-(a+c)=b ∴b ≤c 这与条件中b>c 矛盾 故假设不成立，原不等式成立 12．已知111
1,
,,,
,
112123
123n
++++++
+，其前n 项和为n S .
（1）计算1234,,,S S S S ；
（2）猜想n S 的表达式，并用数学归纳法进行证明.
【答案】（1）4381,
,,325；（2）21
n n
S n =+，证明见解析. 【解析】（1）计算12141,1123
S S ==+
=+，344163318
,312342212345S S =+
===+=+++++.
（2）猜想21
n n
S n =
+. 证明：①当1n =时，左边11S ==，右边21
111
⨯=
=+，猜想成立. ②假设(
)*
n k k =∈N
猜想成立，即111121*********
k
k S
k k =+++⋯+=++++++⋯++成立， 那么当1n k =+时，()()
11
22
1231
112k k k S S k k k k k +=+
=
++++
++++++， 而()()()()()()()2
212122
1121211
k k k k k k k k k +++==
+++++++，故当1n k =+时，猜想也成立. 由①②可知，对于*n ∈N ，猜想都成立.
13．已知数列{}n a 满足11a =，21122n n n n n a a a -+=-+．
(Ⅰ)求234,,a a a 的值，猜想数列{}n a 的通项公式并用数学归纳法证明；
(Ⅱ)令n n b na =，求数列{}n b 的前n 项和n T .
【答案】(Ⅰ) 见解析；(Ⅱ) (1)21n
n T n =-⋅+
【解析】(Ⅰ)当1n =时，201211222a a a =-+=
当2n =时，212322224a a a =-+=
当3n =时，223433228a a a =-+=
猜想12n n
a ，下面用数学归纳法证明
当1n =时，1
1
1
21a ，猜想成立，
假设当n k =(k N +∈)时，猜想成立，即12k k
a
则当1n k =+时，21221112222222k k k k k k k k k k a a a ----+=-+=-⋅+=，猜想成立
综上所述，对于任意n ∈+N ，12n n
a 均成立
(Ⅱ)由（Ⅰ）得1
2n n b n -=⋅
01211222322n n T n -=⨯+⨯+⨯++⨯ ①
12121222(1)22n n n T n n -∴=⨯+⨯+
+-⨯+⨯ ②
由①－②得：121
12222n
n n
T n
1(12)2(1)2112
n n n n n ⨯-=-⋅=---
(1)21n n
T n
14．已知数列{}n a ，123111,,, (1447710)
a a a =
==⨯⨯⨯且n S 为该数列的前n 项和. （1）写出数列{}n a 的通项公式；
（2）计算123,,S S S ，猜想n S 的表达式，并用数学归纳法证明； （3）求数列{}n a 的前n 项和n S 的取值范围.
【答案】（1）1(32)(31)n a n n =
-+；（2）31n n S n =+，证明见详解；（3）11
,4[3
)n S ∈.
【解析】（1）根据题意可得1
(32)(31)
n a n n =
-+；
（2）111
144
S =
=⨯； 21124477
S =
+=⨯；
3213771010
S =-+=⨯；
可以看到，上面表示四个结果的分数中，分子与项数n 一致，分母可用项数n 表示为31n +.于是可以猜想
31
n n
S n =
+. 下面我们用数学归纳法证明这个猜想. ①当1n =时，左边114
S ==
， 右边11
313114
n n =
==+⨯+，猜想成立. ②假设当(
)*
n k k N
=∈时猜想成立，即
11111447710(32)(31)31
k k k k +++⋯+=⨯⨯⨯-++ 11111447710(32)(31)k k +++⋯+⨯⨯⨯-+1
[3(1)2][3(1)1]k k ++-++ 1
31(31)(34)
k k k k =
++++ 2341(31)(34)k k k k ++=++ (31)(1)
(31)(34)k k k k ++=
++
1
3(1)1
k k +=
++.
所以，当1n k =+时猜想也成立.
根据（1）和（2），可知猜想对任何*n N ∈都成立.
（3）由（2）知
1
1313n n S n n
=
=
++，因为*n N ∈，所以101n
<≤，
则133+4n
<≤，即111
14
33+n
≤<
， 所以11,4[3
)n S ∈.
15．已知()*1111()1111
14732f n n N n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++
++∈ ⎪⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
，)
*()g n n N =∈. （1）当1,2,3n =时，分别比较(n)f 与()
g n 的大小（直接给出结论）； （2）由（1）猜想(n)f 与()g n 的大小关系，并证明你的结论. 【答案】（1）见解析；（2）见证明
【解析】证明（1）当1
n =时，(1)2f =，(1)g =
(1)(1)f g >，
当2n =
时，5
(2)2
f =
，(2)g =(2)(2)f g >， 当3n =时，20
(3)7
f =
，(3)g =，(3)(3)f g >. （2）猜想：(
)*
()()f n g n n N
>∈，即1111111114732n ⎛⎫⎛
⎫⎛⎫⎛
⎫++++> ⎪⎪⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭
下面用数学归纳法证明：①当1n =时，上面已证.
②假设当n k =时，猜想成立，即1111111114732k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⎛⎫++++> ⎪⎪⎪
⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭
⎝⎭
则当1n k =+时，
11111(1)11
1111473231f k k k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫
⎛⎫⎛⎫+=+++++ ⎪⎪⎪
⎪⎪-+⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭1131k ⎫>+⎪+⎭
==.
<
(1)g k >=+，
所以，当1n k =+时猜想也成立.
综上可知：对*n N ∈，猜想均成立.
16（1）用数学归纳法证明：(3)(4)(13(2
23))n n n n +++++++=∈*N ； （2）已知0a >，0b >，且2a b +>，求证：1b a +和1a b
+中至少有一个小于2． 【答案】（1）见解析（2）见解析
【解析】（1）①当n 1=时，左边123410=+++=，右边()()1314102
+⨯+==，左边=右边． ②假设()*n k k N =∈时等式成立，即()()()k 3k 4123k 32
+++++++=， 那么当n k 1=+时，()()()()()k 3k 4123k 3k 4k 42+++++++++=++ ()()k 4k 52
++=， 即当n k 1=+时，等式成立．
综上，()()()
()*
n 3n 4123n 3n N 2+++++++=∈． （2）假设1b 2a +≥，1a 2b
+≥， 因为a 0>，b 0>，所以1b 2a +≥，1a 2b +≥，
所以2a b 2a 2b ++≥+，
故a b 2+≤，这与a b 2+>矛盾，
所以原假设不成立， 故1b a +和1a b
+中至少有一个小于2． 17．（1）用数学归纳法证明12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝
13n(2n －1)(2n ＋1)(n ∈N *)． （2）命题P ：对于任意实数x 都有210ax ax ++>恒成立；命题Q ：关于x 的方程2-0x x a +=有实数根；若命题P Q ∧为假命题，且命题P Q ∨为真命题， 求实数a 的取值范围．
【答案】（1）见解析；（2）(－∞，0)∪1,44⎛⎫ ⎪⎝⎭
【解析】（1）证明：1︒当n 1=时，左边1=，右边1=，等式成立；
2︒假设当n k k 1,k N =≥∈（）
时，等式成立，即 12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13
k(2k －1)(2k ＋1)(k ∈N *)，则 当n=k+1时
12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋(2k ＋1)2＝13
k(2k －1)(2k ＋1)＋(2k ＋1)2 ＝13 (2k ＋1)[k(2k －1)＋3(2k ＋1)]＝()()()11?2k 12k 3k 133
+++=(k ＋1)[2(k ＋1)－1][2(k ＋1)＋1], 即当n k 1=+时等式也成立；
由1︒、2︒可知对任意的n ∈N *
等式都成立. （2）对任意实数x 都有ax 2＋ax ＋1>0恒成立⇔a ＝0或00
a >⎧⎨<⎩⇔0≤a<4. 关于x 的方程x 2－x ＋a ＝0有实数根⇔1－4a ≥0⇔a ≤14
. 由题，P,Q 一真一假
如果P 正确，Q 不正确，有0≤a<4，且a>14，所以14
<a<4.
如果Q 正确，P 不正确，有a<0或a ≥4，且a ≤14
，所以a<0. 所以实数a 的取值范围为(－∞，0)∪1,44⎛⎫ ⎪⎝⎭
. 17．选择适当的证明方法证明下列问题
（1）设{}n a 是公比为q 的等比数列且1q ≠，证明数列{1}n a +不是等比数列.
（2）设i 为虚数单位，n 为正整数，[0,2)θπ∈，证明：()cos sin cos sin n
i n i n θθθθ+=+.
【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.
【解析】（1）用反证法：设{}n a 是公比为1q ≠的等比数列，数列{}1n a +是等比数列. ①当存在*n N ∈，使得10n a +=成立时，数列{}1n a +不是等比数列. ②当()*
2n N n ∀∈≥，使得10n a +≠成立时，则111111111111n n n n a a q a q a a q a +-+++==+++， 化为()()1110n q q ---=.
∵1q ≠，10q -≠，110n q --≠，故矛盾.
综上两种情况，假设不成立，故原结论成立.
（2）1°当1n =时，左边cos sin i θθ=+，右边cos sin i θθ=+，
所以命题成立.
2°假设当()*n k k N =∈时，命题成立，
即()cos sin cos sin k i k i k θθθθ+=+，
则当1n k =+时，()()()1cos sin cos sin cos sin k k
i i i θθθθθθ++=++
()()cos sin cos sin k i k i θθθθ=++
()()cos cos sin sin sin cos cos sin k k i k k θθθθθθθθ=-++
()][()cos 1sin 1k i k θθ⎡⎤=+++⎣⎦.
所以，当1n k =+时，命题也成立.
综上所述，()cos sin cos sin n
i n i n θθθθ+=+（n 为正整数）成立.。