第十四章——推理与证明

第十四章推理与证明高考导航知识网络14．1 合情推理与演绎推理考点诠释重点：利用归纳与类比进行推理，利用“三段论”进行推理与证明． 难点：利用归纳与类比推理来发现结论并形成猜想命题．典例精析题型一 运用归纳推理发现一般性结论【例1】 通过观察下列等式，猜想出一个一般性的结论，并证明结论的真假．sin 215°＋sin 275°＋sin 2135°＝32；sin 230°＋sin 290°＋sin 2150°＝32；sin 245°＋sin 2105°＋sin 2165°＝32；sin 260°＋sin 2120°＋sin 2180°＝32.【思路分析】先观察各等式的不变之处，再观察三个角的变化规律，三个角成等差数列，公差为60°，即可猜想其一般规律，最后证明．【解析】猜想：sin 2(α－60°)＋sin 2α＋sin 2(α＋60°)＝32.左边＝(sin αcos 60°－cos αsin 60°)2＋sin 2α＋(sin αcos 60°＋cos αsin 60°)2＝ 32(sin 2α＋cos 2α)＝32＝右边． 【方法归纳】归纳分为完全归纳和不完全归纳，由归纳推理所得的结论虽然未必是可靠的，但它由特殊到一般，由具体到抽象的认识功能，对科学的发现是十分有用的．观察、实验，对有限的资料作归纳整理，提出带规律性的说法是科学研究的最基本的方法之一．归纳推理的一些常见形式：一是具有共同特征型，二是递推型，三是循环型(周期性)．【举一反三】1.已知数列{a n }的第一项a 1＝1，且a n ＋1＝a n1＋a n(n ＝1，2，3，…)，试写出这个数列的前几项并猜想它的通项公式．【解析】当n ＝1时，a 1＝1；当n ＝2时，a 2＝11＋1＝12；当n ＝3时，a 3＝121＋12＝13；当n ＝4时，a 4＝131＋13＝14.观察可得，数列的前4项都等于相应序号的倒数．由此归纳推理这个数列的通项公式为a n ＝1n.题型二 运用类比推理拓展新知识能的结论．【解析】 本题由已知的前两组类比可得到如下信息：①平面中的三角形与空间中的三棱锥是类比对象；②三角形各边的边长与三棱锥各面的面积是类比对象；③三角形边上的高与三棱锥面上的高是类比对象；④三角形的面积与三棱锥的体积是类比对象；⑤三角形的面积公式中的“二分之一”与三棱锥的体积公式中的“三分之一”是类比对象．由以上分析可知：故第三行空格应填：三棱锥的体积等于其内切球半径与三棱锥表面积的乘积的三分之一． 【方法归纳】类比推理的关键是找到合适的类比对象．平面几何中的一些定理、公式、结论等，可以类比到立体几何中，得到类似的结论．一般平面中的一些元素与空间中的一些元素的类比列表如下：【举一反三】2.已知结论：是边BC 的中点，G 是三角形ABC的重心，则AGGD＝2”．若把该结论推广到空间，则有结论：在棱长都相等的四面体ABCD 中，若△BCD 的中心为M ，四面体内部一点O 到四面体各面的距离都相等，则AOOM等于( C )A ．1B ．2C ．3D ．4【解析】如图，设正四面体的棱长为1，则易知其高AM ＝63，此时点O 即为正四体内切球的球心，设其半径为r ，利用等积法有4×13×34r ＝13×34×63⇒r ＝612，故AO ＝AM －MO ＝63－612＝64，故AO ∶OM ＝64∶612＝3.题型三 运用“三段论”进行演绎推理【例3】(1)证明函数f (x )＝－x 2＋2x 在(－∞，1]上是增函数； (2)当x ∈[－5，－2]时，f (x )是增函数还是减函数？【思路分析】(1)证明本题的大前提是增函数的定义，即增函数f (x )满足：在给定区间内任取自变量的两个值x 1，x 2，且x 1< x 2，f (x 1)<f (x 2)，小前提是函数f (x )＝－x 2＋2x ，x ∈(－∞，1]，结论是满足增函数定义；(2)关键是[－5，－2]与f (x )的增区间或减区间的关系．【解析】(1)证明：任取x 1，x 2∈(－∞，1]，且x 1<x 2， 则f (x 1)－f (x 2)＝(x 2－x 1)(x 2＋x 1－2)， 因为x 1<x 2≤1，所以x 2＋x 1－2<0， 因为f (x 1)－f (x 2)<0，f (x 1)<f (x 2)， 于是，根据“三段论”可知，f (x )＝－x 2＋2x 在(－∞，1]上是增函数． (2)因为f (x )在(－∞，1]上是增函数， 而[－5，－2]是区间(－∞，1]的子区间，所以f (x )在[－5，－2]上是增函数．【方法归纳】演绎推理是推理证明的主要途径，而“三段论”是演绎推理的一种重要的推理形式，在高考中以证明题出现的频率较大．用“三段论”进行证明的关键是找出正确的大前提与小前提．【举一反三】3.已知函数f (x )＝ln ax －x －ax(a ≠0)．(1)求此函数的单调区间及最值；(2)求证：对于任意正整数n ，均有1＋12＋13＋…＋1n ≥ln e nn ！.【解析】(1)由题意f ′(x )＝x －ax2.当a ＞0时，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，此时函数在(0，a )上是减函数，在(a ，＋∞)上是增函数， f min (x )＝f (a )＝ln a 2，无最大值．当a ＜0时，函数f (x )的定义域为(－∞，0)，此时函数在(－∞，a )上是减函数，在(a ，0)上是增函数， f min (x )＝f (a )＝ln a 2，无最大值．(2)取a ＝1，由(1)知，f (x )＝ln x －x －1x≥f (1)＝0，故1x ≥1－ln x ＝ln e x， 取x ＝1，2，3，…，n ，则1＋12＋13＋…＋1n ≥ln e ＋ln e 2＋…＋ln e n ＝ln e nn ！.体验高考(2011山东)设函数f (x )＝xx ＋2(x ＞0)，观察：f 1(x )＝f (x )＝xx ＋2，f 2(x )＝f (f 1(x ))＝x3x ＋4，f 3(x )＝f (f 2(x ))＝x7x ＋8，f 4(x )＝f (f 3(x ))＝x15x ＋16，…根据以上事实，由归纳推理可得：当n ∈N *且n ≥2时，f n (x )＝f (f n －1(x ))＝______________．【解析】由f (x )＝x x ＋2(x ＞0)得，f 1(x )＝f (x )＝xx ＋2，f 2(x )＝f (f 1(x ))＝x 3x ＋4＝x（22－1）x ＋22，f 3(x )＝f (f 2(x ))＝x 7x ＋8＝x（23－1）x ＋23，f 4(x )＝f (f 3(x ))＝x 15x ＋16＝x（24－1）x ＋24，…所以当n ≥2且n ∈N *时，f n (x )＝f (f n －1(x ))＝x（2n－1）x ＋2n. 【举一反三】(2011江西)观察下列各式：55＝3 125，56＝15 625，57＝78 125，…，则 52 011的末四位数字为( D )A ．3 125B ．5 625C ．0 625D ．8 125【解析】55＝3 125，56＝15 625，57＝78 125，58＝390 625，59＝1 953 125，可得59与55的后四位相同，…，由此可归纳出5m ＋4k ＝5m (k ∈N *，m ＝5，6，7，8)，又2 011＝4×501＋7，所以52 011与57后四位数字都为8 125，故选D.14．2 直接证明与间接证明考点诠释重点：能运用直接证明(分析法、综合法)与间接证明(反证法)的方法证明一些简单的命题． 难点：根据综合法、分析法及反证法的思维过程与特点选取适当的证明方法证明命题．典例精析题型一 运用综合法证明【例1】证明不等式：x 2＋y 2＋z 2≥xy ＋yz ＋xz .【思路分析】所要证明的不等式左右两边是和的形式，利用不等式a 2＋b 2≥2ab ，然后再求和即可．【证明】因为x 2＋y 2≥2xy ， y 2＋z 2≥2yz ，x 2＋z 2≥2xz ，所以2x 2＋2y 2＋2z 2≥2xy ＋2yz ＋2xz ， 所以x 2＋y 2＋z 2≥xy ＋yz ＋xz .【方法归纳】在用综合法证明命题时，必须首先找到正确的出发点，也就是能想到从哪里起步，我们一般的处理方法是广泛地联想已知条件所具备的各种性质，逐层推进，从已知逐渐引出结论．【举一反三】1.设a ，b ，c ＞0，求证：a 2b ＋b 2c ＋c 2a≥a ＋b ＋c .【证明】因为a ，b ，c ＞0，根据基本不等式， 有a 2b ＋b ≥2a ，b 2c ＋c ≥2b ，c 2a＋a ≥2c . 三式相加得a 2b ＋b 2c ＋c2a＋a ＋b ＋c ≥2(a ＋b ＋c )．即a 2b ＋b 2c ＋c2a≥a ＋b ＋c . 题型二 运用分析法证明【例2】设a 、b 、c 为任意三角形三边长，I ＝a ＋b ＋c ，S ＝ab ＋bc ＋ca .求证：I 2＜4S . 【思路分析】利用I 2＝a 2＋b 2＋c 2＋2S 及三角形两边之和大于第三边来证明． 【证明】由I 2＝(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2(ab ＋bc ＋ac ) ＝a 2＋b 2＋c 2＋2S ，故要证I 2＜4S ，只需证a 2＋b 2＋c 2＋2S ＜4S ， 即a 2＋b 2＋c 2＜2S .欲证上式，只需证a 2＋b 2＋c 2－2ab －2bc －2ca ＜0， 即证(a 2－ab －ac )＋(b 2－bc －ba )＋(c 2－ca －cb )＜0， 只需证三个括号中的式子均为负值即可， 即证a 2＜ab ＋ac ，b 2＜bc ＋ba ，c 2＜ca ＋cb ， 即a ＜b ＋c ，b ＜a ＋c ，c ＜a ＋b ，显然成立，因为三角形任意一边小于其他两边之和． 故I 2＜4S .【方法归纳】(1)应用分析法易于找到思路的起始点，可探求解题途径；(2)应用分析法证明问题时要注意：严格按分析法的语言表达，下一步是上一步的充分条件．【举一反三】2.设a ，b 为正数，且a ≠b ，求证：a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2. 【证明】方法一(分析法)： 要证a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2成立，只需证(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>ab (a ＋b )成立．又因为a ＋b >0，只需证a 2－ab ＋b 2>ab 成立． 又需证a 2－2ab ＋b 2>0成立， 即需证(a －b )2>0成立．而依题设a ≠b ，则(a －b )2>0显然成立，由此命题得证． 方法二(综合法)：a ≠b ⇒a －b ≠0⇒(a －b )2>0⇒a 2－2ab ＋b 2>0⇒a 2－ab ＋b 2>ab .(*) 而a ，b 均为正数，所以a ＋b >0，由(*)式即得(a ＋b )(a 2－ab ＋b 2)>ab (a ＋b )， 所以a 3＋b 3>a 2b ＋ab 2. 题型三 运用反证法证明【例3】在△ABC 中，∠A 、∠B 、∠C 的对边分别为a 、b 、c ，若a 、b 、c 三边的倒数成等差数列，求证：∠B <90°.【思路分析】直接证明∠B <90°有一定困难，可考虑利用反证法．【证明】假设∠B <90°不成立，即∠B ≥90°，从而∠B 是△ABC 的最大角，所以b 是△ABC 的最大边，即b >a ，b >c .所以1a >1b ，1c >1b .相加得1a ＋1c >1b ＋1b ＝2b ，与1a ＋1c ＝2b矛盾．故∠B ≥90°不成立．【方法归纳】一般以下题型用反证法：①当“结论”的反面比“结论”本身更简单、更具体、更明确；②否定命题，唯一性命题，存在性命题，“至多”“至少”型命题；③有的肯定形式命题，由于已知或结论涉及到无限个元素，用直接证明形式比较困难而往往用反证法．【举一反三】3.已知下列三个方程：x 2＋4ax －4a ＋3＝0；x 2＋(a －1)x ＋a 2＝0；x 2＋2ax －2a ＝0，若至少有一个方程有实根，求实数a 的取值范围．【解析】假设三个方程均无实根，则有⎩⎪⎨⎪⎧（4a ）2－4（－4a ＋3）＜0，（a －1）2－4a 2＜0，（2a ）2－4（－2a ）＜0.由(4a )2－4(－4a ＋3)＜0，得4a 2＋4a －3＜0，即－32＜a ＜12；由(a －1)2－4a 2＜0，得(a ＋1)(3a －1)＞0，即a ＜－1或a ＞13；由(2a )2－4(－2a )＜0得a (a ＋2)＜0，即－2＜a ＜0.以上三部分取交集得M ＝{a |－32＜a ＜－1}，则三个方程至少有一个方程有实根的实数a的取值范围为∁R M ，即{a |a ≤－32或a ≥－1}．体验高考(2011新课标全国)已知函数f (x )＝a ln x x ＋1＋b x，曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为x ＋2y －3＝0.(1)求a ，b 的值；(2)如果当x >0，且x ≠1时，f (x )>ln x x －1＋kx，求k 的取值范围．【解析】(1)f ′(x )＝a （x ＋1x －ln x ）（x ＋1）2－bx 2.由于直线x ＋2y －3＝0的斜率为－12，且过点(1，1)，故⎩⎪⎨⎪⎧f （1）＝1，f ′（1）＝－12，即⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，a 2－b ＝－12.解得a ＝1，b ＝1.(2)由(1)知f (x )＝ln x x ＋1＋1x ，所以f (x )－(ln x x －1＋k x )＝11－x 2[2ln x ＋（k －1）（x 2－1）x ]．考虑函数h (x )＝2ln x ＋（k －1）（x 2－1）x (x >0)，则h ′(x )＝（k －1）（x 2＋1）＋2xx 2.①设k ≤0.由h ′(x )＝k （x 2＋1）－（x －1）2x 2知，当x ≠1时，h ′(x )<0.而h (1)＝0，故当x ∈(0，1)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )>0；当x ∈(1，＋∞)时，h (x )<0，可得11－x 2h (x )>0.从而当x >0，且x ≠1时，f (x )－(ln x x －1＋k x )>0，即f (x )>ln x x －1＋kx .②设0<k <1.由于当x ∈(1，11－k )时，(k －1)(x 2＋1)＋2x >0，故h ′(x )>0.而h (1)＝0，故当x ∈(1，11－k)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )<0，与题设矛盾．③设k ≥1.此时h ′(x )>0，而h (1)＝0，故当x ∈(1，＋∞)时，h (x )>0，可得11－x 2h (x )<0.与题设矛盾．综上得，k 的取值范围为(－∞，0]．【举一反三】(2011陕西)设函数f (x )定义在(0，＋∞)上，f (1)＝0，导函数f ′(x )＝1x，g (x )＝f (x )＋f ′(x )．(1)求g (x )的单调区间和最小值；(2)讨论g (x )与g (1x)的大小关系；(3)是否存在x 0>0，使得|g (x )－g (x 0)|<1x对任意x >0成立？若存在，求出x 0的取值范围；若不存在，请说明理由．【解析】(1)由题设易知f (x )＝ln x ，g (x )＝ln x ＋1x，所以g ′(x )＝x －1x2，令g ′(x )＝0得x ＝1.当x ∈(0，1)时，g ′(x )<0，故(0，1)是g (x )的单调减区间；当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )>0，故(1，＋∞)是g (x )的单调增区间．因此，x ＝1是g (x )的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以最小值为 g (1)＝1.(2)g (1x)＝－ln x ＋x ，设h (x )＝g (x )－g (1x )＝2ln x －x ＋1x，则h ′(x )＝－（x －1）2x 2，当x ＝1时，h (1)＝0，即g (x )＝g (1x)，当x ∈(0，1)∪(1，＋∞)时，h ′(x )<0，h ′(1)＝0，因此，h (x )在(0，＋∞)内单调递减．当0<x <1时，h (x )>h (1)＝0，即g (x )>g (1x )；当x >1时，h (x )<h (1)＝0，即g (x )<g (1x)．(3)满足条件的x 0不存在． 证明如下：假设存在x 0>0，使|g (x )－g (x 0)|<1x 对任意x >0成立，即对任意x >0，有ln x <g (x 0)<ln x ＋2x ，(*)但对上述x 0，取x 1＝e g (x 0)时，有ln x 1＝g (x 0)，这与(*)左边不等式矛盾，因此，不存在x 0>0，使|g (x )－g (x 0)|<1x对任意x >0成立．14．3 数学归纳法考点诠释重点：数学归纳法的基本思想与证明步骤；运用数学归纳法证明与自然数n (n ∈N *)有关的数学命题．难点：理解数学归纳法的思维实质，特别是第二个步骤要根据归纳假设进行推理与证明．典例精析题型一 用数学归纳法证明恒等式【例1】是否存在常数a 、b 、c ，使等式12＋22＋32＋…＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an (bn 2＋c )对于一切n ∈N *都成立？若存在，求出a 、b 、c 并证明；若不存在，试说明理由．【思路分析】对于存在性问题，先假设存在，对n 取特殊位值1，2，3时得三个方程解出a 、b 、c ，然后利用数学归纳法证明．【解析】假设存在a 、b 、c 使12＋22＋32＋…＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12＝an (bn 2＋c )对于一切n ∈N *都成立．当n ＝1时，a (b ＋c )＝1； 当n ＝2时，2a (4b ＋c )＝6； 当n ＝3时，3a (9b ＋c )＝19.解方程组⎩⎪⎨⎪⎧a （b ＋c ）＝1，a （4b ＋c ）＝3，3a （9b ＋c ）＝19，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝13，b ＝2，c ＝1.证明如下：当n ＝1时，显然成立；假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时等式成立，即12＋22＋32＋…＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12＝13k (2k 2＋1)；则当n ＝k ＋1时，12＋22＋32＋…＋k 2＋(k ＋1)2＋k 2＋(k －1)2＋…＋22＋12＝13k (2k 2＋1)＋(k ＋1)2＋k 2＝13k (2k 2＋3k ＋1)＋(k ＋1)2＝13k (2k ＋1)(k ＋1)＋(k ＋1)2＝13(k ＋1)(2k 2＋4k ＋3)＝13(k ＋1)[2(k ＋1)2＋1]．因此存在a ＝13，b ＝2，c ＝1，使等式对一切n ∈N *都成立．【方法归纳】 用数学归纳法证明与正整数n 有关的恒等式时要弄清等式两边的项的构成规律：由n ＝k 到n ＝k ＋1时等式左右各如何增减，发生了怎样的变化．【举一反三】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 *)． 【证明】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 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]， 所以当n ＝k ＋1时结论仍然成立．所以f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N *)． 题型二 用数学归纳法证明整除性问题 【例2】 已知f (n )＝(2n ＋7)·3n ＋9，是否存在自然数m 使得任意的n ∈N *，都有m 整除f (n )？若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由．【思路分析】首先取n ＝1，2，3，计算出f (1)，f (2)，f (3)，观察猜想出最大的m 值，然后利用数学归纳法证明．【解析】由f (1)＝36，f (2)＝108，f (3)＝360，猜想：f (n )能被36整除，下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，结论显然成立；②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即f (k )＝(2k ＋7)·3k ＋9能被36整除．则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(2k ＋9)·3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)·3k ＋9]＋18(3k －1－1)，由假设知3[(2k ＋7)·3k ＋9]能被36 整除，又3k －1－1是偶数，故18(3k －1－1)也能被36 整除．即n ＝k ＋1时结论也成立．故由①②可知，对任意正整数n 都有f (n )能被36整除． 由f (1)＝36知36是整除f (n )的最大值． 【方法归纳】与正整数n 有关的整除性问题也可考虑用数学归纳法证明. 在证明n ＝k ＋1结论也成立时，要注意“凑形”，即凑出归纳假设的形式，以便于充分利用归纳假设的条件．【举一反三】2.求证：当n 为正整数时，f (n )＝32n ＋2－8n －9能被64整除．证明①当n ＝1时，f (1)＝34－8－9＝64， 命题显然成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即f (k )＝32k ＋2－8k －9能被64整除．由于f (k ＋1)＝32(k ＋1)＋2－8(k ＋1)－9＝9(32k ＋2－8k －9)＋9·8k ＋9·9－8(k ＋1)－9＝9(32k ＋2－8k －9)＋64(k ＋1)，即f (k ＋1)＝9f (k )＋64(k ＋1)， 所以n ＝k ＋1时命题也成立．根据①②可知，对任意的n ∈N *，命题都成立．题型三 数学归纳法在函数、数列、不等式证明中的运用【例3】已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝1－12b n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式；(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1b n与S n ＋1的大小，并说明理由．【思路分析】(1)求得a 2、a 5的值即可得a n 的表达式，再利用T n －T n －1＝b n 求出{b n }的通项公式；(2)首先求出S n ＋1与1b n 的表达式，先进行猜想，再进行证明．【解析】(1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋a 5＝12，a 2a 5＝27.又因为{a n }的公差大于0，所以a 5>a 2， 所以a 2＝3，a 5＝9.所以d ＝a 5－a 23＝9－33＝2，a 1＝1.因为T n ＝1－12b n ，b 1＝23，当n ≥2时，T n －1＝1－12b n －1，因为b n ＝T n －T n －1＝1－12b n －(1－12b n －1)，化简得b n ＝13b n －1，所以{b n }是首项为23，公比为13的等比数列，即b n ＝23·(13)n －1＝23n .所以a n ＝2n －1，b n ＝23n .(2)因为S n ＝1＋（2n －1）2·n ＝n 2，所以S n ＋1＝(n ＋1)2，以下比较1b n与S n ＋1的大小：当n ＝1时，1b 1＝32，S 2＝4，所以1b 1<S 2.当n ＝2时，1b 2＝92，S 3＝9，所以1b 2<S 3.当n ＝3时，1b 3＝272，S 4＝16，则1b 3<S 4.当n ＝4时，1b 4＝812，S 5＝25，得1b 4>S 5.猜想：当n ≥4时，1b n>S n ＋1.下面用数学归纳法证明： ①当n ＝4时，不等式成立．②假设当n ＝k (k ∈N *，k ≥4)时，1b k>S k ＋1，即3k 2>(k ＋1)2，那么，当n ＝k ＋1时， 1b k ＋1＝3k ＋12＝3·3k 2>3(k ＋1)2＝3k 2＋6k ＋3＝(k 2＋4k ＋4)＋2k 2＋2k －1>[(k ＋1)＋1]2＝S (k ＋1)＋1，所以n ＝k ＋1时，1b n>S n ＋1也成立．由①②可知n ∈N *，n ≥4时，1b n >S n ＋1成立．综上所述，当n ＝1，2，3时，1b n<S n ＋1；当n ≥4时，1b n>S n ＋1.【方法归纳】 运用归纳推理得到的结论不一定正确，需进行证明．用数学归纳法证明不等式时必须要利用归纳假设的条件，并且灵活运用放缩法等不等式证明方法.【举一反三】3.设函数f (x )＝e x －1＋a x(a ∈R )． (1)若函数f (x )在x ＝1处有极值，且函数g (x )＝f (x )＋b 在(0，＋∞)上有零点，求b 的最大值；(2)若f (x )在(1，2)上为单调函数，求实数a 的取值范围；(3)在(1)的条件下，数列{a n }中a 1＝1，a n ＋1＝f (a n )－f ′(a n )，求|a n ＋1－a n |的最小值．【解析】(1)f ′(x )＝e x －1－a x 2，又函数f (x )在x ＝1处有极值，所以f ′(1)＝0，即a ＝1，经检验符合题意．g ′(x )＝e x －1－1x 2，当x ∈(0，1)时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数，当x ＝1时，g ′(x )＝0，当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数．所以g (x )在x ＝1时取得极小值g (1)＝2＋b ，依题意g (1)≤0，所以b ≤－2，所以b 的最大值为－2.(2)f ′(x )＝e x －1－a x 2， 当f (x )在(1，2)上单调递增时，e x －1－a x 2≥0在[1，2]上恒成立，所以a ≤x 2e x －1，令h (x )＝x 2e x －1，则h ′(x )＝e x －1(x 2＋2x )＞0在[1，2]上恒成立，即h (x )在[1，2]上单调递增，所以h (x )在[1，2]上的最小值为h (1)＝1，所以a ≤1；当f (x )在[1，2]上单调递减时，同理a ≥x 2e x －1，h (x )＝x 2e x －1在[1，2]上的最大值为h (2)＝4e ，所以a ≥4e.综上实数a 的取值范围为a ≤1或a ≥4e.(3)由(1)得a ＝1，所以f (x )－f ′(x )＝1x ＋1x 2，因此a n ＋1＝1a n ＋1a 2n，a 1＝1，所以a 2＝2，可得 0＜a 2n ＋1＜1，a 2n ＋2＞2.用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，a 3＝34，a 4＝289，结论成立； ②设n ＝k ，k ∈N *时结论成立，即0＜a 2k ＋1＜1，a 2k ＋2＞2，则n ＝k ＋1时，a 2k ＋3＝1a 2k ＋2＋1a 22k ＋2＜12＋12＝1， 所以0＜a 2k ＋3＜1，a 2k ＋4＝1a 2k ＋3＋1a 22k ＋3＞1＋1＝2. 所以n ＝k ＋1时结论也成立，根据①②可得0＜a 2n ＋1＜1，a 2n ＋2＞2恒成立，所以|a n ＋1－a n |≥a 2－a 1＝2－1＝1，即|a n ＋1－a n |的最小值为1.体验高考(2011湖南)已知函数f (x )＝x 3，g (x )＝x ＋x .(1)求函数h (x )＝f (x )－g (x )的零点个数，并说明理由；(2)设数列{a n }(n ∈N *)满足a 1＝a (a >0)，f (a n ＋1)＝g (a n )，证明：存在常数M ，使得对于任意的n ∈N *，都有a n ≤M .【解析】(1)由h (x )＝x 3－x －x 知，x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0，且h (1)＝－1<0，h (2)＝ 6－2>0，则x ＝0为h (x )的一个零点，且h (x )在(1，2)内有零点．因此h (x )至少有两个零点．h ′(x )＝3x 2－1－12x －12，记φ(x )＝3x 2－1－12x －12， 则φ′(x )＝6x ＋14x －32，当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)>0，φ(33)<0，则φ(x )在(33，1)内有零点．所以φ(x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，φ(x )<φ(x 1)＝0；当x ∈(x 1，＋∞)时，φ(x )>φ(x 1)＝0.所以，当x ∈(0，x 1)时，h (x )单调递减．而h (0)＝0，则h (x )在(0，x 1]内无零点；当x ∈(x 1，＋∞)时，h (x )单调递增，则h (x )在(x 1，＋∞)内至多只有一个零点． 从而h (x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点．综上所述，h (x )有且只有两个零点．(2)证明：记h (x )的正零点为x 0，即x 30＝x 0＋x 0.①当a <x 0时，由a 1＝a ，即a 1<x 0，而a 32＝a 1＋a 1<x 0＋x 0＝x 30.因此a 2<x 0.由此猜测：a n <x 0，下面用数学归纳法证明．(ⅰ)当n ＝1时，a 1<x 0显然成立．(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1)时，a k <x 0成立，则当n ＝k ＋1时，由a 3k ＋1＝a k ＋a k <x 0＋x 0＝x 30知，a k ＋1<x 0.因此，当n ＝k ＋1时，a k ＋1<x 0也成立．故对任意的n ∈N *，a n <x 0成立．②当a ≥x 0时，由(1)知，h (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，则h (a )≥h (x 0)＝0，即a 3≥a ＋a .从而a 32＝a 1＋a 1＝a ＋a ≤a 3，即a 2≤a .由此猜测：a n ≤a .下面用数学归纳法证明． (ⅰ)当n ＝1时，a 1≤a 显然成立．(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1)时，a k ≤a 成立，则当n ＝k ＋1时，由a 3k ＋1＝a k ＋a k ≤a ＋a ≤a3知，a k ＋1≤a .因此，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≤a 也成立．故对任意的n ∈N *，a n ≤a 成立．综上所述，存在常数M ＝max{x 0，a }，使得对于任意的n ∈N *，都有a n ≤M .【举一反三】(2011湖北)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足：a 1＝a (a ≠0)，a n ＋1＝rS n (n ∈N *，r ∈R ，r ≠－1)．(1)求数列{a n }的通项公式；(2)若存在k ∈N *，使得S k ＋1，S k ，S k ＋2成等差数列，试判断：对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2是否成等差数列？并证明你的结论．【解析】(1)由已知a n ＋1＝rS n ，可得a n ＋2＝rS n ＋1，两式相减可得a n ＋2－a n ＋1＝r (S n ＋1－S n )＝ra n ＋1，即a n ＋2＝(r ＋1)a n ＋1.又a 2＝ra 1＝ra ，所以当r ＝0时，数列{a n }为a ，0，…，0，…当r ≠0，r ≠－1时，由已知a ≠0，所以a n ≠0(n ∈N *)，于是由a a ＋2＝(r ＋1)a n ＋1，可得a n ＋2a n ＋1＝r ＋1(n ∈N *)， 所以a 2，a 3，…，a n ，…成等比数列，所以当n ≥2时，a n ＝r (r ＋1)n －2a .综上，数列{a n }的通项公式为a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，r （r ＋1）n －2a ，n ≥2. (2)对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列．证明如下：当r ＝0时，由(1)知，a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，n ＝1，0，n ≥2，所以对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列；当r ≠0，r ≠－1时，因为S k ＋2＝S k ＋a k ＋1＋a k ＋2，S k ＋1＝S k ＋a k ＋1， 若存在k ∈N *，使得S k ＋1，S k ，S k ＋2成等差数列，则S k ＋1＋S k ＋2＝2S k ，即a k ＋2＝－2a k ＋1， 由(1)知，a 2，a 3，…，a n ，…的公比r ＋1＝－2，于是对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1＝－2a m ，从而a m ＋2＝4a m ，所以a m ＋1＋a m ＋2＝2a m ，即a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列．综上，对于任意的m ∈N *，且m ≥2，a m ＋1，a m ，a m ＋2成等差数列．。