2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5创新应用教学案：第四讲 章末小结与测评

不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．设数列{a n}满足a n＋1＝a2n－na n＋1，n＝1，2，3，…(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列{a n}的一个通项公式．(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有①a n≥n＋2；②11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋a n≤12.[解](1)由a1＝2，得a2＝a21－a1＋1＝3；由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4；由a3＝4，得a4＝a23－3a3＋1＝5.由此猜想：a n ＝n ＋1(n ∈N ＋)． (2)①用数学归纳法证明：当n ＝1时，a 1≥3＝1＋2，不等式成立； 假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥k ＋2，那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a 2k －ka k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1＝2(k ＋2)＋1≥k ＋3＝(k ＋1)＋2， 也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2. 综上可得，对于所有n ≥1，有a n ≥n ＋2. ②由a n ＋1＝a n (a n －n )＋1及①，对k ≥2，有 a k ＝a k －1(a k －1－k ＋1)＋1≥a k －1(k －1＋2－k ＋1)＋1 ＝2a k －1＋1≥2·(2a k －2＋1)＋1＝22a k －2＋2＋1≥23a k －3＋22＋2＋1≥…∴a k ≥2k －1a 1＋2k －2＋…＋2＋1＝2k －1a 1＋2k －1－1＝2k －1(a 1＋1)－1，于是1＋a k ≥2k －1(a 1＋1)，11＋a k ≤11＋a 1·12k －1，k ≥2.∴11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n ≤11＋a 1＋11＋a 1⎝⎛⎭⎫12＋122＋…＋12n －1 ＝11＋a 1⎝⎛⎭⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝21＋a 1·⎝⎛⎭⎫1－12n <21＋a 1≤21＋3＝12.因此，原不等式成立. \使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P (k )成立”是问题的条件，而“命题P (k ＋1)成立”就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．1．分析综合法用数学归纳法证明关于正整数n 的不等式，从“P (k )”到“P (k ＋1)”，常常可用分析综合法．求证：11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）<n ，n ∈N ＋. [证明] (1)当n ＝1时，因为11×2＝12<1，所以原不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，原不等式成立，即有11×2＋12×3＋…＋1k （k ＋1）<k ，当n ＝k ＋1时，11×2＋12×3＋…＋1k （k ＋1）＋1（k ＋1）（k ＋2）< k ＋1（k ＋1）（k ＋2）.因此，欲证明当n ＝k ＋1时，原不等式成立， 只需证明k ＋1（k ＋1）（k ＋2）<k ＋1成立．即证明k ＋1－k >1（k ＋1）（k ＋2）.从而转化为证明1k ＋1＋k >1k 2＋3k ＋2，也就是证明k 2＋3k ＋2>k ＋1＋k ， 即(k 2＋3k ＋2)2－(k ＋1＋k )2 ＝k 2＋k ＋1－2k （k ＋1） ＝[k （k ＋1）－1]2>0， 从而k 2＋3k ＋2>k ＋1＋k .于是当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n ，原不等式都成立． 2．放缩法涉及关于正整数n 的不等式，从“k ”过渡到“k ＋1”，有时也考虑用放缩法．求证：1＋12＋13＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)．[证明] (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝12.左边>右边，∴不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立， 即1＋12＋13＋…＋12k －1>k 2.当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k －1＋1＋…＋12k ,\s \do 4(2k －1项))>k 2＋2k －1·12k ＝k ＋12.∴n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)、(2)可知，1＋12＋13＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)．3．递推法用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用a n 与a n ＋1的关系，实现从“k ”到“k ＋1”的过渡．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n＋a ，求证：对一切n ∈N ＋，有1<a n <11－a .[证明] 用数学归纳法．(1)当n ＝1时，a 1>1，又a 1＝1＋a <11－a ，显然命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立， 即1<a k <11－a.当n ＝k ＋1时，由递推公式，知 a k ＋1＝1a k＋a >(1－a )＋a ＝1，同时，a k ＋1＝1a k ＋a <1＋a ＝1－a 21－a <11－a ，当n ＝k ＋1时，命题也成立．即1<a k ＋1<11－a .综合(1)、(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a .4．学会借用同一题中已证明过的结论在从k 到k ＋1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要．设{x n }是由x 1＝2，x n ＋1＝x n 2＋1x n (n ∈N ＋)定义的数列，求证：不等式2<x n <2＋1n(n ∈N ＋)．[证明] 受阻过程：由于对于任意的k ∈N ＋，x k ＋1＝x k 2＋1x k>2x k 2·1x k＝ 2.所以x n >2(n ∈N ＋)显然成立．下面证明：x n <2＋1n(n ∈N ＋)．(1)当n ＝1时，x 1＝2<2＋1，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，不等式成立， 即x k <2＋1k，那么，当n ＝k ＋1时，x k ＋1＝x k 2＋1x k .由归纳假设，x k <2＋1k ，则x k 2<22＋12k ，① 1x k>12＋1k .② 因为①、②不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k 到(k ＋1)的证明，到此好像“山重水复疑无路”，证题思路受到阻碍．受阻原因分析：要利用递推式x k ＋1＝x k 2＋1x k ，只有找出关系式1x k<A ，才有可能推导下去．因此，只有寻觅出x k >1A 这样一个条件，才可以接通思路．当注意到前面已证明x n >2以后，问题就可以解决了．思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论．事实上，∵x k >2，∴1x k <22.∴x k ＋1＝x k 2＋1x k <22＋12k ＋22＝2＋12k ≤2＋1k ＋1.即x k ＋1<2＋1k ＋1.一、选择题1．用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ≥3，n ∈N ＋)，第一步应验证( ) A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3 D ．n ＝4 答案：C2．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n (n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )＝( )A.12n ＋1B.12n ＋2C.12n ＋1＋12n ＋2D.12n ＋1－12n ＋2 解析：选D 由题意知f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ，f (n ＋1)＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋12n ＋1＋12n ＋2，故f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1＋1－22n ＋2＝12n ＋1－12n ＋2. 3．用数学归纳法证明1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N ＋)成立，当n ＝1时，应验证( )A.32≤1＋12≤32 B.32≤1＋12＋13≤32 C.32≤1＋12＋13<32 D.32<1＋12<32解析：选A 当n ＝1时，左边＝1＋12＝32，中间＝1＋12＝32，右边＝12＋1＝32.∴32≤1＋12≤32. 4．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”，第二步归纳假设应该写成( )A ．假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除B ．假设当n ＝2k (k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除C ．假设当n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除D ．假设当n ＝2k －1(k ∈N ＋)时，x k ＋y k 能被x ＋y 整除 解析：选D 第k 个奇数应是n ＝2k －1(k ∈N ＋)． 二、填空题5．利用数学归纳法证明“⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15…(1＋12n －1)>2n ＋12”时，n 的最小取值n 0为________．解析：n 0＝1时，1＋11不适合原式要求．n 0＝2时，1＋13>52，再用数学归纳法证明．答案：26．若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是f (k ＋1)＝________． 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 )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)27．用数学归纳法证明：cos α＋cos 3α＋cos 5α＋…＋cos (2n －1)α＝sin 2n α2sin α(sin α≠0，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式右边的式子是__________．解析：本题在n ＝1时，右边考查二倍角的正弦公式，右边＝sin 2α2sin α＝2sin αcos α2sin α＝cos α.答案：cos α8．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项a n ＝________．解析：法一：分别令n ＝1，2，3求出a 2＝12，a 3＝13，通过不完全归纳法知a n ＝1n .法二：对已知等式因式分解得 [(n ＋1)a n ＋1－na n ]·(a n ＋1＋a n )＝0.由a n >0知a n ＋1a n ＝n n ＋1，再由累乘法求得a n ＝1n .答案：1n三、解答题9．在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，当n ∈N ＋时，满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且设b n ＝a 4n ，求证：{b n }各项均为3的倍数．证明：(1)∵a 1＝a 2＝1，故a 3＝a 1＋a 2＝2，a 4＝a 3＋a 2＝3. ∴b 1＝a 4＝3，当n ＝1时，b 1能被3整除．(2)假设n ＝k 时，命题成立，即b k ＝a 4k 是3的倍数，则n ＝k ＋1时， b k ＋1＝a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4＝a 4k ＋3＋a 4k ＋2＝a 4k ＋2＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k＝a 4k ＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＝3a 4k ＋1＋2a 4k .由归纳假设，a 4k 是3的倍数，3a 4k ＋1是3的倍数，故可知b k ＋1是3的倍数，∴n ＝k ＋1时命题也正确．综合(1)、(2)可知，对正整数n ，数列{b n }的各项都是3的倍数． 10．用数学归纳法证明：12×34×56×…×2n －12n <12n ＋1对n ∈N ＋时成立． 证明：(1)当n ＝1时，12<13，不等式成立．(2)假设n ＝k 时不等式成立． 即12×34×56×…×2k －12k <12k ＋1. 则n ＝k ＋1时，12×34×56×…×2k －12k ×2k ＋12（k ＋1）<12k ＋1×2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋2＝2k ＋12k ＋3（2k ＋2）2k ＋3＝4k 2＋8k ＋3（2k ＋2）2k ＋3<4k 2＋8k ＋4（2k ＋2）2k ＋3＝（2k ＋2）2（2k ＋2）2k ＋3＝12k ＋3.即n ＝k ＋1时不等式成立．由(1)、(2)知不等式对任意n ∈N ＋都成立．11．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2)．(1)判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列？并证明你的结论；(2)求S n 和a n ；(3)求证：S 21＋S 22＋…＋S 2n≤12－14n . 解：(1)S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，即S n －S n －1＝－2S n S n －1.∴1S n －1S n －1＝2，故{1S n }是以2为首项，2为公差的等差数列． (2)由(1)得1S n ＝2＋(n －1)·2＝2n ，S n ＝12n(n ∈N ＋)，当n ≥2时，a n ＝－2S n S n －1＝－12n （n －1）.当n ＝1时，a 1＝12∴a n ＝⎩⎨⎧12（n ＝1），－12n （n －1）（n ≥2，n ∈N＋）.(3)证明：①当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1，成立． ②假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时，不等式成立， 即S 21＋S 22＋…＋S 2k ≤12－14k 成立，则当n ＝k ＋1时， S 21＋S 22＋…＋S 2k ＋S 2k ＋1≤12－14k ＋14（k ＋1）2＝12－14⎣⎡⎦⎤1k －1（k ＋1）2＝12－14·k 2＋k ＋1k （k ＋1）2<12－14·k 2＋k k （k ＋1）2＝12－14（k ＋1）. 即当n ＝k ＋1时，不等式成立．由①，②可知对任意n ∈N ＋不等式成立．(时间：90分钟 满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．设S (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．S (n )共有n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13B ．S (n )共有n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14C ．S (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14D ．S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14解析：选D S (n )共有n 2－n ＋1项，S (2)＝12＋13＋14.2．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的自然数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：选C 取n 0＝1，2，3，4，5验证，可知n 0＝5.3．用数学归纳法证明当n ∈N ＋时1＋2＋22＋…＋22n ＝22n ＋1－1时，当n ＝1时左边为( )A ．1B ．1＋2C ．1＋2＋22D ．1＋2＋22＋23解析：选C 因为左边为2n ＋1项和，所以n ＝1时，左边＝1＋2＋22.4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n ，不等式⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15…⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋12成立时，当n ＝2时验证的不等式是( )A ．1＋13>52B.⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15>52C.⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15≥52 D ．以上都不对解析：选A 当n ＝2时，左边＝1＋12×2－1＝1＋13，右边＝2×2＋12＝52，∴1＋13>52.5．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n －1－1n ＝2⎝⎛⎭⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2，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 ∵k 为偶数，∴假设n ＝k 时，命题为真，还需再证n ＝k ＋2时等式成立，故选B.6．已知f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )<k 2成立C ．若f (7)≥49成立，则当k <7时，均有f (k )<k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：选D ∵f (k )≥k 2成立时，f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，当k ＝4时，f (4)＝25>16＝42成立．∴当k ≥4时，有f (k )≥k 2成立．7．用数学归纳法证明“对于任意x >0和正整数n ，都有x n ＋x n －2＋x n －4＋…＋1x n －4＋1xn －2＋1xn ≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ) A ．n 0＝1 B ．n 0＝2C ．n 0＝1，2D ．以上答案均不正确解析：选A n 0＝1时，x ＋1x≥1＋1成立，再用数学归纳法证明．8．记凸k 边形的内角和为f (k )，则凸k ＋1边形的内角和f (k ＋1)与f (k )的关系是( ) A ．f (k ＋1)＝f (k )＋π2B ．f (k ＋1)＝f (k )＋πC ．f (k ＋1)＝f (k )＋3π2D ．f (k ＋1)＝f (k )＋2π解析：选B 凸多边形每增加一条边，内角和增加π.9．下列代数式，n ∈N ＋，可能被13整除的是( ) A ．n 3＋5n B ．34n ＋1＋52n ＋1C ．62n －1＋1 D ．42n ＋1＋3n ＋2解析：选D A 中，n ＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B 中，n ＝1时，35＋53＝368不能被13整除；C 中，n ＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除．10．用数学归纳法证恒等式12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n （2n ＋2）＝n 4（n ＋1），由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式左边增加的式子为( )A.12k ＋4B.1（2k ＋2）（2k ＋3）＋1（2k ＋3）（2k ＋4） C.12（k ＋1）D.1（2k ＋2）（2k ＋4）解析：选D 观察等式左边可知n ＝k ＋1时，应再加上1（2k ＋2）（2k ＋4）.二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)11．证明1＋12＋13＋14＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)，假设n ＝k 时成立，当n ＝k ＋1时，左边增加的项数是________．解析：令f (n )＝1＋12＋13＋…＋12n －1，则f (k )＝1＋12＋13＋…＋12k －1，f (k ＋1)＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋…＋12k ＋1－1，所以f (k ＋1)－f (k )＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，分母首项为2k ＝a 1，分母末项a n ＝2k ＋1－1，公差d ＝1，∴n ＝a n －a 1d ＋1＝2k .答案：2k12．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，________．解析：a k ＋1＝2a k ＋2＝2(4·2k －1－2)＋2＝4·2k －2＝4·2(k＋1)－1－2答案：a k ＋1＝4·2(k＋1)－1－213．从1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝________．解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n ＋1，和的绝对值是前n 个自然数的和，为n （n ＋1）2.答案：(－1)n ＋1·n （n ＋1）214．数列{a n }中，a 1＝1，且S n 、S n ＋1、2S 1成等差数列，则S 2、S 3、S 4分别为________，猜想S n ＝________．解析：∵2S n ＋1＝2S 1＋S n ，且S 1＝a 1＝1.∴S 2＝32＝22－122－1，S 3＝74＝23－123－1，S 4＝158＝24－124－1，∴猜想S n ＝2n －12n －1.答案：32，74，158 2n－12n －1三、解答题(本大题共有4小题，共50分)15．(本小题满分12分)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＝1，右边＝1，命题成立． (2)假设当n ＝k 时(k ≥1，k ∈N ＋)，命题成立， 即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)，那么当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋[2(k ＋1)－1]2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (2k ＋1)(2k －1)＋(2k ＋1)2 ＝13(2k ＋1)(2k ＋3)(k ＋1) ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]．∴当n ＝k ＋1时，命题也成立． 由(1)(2)得：对于任意n ∈N ＋，等式都成立．16．(本小题满分12分)求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56，(n ≥2，n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16>56，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，命题成立， 即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56，则当n ＝k ＋1时，1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13（k ＋1）＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56. 所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立．17．(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n ＋1)·7n －1(n ∈N ＋)能被9整除． 证明：(1)当n ＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27， 能被9整除，所以命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立， 即(3k ＋1)·7k －1能被9整除．那么当n ＝k ＋1时， [3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1＝(3k ＋4)·7k ＋1－1＝(3k ＋1)·7k ＋1－1＋3·7k ＋1＝[(3k ＋1)·7k －1]＋3·7k ＋1＋6·(3k ＋1)·7k＝[(3k ＋1)·7k －1]＋7k (21＋6×3k ＋6) ＝[(3k ＋1)·7k －1]＋9·7k (2k ＋3)．由归纳假设知，(3k ＋1)·7k －1能被9整除， 而9·7k (2k ＋3)也能被9整除， 故[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1能被9整除．这就是说，当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N ＋，(3n ＋1)·7n －1都能被9整除． 18．(本小题满分14分){a n }是由非负整数组成的数列，满足a 1＝0，a 2＝3，a n ＋1a n ＝(a n －1＋2)(a n －2＋2)，n ＝3，4，5，….(1)求a 3； (2)证明：a n ＝a n －2＋2(n ≥3，且n ∈N ＋)．解：(1)由已知a 4a 3＝(a 2＋2)(a 1＋2)＝5×2＝10×1， ∴a 3可能取值1，2，5，10. 若a 3＝1，a 4＝10，从而a 5＝（a 3＋2）（a 2＋2）a 4＝1510＝32，显然a 5不是非负整数，与题设矛盾．若a 3＝10，则a 4＝1，从而a 5＝60.但再计算a 6＝35，也与题设矛盾．∴a 3＝2，a 4＝5.(因a 3＝5，a 4＝2⇒a 5∉N ，舍去)(2)用数学归纳法证明：①当n ＝3时，a 3＝2，a 1＋2＝0＋2， ∴a 3＝a 1＋2，即n ＝3时等式成立；②假设n ＝k (k ≥3)时，等式成立，即a k ＝a k －2＋2， 由题设a k ＋1a k ＝(a k －1＋2)(a k －2＋2)， 因为a k ＝a k －2＋2≠0.所以a k ＋1＝a k －1＋2，也就是说，当n ＝k ＋1时，等式a k ＋1＝a k －1＋2成立． 则根据①②知，对于n ≥3(n ∈N ＋)，有a n ＝a n －2＋2.模块综合检测(时间：90分钟 满分：120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．已知a ，b 为非零实数，且a <b ，则下列命题成立的是( ) A ．a 2<b 2 B ．ab 2<a 2b C.1ab 2<1a 2b D.b a <a b解析：选C A 项中a 2－b 2＝(a ＋b )(a －b )， 由a <b 知a －b <0.但a ＋b 的符号不确定，故A 项错误． B 项中，ab 2－a 2b ＝ab (b －a )， 由a <b 知b －a >0，但ab 的符号不确定，故B 项错误． C 项中，1ab 2－1a 2b ＝1ab ⎝⎛⎭⎫1b －1a ＝a －ba 2b 2， 由a <b 知a －b <0，又已知a ，b 为非零实数， ∴1ab 2－1a 2b <0，即1ab 2<1a 2b. D 项中，b a －a b ＝b 2－a 2ab ＝（b ＋a ）（b －a ）ab，由于a ＋bab 的符号不确定，故D 项错误．2．设a ，b ∈R ，下面的不等式成立的是( ) A ．a 2＋3ab ＞b 2 B ．ab ＋a ＞b ＋ab C.a b ＜a ＋1b ＋1D ．a 2＋b 2≥2(a －b －1) 解析：选D 法一：取a ＝0，b ＝1验证排除A 、B ，再取a ＝4，b ＝3时，可排除C ，故选D.法二：a 2＋b 2－2(a －b －1)＝a 2－2a ＋1＋b 2－2b ＋1＝(a －1)2＋(b －1)2≥0.3．已知函数f (x )、g (x )，设不等式|f (x )|＋|g (x )|<a (a >0)的解集是M ，不等式|f (x )＋g (x )|<a (a >0)的解集为N ，则集合M 与N 的关系是( )A ．N MB ．M ＝NC ．M ⊆ND ．M N 解析：选C 由绝对值不等式的性质知 |f (x )＋g (x )|≤|f (x )|＋|g (x )|，∴集合N 与集合M 成M ⊆N 关系．4．若x ，y ，z 是正数，且满足xyz (x ＋y ＋z )＝1，则(x ＋y )·(y ＋z )的最小值是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4解析：选B (x ＋y )(y ＋z )＝xy ＋xz ＋y 2＋yz ＝y (x ＋y ＋z )＋xz ≥2xyz （x ＋y ＋z ）＝2. 5．不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的解集为( ) A ．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B ．(－∞，－1]∪[2，＋∞) C ．(－∞，－2]∪[3，＋∞) D ．(－∞，－3]∪[2，＋∞)解析：选D 由题意不等式|x －1|＋|x ＋2|≥5的几何意义为数轴上到1，－2两个点的距离之和大于等于5的点组成的集合，而－2，1两个端点之间的距离为3，由于分布在－2，1以外的点到－2，1的距离要计算两次，而在－2，1内部的距离则只计算一次，因此只要找出－2左边到－2的距离等于5－32＝1的点－3，以及1右边到1的距离等于5－32＝1的点2，这样就得到原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．6．若log x y ＝－2，则x ＋y 的最小值是( ) A.3322 B.2333 C.332 D.223解析：选A ∵log x y ＝－2，∴y ＝1x 2，∴x ＋y ＝x ＋1x 2＝x 2＋x 2＋1x 2≥3314＝3232.故应选A.7．不等式|x －1|＋|x －2|≥5的解集为( ) A ．(－∞，－1] B ．[－1，＋∞)C ．(－∞，－1]∪[4，＋∞)D ．(－∞，－4]∪[1，＋∞)解析：选C 原不等式可化为⎩⎪⎨⎪⎧x <1，（1－x ）＋（2－x ）≥5，①或⎩⎪⎨⎪⎧1≤x ≤2，（x －1）＋（2－x ）≥5，② 或⎩⎪⎨⎪⎧x >2，（x －1）＋（x －2）≥5.③ 解不等式组①得x ≤－1，不等式组②无解， 解不等式组③得x ≥4.因此，原不等式的解集为(－∞，－1]∪[4，＋∞)．8．当x >1时，不等式a ≤x ＋1x －1恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，2)B ．[2，＋∞)C ．[3，＋∞)D ．(－∞，3] 解析：选D a ≤x ＋1x －1，由x ＋1x －1＝x －1＋1x －1＋1≥3，即x ＋1x －1的最小值为3.9．若实数x 、y 满足1x 2＋1y 2＝1，则x 2＋2y 2有( )A ．最大值3＋2 2B ．最小值3＋2 2C ．最大值6D ．最小值6解析：选B 由题知，x 2＋2y 2＝(x 2＋2y 2)·⎝⎛⎭⎫1x 2＋1y 2＝3＋2y 2x 2＋x 2y 2≥3＋22，当且仅当x 2y 2＝2y 2x 2时，等号成立， 故选B.10．对任意实数x ，若不等式|x ＋1|－|x －2|>k 恒成立，则k 的取值范围是( ) A ．k <3 B ．k <－3 C ．k ≤3 D ．k ≤－3解析：选B 法一：(1)⎩⎪⎨⎪⎧x ≤－1，－（x ＋1）＋（x －2）>k ，或(2)⎩⎪⎨⎪⎧－1<x <2，x ＋1＋（x －2）>k ，或(3)⎩⎪⎨⎪⎧x ≥2，（x ＋1）－（x －2）>k .由(1)得k <－3.由(2)得－1<x <2时，k <2x －1.而2x －1∈(－3，3)，∴k ≤－3.由(3)得k <3. 依题意，要对任意x 都使该不等式成立， ∴k <－3时，(1)(2)(3)都可以满足． 故选B.法二：根据绝对值的几何意义： |x ＋1|可看作点x 到点－1的距离， |x －2|可看作点x 到点2的距离，因此|x ＋1|－|x －2|即为数轴上任一点x 到点－1的距离与到点2的距离的差，记作(*)， 要使它大于k 恒成立就要讨论点x 的位置：(1)当点x 在点－1左侧时，如图中的点R ，则(*)恒为－3.(2)当点x 在点2右侧时， 如图中的点T ，则(*)恒为3.(3)当点－1≤x ≤2时，如图中的点S ， 则－3≤(*)≤3.由(1)(2)(3)可知，无论x 为任何实数， (*)的范围是－3≤(*)≤3.因此若使|x ＋1|－|x －2|>k ，只需k <－3.(注意：当k ＝－3时，若|x ＋1|－|x －2|＝－3，则无法取“>”) 法三：令y ＝|x ＋1|－|x －2|， 则y ＝⎩⎪⎨⎪⎧ －3（x ≤－1），2x －1（－1<x <2），3（x ≥2）.在直角坐标系下作出图象如图所示， 由图得到－3≤y ＝|x ＋1|－|x －2|≤3.以下同法二．二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分) 11．函数y ＝5x －1＋10－2x 的最大值为________． 解析：y ＝5x －1＋10－2x ＝5x －1＋2·5－x ≤[（x －1）＋（5－x ）]·（25＋2）＝4·27＝6 3.(当且仅当2·x －1＝55－x 即x ＝12727时取等号)答案：6 312．(天津高考)集合A ＝{x ∈R ||x －2|≤5}中的最小整数为________．解析：不等式|x －2|≤5等价于－5≤x －2≤5，解得－3≤x ≤7，所以集合A 为{x ∈R |－3≤x ≤7}，集合A 中的最小整数为－3.答案：－313．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是________． 解析：用分析法比较，a >b ⇔3＋5>2＋6⇔8＋215>8＋212，同理可比较得b >c . 答案：a >b >c14．下列四个命题中：①a ＋b ≥2ab ；②sin 2x ＋4sin 2x ≥4；③设x ，y 都是正数，若1x ＋9y ＝1，则x ＋y 的最小值是12；④若|x －2|＜ε，|y －2|＜ε，则|x －y |＜2ε.其中所有真命题的序号是________．解析：①不正确．a ，b 符号不定；②不正确，sin 2x ∈(0，1]，利用函数y ＝x ＋4x 的单调性可求得sin 2x ＋4sin 2x ≥5；③不正确．(x ＋y )⎝⎛⎭⎫1x ＋9y ＝10＋y x ＋9xy ≥10＋6＝16；④正确．|x －y |＝|x －2＋2－y |≤|x －2|＋|2－y |＜ε＋ε＝2ε.答案：④三、解答题(本大题共有4小题，共50分)15．(本小题满分12分)已知a ，b 是不相等的正实数． 求证：(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )>9a 2b 2.证明：因为a ，b 是正实数，所以a 2b ＋a ＋b 2≥33a 2b ·a ·b 2＝3ab >0，当且仅当a 2b ＝a ＝b 2，即a ＝b ＝1时，等号成立；同理：ab 2＋a 2＋b ≥33ab 2·a 2·b ＝3ab >0，当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立． 所以(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )≥9a 2b 2， 当且仅当a ＝b ＝1时，等号成立．因为a ≠b ，所以(a 2b ＋a ＋b 2)(ab 2＋a 2＋b )>9a 2b 2.16．(本小题满分12分)已知实数a ，b ，c ，d 满足a ＋b ＋c ＋d ＝3，a 2＋2b 2＋3c 2＋6d 2＝5，试求a 的最值．解：由柯西不等式得，(2b 2＋3c 2＋6d 2)⎝⎛⎭⎫12＋13＋16≥(b ＋c ＋d )2， 即2b 2＋3c 2＋6d 2≥(b ＋c ＋d )2， 由条件可得，5－a 2≥(3－a )2， 解得1≤a ≤2，当且仅当2b 12＝3c 13＝6d 16时等号成立，即b ＝12，c ＝13，d ＝16时，a max＝2；b ＝1，c ＝23，d ＝13时，a min ＝1.17．(本小题满分12分)(辽宁高考)已知f (x )＝|ax ＋1|(a ∈R )，不等式f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}．(1)求a 的值；(2)若⎪⎪⎪⎪f （x ）－2f ⎝⎛⎭⎫x 2≤k 恒成立，求k 的取值范围． 解：(1)由|ax ＋1|≤3得－4≤ax ≤2. 又f (x )≤3的解集为{x |－2≤x ≤1}， 所以当a ≤0时，不合题意． 当a >0时，－4a ≤x ≤2a ，得a ＝2.(2)记h (x )＝f (x )－2f ⎝⎛⎭⎫x 2，则h (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ≤－1，－4x －3， －1<x <－12，－1，x ≥－12， 所以|h (x )|≤1，因此k ≥1.18．(本小题满分14分)已知数列{b n }是等差数列，b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝100.(1)求数列{b n }的通项b n ；(2)设数列{a n }的通项a n ＝lg ⎝⎛⎭⎫1＋1b n ，记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与12lg b n ＋1的大小，并证明你的结论．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，10b 1＋10（10－1）2d ＝100，解得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，d ＝2. ∴b n ＝2n －1.(2)由b n ＝2n －1，知S n ＝lg(1＋1)＋lg ⎝⎛⎭⎫1＋13＋…＋lg ⎝⎛⎭⎫1＋12n －1 ＝lg ⎣⎡⎦⎤（1＋1）⎝⎛⎭⎫1＋13·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1， 12lg b n ＋1＝lg 2n ＋1， 因此要比较S n 与12lg b n ＋1的大小， 可先比较(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋13·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1与2n ＋1的大小． 取n ＝1，有(1＋1)>2·1＋1，取n ＝2，有(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋13>2·2＋1，… 由此推测，(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋13·…·⎝⎛⎭⎫1＋12n －1>2n ＋1(n ∈N ＋)．① 若①式成立，则由对数函数性质可以断定：S n >12lg b n ＋1.下面用数学归纳法证明①式． (ⅰ)当n ＝1时，已验证①式成立． (ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，①式成立，即(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋13·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1>2k ＋1. 那么，当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝⎛⎭⎫1＋13·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎣⎡⎦⎤1＋12（k ＋1）－1>2k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋1＝2k ＋12k ＋1(2k ＋2)． ∵⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋12k ＋1（2k ＋2）2－(2k ＋3)2 ＝4k 2＋8k ＋4－（4k 2＋8k ＋3）2k ＋1＝12k ＋1>0， ∴2k ＋12k ＋1(2k ＋2)>2k ＋3＝2（k ＋1）＋1. 因而(1＋1)(1＋13)·…·⎝⎛⎭⎫1＋12k －1⎝⎛⎭⎫1＋12（k ＋1）－1 >2（k ＋1）＋1.这就是说①式当n ＝k ＋1时也成立．由(ⅰ)，(ⅱ)知①式对任何正整数n 都成立．由此证得S n >12lg b n ＋1.。