2014届高考数学一轮复习教学案(基础知识+高频考点+解题训练)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 ＝3

D ．n ＝4

答案：C

2．(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＋…－1

n ＝

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＋…＋1

n 2，则( )

A ．f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋1

3

B ．f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋1

4

C ．f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋1

3

D ．f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋1

4

解析：选D 由f (n )可知，共有n 2－n ＋1项，且n ＝2时，f (2)＝12＋13＋1

4

.

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＋22

5．用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋1

2n －11)”，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＋…＋1

2k －1

则n ＝k ＋1时，左边应为：

1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋1

2k ＋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．

典题导入

[例1] 设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1

n

(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＋1

2－1＝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)－1

k ＋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)＝n 2n ＋1

. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝1

3，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)＝k

2k ＋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．

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 ＋1

b 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 2

a 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＝3

2，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 ＋1

2k ＞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 ＋3

2k ＋1， 要证当n ＝k ＋1时结论成立， 只需证

2k ＋3

2k ＋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 ＋3

2k ＋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 ＋1

b 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＜2－1

n (n ∈N *，n ≥2)．

证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54＜2－12＝3

2，命题成立．

(2)假设n ＝k 时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2＜2－1

k

.

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 ＋1

k －1k ＋1

＝2－1

k ＋1

命题成立．

由(1)(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立.

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＝3

2(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＝3

2

.

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 －1

2

n －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 －1

2

k －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 ＋

1－1

2k ，

这表明n ＝k ＋1时，结论成立， 由①②知猜想a n ＝2n －1

2n －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>127

64(n ∈N *)成立，其初始值最小应取

( )

A ．7

B ．8

C ．9

D ．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 －1

D ．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＝1

3，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＝1

7×9.

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＋6·7k

B ．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 ＋1

8．(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)2

9．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＝1

2； 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＝3

4.

猜想S n ＝n

n ＋1.

答案：

n n ＋1

10．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n －1)2 ＝1

3

n (4n 2－1)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝12＝1，右边＝ 1

3×1×(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＝1

3k (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＝1

3k (4k 2－

1)＋4k 2＋4k ＋1

＝13k [4(k ＋1)2－1]－1

3k ·4(2k ＋1)＋4k 2＋4k ＋1 ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋1

3(12k 2＋12k ＋3－8k 2－4k ) ＝13k [4(k ＋1)2－1]＋1

3[4(k ＋1)2－1] ＝1

3(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 n 1－4a 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 k

1－4a 2k ·(2a k ＋1)

＝

b k

1－2a 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＝1

2

.

当n ＝2时，x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－1

2，于是????a 2－122－a 2????a 2－12－a 2＝0，解得a 2＝1

6

.

(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＝2

3

.

由①可得S 3＝34.由此猜想S n ＝n

n ＋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＝

1

2－S k

， 即S k ＋1＝k ＋1

k ＋2

，故n ＝k ＋1时结论也成立．

综上，由(ⅰ)(ⅱ)可知S n ＝n

n ＋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 ＋1

B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1

D.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：15

3．已知f (n )＝1＋123＋133＋143＋…＋1n 3，g (n )＝32－1

2n 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)＝11

8，

所以f (2)＜g (2)；

当n ＝3时，f (3)＝251216，g (3)＝312

216，

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＜32－1

2k 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a 2＋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＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －

1

＝a [a k ＋

1＋(a ＋1)2k －

1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －

1

由假设可知a [a k ＋

1＋(a ＋1)2k －

1]能被a 2＋a ＋1整除，(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k

－1

也能被a 2＋a

＋1整除，

∴a k ＋

2＋(a ＋1)2k

＋1

也能被a 2＋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，a 1＝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a 1＝1，a 2＝ca 1＋c 2·3＝3c 2＋c ＝(22－1)c 2＋c ，

a 3＝ca 2＋c 3·5＝8c 3＋c 2＝(32－1)c 3＋c 2， a 4＝ca 3＋c 4·7＝15c 4＋c 3＝(42－1)c 4＋c 3，

猜测a n ＝(n 2－1)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 ＝(k 2－1)c k ＋c k －

1，则当n ＝k ＋1时，

a k ＋1＝ca k ＋c k ＋

1(2k ＋1)

＝c [(k 2－1)c k ＋c k －

1]＋c k ＋

1(2k ＋1)

＝(k 2＋2k )c k ＋

1＋c k ＝[(k ＋1)2－1]c k ＋

1＋c k ，

综上，a n ＝(n 2－1)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 －2

x ＋1≤0的解集是( )

A ．(－∞，－1)∪(－1,2]

B ．(－1,2]

C ．(－∞，－1)∪[2，＋∞)

D ．[－1,2]

解析：选B ∵x －2

x ＋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 2

D ．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 ．－5

B ．－4

C ．－2

D ．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 －1

a 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≥3

4＞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 －1

a 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.????0，1

8 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 ＋

b

c ≥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 2

D ．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 2

2≥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 ．2

B ．4

C ．6

D ．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 ＋4

y

的最小值是( )

A ．9

B ．18

C ．16

D ．20

解析：选B AB ·AC ＝|AB ||AC

|cos 30°＝23，

∴|AB ||AC |＝4，∴S △ABC ＝1

2

×4×sin 30°＝1，

∴1

2＋x ＋y ＝1，即2(x ＋y )＝1， ∴1x ＋4y ＝????

1x ＋4y ·2(x ＋y )

＝2????5＋y x ＋4x

y ≥2?

??

?

5＋2 y x ·4x y ＝2×(5＋4)＝18，当且仅当y ＝2x ，即x ＝16，y ＝1

3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 >c

b ；②a

c log a (b －c )． 其中所有的正确结论的序号是( ) A ．① B ．①② C ．②③

D ．①②③

解析：选D 由a >b >1，c <0得，1a <1b ，c a >c

b ；幂函数y ＝x

c (c <0)是减函数，所以a 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p

q ＝________.

解析：由－4＜2x －3＜4 得－12＜x ＜72

，

由题意得72－1

2＝－p ，????－12×72＝q ， 即p ＝－3，q ＝－74，∴p q ＝12

7.

答案：12

7

13．(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)2

14．(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 ＋3

15．(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 ＋y

λ≤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＝－1

2≠－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，－1

λ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 ＋y

λ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?4

x ＋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 ＋8

x ＝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 2

4

?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1

S 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＋1

S 2

＝5， 由S 24＝(S 4－S 3

)????S 4－12， 得1S 4＝2＋1

S 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＋10

5＝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 －100

150－x －30.

∵0＜x ＜150， ∴150－x ＞0，

P ＝－ ????(150－x )＋100150－x ＋120. ∵(150－x )＋100

150－x

≥2

(150－x )·100

150－x

＝2×10＝20，

当且仅当150－x ＝100

150－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：

①

a n ＋a n ＋2

2

≤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；