2019高考数学(江苏)考前冲刺提分练：专项强化练 第4讲 Word版含解析
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再证a2n< <a2n+1(n∈N*).
由上可知,a2n< -1,即(a2n+1)2< -2a2n+2,因此a2n< ,
由f(x)在(-∞,1]上为减函数,得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2.
所以a2n+1> -1,解得a2n+1> ,
所以a2n< <a2n+1(n∈N*)成立.
假设n=k时命题成立,即a2k<a2k+1(k∈N*),
则当n=k+1时,
由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,
故a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1,
即当n=k+1时,命题成立,
所以a2n<a2n+1对一切n∈N*成立,
所以 + ≥ ,当且仅当 = ,即a2b1=a1b2时等号成立.
推广:已知ai>0,bi>0(i∈N*,1≤i≤n),则 + +…+ ≥ .
பைடு நூலகம்证明:①当n=1时命题显然成立;
当n=2时,由上述过程可知命题成立;
②假设n=k(k≥2)时命题成立,
即已知ai>0,bi>0(i∈N*,1≤i≤k)时,
有 + +…+ ≥ 成立,
(1)求F(5)的值;
(2)求证: 为定值.
3.(2018江苏盐城高三年级第三次模拟)
(1)已知ai>0,bi>0(i∈N*),比较 + 与 的大小,试将其推广至一般性结论并证明;
(2)求证: + + +…+ ≥ (n∈N*).
答案精解精析
1.解析(1)a2=0,a3= -1.
(2)证明:设f(x)= -1,则an+1=f(an).
所以F(n)=2 +3 +…+(n-2)·
=2( + +…+ ).
下证: + +…+ = .
当n=5时,由(1)知,等式成立;
假设当n=k,k≥5时,等式成立,即 + +…+ = ,则n=k+1时,
+ +…+
= ( + )+ ( + )+…+ ·( + )+
=( + +…+ )+(k-2) +(k-3) +…+2 +
2.解析(1)在集合S={1,2,3,4,5}中,取出的4元子集共有 =5个,
其中以数字2为第2个数的子集有3个,以数字3为第2个数的子集有2个,
故F(5)=6+6=12.
(2)证明:第2个数为k时,则1,2,…,k-1中取一个数排在第1位,在k+1,k+2,…,n中取出2个数排在后2位置上,
因此第2个数为k的4元子集个数为 ,其中2≤k≤n-2,
则Sn=(2n+1) +(2n-1) +…+ ,
两式相加,得2Sn=(2n+2) +(2n+2) +(2n+2) +…+(2n+2)
=(2n+2)( + + +…+ )
=(2n+2)×2n,
故Sn=(n+1)×2n,②
又[1+3+5+…+(2n+1)]2
= =(n+1)4,③
将②③代入①,得 + + +…+ ≥ = ,
= +(k+1)( + +…+ )-(3 +4 +…+k )
= +(k+1) -3( + +…+ )
= +4 -3
= ,
即n=k+1时等式成立,
所以F(n)=2 ,即 =2.
3.解析(1) (a1+a2)= + + ,
因为ai>0,bi>0,所以 >0, >0,则 + ≥2 =2b1b2,
所以 (a1+a2)≥ + +2b1b2=(b1+b2)2,即 (a1+a2)≥(b1+b2)2.
第4讲数学归纳法
1.(2018扬州高三考前调研测试)在数列{an}中,a1=1,an+1= -1(n∈N*).
(1)求a2,a3的值;
(2)证明:①0≤an≤1;②a2n< <a2n+1.
2.(2018南京金陵中学、江苏海安高级中学、南京外国语学校高三年级第四次模拟)设集合S={1,2,3,…,n}(n≥5),对S的每一个4元子集,将其中的元素从小到大排列,并取出每个集合的第2个数.记取出的所有数的和为F(n).
所以 + + +…+ ≥ 得证.
①当n=1时,命题成立.
假设n=k时命题成立,即0≤ak≤1.
则当n=k+1时,
易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)= -1<1,
即0≤ak+1≤1,所以当n=k+1时结论成立.
所以命题得证.
②先证a2n<a2n+1(n∈N*).
当n=1时,0=a2<a3= -1,即n=1时命题成立.
则n=k+1时, + ≥ + ,
由 + ≥ ,
可知 +
≥ ,
故 + +…+ +
≥ ,
故n=k+1时命题也成立.
综合①②,由数学归纳法原理可知,命题对一切n∈N*恒成立.
(注:推广命题中未包含n=1的不扣分)
(2)证明:由(1)中所得的推广命题知 + + +…+
= + + +…+
≥ ,①
记Sn= +3 +5 +…+(2n+1) ,
由上可知,a2n< -1,即(a2n+1)2< -2a2n+2,因此a2n< ,
由f(x)在(-∞,1]上为减函数,得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2.
所以a2n+1> -1,解得a2n+1> ,
所以a2n< <a2n+1(n∈N*)成立.
假设n=k时命题成立,即a2k<a2k+1(k∈N*),
则当n=k+1时,
由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,
故a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1,
即当n=k+1时,命题成立,
所以a2n<a2n+1对一切n∈N*成立,
所以 + ≥ ,当且仅当 = ,即a2b1=a1b2时等号成立.
推广:已知ai>0,bi>0(i∈N*,1≤i≤n),则 + +…+ ≥ .
பைடு நூலகம்证明:①当n=1时命题显然成立;
当n=2时,由上述过程可知命题成立;
②假设n=k(k≥2)时命题成立,
即已知ai>0,bi>0(i∈N*,1≤i≤k)时,
有 + +…+ ≥ 成立,
(1)求F(5)的值;
(2)求证: 为定值.
3.(2018江苏盐城高三年级第三次模拟)
(1)已知ai>0,bi>0(i∈N*),比较 + 与 的大小,试将其推广至一般性结论并证明;
(2)求证: + + +…+ ≥ (n∈N*).
答案精解精析
1.解析(1)a2=0,a3= -1.
(2)证明:设f(x)= -1,则an+1=f(an).
所以F(n)=2 +3 +…+(n-2)·
=2( + +…+ ).
下证: + +…+ = .
当n=5时,由(1)知,等式成立;
假设当n=k,k≥5时,等式成立,即 + +…+ = ,则n=k+1时,
+ +…+
= ( + )+ ( + )+…+ ·( + )+
=( + +…+ )+(k-2) +(k-3) +…+2 +
2.解析(1)在集合S={1,2,3,4,5}中,取出的4元子集共有 =5个,
其中以数字2为第2个数的子集有3个,以数字3为第2个数的子集有2个,
故F(5)=6+6=12.
(2)证明:第2个数为k时,则1,2,…,k-1中取一个数排在第1位,在k+1,k+2,…,n中取出2个数排在后2位置上,
因此第2个数为k的4元子集个数为 ,其中2≤k≤n-2,
则Sn=(2n+1) +(2n-1) +…+ ,
两式相加,得2Sn=(2n+2) +(2n+2) +(2n+2) +…+(2n+2)
=(2n+2)( + + +…+ )
=(2n+2)×2n,
故Sn=(n+1)×2n,②
又[1+3+5+…+(2n+1)]2
= =(n+1)4,③
将②③代入①,得 + + +…+ ≥ = ,
= +(k+1)( + +…+ )-(3 +4 +…+k )
= +(k+1) -3( + +…+ )
= +4 -3
= ,
即n=k+1时等式成立,
所以F(n)=2 ,即 =2.
3.解析(1) (a1+a2)= + + ,
因为ai>0,bi>0,所以 >0, >0,则 + ≥2 =2b1b2,
所以 (a1+a2)≥ + +2b1b2=(b1+b2)2,即 (a1+a2)≥(b1+b2)2.
第4讲数学归纳法
1.(2018扬州高三考前调研测试)在数列{an}中,a1=1,an+1= -1(n∈N*).
(1)求a2,a3的值;
(2)证明:①0≤an≤1;②a2n< <a2n+1.
2.(2018南京金陵中学、江苏海安高级中学、南京外国语学校高三年级第四次模拟)设集合S={1,2,3,…,n}(n≥5),对S的每一个4元子集,将其中的元素从小到大排列,并取出每个集合的第2个数.记取出的所有数的和为F(n).
所以 + + +…+ ≥ 得证.
①当n=1时,命题成立.
假设n=k时命题成立,即0≤ak≤1.
则当n=k+1时,
易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)= -1<1,
即0≤ak+1≤1,所以当n=k+1时结论成立.
所以命题得证.
②先证a2n<a2n+1(n∈N*).
当n=1时,0=a2<a3= -1,即n=1时命题成立.
则n=k+1时, + ≥ + ,
由 + ≥ ,
可知 +
≥ ,
故 + +…+ +
≥ ,
故n=k+1时命题也成立.
综合①②,由数学归纳法原理可知,命题对一切n∈N*恒成立.
(注:推广命题中未包含n=1的不扣分)
(2)证明:由(1)中所得的推广命题知 + + +…+
= + + +…+
≥ ,①
记Sn= +3 +5 +…+(2n+1) ,