專題二十推理與證明

1．(2015·，8，中)若空間中n個不同的點兩兩距離都相等，整數(shù)n的取值( A．至多等于3 B．至多等于4 【答案】B C，D.故選B.133133555555

＋…＋Cn－1 133555【解析】n＝1時，C0＝40＝41－1n＝2時，C0＋C1＝41＝42－1n＝3133555111111【答案】成績也相同的兩位學生，那么這組學生最多有() B．3 C．4 D．5【答案】B由已知，各同學之間語文成績、數(shù)學成績各不相同，當有三名同學時，設三名同學分為(2，2)，C的成績?yōu)?1，3)．顯然，超過四名同學時不符合條件．則 【答案】C從給出的式子特點觀察推知，等式右端的值，從第三項開始，后一個式子的右端值等a10＋b10＝123.3．(2014·課標Ⅰ，14，易)A，B，C三個城市時，B城市；C由此可判斷乙去過的城市 【解析】由丙可知，乙至少去過一個城市．由甲可知，甲去過A，C且比乙多，且乙沒有去過A【答案】4．(2013·陜西，14，中)照此規(guī)律，第n個等式可 【解析】 【答案】22思路點撥：本題分析式子的特點歸納出式子，利用等差數(shù)列的求和進行化簡NNP0＝x1x2…xN. 放入對應的前2和后2P1＝x1x3…xN－1x2x4…xNCP1 每段2CP22≤i≤n－2Pi2段，每段2iCPi＋1.N＝8時，P2＝x1x5x3x7x2x6x4x8x7P24(1)當N＝16時，x7位于P2中的 個位置(2)當N＝2n(n≥8)時，x173位于P4中的 個位置【解析】(1)N＝16時，所以x7位于P2中的第6個位置．(2)P42n242n－416差數(shù)列．第1段的首項下標為1，其 式為16n－15，當16n－15＝173時，n＝47N*；第2段的4項下標為9，其 式為16n－7，當16n－7＝173時，n＝45N*；第3段的首項下標為5，其4式為16n－11，當16n－11＝173時，n＝23N*；第4段的首項為13，其 式為16n－3，當2＝173時，n＝11∈N*.x173P43×2n－4＋11【答案】 思路點撥：①sin213°＋cos217°－sin13°cos②sin215°＋cos215°－sin15°cos③sin218°＋cos212°－sin18°cos④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cossin215°＋cos215°－sin15°cos 2sin

sin2α＋cos2(30°－α)－sinsin2α＋cos2(30°－α)－sin＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinsinα(cos30°cosα＋sin30°sin

2α＋

αcosα＋1·sin2α－

αcos

23

2

4sinα＋4cossin2α＋cos2(30°－α)－sinsin2α＋cos2(30°－α)－sin1－cos sinα(cos30°cosα＋sin30°sin

2cos2α＋2＋2(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－2sinαcosα－2sin 2cos2α＋2＋4cos 4sin2α－4sin2α－4(1－cos＝1－1cos 4cos a1＋a2＋…＋ak兩個數(shù)中最大的數(shù)．b)，(c，d)P′：(c，d)，(a，b)m＝am＝dT2(P)T2(P′)的大??；PT5(P)T5(P)的值．(只需寫出結論)m＝aa＋b＋d≤c＋b＋da＋c＋d≤c＋b＋dT2(P)≤T2(P′)．當m＝d時，T2(P′)＝max{c＋d＋b，c＋a＋b}＝c＋a＋b.a＋b＋d≤c＋a＋ba＋c＋d≤c＋a＋bT2(P)≤T2(P′)．所以無論m＝a還是m＝d，T2(P)≤T2(P′)都成立．

考向 類比推理的應(2)用一類事物的性質去推測另一類事物的性質，得出一個明確題(猜想(1)(2015·陜西西安模擬，13)若等差數(shù)列{an}a1dn

則數(shù)列n為等差數(shù)列，且通項為n＝a1＋(n－1)·2. 列{bn}的首項為b1，公比為q，前n項的積為Tn，則數(shù) 為等比數(shù)列，通項 (2)(2015·山東煙臺模擬，14)ABCS1

P-ABCV12，則S＝42體積為 ，則【思路導引】解題(1)的關鍵是找出等差數(shù)列與等比數(shù)列性質的關聯(lián)；解題(2)的關鍵是熟練掌握類【解析】(1)因為在等差數(shù)列{an}中前n項的和為Sn的通項，且寫成了 比數(shù)列{bn}nTnn方的形式，等差數(shù)列中的求和類比等比數(shù)列中的乘積，類比可得：數(shù)列{nTn}為等比數(shù)列，通項為nTn＝b1·(q)n－1. 1P-ABCV1V2，則【答案 (1)n nTn＝b1·( 1類比推理應用的類型及相應方法

12(2015·中山質檢，10)請閱讀下列材料：若兩個正實數(shù)a1，a2滿足a2＋a2＝1，那么12≤f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＝2x2－2(a1＋a2)x＋1xΔ≤04(a1＋a2)2－8≤0a1＋a2≤2.n n＋…＋a2＝1時，你能得到的結論 n【解析】f(x)＝(x－a1)2＋(x－a2)2＋…＋(x－an)2＝nx2－2(a1＋a2＋…＋an)x＋1，由對一切實數(shù)x，恒有f(x)≥0，所以Δ≤0，得a1＋a2＋…＋an≤n.【答案】a1＋a2＋…＋an≤

考向 歸納推理的應 面數(shù)頂點數(shù)棱數(shù)5696668猜想一般凸多面體中F，V，E所滿足的等式 14)13610…， 第n個三角形數(shù)

nkN(n，k)(k≥3)kn

＝2n三角形數(shù) 1 1＝2n正方形數(shù)五邊形數(shù) 3 1＝2n六邊形數(shù) 【解析 ∴F，V，EF＋V－E＝2.

2

， 2n＝2n＋2 N(n，4)＝n2＝2

2

， 2n＝2n＋2 N(n，6)＝2n2－n＝2n2＋2 N(n，k)＝2n2＋2 故 ×10＝1100－100＝1【答案 (2)1】常見的歸納推理類型及相應方法＝ 15)設函數(shù) x(x>0)，觀察：＝＝ x，＝＝ x ＝＝ x ＝ 當n∈N*且n≥2時 5－2

95－55≥2×7

由以上特殊不等式，可以猜測：當a>b>0，s，r∈Z時，有 a【解析】(1)f(x)＝x(x>0)f1(x)＝f(x)＝xf2(x)＝f(f1(x))＝ f3(x)＝f(f2(x))＝ n∈N*n≥2

(2)5－2≥2×2＝1×2

≥×＝ 2

≥ ＝ 2 2

525

由以上特殊不等式，可以猜測：當a>b>0，s，r∈Z時， ≥

r2(2)r2

考向 演繹推理的應(1)演繹推理是由一般性題推出特殊性命題的一種推理模式，是一種必然理．演繹推理的前(2)演繹推理的主要形式就是由、推出結論的式推理(2014·遼寧，21，12分)f(x)＝(cos

－3(sin

cosx－4(1＋sin 證明：(1)x0∈02 (2)x1∈2，πg(x1)＝0，且對(1)x0

【證明 (1)當x∈0，2時，f′(x)＝－(1＋sinx)(π＋2x)－2x－3cosx<0，∴函數(shù)f(x)在0，2上

f(0)＝π－3>0，f2＝－π3 x0∈02 3（x－π）cos

3－2

(2)

1＋sin

π，x∈2 t＝π－xx∈2，π時，t∈02 3tcos

1＋2

π1＋sin

.（π＋2t）（1＋sin ，當上 從而當，所以

在x0，2u(t)u(x0)>0，u2＝－4ln2<0t1∈x0，2u(t1)＝0

x∈2，π時，1＋sin ∴g(x)＝(1＋sinx)h(x)h(x) x1∈2，π 演繹推理的應用方法(1)在應用推理來證明問題時首先應該明確什么是問題中的和在演繹推理中，(2)用證明的基本模式是①——已知的一般原理②——所研究的特殊情況③結論——在證明的過程中，往往不寫出來(1)a>0且－b(2)f(x)＝0在(0，1)a＋b＋c＝0ba＋b＋c＝0ca＋b<0 b2

b

(2)方法一：∵拋物線f(x)＝3ax＋2bx＋c的頂點坐標為

b2又

b

方法二：∵f(0)>0，f(1)>0x軸的兩個交點落在區(qū)間(0，1)內，即方程f(x)＝0在(0，1)內有兩個實根．

f(x)＝0

2x1，x2 ，x1x2＝c 又 >01 錯誤B．錯C．推理形式錯誤D，【答案】C ∵：“鵝吃白菜”本身正確“參議員先生也吃白菜”本身也正確，但不是下的特殊情況，即鵝與人不能類比．，∴不符合推理形式2．(2015·模擬，6)在直角坐標系xOy中，一個質點從A(a1，a2)出發(fā)沿圖中路線依次經過B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此規(guī)律一直運動下去，則a2013＋a2014＋a2015＝( B．1 C．1 D．1【答案】 由直角坐標系可知12個奇數(shù)互為相反數(shù)，且從－12014÷4＝5032，a2013＝504，a2a2013＋a2014＋a2015＝504＋1007－504＝13．(2015·陜西西安模擬，7)設△ABCa，b，c，△ABCSr，則r＝ 徑為r，四面體S-ABC的體積為V，則 【答案】C 設四面體的內切球的球心為O，則球心O到四個面的距離都是R，所以四面體的體積等于以O為頂點，分別以四個面為底面的4個三棱錐體積的和．1VS- 已知1 4 4 類比得 a 【解析】n＝1時，a＝1；n＝2時，a＝22＝4；n＝3時，a＝33＝27，由此歸納可得a＝nn.【答案】5．(2015·福建質檢，15)對大于或等于2的自然數(shù)m的n次方冪有如下分解方式根據(jù)上述分解規(guī)律，若m3(m∈N*)的分解式中最小的數(shù)是73，則m的值 【解析】23起，m33，5，7，9，若干連續(xù)項之和，23為前兩項和，33為接下來三項和，故m3的首數(shù)為m2－m＋1.∵m3(m∈N*)【答案】 1 1＝2n 1 1 2＝3n＋2n 1 1 13＝4n＋2n＋4n 1 1 1 14＝5n＋2n＋3n 1 1 54 5＝6n＋2n＋12n＋An可以推測 【解析】Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nkk＝1，2，3，…

S2＝1n3＋1

3n的降冪排列，奇次項系數(shù)和1＋1＝1

1，1＝1 S3＝1n4＋1

1，1＝1

4＋13－1n5n的降冪排列，奇次項系數(shù)和1＋1－1

偶次項系數(shù)1，1＝1 S5＝1n6＋15＋5n4＋An2，可得：最高次項為6次，按n 和相等，均為1，則有1＋5＋A＝1A＝－1 【答案】－1π17．(2014·山東泰安模擬，15)

3cos5cos5 cos7cos7cos7 π若數(shù)列{a}中，a a

a

n

1 則

3，

cos5

5，

7

n＝1【解析】(1)nn2n＋1，分子分別為π，2π，…，nπ，右邊應為1，故可以猜想出結論為π

＝1

(2)由(1)an＝1

11

22

＝1－1

＝1023【答案 π 2π nπ【答案 ＝(n∈N

函數(shù)f(x)＝x3－3x2＋3x的對稱中心

1 1

5 1

若函數(shù)g(x＝3x－2x＋3x

1，則g2015＋g2015＋g2015＋…＋g2【解析】(1)f′(x)＝3x2－6x＋3，f″(x)＝6x－66x－6＝0h(x)＝13－12＋3x－5，k(x)＝12 2

2h′(x)＝x2－x＋3，h″(x)＝2x－12x－1＝02

5

又∵k(x)＋k(1－x)＝1＋122 22x＝ ， ，…，22

2

2 2＝

2

2h2015＋h2015＋…＋h2

1 h2 2 1【答案】 (2)2(2015·重慶，22，12分，難)在數(shù)列{an}n(1)若λ＝0，μ＝－2，求數(shù)列{an}的通式n＝ (2)若 1(k0∈N，k0≥2)，μ＝－1，證明：2 ＝

n解：(1)λ＝0，μ＝－2n若存在某個n0∈N＋，使得an0＝0，則由上述遞推易得an0－1＝0，重復上述過程可得a1＝0，這與a1＝3，所以對任意n∈N＋，an≠0.an＋1＝2an(n∈N＋)，即{an}q＝2k證明：由k0 a1＝3＞0 因為a＋＝ 0＝a－1＋1

an a

k0ka

0 1

＝a1－k0·k＋k

0 1 0＞2＋k0

k0

a1＞a2＞…＞ak0＞ak0＋1＞2 1 ak0＋1＝a1－k0·k＋k 0 1 ＜2＋k k0 綜上 Ax3＋ax＋b＝0Bx3＋ax＋b＝0Cx3＋ax＋b＝0Dx3＋ax＋b＝0【答案】A “方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”的否定是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實根”，故選A.

1＋1

C．cos

1 D．ln(1＋x)≥x－1 【答案】 ＋x2不恒成立，A 18 8

1

1

2

f 1

5 1＋5

3

3125<1，B對于D，當x＝4時，ln5<ln 42，D錯誤．故選q－1}A＝{x|x＝x1＋x2q＋…＋xnqn－1，xi∈M，i＝1，2，…，n}．(1)q＝2，n＝3n及an<bn，可得

思路點撥：(1)nqA；(2)stan<bn利用放縮法證(bπ)，cbπa⊥ba⊥c解：(1)證明：方法一(向量法)：如圖(1)bπna，b，c，nμn，圖a·c＝a·(λb＋μn)＝λ(a·b)＋μ(a·n)．因為a⊥b，所以a·b＝0.a·c＝0方法二(反證法)：如圖(2)c∩b＝A，PbAPPO⊥π，垂足為O，則O∈c.圖PO⊥π，a?πPO⊥a.又a⊥b，b?平面PAO，PO∩b＝P，所以a⊥平面PAO.所以a⊥c.(2)逆命題為：aπ內的一條直線，bπ外的一條直線(bπ)，cbπ上的投影，若a⊥c，則a⊥b.逆命題為真命題．bn＝nSn，n∈N*c c＝0b1，b2，b4證明：由題意得 c＝0bn＝n＝a＋22b1，b2，b42

a＋3即

d≠0m∈N*k，n∈N*n∈N*d－1

1 A＝d1－1，B＝b1－d1－a＋1 D＝c(d1－b1)n∈N*，有在(*)n＝1，2，3，4 從而有 由②A＝0，cd1＝－5B，代入方程①B＝0d1－1

d1＝0d1－1＝0與題設，所以cd1＝0

考向 分析法的應一種“執(zhí)果”的證明方法．(2013·江蘇，21，10分)a≥b>0 要證明2a3－b3≥2ab2－a2b成立，2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，從而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0成立，【點撥】在證明時，無法直接找到思路，可用分析法證明或用分析法找出證明途徑，再用綜合法利用分析法證明時應注意的問題應用分析法的關鍵在于需保證分析過程的每一步都是可逆的，它的常面表達形式為“要“?1812

10.2＋

72＋π33

0.5＋

請你根據(jù)上述特點，提煉出一個一般性命題(寫出已知，求證)b＋m解：已知a>b>0，m>0，求證

b，只需證a(b＋m)>b(a＋m)，只需證am>bm，只需證，欲 a＋m

b成立，所 考向 綜合法與分析法的綜合應

(P表示條件，Q表示要證的結論提供的信息，把兩者結合起來，全方位地收集、、加工和運用題目提供的全部信息，才能找到合理mSn＝am，則稱{an}是“H若數(shù)列{an}nSn＝2n(n∈N*)，證明：{an}是“H設{an}a1＝1d<0.若{an}是“Hd證明：對任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個“H數(shù)列”{bn}和{cn}an＝bn＋cn(n∈N*)【思路導引 (1)利用

根據(jù)“新定義”an，根據(jù)數(shù)列為“H數(shù)列”dnan【解析 (1)證明：由已知，當n≥1時nm＝n＋1Sn＝2n＝am.所以{an}是“H數(shù)列因為{an}是“H數(shù)列”mS2＝am，即2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.d<0m－2<0m＝1.當d＝－1時 是小于2的整數(shù){an}是“H數(shù)列”．d證明：設等差數(shù)列{an}bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)an＝bn＋cn(n∈N*)．下證{bn}是“H數(shù)列”．

設{bn}的前n項和為Tn，則 于是對任意的正整數(shù)n，總存在正整數(shù) Tn＝bm，所以{bn}是“H數(shù)列”．同理可證{cn}也是“H數(shù)列”．所以，對任意的等差數(shù)列{an}，總存在兩個“H數(shù)列”{bn}和{cn}an＝bn＋cn(n∈N*)綜合法與分析法應用的Ain－iai＋1，ai＋2，…，anBi，di＝Ai－Bi.(1)設數(shù)列{an}3，4，7，1d1，d2，d3的值；d1，d2，…，dn－10d1>0，證明：a1，a2，…，an－1解：(1)i＝1時，A1＝3，B1＝1d1＝A1－B1＝2證明：因為a1>0，公比q>1，a1，a2，…，an是遞增數(shù)列．i＝1，2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.于是對i＝1，2，…，n－1，di≠0且di即dd1，d2，…，dn－1的公差．對1≤i≤n－2，因為Bi≤Bi＋1，d>0，Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，所以ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.a1，a2，…，an－1是遞增數(shù)列．因此Ai＝ai(i＝1，2，…，n－1)．又因為B1＝A1－d1＝a1－d1<a1，i＝1，2，…，n－2ai＋1－ai＝di＋1－di＝d，即a1，a2，…，an－1是等差數(shù)列．考向 反證結論涉及“至多”“至少”“無限”“唯一”等詞語題(4)要討論的情況很復雜，而情況很少．反證法中可能導出的與假設與數(shù)學公理、定理、、定義或已被證明了的結論與已知條件自相xx立x立xn個pp且n個pp或(2013·陜西，17，12分)設{an}q(1)推導{an}的前n項和【思路導引】(1)利用等比數(shù)列的概念及錯位相減法推導前n項和；(2)利用反證法證明要證的【解析 (1)設{an}的前n項和為q＝1q≠1①－②

(2)證明：假設{an＋1}k1a2＋k111∴q＝1，這與已知用反證法證明命題的基本步驟反設，設要證明的結論的成立歸謬，從反設入手，通過推理得出與已知條件或公理、定理(2015·浙江溫州質檢，19，14分)已知等差數(shù)列{an}a1>0

1 1

m，且a2，a2，a21

1 1 ，a2， ∵1，1，1aaa aaa ∴2 ，∴(2m－1)＝497

(2)m∈N*，使1，1，1成等差數(shù)列，即2＝1＋1aaa

2

2a2＋m1 m1

m m1，化簡，得d m1m1m1a2m1m1

（a＋

（a＋

（a2＋

m1m1∴3a2＋>3d2>d2，與d2＝3a2＋，因此假設不成立，故原命題得證m1m1那么a，b，c中至少有一個是偶數(shù)．用反證法證明時，下列假設正確的是( a，b，ca，b，ca，b，ca，b，c【答案】 “至少有一個”的否定為“都不是”，故選 f(x)∈Mα，g(x)∈Mαg(x)≠0，則f（x） 【答案】 －α(x2－x1)<f(x2)－f(x1)<

<α

則－α<k<αf(x)∈Mf(x)＋g(x)∈Mα1＋α2.其中正確命題的序號 l⊥α【解析】

②l⊥αl?βmα時，則l必與m相交，故②錯誤；l∥m m?β，∴β⊥α，故③α∩β＝nm∥n【答案】4．(2014·山東濰坊高三期中，13)如果△A1B1C1的三個內角的余弦值分別等于△A2B2C2的三個內角的正弦值，則△A2B2C2是 【解析】由條件知，△A1B1C1的三個內角的余弦值均大于0，則△A1B1C1△A2B2C2 sinA2＝cos

2 由sinB2＝cosB1＝sin2 sinC2＝cosC1＝sin2 A2＝2－ 2＝2 π那么，A2＋B2＋C2＝2，這與三角形內角和為180° 所以假設不成立，又顯然△A2B2C2不是直角三角形，所以△A2B2C2【答案】5．(2015·質檢，15)設集合A?R，如果x0∈R滿足：對任意a>0，都存在x∈A，使得－x0|<ax0A x|x＝n，n∈N n ，n∈N ④其中以0為聚點的集合序號 【解析】①a<1a＝0.5x∈Z＋∪Z－，都有|x－0|≥1，也就是說不可能0<|x－0|<0.5，從而0不是Z＋∪Z－的聚點； ∴0是集合{x|x∈R，x≠0}

③集合x|x＝n，n∈N0a>0n>a 0是集合x|x＝n，n∈N x|x＝n

大1a<10<|x|<a x|x＝n∴0不是集合

【答案】x1，x2f(αx1＋(1－α)x2)≤αf(x1)＋(1－α)f(x2)f(x)DC函數(shù)．f1(x)＝x2C

Cf(x)RTf(x)RC解：(1)x1，x2α∈(0，1)，有12121212∴f1(x)＝x2C

C證明如下(舉反例22＝f(－2)－1

Cf(x)RCm<nm，n∈[0，T)記x1＝m，x2＝m＋T，α＝1－ ，則0<α<1，且記x1＝n，x2＝n－T，α＝1－ ，同理也可得 f(x)T所以f(x)在R上是常數(shù)函數(shù)，這與f(x)的最小正周期為T．所以f(x)不是R上的C函數(shù)．b)|abba，a∈X，b∈Yn}f(n)Sn所含元素的個數(shù)．n≥6f(n)n≥6 2 2

3n＋2＋2＋

＋＋

n＋2＋

2＋

n＝6時，f(6)＝6＋2＋6＋6＝13 k＋1＝6tk＝6(t－1)＋5

f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋2

3＋3＝(k＋1)＋2＋2

k＋1＝6t＋1k＝6t k＋1＝6t＋2k＝6t＋1

f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋2

3＋2＝(k＋1)＋2＋2

k＋1＝6t＋3k＝6t＋2 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋2＋3 ＋3k＋1＝6t＋4k＝6t＋3 f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋2 ＝(k＋1)＋2＋2 k＋1＝6t＋5k＝6t＋4 f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋2＋3 n≥6n

，22，14分，難)已知數(shù)列{an}

an(n∈N＋)．ex

e

n計算a1，a1a2，a1a2a3，由此推測計算a1a2…a ，并給出證明n1cn＝(a1a2…an)n，數(shù)列{an}，{cn}nSn，Tnf′(x)>0x<0時，f(x)單調遞增，f′(x)<0x>0時，f(x)f(x)的單調遞增區(qū)間為(－∞，0)，單調遞減區(qū)間為(0，＋∞)．當x>0時，f(x)<f(0)＝0，即1＋x<ex.令x＝1，得 n即

a1

b1b2b3＝b1b2

21212

aa·a3＝3

aaaa1 下面用數(shù)學歸納法證明n＝1時，左邊＝右邊＝2，(**)n＝k

成立，即1＋1n＝k＋1

b1b2…bk

1k＋1

a1a2…ak

n＝k＋1時，(**)根據(jù)①②，可知(**)ncn的定義，(**)，算術—幾何平均不等式，bn的定義及(*)

1

12

1231＋…＋(a1a2…n(a

(aa

(aaa

a

b

b＋b＝ 1＋ 2＋ 3＋…＋ n≤b1＋ 2＋

＋…

1＋1

1＋1

1－1

1－1 1－1

1．(2014·，21，13分，難)設實數(shù)c＞0，整數(shù)x＞－1x≠01

1 p p＝2時，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2xp＝k(k≥2，k∈N*)時，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．當p＝k＋1時，p＝k＋1綜合①②x>－1x≠0p>1，不等式(1＋x)p>1＋px1(2)1n＝1a1>cp1n＝k(k≥1，k∈N*)ak>cp

＋ca1－pa

p p n＝k＋1 ＝

p ak>cp>0<<pp

ap apak

p

p 因此ap＋>c，即 k 所以n＝k＋1時，不等式 1也成立a綜合①②n，不等式

1

<1

a<aa n pa n

可得

>cp，n∈N

1xp≥c

＝p c

pp－11－c ＝p 1 x>cp11n＝1a1>cp>0ap>c1a

c2＝pa1 p a1并且 f(a11n＝1an>an＋1>cpn＝k(k≥1，k∈N*)pak>ak＋1>c1p1n＝k＋11n＝k＋1p綜合①②n，不等式pn個數(shù)，Aa1a2，Bb1b2n＝3ξ令C表示“ξ與η的取值恰好相等”，求C發(fā)生的概率 C，C表示C的對 6方法共有C3＝20(種)，所以ξ的分布列為：6ξ2345P153315

3＋4 3＋5×1＝7 (2)ξηξηn－12種；ξηn時，不同的分2種；ξηn＋k(k＝1，2，…，n－2)(n≥3)2Ckn＝2 n－2k 22＋ n≥3C C(3)由(2)知，當n＝2時 －＝1，因 － -

-

n－2k n≥3時，P(C)<P(C)．理由如下：P(C)<P(C)42 26n＝3時，(*)式左邊＝4(2＋C1)＝4(2＋2)＝16，(*)式右邊＝C3＝20，所以(*)26n＝m(m≥3)時(*) －2k

＋1－2

－2

42C2k<C2mn＝m＋1時，左邊＝42＋∑C2k＝42

2m1<Cm＋4C－1－2m1 ＝m！m！ （ 2m111＝C＋1＋2m111

＋ －2m1<C＋1＋2m1-綜合①②n≥3P(C)<P(C)-—3．(2014·大 ，22，12分，難)函數(shù) ax(a>1)—(2)

1＝ln(an＋1)，證明：2 3.≤ ≤

.1<a<2x∈(－1，a2－2a)f′(x)>0，f(x)在(－1，a2－2a)上是增函數(shù)；若x∈(a2－2a，0)，則f′(x)<0，f(x)在(a2－2a，0)上是減函數(shù)；x∈(0，＋∞)f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)a＝2時，f′(x)≥0，f′(x)＝0x＝0時，f(x)在(－1，＋∞)a>2x∈(－1，0)f′(x)>0，f(x)在(－1，0)上是增函數(shù)；若x∈(0，a2－2a)，則f′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)上是減函數(shù)；x∈(a2－2a，＋∞)f′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)上是增函數(shù)．(2)證明：由(1)知，當a＝2時，f(x)在(－1，＋∞)上是增函數(shù)．x∈(0，＋∞)即 2x(x>0)．又由(1)a＝3時，f(x)在[0，3)上是減函數(shù)．當x∈(0，3)時，f(x)<f(0)＝0，即 3x(0<x<3)．≤下面用數(shù)學歸納法證明2 3.≤ ①當n＝1時，由已知得 ②假設當n＝k時結論成立，即2 k≤3

22×2 當n＝k＋1時 >2

3

3×3 <3

即當n＝k＋1時有2 k＋1≤3，結論成立 根據(jù)①②n∈N*4．(2012·，22，14分，難)(1)已知函數(shù)f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x>0)，其中r為有理數(shù)，且0<r<1，f(x)的最小值；2a1≥0，a2≥0，b1，b2b1＋b2＝1a1b1a2注：當α為正有理數(shù)時，有求導(xα)′＝αxα－1.解：(1)ff′(x)＝00<x<1時，f′(x)<0f(x)在(0，1)內是減函數(shù)；當x>1時，f′(x)>0，f(x)在(1，＋∞)f(x)x＝1(2)由(1)x∈(0，＋∞)f(x)≥f(1)＝0，即xr≤rx＋(1－r)．①a1，a20a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2成立．若a1，a2均不為0，又b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，于是a在①a2可得

a2a a1b1a1－b1≤a1b1＋a2(1－b1)a1b1a a1≥0，a2≥0，b1，b2b1＋b2＝1a1，a2，…，an為非負實數(shù)，b1，b2，…，bn為正有理數(shù)．若b1＋b2＋…＋bn＝1，2a1b1ab2…anbn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn.③2an＝1時，b1＝1a1≤a1 a1b1ab2…a n＝k＋1a1，a2，…，ak，ak＋1為非負實數(shù)，b1，b2，…，bk，bk＋1b1＋0<bk＋1<1 a1b1ab2…abkak＋1bk＋1＝(a1b1a2b2…abka b1 b2

11－bk＋1

k

因

b1

a1b1a2b2…akbka ≤

a ≤

a1b1ab2…abka n＝k＋1由a，b可知，對一切正整數(shù)n，所推廣題成立n5．(2012·，21，13分，難)數(shù)列{xn}滿足n(2)c的取值范圍，使{xn}nn解：(1)c<0xn＋1＝－x2＋xn＋c≤xn＋c<xn，故{xn}是遞減數(shù)列．再證必要性，若{xn}是遞減數(shù)列，所以xn>xn＋1＝－x2＋xn＋c，nnnc<x2nx1＝0x1<x2<x3nxn<xn＋1＝－x2＋xn＋cnn≥1xn<n注意到c－xn＋1＝x2－xn－c＋c＝(1－c－xn)(c－xn)，②由①式和②式可得1－c－xn>0，nxn<1－由②xn≥0n≥1c－xn＋1≤(1－c)(反復運用③c－xn≤(1－c)n－1(c－x1)<(1－c)n－1.xn<1－c和c－xn<(1－c)n－12-)n－1n≥11根據(jù)指數(shù)函數(shù)y＝(1－c)x12

≤4

11

nnxn<cn≥1下面用數(shù)學歸納法證明當 1時，xn<c對任意n≥1成立c1當n＝1時 ≤2，結論成立c1n＝k(k∈N*)時結論成立，即xk<c.因為函數(shù)f(x)＝－x2＋x＋c在區(qū)間－∞，1xk＋1＝f(xk)<f(c)＝

n＝k＋1nxn<cn≥1成立．n綜上可知，使得數(shù)列{xn}c的取值范圍是 考向 用數(shù)學歸納法證明等數(shù)學歸納法是一種只適用于與正整數(shù)有關題的證明方法，第一步是遞推的“基礎”，第二步是遞推的“依據(jù)”，兩個步驟，在證明過程中要防范以下兩點：(1)n＝n0時，n01(2014·江蘇，23，10分)

sin

π

＝x (1)2f122f22 *

π22(2)n∈N，等式|nfn－144fn422

【思路導引】(1)f1(x)，f2(x)，將自變量的值代入求解；(2) nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋2x＝4 【解析 x 于

sin

2cos

2sinf2(x)＝f′1(x)＝

′－

′＝－x

x3

4 所以f1 ，f2＝－ 2 2 π

2f122f22 (2)xf0(x)＝sinxxf0(x)＋xf′0(x)＝cos f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sinx＋2 2f1(x)＋xf2(x)＝－sin 3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sinx＋2 4f3(x)＋xf4(x)＝sin nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋2 nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋2x∈N n＝1n＝k kfk－1(x)＋xfk(x)＝sinx＋2 因為[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf

kπ

sinx＋2′＝cosx＋2·x＋2 所以n＝k＋1

綜合①②nfn－1(x)＋xfn(x)＝sinx＋2n∈N

π

x＝4nfn－144fn4＝sin4＋2(n∈N 22 π 22所以nfn－144fn4

(n∈N 利用數(shù)學歸納法證明等式時應注意的問題(2)n＝kn＝k＋1n＝k時的式子，即充分利用假設，求數(shù)列{an}與{bn}的通式an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.

而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10方法二：①n＝1時，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16n＝k時等式成立，即Tk＋12＝－2ak＋10bk，則當n＝k＋1時有n＝k＋1由①和②n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn思路點撥：本題(2)Tk＋1Tk考向 用數(shù)學歸納法證明不等別驗證比較，以免出現(xiàn)判斷，最后猜出從某個k值開始都成立的結論，常用數(shù)學歸納法證明，即先(2014·陜西，21，14分)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0f′(x)f(x)f(x)≥ag(x)a【思路導引】(1)利用求導及歸納推理得出gn(x)的表達式，然后用數(shù)學歸納法證明，證明的關鍵是當n＝k時，結論成立，證得n＝k＋1時，結論也成立．【解析 由題設得，g(x)＝xx

x

，…，可得

n＝1時，g1(x)＝x②假設n＝k時結論成立，即gk(x)＝ n＝k＋1

xx＝

1＋

由①②n∈N≥已知f(x)≥ag(x)恒成立，即 ax恒成立．≥φ(x)＝ln(1＋x)－ax，則φ′(x)＝1 ＝， a≤1時，φ′(x)≥0(x＝0，a＝1時等號成立φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)≥∴a≤1時 ax恒成立(當且僅當x＝0時等號成立)．≥a>1x∈(0，a－1]≥∴φ(a－1)<φ(0)＝0，即a>1時，存在x>0，使φ(x)<0，故知 ax不恒成立，≥綜上可知，a的取值范圍是g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝1＋2＋…＋n，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，所以 證明如下：上述不等式等價于1＋1＋…＋1 在(2)a＝1ln(1＋x)>xx＝1，n∈N，則1 n①當n＝1時 2<lnn＝k時結論成立，即1＋1＋…＋1 k1那么，當n＝k＋1時，1＋1＋…＋1＋1 ＋1)＋1 k1

ln＋由①②n∈N應用數(shù)學歸納法證明不等式應注意的問題nn＝kn＝k＋1后，可采用分析法、綜合法、求差(求商)n(2014·重慶，22，12分)a1＝1，an＋1＝n若b＝1，求a2，a3及數(shù)列{an}的通式b＝－1ca2n<c<a2n＋1n∈N*解：(1)方法一：a2＝2，a3＝再由題設條件知從而{(an－1)2}是首項為0，公差為1的等差數(shù)列，故(an－1)2＝n－1，即an＝ 方法二：a2＝2，a3＝可寫為 因此猜想 當n＝1時結論顯然成立．假設n＝k時結論成立，即 k－1＋1，則 這就是說，當n＝k＋1時結論成立．所以an＝ (2)方法一：設f(x)＝ （x－1）2＋1－1，則an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝ n＝1時，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝所以2 ，結論成立a<4<an＝kf(x)在(－∞，1]c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a21>c>a2k＋2>a2，再由f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)，得c＝f(c)<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1，故c<a2k＋3<1.n＝k＋1c方法二：設f