課時(shí)規(guī)范練A組基礎(chǔ)對(duì)點(diǎn)練1．設(shè)實(shí)數(shù)c>0，整數(shù)p>1，n∈N*.(1)證明：當(dāng)x>－1且x≠0時(shí)，(1＋x)p>1＋px；(2)數(shù)列{an}滿足a1>ceq\f(1,p)，an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n).證明：an>an＋1>ceq\f(1,p).證明：(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)p＝2時(shí)，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立．②假設(shè)p＝k(k≥2，k∈N*)時(shí)，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．當(dāng)p＝k＋1時(shí)，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.所以p＝k＋1時(shí)，原不等式也成立．綜合①②可得，當(dāng)x>－1，x≠0時(shí)，對(duì)一切整數(shù)p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立．(2)法一：先用數(shù)學(xué)歸納法證明an>ceq\f(1,p).①當(dāng)n＝1時(shí)，由題設(shè)知a1>ceq\f(1,p)成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，不等式ak>ceq\f(1,p)成立．由an＋1＝eq\f(p－1,p)an＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,n)易知an>0，n∈N*.當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(ak＋1,ak)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)aeq\o\al(－p,k)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a\o\al(p,k))－1)).由ak>ceq\f(1,p)>0得－1<－eq\f(1,p)<eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a\o\al(p,k))－1))<0.由(1)中的結(jié)論得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ak＋1,ak)))p＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a\o\al(p,k))－1))))p>1＋p·eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a\o\al(p,k))－1))＝eq\f(c,a\o\al(p,k)).因此aeq\o\al(p,k＋1)>c，即ak＋1>ceq\f(1,p).所以n＝k＋1時(shí)，不等式an>ceq\f(1,p)也成立．綜合①②可得，對(duì)一切正整數(shù)n，不等式an>ceq\f(1,p)均成立．再由eq\f(an＋1,an)＝1＋eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a\o\al(p,n))－1))可得eq\f(an＋1,an)<1，即an＋1<an.綜上所述，an>an＋1>ceq\f(1,p)，n∈N*.法二：設(shè)f(x)＝eq\f(p－1,p)x＋eq\f(c,p)x1－p，x≥ceq\f(1,p)，則xp≥c，并且f′(x)＝eq\f(p－1,p)＋eq\f(c,p)(1－p)x－p＝eq\f(p－1,p)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(c,xp)))>0，x>ceq\f(1,p).由此可得，f(x)在[ceq\f(1,p)，＋∞)上單調(diào)遞增．因而，當(dāng)x>ceq\f(1,p)時(shí)，f(x)>f(ceq\f(1,p))＝ceq\f(1,p)，①當(dāng)n＝1時(shí)，由a1>ceq\f(1,p)>0，即aeq\o\al(p,1)>c可知a2＝eq\f(p－1,p)a1＋eq\f(c,p)aeq\o\al(1－p,1)＝a1eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,p)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a\o\al(p,1))－1))))<a1，并且a2＝f(a1)>ceq\f(1,p)，從而a1>a2>ceq\f(1,p).故當(dāng)n＝1時(shí)，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，不等式ak>ak＋1>ceq\f(1,p)成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，f(ak)>f(ak＋1)>f(ceq\f(1,p))，即有ak＋1>ak＋2>ceq\f(1,p).所以n＝k＋1時(shí)，原不等式也成立．綜合①②可得，對(duì)一切正整數(shù)n，不等式an>an＋1>ceq\f(1,p)均成立．2．已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，設(shè)Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}．令f(n)表示集合Sn所含元素的個(gè)數(shù)．(1)寫出f(6)的值；(2)當(dāng)n≥6時(shí)，寫出f(n)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．解析：(1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)滿足：若a＝1，則b＝1,2,3,4,5,6；若a＝2，則b＝1,2,4,6；若a＝3，則b＝1,3,6.所以f(6)＝13.(2)當(dāng)n≥6時(shí)，f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5))(t∈N*)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝6時(shí)，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，結(jié)論成立；②假設(shè)n＝k(k≥6)時(shí)結(jié)論成立，那么n＝k＋1時(shí)，Sk＋1在Sk的基礎(chǔ)上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中產(chǎn)生，分以下情形討論：a．若k＋1＝6t，則k＝6(t－1)＋5，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－2,3)＋3＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1,3)，結(jié)論成立；b．若k＋1＝6t＋1，則k＝6t，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，結(jié)論成立；c．若k＋1＝6t＋2，則k＝6t＋1，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－1,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，結(jié)論成立；d．若k＋1＝6t＋3，則k＝6t＋2，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－2,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1,3)，結(jié)論成立；e．若k＋1＝6t＋4，則k＝6t＋3，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，結(jié)論成立；f．若k＋1＝6t＋5，則k＝6t＋4，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－1,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，結(jié)論成立．綜上所述，結(jié)論對(duì)滿足n≥6的自然數(shù)n均成立．B組能力提升練1．(2018·鹽城模擬)設(shè)集合M＝{1,2,3，…，n}(n≥3)，記M的含有三個(gè)元素的子集的個(gè)數(shù)為Sn，同時(shí)將每一個(gè)子集中的三個(gè)元素由小到大排列，取出中間的數(shù)，所有這些中間的數(shù)的和記為Tn.(1)求eq\f(T3,S3)，eq\f(T4,S4)，eq\f(T5,S5)，eq\f(T6,S6)的值；(2)猜想eq\f(Tn,Sn)的表達(dá)式，并證明．解析：(1)當(dāng)n＝3時(shí)，M＝{1,2,3}，S3＝1，T3＝2，eq\f(T3,S3)＝2，當(dāng)n＝4時(shí)，M＝{1,2,3,4}，S4＝4，T4＝2＋2＋3＋3＝10，eq\f(T4,S4)＝eq\f(5,2)，同理可得eq\f(T5,S5)＝3，eq\f(T6,S6)＝eq\f(7,2).(2)猜想eq\f(Tn,Sn)＝eq\f(n＋1,2)，n≥3.①當(dāng)n＝3時(shí)，由(1)知猜想成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥3)時(shí)，猜想成立，即eq\f(Tk,Sk)＝eq\f(k＋1,2)，而Sk＝Ceq\o\al(3,k)，所以Tk＝eq\f(k＋1,2)Ceq\o\al(3,k)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，易知Sk＋1＝Ceq\o\al(3,k＋1)，而當(dāng)集合M從{1,2,3，…，k}變?yōu)閧1,2,3，…，k，k＋1}時(shí)，Tk＋1在Tk的基礎(chǔ)上增加了1個(gè)2,2個(gè)3,3個(gè)4，…，(k－1)個(gè)k，所以Tk＋1＝Tk＋2×1＋3×2＋4×3＋…＋k(k－1)＝eq\f(k＋1,2)Ceq\o\al(3,k)＋2(Ceq\o\al(2,2)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,k))＝eq\f(k＋1,2)Ceq\o\al(3,k)＋2(Ceq\o\al(3,3)＋Ceq\o\al(2,3)＋Ceq\o\al(2,4)＋…＋Ceq\o\al(2,k))＝eq\f(k－2,2)Ceq\o\al(3,k＋1)＋2Ceq\o\al(3,k＋1)＝eq\f(k＋2,2)Ceq\o\al(3,k＋1)＝eq\f(k＋1＋1,2)Sk＋1，即eq\f(Tk＋1,Sk＋1)＝eq\f(k＋1＋1,2)，所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，猜想也成立．綜上所述，猜想成立．2．(2018·大連雙基測(cè)試)數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，a1＝1.(1)證明：數(shù)列{eq\f(1,an)}是等差數(shù)列；(2)求數(shù)列{eq\f(1,an)}的前n項(xiàng)和Sn，并證明eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)>eq\f(n,n＋1).解析：(1)證明：∵an＋1＝eq\f(an,2an＋1)，∴eq\f(1,an＋1)＝eq\f(2an＋1,an)，化簡(jiǎn)得eq\f(1,an＋1)＝2＋eq\f(1,an)，即eq\f(1,an＋1)－eq\f(1,an)＝2，故數(shù)列{eq\f(1,an)}是以1為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)知eq\f(1,an)＝2n－1，∴Sn＝eq\f(n1＋2n－1,2)＝n2.法一：eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,12)＋eq\f(1,22)＋…＋eq\f(1,n2)>eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝(1－eq\f(1,2))＋(eq\f(1,2)－eq\f(1,3))＋…＋(eq\f(1,n)－eq\f(1,n＋1))＝1－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(n,n＋1).法二：當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,S1)＝1，eq\f(n,n＋1)＝eq\f(1,2)，不等式成立．假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，不等式成立，即eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sk)>eq\f(k,k＋1).則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋