知識(shí)整合與階段檢測(cè)歸納——猜想——證明不完全歸納的作用在于發(fā)現(xiàn)規(guī)律，探求結(jié)論，但結(jié)論是否為真有待證明，因而數(shù)學(xué)中我們常用歸納——猜想——證明的方法來(lái)解決與正整數(shù)有關(guān)的歸納型和存在型問題．[例1]設(shè)數(shù)列{an}滿足an＋1＝aeq\o\al(2,n)－nan＋1，n＝1,2,3，…(1)當(dāng)a1＝2時(shí)，求a2，a3，a4，并由此猜想出數(shù)列{an}的一個(gè)通項(xiàng)公式．(2)當(dāng)a1≥3時(shí)，證明對(duì)所有的n≥1，有①an≥n＋2；②eq\f(1,1＋a1)＋eq\f(1,1＋a2)＋…＋eq\f(1,1＋an)≤eq\f(1,2).[解](1)由a1＝2，得a2＝aeq\o\al(2,1)－a1＋1＝3；由a2＝3，得a3＝aeq\o\al(2,2)－2a2＋1＝4；由a3＝4，得a4＝aeq\o\al(2,3)－3a3＋1＝5.由此猜想：an＝n＋1(n∈N＋)．(2)①用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)n＝1時(shí)，a1≥3＝1＋2，不等式成立；假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，不等式成立，即ak≥k＋2，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝aeq\o\al(2,k)－kak＋1＝ak(ak－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1＝2(k＋2)＋1≥k＋3＝(k＋1)＋2，也就是說，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1≥(k＋1)＋2.綜上可得，對(duì)于所有n≥1，有an≥n＋2.②由an＋1＝an(an－n)＋1及①，對(duì)k≥2，有ak＝ak－1(ak－1－k＋1)＋1≥ak－1(k－1＋2－k＋1)＋1＝2ak－1＋1≥2·(2ak－2＋1)＋1＝22ak－2＋2＋1≥23ak－3＋22＋2＋1≥…∴ak≥2k－1a1＋2k－2＋…＋2＋1＝2k－1a1＋2k－1－1＝2k－1(a1＋1)－1，于是1＋ak≥2k－1(a1＋1)，eq\f(1,1＋ak)≤eq\f(1,1＋a1)·eq\f(1,2k－1)，k≥2.∴eq\f(1,1＋a1)＋eq\f(1,1＋a2)＋…＋eq\f(1,1＋an)≤eq\f(1,1＋a1)＋eq\f(1,1＋a1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))＝eq\f(1,1＋a1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,22)＋…＋\f(1,2n－1)))＝eq\f(2,1＋a1)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2n)))<eq\f(2,1＋a1)≤eq\f(2,1＋3)＝eq\f(1,2).因此，原不等式成立.利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式的常用技巧在使用數(shù)學(xué)歸納法證明時(shí)，一般說來(lái)，第一步驗(yàn)證比較簡(jiǎn)明，而第二步歸納步驟情況較復(fù)雜．因此，熟悉歸納步驟的證明方法是十分重要的，其實(shí)歸納步驟可以看作是一個(gè)獨(dú)立的證明問題，歸納假設(shè)“P(k)成立”是問題的條件，而“命題P(k＋1)成立”就是所要證明的結(jié)論，因此，合理運(yùn)用歸納假設(shè)這一條件就成了歸納步驟中的關(guān)鍵，下面簡(jiǎn)要分析一些常用技巧．1．分析綜合法用數(shù)學(xué)歸納法證明關(guān)于正整數(shù)n的不等式，從“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析綜合法．[例2]求證：eq\f(1,\r(1×2))＋eq\f(1,\r(2×3))＋…＋eq\f(1,\r(nn＋1))<eq\r(n)，n∈N＋.[證明](1)當(dāng)n＝1時(shí)，因?yàn)閑q\f(1,\r(1×2))＝eq\f(1,\r(2))<1，所以原不等式成立．(2)假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)，原不等式成立，即有eq\f(1,\r(1×2))＋eq\f(1,\r(2×3))＋…＋eq\f(1,\r(kk＋1))<eq\r(k)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,\r(1×2))＋eq\f(1,\r(2×3))＋…＋eq\f(1,\r(kk＋1))＋eq\f(1,\r(k＋1k＋2))<eq\r(k)＋eq\f(1,\r(k＋1k＋2)).因此，欲證明當(dāng)n＝k＋1時(shí)，原不等式成立，只需證明eq\r(k)＋eq\f(1,\r(k＋1k＋2))<eq\r(k＋1)成立．即證明eq\r(k＋1)－eq\r(k)>eq\f(1,\r(k＋1k＋2)).從而轉(zhuǎn)化為證明eq\f(1,\r(k＋1)＋\r(k))>eq\f(1,\r(k2＋3k＋2))，也就是證明eq\r(k2＋3k＋2)>eq\r(k＋1)＋eq\r(k)，即(eq\r(k2＋3k＋2))2－(eq\r(k＋1)＋eq\r(k))2＝k2＋k＋1－2eq\r(kk＋1)＝[eq\r(kk＋1)－1]2>0，從而eq\r(k2＋3k＋2)>eq\r(k＋1)＋eq\r(k).于是當(dāng)n＝k＋1時(shí)，原不等式也成立．由(1)、(2)可知，對(duì)于任意的正整數(shù)n，原不等式都成立．2．放縮法涉及關(guān)于正整數(shù)n的不等式，從“k”過渡到“k＋1”，有時(shí)也考慮用放縮法．[例3]用數(shù)學(xué)歸納法證明：對(duì)一切大于1的自然數(shù)，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))>eq\f(\r(2n＋1),2)均成立．[證明](1)當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝1＋eq\f(1,3)＝eq\f(4,3)，右邊＝eq\f(\r(5),2).∵左邊>右邊，∴不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，且k∈N＋)時(shí)不等式成立，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2).則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))>eq\f(\r(2k＋1),2)·eq\f(2k＋2,2k＋1)＝eq\f(2k＋2,2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(4k2＋8k＋4),2\r(2k＋1))>eq\f(\r(4k2＋8k＋3),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋3)\r(2k＋1),2\r(2k＋1))＝eq\f(\r(2k＋1＋1),2).∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．由(1)(2)知，對(duì)于一切大于1的自然數(shù)n，不等式都成立．3．遞推法用數(shù)學(xué)歸納法證明與數(shù)列有關(guān)的問題時(shí)，有時(shí)要利用an與an＋1的關(guān)系，實(shí)現(xiàn)從“k”到“k＋1”的過渡．[例4]設(shè)0<a<1，定義a1＝1＋a，an＋1＝eq\f(1,an)＋a，求證：對(duì)一切n∈N＋，有1<an<eq\f(1,1－a).[證明]用數(shù)學(xué)歸納法．(1)當(dāng)n＝1時(shí)，a1>1，又a1＝1＋a<eq\f(1,1－a)，顯然命題成立．(2)假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)，命題成立，即1<ak<eq\f(1,1－a).當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由遞推公式，知ak＋1＝eq\f(1,ak)＋a>(1－a)＋a＝1，同時(shí)，ak＋1＝eq\f(1,ak)＋a<1＋a＝eq\f(1－a2,1－a)<eq\f(1,1－a)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立．即1<ak＋1<eq\f(1,1－a).綜合(1)、(2)可知，對(duì)一切正整數(shù)n，有1<an<eq\f(1,1－a).4．學(xué)會(huì)借用同一題中已證明過的結(jié)論在從k到k＋1的過程中，若僅僅利用已知條件，有時(shí)還是沒有證題思路，這時(shí)考查同一題中已證明過的結(jié)論，看是否可借用，這種“借用”思想非常重要．[例5]設(shè){xn}是由x1＝2，xn＋1＝eq\f(xn,2)＋eq\f(1,xn)(n∈N＋)定義的數(shù)列，求證：不等式eq\r(2)<xn<eq\r(2)＋eq\f(1,n)(n∈N＋)．[解]受阻過程：由于對(duì)于任意的k∈N＋，xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk)>2eq\r(\f(xk,2)·\f(1,xk))＝eq\r(2).所以xn>eq\r(2)(n∈N＋)顯然成立．下面證明：xn<eq\r(2)＋eq\f(1,n)(n∈N＋)．(1)當(dāng)n＝1時(shí)，x1＝2<eq\r(2)＋1，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)，不等式成立，即xk<eq\r(2)＋eq\f(1,k)，那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk).由歸納假設(shè)，xk<eq\r(2)＋eq\f(1,k)，則eq\f(xk,2)<eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2k) ①eq\f(1,xk)>eq\f(1,\r(2)＋\f(1,k)) ②因?yàn)棰?、②不是同向不等式，所以由遞推式無(wú)法完成由k到(k＋1)的證明，到此好像“山重水復(fù)疑無(wú)路”，證題思路受到阻礙．受阻原因分析：要利用遞推式xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk)，只要找出關(guān)系式eq\f(1,xk)<A，才有可能推導(dǎo)下去．因此，只有尋覓出xk>eq\f(1,A)這樣一個(gè)條件，才可以接通思路．當(dāng)注意到前面已證明xn>eq\r(2)以后，問題就可以解決了．思路受阻的原因就在于不會(huì)借用前面已經(jīng)證明的結(jié)論．事實(shí)上，∵xk>eq\r(2)，∴eq\f(1,xk)<eq\f(\r(2),2).∴xk＋1＝eq\f(xk,2)＋eq\f(1,xk)<eq\f(\r(2),2)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2)＋eq\f(1,2k)≤eq\r(2)＋eq\f(1,k＋1).即xk＋1<eq\r(2)＋eq\f(1,k＋1).eq\a\vs4\al([對(duì)應(yīng)學(xué)生用書P47])一、選擇題1．用數(shù)學(xué)歸納法證明“對(duì)于任意x>0和正整數(shù)n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋eq\f(1,xn－4)＋eq\f(1,xn－2)＋eq\f(1,xn)≥n＋1”時(shí)，需驗(yàn)證的使命題成立的最小正整數(shù)值n0應(yīng)為()A．n0＝1 B．n0＝2C．n0＝1,2 D．以上答案均不正確解析：先驗(yàn)證n＝1時(shí)，x＋eq\f(1,x)≥1＋1成立，再用數(shù)學(xué)歸納法證明．答案：A2．設(shè)f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)(n∈N＋)，則f(n＋1)－f(n)＝()A．eq\f(1,2n＋1) B．eq\f(1,2n＋2)C．eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2) D．eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2)解析：由題意知f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，f(n＋1)＝eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)，故f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1－2,2n＋2)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2).答案：D3．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋an－1(n∈N＋)，用數(shù)學(xué)歸納法證明a4n能被4整除，假設(shè)a4k能被4整除，然后應(yīng)該證明()A．a(chǎn)4k＋1能被4整除 B．a(chǎn)4k＋2能被4整除C．a(chǎn)4k＋3能被4整除 D．a(chǎn)4k＋4能被4整除解析：由假設(shè)a4k能被4整除，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，應(yīng)該證明a4(k＋1)＝a4k＋4能被4整除．答案：D4．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通過求a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式為()A．eq\f(1,n－1n＋1) B．eq\f(1,2n2n＋1)C．eq\f(1,2n－12n＋1) D．eq\f(1,2n＋12n＋2)解析：因?yàn)閍1＝eq\f(1,3)，由Sn＝n(2n－1)an，得a1＋a2＝2×(2×2－1)a2，解得a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a1＋a2＋a3＝3×(2×3－1)a3，解得a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a1＋a2＋a3＋a4＝4×(2×4－1)a4，解得a4＝eq\f(1,63)＝eq\f(1,7×9).猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).答案：C二、填空題5．用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除”，當(dāng)?shù)诙郊僭O(shè)n＝2k－1(k∈N＋)命題為真時(shí)，進(jìn)而需證n＝________時(shí)，命題亦真．解析：由數(shù)學(xué)歸納法及n為正奇數(shù)，在假設(shè)n＝2k－1成立，需證n＝2k＋1命題成立．答案：2k＋16．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，則f(k＋1)與f(k)的遞推關(guān)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．用數(shù)學(xué)歸納法證明：cosα＋cos3α＋cos5α＋…＋cos(2n－1)α＝eq\f(sin2nα,2sinα)(sinα≠0，n∈N＋)，在驗(yàn)證n＝1時(shí)，等式右邊的式子是__________．解析：本題在n＝1時(shí)，右邊考查二倍角的正弦公式，右＝eq\f(sin2α,2sinα)＝eq\f(2sinαcosα,2sinα)＝cosα.答案：cosα8．設(shè){an}是首項(xiàng)為1的正項(xiàng)數(shù)列，且(n＋1)·aeq\o\al(2,n＋1)－naeq\o\al(2,n)＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，則它的通項(xiàng)an＝________.解析：法一：分別令n＝1,2,3求出a2＝eq\f(1,2)，a3＝eq\f(1,3)，通過不完全歸納法知an＝eq\f(1,n).法二：對(duì)已知等式因式分解得[(n＋1)an＋1－nan]·(an＋1＋an)＝0.由an>0知eq\f(an＋1,an)＝eq\f(n,n＋1)，再由累乘法求得an＝eq\f(1,n).答案：eq\f(1,n)三、解答題9．在數(shù)列{an}中，a1＝a2＝1，當(dāng)n∈N＋時(shí)，滿足an＋2＝an＋1＋an，且設(shè)bn＝a4n，求證：{bn}各項(xiàng)均為3的倍數(shù)．證明：(1)∵a1＝a2＝1，故a3＝a1＋a2＝2，a4＝a3＋a2＝3.∴b1＝a4＝3，當(dāng)n＝1時(shí)，b1能被3整除．(2)假設(shè)n＝k時(shí)，即bk＝a4k是3的倍數(shù)，則n＝k＋1時(shí)，bk＋1＝a4(k＋1)＝a4k＋4＝a4k＋3＋a4k＋2＝a4k＋2＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k＝3a4k＋1＋2a4k.由歸納假設(shè)，a4k是3的倍數(shù)，3a4k＋1是3的倍數(shù)，故可知bk＋1是3的倍數(shù)，∴n＝k＋1時(shí)命題也正確．綜合(1)、(2)可知，對(duì)正整數(shù)n，數(shù)列{bn}的各項(xiàng)都是3的倍數(shù)．10．用數(shù)學(xué)歸納法證明：eq\f(1,2)×eq\f(3,4)×eq\f(5,6)×…×eq\f(2n－1,2n)<eq\f(1,\r(2n＋1))對(duì)n∈N＋時(shí)成立．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,2)<eq\f(1,\r(3))，不等式成立．(2)假設(shè)n＝k時(shí)不等式成立．即eq\f(1,2)×eq\f(3,4)×eq\f(5,6)×…×eq\f(2k－1,2k)<eq\f(1,\r(2k＋1)).則n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,2)×eq\f(3,4)×eq\f(5,6)×…×eq\f(2k－1,2k)×eq\f(2k＋1,2k＋1)<eq\f(1,\r(2k＋1))×eq\f(2k＋1,2k＋2)＝eq\f(\r(2k＋1),2k＋2)＝eq\f(\r(2k＋1)\r(2k＋3),2k＋2\r(2k＋3))＝eq\f(\r(4k2＋8k＋3),2k＋2\r(2k＋3))<eq\f(\r(4k2＋8k＋4),2k＋2\r(2k＋3))＝eq\f(\r(2k＋22),2k＋2\r(2k＋3))＝eq\f(1,\r(2k＋3))即n＝k＋1時(shí)不等式成立．由(1)、(2)知不等式對(duì)任意n∈N＋都成立．11．已知數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，且滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋2SnSn－1＝0(n≥2)．(1)判斷{eq\f(1,Sn)}是否為等差數(shù)列？并證明你的結(jié)論；(2)求Sn和an；(3)求證：Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,n)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4n).解：(1)S1＝a1＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,S1)＝2.當(dāng)n≥2時(shí)，an＝Sn－Sn－1，即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，故{eq\f(1,Sn)}是以2為首項(xiàng)，2為公差的等差數(shù)列．(2)由(1)得eq\f(1,Sn)＝2＋(n－1)·2＝2n，Sn＝eq\f(1,2n)(n∈N＋)，當(dāng)n≥2時(shí)，an＝－2SnSn－1＝－eq\f(1,2nn－1).當(dāng)n＝1時(shí)，a1＝eq\f(1,2)，∴an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，n＝1，,－\f(1,2nn－1)，n≥2，n∈N＋.))(3)證明：①當(dāng)n＝1時(shí)，Seq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4×1)，成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，且k∈N＋)時(shí)，不等式成立，即Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,k)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4k)成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,k)＋Seq\o\al(2,k＋1)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4k)＋eq\f(1,4k＋12)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋12)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)·eq\f(k2＋k＋1,kk＋12)<eq\f(1,2)－eq\f(1,4)·eq\f(k2＋k,kk＋12)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4k＋1).即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．由①，②可知對(duì)任意n∈N＋不等式成立．(時(shí)間90分鐘，總分120分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分)1．設(shè)S(n)＝eq\f(1,n)＋eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n2)，則()A．S(n)共有n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)B．S(n)共有n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)C．S(n)共有n2－n項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)D．S(n)共有n2－n＋1項(xiàng)，當(dāng)n＝2時(shí)，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析：S(n)共有n2－n＋1項(xiàng)，S(2)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4).答案：D2．用數(shù)學(xué)歸納法證明“2n>n2＋1對(duì)于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時(shí)，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取()A．2 B．3C．5 D．6解析：取n0＝1,2,3,4,5驗(yàn)證，可知n0＝5.答案：C3．已知a1＝eq\r(2)，an＋1＝eq\r(2＋an)，n∈N＋，則an的取值范圍是()A．(eq\r(2)，2) B．[eq\r(2)，2)C．(0，eq\r(2)) D．[0，eq\r(2)]解析：①n＝1時(shí)，a2＝eq\r(2＋a1)＝eq\r(2＋\r(2))>eq\r(2)，排除C，D.②an＋1>an為遞增數(shù)列．③可用數(shù)學(xué)歸納法證明an<2，故選B.答案：B4．用數(shù)學(xué)歸納法證明對(duì)一切大于1的自然數(shù)n，不等式eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))>eq\f(\r(2n＋1),2)成立時(shí)，當(dāng)n＝2時(shí)驗(yàn)證的不等式是()A．1＋eq\f(1,3)>eq\f(\r(5),2)B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))>eq\f(\r(5),2)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))≥eq\f(\r(5),2)D．以上都不對(duì)解析：當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝1＋eq\f(1,2×2－1)＝1＋eq\f(1,3)，右邊＝eq\f(\r(2×2＋1),2)＝eq\f(\r(5),2)，∴1＋eq\f(1,3)>eq\f(\r(5),2).答案：A5．用數(shù)學(xué)歸納法證明“Sn＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>1(n∈N＋)”時(shí)，S1等于()A．eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C．eq\f(1,2)＋eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析：因?yàn)镾1的首項(xiàng)為eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2)，末項(xiàng)為eq\f(1,3×1＋1)＝eq\f(1,4)，所以S1＝eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,1＋3)，故選D.答案：D6．已知f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：“當(dāng)f(k)≥k2成立時(shí)，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命題總成立的是()A．若f(3)≥9成立，則當(dāng)k≥1時(shí)，均有f(k)≥k2成立B．若f(4)≥16成立，則當(dāng)k≥4時(shí)，均有f(k)<k2成立C．若f(7)≥49成立，則當(dāng)k<7時(shí)，均有f(k)<k2成立D．若f(4)＝25成立，則當(dāng)k≥4時(shí)，均有f(k)≥k2成立解析：∵f(k)≥k2成立時(shí)f(k＋1)≥(k＋1)2成立，當(dāng)k＝4時(shí)，f(4)＝25>16＝42成立．∴當(dāng)k≥4時(shí)，有f(k)≥k2成立．答案：D7．用數(shù)學(xué)歸納法證明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除時(shí)，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，對(duì)于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可變形為()A．56·3(4k＋1)＋25(34k＋1＋52k＋1)B．34·34k＋1＋52·52kC．34k＋1＋52k＋1D．25(34k＋1＋52k＋1)解析：34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1變形中必須出現(xiàn)n＝k時(shí)歸納假設(shè)，故變形為56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)答案：A8．若k棱柱有f(k)個(gè)對(duì)角面，則(k＋1)棱柱對(duì)角面的個(gè)數(shù)為()A．2f(k) B．k－1＋f(k)C．f(k)＋k D．f(k)＋2解析：由n＝k到n＝k＋1時(shí)增加的對(duì)角面的個(gè)數(shù)與底面上由n＝k到n＝k＋1時(shí)增加的對(duì)角線一樣，設(shè)n＝k時(shí)，底面為A1A2…Ak，n＝k＋1時(shí)底面為A1A2A3…AkAk＋1，增加的對(duì)角線為A2Ak＋1，A3Ak＋1，A4Ak＋1…，Ak－1Ak＋1，A1Ak，共有(k－1)條，因此對(duì)角面也增加了(k－1)個(gè)．答案：B9．下列代數(shù)式，n∈N＋，可能被13整除的是()A．n3＋5n B．34n＋1＋52n＋1C．62n－1＋1 D．42n＋1＋3n＋2解析：A中，n＝1時(shí)，1＋5＝6，不能被13整除；B中，n＝1時(shí)，35＋53＝368不能被13整除；C中，n＝1時(shí)，6＋1＝7亦不能被13整除．答案：D10．用數(shù)學(xué)歸納法證明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N＋)時(shí)，從k到k＋1，左邊需要增加的代數(shù)式為()A．2k＋1 B．2(2k＋1)C．eq\f(2k＋1,k＋1) D．eq\f(2k＋3,k＋1)解析：當(dāng)n＝k時(shí)左邊的最后一項(xiàng)是2k，n＝k＋1時(shí)左邊的最后一項(xiàng)是2k＋2，而左邊各項(xiàng)都是連續(xù)的，所以n＝k＋1時(shí)比n＝k時(shí)左邊少了(k＋1)，而多了(2k＋1)(2k＋2)．因此增加的代數(shù)式是eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．答案：B二、填空題(本大題共有4小題，每小題5分，共20分)11．設(shè)a，b均為正實(shí)數(shù)，n∈N＋，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，則M，N的大小關(guān)系為________(提示：利用貝努利不等式，令x＝eq\f(b,a))．解析：由貝努利不等式(1＋x)n>1＋nx(x>－1，且x≠0，n>1，n∈N＋)，當(dāng)n>1時(shí)，令x＝eq\f(b,a)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))n>1＋n·eq\f(b,a)，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,a)))n>1＋n·eq\f(b,a)，即(a＋b)n>an＋nan－1b，當(dāng)n＝1時(shí)，M＝N，故M≥N.答案：M≥N12．若數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式an＝eq\f(1,n＋12)，記cn＝2(1－a1)·(1－a2)…(1－an)，試通過計(jì)算c1，c2，c3的值，推測(cè)cn＝________.解析：c1＝2(1－a1)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))＝eq\f(3,2)，c2＝2(1－a1)(1－a2)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))＝eq\f(4,3)，c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝2×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,4)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,9)))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,16)))＝eq\f(5,4)，故cn＝eq\f(n＋2,n＋1).答案：eq\f(n＋2,n＋1)13．從1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，歸納出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝__________.解析：等式的左邊符號(hào)正負(fù)間隔出現(xiàn)，先正后負(fù)，所以最后一項(xiàng)系數(shù)應(yīng)為(－1)n＋1，和的絕對(duì)值是前n個(gè)自然數(shù)的和為eq\f(nn＋1,2).答案：(－1)n＋1·eq\f(nn＋1,2)14．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用數(shù)學(xué)歸納法證明an＝4×2n－1－2的第二步中，設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)結(jié)論成立，即ak＝4×2k－1－2，那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，需證明ak＋1＝________________.解析：當(dāng)n＝k＋1時(shí)，把a(bǔ)k代入，要將4×2k－2變形為4×2(k＋1)－1－2的形式．答案：4×2(k＋1)－1－2三、解答題(本大題共有4小題，共50分)15．(本小題滿分12分)用數(shù)學(xué)歸納法證明：12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝eq\f(1,3)n(4n2－1)．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，左邊＝1，右邊＝1，命題成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)(k≥1，k∈N＋)，命題成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)．那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋[2(k＋1)－1]2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(2k＋1)(2k－1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)＝eq\f(1,3)(k＋1)[4(k＋1)2－1]．∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立．由(1)(2)得：對(duì)于任意n∈N＋，等式都成立．16．(本小題滿分12分)求證：eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n)>eq\f(5,6)，(n≥2，n∈N＋)．證明：(1)當(dāng)n＝2時(shí)，左邊＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,6)>eq\f(5,6)，不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N＋)時(shí)，命題成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)>eq\f(5,6)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋1)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))>eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋1)＋\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))>eq\f(5,6)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3×\f(1,3k＋3)－\f(1,k＋1)))＝eq\f(5,6).所以當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式對(duì)一切n≥2，n∈N＋均成立．17．(本小題滿分12分)利用數(shù)學(xué)歸納法證明(3n＋1)·7n－1(n∈N＋)能被9整除．證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，(3×1＋1)×71－1＝27，能被9整除，所以命題成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N＋)時(shí)，命題成立，即(3k＋1)·7k－1能被9整除．那么當(dāng)n＝k＋1時(shí)，[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)．由歸納假設(shè)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．這就是說，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，命題也成立．由(1)(2)知，對(duì)一切n∈N＋，(3n＋1)·7n－1都能被9整除．18．(本小題滿分14分){an}是由非負(fù)整數(shù)組成的數(shù)列，滿足a1＝0，a2＝3，an＋1an＝(an－1＋2)(an－2＋2)，n＝3,4,5，….(1)求a3；(2)證明：an＝an－2＋2(n≥3，且n∈N＋)．解：(1)由已知a4a3＝(a2＋2)(a1＋2)＝5×2＝10×1，∴a3可能取值1,2,5,10.若a3＝1，a4＝10，從而a5＝eq\f(a3＋2a2＋2,a4)＝eq\f(15,10)＝eq\f(3,2)，顯然a5不是非負(fù)整數(shù)，與題設(shè)矛盾．若a3＝10，則a4＝1，從而a5＝60.但再計(jì)算a6＝eq\f(3,5)，也與題設(shè)矛盾．∴a3＝2，a4＝5.(因a3＝5，a4＝2?a5?N，舍去)(2)用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝3時(shí)，a3＝2，a1＋2＝0＋2，∴a3＝a1＋2，即n＝3時(shí)等式成立；②假設(shè)n＝k(k≥3)時(shí)，等式成立，即ak＝ak－2＋2，由題設(shè)ak＋1ak＝(ak－1＋2)(ak－2＋2)，因?yàn)閍k＝ak－2＋2≠0.所以ak＋1＝ak－1＋2，也就是說，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，等式ak＋1＝ak－1＋2成立．則根據(jù)①②知，對(duì)于n≥3(n∈N＋)，有an＝an－2＋2.模塊綜合檢測(cè)(時(shí)間90分鐘，總分120分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分)1．已知a，b為非零實(shí)數(shù)，且a<b，則下列命題成立的是()A．a(chǎn)2<b2 B．a(chǎn)b2<a2bC．eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b) D．eq\f(b,a)<eq\f(a,b)解析：A項(xiàng)中a2－b2＝(a＋b)(a－b)，由a<b知a－b<0.但a＋b的符號(hào)不確定，故A項(xiàng)錯(cuò)誤．B項(xiàng)中，ab2－a2b＝ab(b－a)，由a<b知b－a>0，但ab的符號(hào)不確定，故B項(xiàng)錯(cuò)誤．C項(xiàng)中，eq\f(1,ab2)－eq\f(1,a2b)＝eq\f(1,ab)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b)－\f(1,a)))＝eq\f(a－b,a2b2)，由a<b知a－b<0，又已知a，b為非零實(shí)數(shù)，∴eq\f(1,ab2)－eq\f(1,a2b)<0，即eq\f(1,ab2)<eq\f(1,a2b).D項(xiàng)中，eq\f(b,a)－eq\f(a,b)＝eq\f(b2－a2,ab)＝eq\f(b＋ab－a,ab)，由于eq\f(a＋b,ab)的符號(hào)不確定，故D項(xiàng)錯(cuò)誤．答案：C2．t，s∈R＋，A＝eq\f(t＋s,7＋s＋t)，B＝eq\f(s,7＋s)＋eq\f(t,7＋t)，則A與B的關(guān)系為()A．A>B B．A<BC．A＝B D．不確定解析：B＝eq\f(s,7＋s)＋eq\f(t,7＋t)>eq\f(s,7＋s＋t)＋eq\f(t,7＋t＋s)＝eq\f(s＋t,7＋s＋t)＝A.答案：B3．已知函數(shù)f(x)、g(x)，設(shè)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)的解集為N，則集合M與N的關(guān)系是()A．NM B．M＝NC．M?N D．MN解析：由絕對(duì)值不等式的性質(zhì)知|f(x)＋g(x)|≤|f(x)|＋|g(x)|，∴集合N與集合M成M?N關(guān)系．答案：C4．已知θ∈R，則4eq\r(2＋sin2θ)＋eq\r(2)cosθ的最大值是()A．2eq\r(3) B．3eq\r(6)C．eq\f(\r(6),3) D．eq\r(6)解析：由4eq\r(2＋sin2θ)＋eq\r(2)cosθ≤eq\r(42＋\r(2)2)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(2＋sin2θ)))2＋cos2θ)＝3eq\r(6).當(dāng)且僅當(dāng)4cosθ＝eq\r(22＋sin2θ)，即sinθ＝±eq\f(\r(6),3)，cosθ＝eq\f(\r(3),3)時(shí)，等號(hào)成立，故選B.答案：B5．不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集為()A．(－∞，－2]∪[2，＋∞)B．(－∞，－1]∪[2，＋∞)C．(－∞，－2]∪[3，＋∞)D．(－∞，－3]∪[2，＋∞)解析：由題意不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的幾何意義為數(shù)軸上到1，－2兩個(gè)點(diǎn)的距離之和大于等于5的點(diǎn)組成的集合，而－2,1兩個(gè)端點(diǎn)之間的距離為3，由于分布在－2,1以外的點(diǎn)到－2,1的距離要計(jì)算兩次，而在－2,1內(nèi)部的距離則只計(jì)算一次，因此只要找出－2左邊到－2的距離等于eq\f(5－3,2)＝1的點(diǎn)－3，以及1右邊到1的距離等于eq\f(5－3,2)＝1的點(diǎn)2，這樣就得到原不等式的解集為(－∞，－3]∪[2，＋∞)．答案：D6．已知θ為銳角，a，b均為正實(shí)數(shù)．則下列不等式成立的是()A．(a＋b)2≤eq\f(a2,cos2θ)＋eq\f(b2,sin2θ)B．(a＋b)2≥eq\f(a2,cos2θ)＋eq\f(b2,sin2θ)C．a(chǎn)2＋b2＝eq\f(a2,cos2θ)＋eq\f(b2,sin2θ)D．(a＋b)2<eq\f(a2,cos2θ)＋eq\f(b2,sin2θ)解析：設(shè)m＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,cosθ)，\f(b,sinθ)))，n＝(cosθ，sinθ)，則|a＋b|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(a,cosθ)·cosθ＋\f(b,sinθ)·sinθ))≤eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,cosθ)))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,sinθ)))2)·eq\r(1)＝eq\r(\f(a2,cos2θ)＋\f(b2,sin2θ))，所以(a＋b)2≤eq\f(a2,cos2θ)＋eq\f(b2,sin2θ).答案：A7．(安徽高考)若函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值為3，則實(shí)數(shù)a的值為()A．5或8B．－1或5C．－1或－4D．－4或8解析：當(dāng)a≥2時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋a＋1，x>－1，,x＋a－1，－\f(a,2)≤x≤－1，,－3x－a－1，x<－\f(a,2)，))如圖1可知，當(dāng)x＝－eq\f(a,2)時(shí)，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝eq\f(a,2)－1＝3，可得a＝8；當(dāng)a<2時(shí)，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3x＋a＋1，x>－\f(a,2)，,－x－a＋1，－1≤x≤－\f(a,2)，,－3x－a－1，x<－1，))如圖2可知，當(dāng)x＝－eq\f(a,2)時(shí)，f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝－eq\f(a,2)＋1＝3，可得a＝－4.綜上可知，答案為D.答案：D8．當(dāng)x>1時(shí)，不等式a≤x＋eq\f(1,x－1)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A．(－∞，2) B．[2，＋∞)C．[3，＋∞) D．(－∞，3]解析：a≤x＋eq\f(1,x－1)，由x＋eq\f(1,x－1)＝x－1＋eq\f(1,x－1)＋1≥3，即x＋eq\f(1,x－1)的最小值為3.答案：D9．若實(shí)數(shù)x、y滿足eq\f(1,x2)＋eq\f(1,y2)＝1，則x2＋2y2有()A．最大值3＋2eq\r(2) B．最小值3＋2eq\r(2)C．最大值6 D．最小值6解析：由題知，x2＋2y2＝(x2＋2y2)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x2)＋\f(1,y2)))＝3＋eq\f(2y2,x2)＋eq\f(x2,y2)≥3＋2eq\r(2)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(x2,y2)＝eq\f(2y2,x2)時(shí)，等號(hào)成立．答案：B10．若x>1，則函數(shù)y＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(16x,x2＋1)的最小值為()A．16 B．8C．4 D．非上述情況解析：y＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(16x,x2＋1)＝x＋eq\f(1,x)＋eq\f(16,x＋\f(1,x))≥2eq\r(16)＝8，當(dāng)且僅當(dāng)x＝2＋eq\r(3)時(shí)等號(hào)成立．答案：B二、填空題(本大題共有4小題，每小題5分，共20分)11．若x，y，z是正數(shù)，且滿足xyz(x＋y＋z)＝1，則(x＋y)·(y＋z)的最小值為________．解析：(x＋y)(y＋z)＝xy＋y2＋yz＋zx＝y(tǒng)(x＋y＋z)＋zx≥2eq\r(yx＋y＋zzx)＝2.答案：212．(廣東高考)不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集為________．解析：當(dāng)x<－2時(shí)，原不等式即1－x－x－2≥5?x≤－3，此時(shí)得到x≤－3；當(dāng)－2≤x≤1時(shí)，原不等式即1－x＋x＋2≥5，此時(shí)無(wú)解；當(dāng)x>1時(shí)，原不等式即x－1＋x＋2≥5?x≥2，此時(shí)得到x≥2.于是原不等式的解集為{x≤－3或x≥2}．答案：{x|x≤－3或x≥2}13．若不等式|x－a|＋|x－2|≥1對(duì)任意實(shí)數(shù)x均成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________．解析：由題得|x－a|＋|x－2|≥|(x－a)－(x－2)|＝|a－2|，∴|a－2|≥1，解得a∈(－∞，1]∪[3，＋∞)．答案：(－∞，1]∪[3，＋∞)14．設(shè)正數(shù)a，b，c的乘積abc＝1，eq\f(1,a2b＋c)＋eq\f(1,b2c＋a)＋eq\f(1,c2a＋b)的最小值為________．解析：設(shè)a＝eq\f(1,x)，b＝eq\f(1,y)，c＝eq\f(1,z)，則xyz＝1，則eq\f(1,a2b＋c)＋eq\f(1,b2c＋a)＋eq\f(1,c2a＋b)可化為eq\f(x,y＋z)＋eq\f(y,z＋x)＋eq\f(z,x＋y)，不妨設(shè)x≥y≥z，則eq\f(1,y＋z)≥eq\f(1,z＋x)≥eq\f(1,x＋y)，據(jù)排序不等式得eq\f(x,y＋z