课件27张PPT。第二章 推理与证明课时作业（二十四）
1．某个命题与自然数n有关，若当n＝k(k∈N*)时，该命题成立，则可推得n＝k＋1时该命题成立．现已知n＝5时该命题不成立，那么( )
A．当n＝6时，该命题不成立
B．当n＝6时，该命题一定成立
C．当n＝4时，该命题不成立
D．当n＝4时，该命题一定成立
答案 C
解析 考虑逆否命题．
2．已知f(n)＝＋＋＋…＋，则( )
A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝＋
B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝＋
D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋
＋
答案 D
3．用数学归纳法证明等式(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)(n∈N*)，从k到k＋1左端需要增乘的代数式为( )
A．2k＋1 B．2(2k＋1)
C. D.
答案 B
4．上一个n级台阶，每次上一级或上两级，设上法的种数为f(n)，则下列猜想中正确的是( )
A．f(n)＝n
B．f(n)＝f(n－1)＋f(n－2)
C．f(n)＝f(n－1)·f(n－2)
D．f(n)＝
答案 D
课件30张PPT。第二章 推理与证明课后巩固课时作业（二十五）课时作业(二十四)
一、选择题
1．用数学归纳法证明：1＋＋＋…＋
1)第一步验证n＝2时，左边计算所得项为( )
A．1 B．1＋
C. D．1＋＋
答案 D
解析 当n＝2时，左边最后一项为＝.
2．设f(n)＝＋＋＋…＋，则f(k＋1)－f(k)等于( )
A.
B.＋＋
C.＋
D.＋＋＋…＋
答案 D
解析 n＝k时，f(k)＝1＋＋＋…＋.
n＝k＋1时，f(k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋…＋
.
∴f(k＋1)－f(k)＝＋＋…＋.
3．如果命题P(n)对n＝k成立，那么它对n＝k＋2也成立，若P(n)对n＝2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
答案 B
4．用数学归纳法证明恒等式
1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋.
由n＝k到n＝k＋1时，两边应同时加上( )
A. B．－
C. D.－
答案 D
5．若凸n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
答案 C
二、填空题
6．设S(n)＝＋＋＋＋…＋，则S(n)有________项，S(2)＝________.
答案 n2－n＋1；
解析 应用等差数列通项公式的变形公式：d＝即得项数；
S(2)＝＋＋＝.
7．用数学归纳法证明3n>n3(n≥3，n∈N*)第一步应验证________．
答案 n＝3时是否成立
解析 n的最小值为3，所以第一步验证n＝3是否成立．
8．用数学归纳法证明＋＋…＋>－.假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标不等式是________．
答案 ＋＋…＋＋＋>－
解析 观察不等式中的分母变化知，＋＋…＋＋＋>－.
三、解答题
9．用数学归纳法证明
(1－)(1－)(1－)…(1－)＝(n∈N*)．
证明 (1)当n＝1时，左边＝1－＝，右边＝＝，等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时等式成立，即
(1－)(1－)(1－)…(1－)＝.
当n＝k＋1时，
(1－)(1－)(1－)…(1－)(1－)
＝(1－)＝＝.
所以当n＝k＋1时等式也成立．
由(1)(2)可知，对于任意n∈N*等式都成立．
10．用数学归纳法证明12－22＋32－42＋52－…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N*)．
解析 (1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立．
(2)假设当n＝k时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．
当n＝k＋1时，
12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－
[2(k＋1)]2
＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－[2(k＋1)]2
＝－2k2－5k－3＝－(k＋1)(2k＋3)
＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]．
即当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可知，对任意n∈N*，等式成立．
11．已知x>－1，且x≠0，n∈N*，且n≥2.
求证：(1＋x)n>1＋nx.
证明 (1)当n＝2时，左边＝(1＋x)2＝1＋2x＋x2，右边＝1＋2x.
∵x2>0，∴原不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，即(1＋x)k>1＋kx.
当n＝k＋1时，∵x>－1，∴1＋x>0.
于是左边＝(1＋x)k＋1＝(1＋x)k(1＋x)>(1＋kx)(1＋x)＝1＋(k＋1)x＋kx2，右边＝1＋(k＋1)x.
∵kx2>0，∴左边>右边，即(1＋x)k＋1>1＋(k＋1)x.
这就是说，当n＝k＋1时原不等式也成立．
根据(1)和(2)，原不等式对任何不小于2的自然数都成立．
12．已知Sn＝1＋＋＋…＋(n>1，n∈N*)．
求证：S2n>1＋(n≥2，n∈N*)．
证明 (1)当n＝2时，S2n＝1＋＋＋＝>1＋，即n＝2时命题成立．
(2)设n＝k时命题成立，即
S2k＝1＋＋＋…＋>1＋，当n＝k＋1时，
S2k＋1＝1＋＋＋…＋＋＋…＋
>1＋＋＋＋…＋>1＋＋＝1＋＋＝1＋，故当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)知，对n∈N*，n≥2，S2n>1＋等式都成立．
?重点班·选做题
13．若不等式＋＋…＋>对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论．
分析 这是一个探索性问题，先用归纳法探求a的最大值，然后再用数学归纳法证明对一切的正整数n，不等式都成立．
解析 当n＝1时，＋＋>，即>，
∴a<26，又a∈N，∴取a＝25，下面用数学归纳法证明：
＋＋…＋>.
(1)当n＝1时，已证．
(2)假设当n＝k时，＋＋…＋>成立．
当n＝k＋1时，有
＋＋…＋＋＋＋
＝＋
>＋＋－.
∵＋－＝>0，
∴＋＋…＋>也成立．
由(1)、(2)可知，对一切正整数n，都有不等式＋＋…＋>成立．
∴a的最大值25.
课时作业(二十五)
一、选择题
1．在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝(n∈N*)，依次计算a2，a3，a4，归纳推测出an的通项表达式为( )
A. B.
C. D.
答案 B
2．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N)能被8整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为( )
A．56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)
B．34·34k＋1＋52·52k
C．34k＋1＋52k＋1
D．25(34k＋1＋52k＋1)
答案 A
二、填空题
3．已知数列{an}的前n项和为Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N*)，试归纳猜想出Sn的表达式是Sn＝________.
答案
三、解答题
4．证明：凸n边形的对角线的条数为f(n)＝n(n－3)(n≥4，n∈N*)．
证明 (1)当n＝4时，四边形有两条对角线，f(4)＝×4×(4－3)＝2，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥4，k∈N*)时命题成立，即f(k)＝k(k－3)，那么，当n＝k＋1时，增加一个顶点，凸多边形的对角线增加k－1条，则f(k＋1)＝k(k－3)＋k－1＝(k2－k－2)＝(k＋1)(k－2)＝(k＋1)[(k＋1)－3]，
即当n＝k＋1时命题也成立．
根据(1)(2)，可知命题对任意的n≥4，n∈N*都成立．
5．证明：62n－1＋1能被7整除(n∈N*)．
证明 (1)当n＝1时，62－1＋1＝7能被7整除．
(2)假设当n＝k(k∈N*)时，62k－1＋1能被7整除．
那么当n＝k＋1时，62(k＋1)－1＋1＝62k－1＋2＋1
＝36(62k－1＋1)－35.
∵62k－1＋1能被整除，35也能被7整除，
∴当n＝k＋1时，62(k＋1)－1＋1能被7整除．
由(1)，(2)知命题成立．
6．已知数列，，…，，…，Sn为该数列的前n项和，计算得S1＝，S2＝，S3＝，S4＝.
观察上述结果，推测出Sn(n∈N*)，并用数学归纳法加以证明．
解析 推测Sn＝(n∈N*)．
用数学归纳法证明如下：
(1)当n＝1时，S1＝＝，等式成立；
(2)假设当n＝k时等式成立，即Sk＝，那么当n＝k＋1时，
Sk＋1＝Sk＋
＝＋
＝
＝
＝＝.
也就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．
根据(1)和(2)，可知一切n∈N*，等式均成立．
7．设数列{an}的前n项和为Sn，方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1,2,3，….
(1)求a1，a2；
(2)求{an}的通项公式．
解析 (1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0，有一根为S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝.
当n＝2时，x2－a2x－a2＝0，有一根为S2－1＝a1＋a2－1＝a2－，于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，解得a2＝.
所以a1＝，a2＝.
(2)因为方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，
所以(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即S－2Sn＋1－anSn＝0.
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0]1,2)，S2＝a1＋a2＝＋＝，由(*)可得S3＝，由此猜想Sn＝，n＝1,2,3，….
下面用数学归纳法证明这个结论：
①当n＝1时，已知结论成立．
②假设n＝k(k∈N*)时，结论成立，即Sk＝.
当n＝k＋1时，由(*)得Sk＋1＝，
所以Sk＋1＝＝＝.
故当n＝k＋1时结论也成立．
根据①②可知，Sn＝对所有正整数n都成立．
于是，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝－＝.
又因为n＝1时，a1＝＝，符合通项公式，
所以{an}的通项公式为an＝，n＝1,2,3….
8．已知数列{an}中，a1＝－，其前n项和Sn满足an＝Sn＋＋2(n≥2)，计算S1，S2，S3，S4，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法加以证明．
解析 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1＝Sn＋＋2.
∴Sn＝－(n≥2)．
则有S1＝a1＝－，S2＝－＝－，
S3＝－＝－，S4＝－＝－.
由此猜想：Sn＝－(n∈N*)．
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，S1＝－＝a1，猜想成立．
②假设n＝k(k∈N*)猜想成立，即Sk＝－成立，
那么n＝k＋1时，Sk＋1＝－＝－＝－＝－.
即n＝k＋1时猜想成立．
由①②可知，对任意自然数n，猜想结论均成立．
9．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)．
(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；
(2)证明：＋＋…＋<.
解析 (1)由条件得
2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1.
由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.
猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，由上可得结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，即
ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，
bk＋1＝＝(k＋2)2.所以当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．
(2)＝<.
当n≥2时，由(1)知
an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)·n.
故＋＋…＋
<＋(＋＋…＋)
＝＋(－＋－＋…＋－)
＝＋(－)<＋＝.
10．(2010·天津)在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N*其中λ>0)．
(1)求a2，a3，a4；
(2)猜想{an}的通项公式，并加以证明．
解析 (1)a2＝2λ＋λ2＋(2－λ)2＝λ2＋22，
a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，
a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.
(2)由(1)可猜想数列通项公式an＝(n－1)λn＋2n.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝2，等式成立．
②假设当n＝k时等立成立，即ak＝(k－1)λk＋2k，那么ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k
＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k
＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1.
即当n＝k＋1时等式也成立，根据①和②可知，等式对任何n∈N*都成立．
?重点班·选做题
11．首项为正数的数列{an}满足an＋1＝(a＋3)，n∈N*.
(1)证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，an都是奇数；
(2)若对一切n∈N*都有an＋1>an，求a1的取值范围．
解析 (1)已知a1是奇数，假设ak＝2m－1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得ak＋1＝＝m(m－1)＋1是奇数．
根据数学归纳法，对任何n∈N*，an都是奇数．
(2)解法一 由an＋1－an＝(an－1)(an－3)知，an＋1>an当且仅当an<1或an>3.
另一方面，若0若ak>3，则ak＋1>＝3.
根据数学归纳法，03?an>3，?n∈N*.
综上所述，对一切n∈N*都有an＋1>an的充要条件是03.
解法二 由a2＝>a1，得a－4a1＋3>0，于是03.
an＋1－an＝－
＝，
因为a1>0，an＋1＝，所以所有的an均大于0，因此an＋1－an与an－an－1同号．根据数学归纳法，?n∈N*，an＋1－an与a2－a1同号．
因此，对一切n∈N*都有an＋1>an的充要条件是03.
12．(2010·江苏卷)已知△ABC的三边长都是有理数．
(1)求证：cosA是有理数；
(2)求证：对任意正整数n，cosnA是有理数．
解析 (1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cosA＝是有理数．
(2)用数学归纳法证明cosnA和sinA·sinnA都是有理数．
①当n＝1时，由(1)知cosA是有理数，从而有sinA·sinA＝1－cos2A也是有理数．
②假设当n＝k(k≥1)时，coskA和sinA·sinkA都是有理数．当n＝k＋1时，由cos(k＋1)A＝cosA·coskA－sinA·sinkA，
sinA·sin(k＋1)A＝sinA·(sinA·coskA＋cosA·sinkA)
＝(sinA·sinA)·coskA＋(sinA·sinkA)·cosA，
及①和归纳假设，知cos(k＋1)A与sinA·sin(k＋1)A都是有理数．即当n＝k＋1时，结论成立．
综合①、②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数．
1．(2011·江西卷)观察下列各式：55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125，…，则52 011的末四位数字为( )
A．3 125 B．5 625
C．0 625 D．8 125
答案 D
解析 ∵55＝3 125,56＝15 625,57＝78 125，
58末四位数字为0 625,59末四位数字为3 125，
510末四位数字为5 625,511末四位数字为8 125，
512末四位数字为0 625，…，
由上可得末四位数字周期为4，呈规律性交替出现，
∴52 011＝54×501＋7末四位数字为8 125.
2．(2011·山东卷)设函数f(x)＝(x>0)，观察：
f1(x)＝f(x)＝，
f2(x)＝f(f1(x))＝，
f3(x)＝f(f2(x))＝，
f4(x)＝f(f3(x))＝，
….
根据以上事实，由归纳推理可得：
当n∈N*且n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________.
答案
解析 依题意，先求函数结果的分母中x项系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，…，可推知该数列的通项公式为an＝2n－1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，…，故其通项公式为bn＝2n.
所以当n≥2时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝.
3．(2010·福建卷)观察下列等式：
①cos 2α＝2cos2α－1；
②cos 4α＝8cos4α－8cos2α＋1；
③cos 6α＝32cos6α－48cos4α＋18cos2α－1；
④cos 8α＝128cos8α－256cos6α＋160cos4α－32cos2α＋1；
⑤cos 10α＝mcos10α－1 280cos8α＋1 120cos6α＋ncos4α＋pcos2α－1.
可以推测，m－n＋p＝________.
答案 962
解析 观察各式容易得m＝29＝512，注意各等式右面的表达式各项系数和均为1，故有m－1 280＋1 120＋n＋
p－1＝1，将m＝512代入得n＋p＋350＝0.
对于等式⑤，令α＝60°，则有
cos60°＝512·－1 280·＋1 120·＋n＋p－1，
化简整理得n＋4p＋200＝0，
联立方程组得
∴m－n＋p＝962.
4．(2010·浙江卷)在如下数表中，已知每行、每列中的数都成等差数列，
第1列
第2列
第3列
…
第1行
1
2
3
…
第2行
2
4
6
…
第3行
3
6
9
…
…
…
…
…
…
那么位于表中的第n行第n＋1列的数是________．
答案 n2＋n
解析 由题中数表知：第n行中的项分别为n,2n,3n，…，组成一等差数列，所以第n行第n＋1列的数是：
n2＋n.
5．(2012·福建卷)某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
①sin213°＋cos217°－sin13°cos17°；
②sin215°＋cos215°－sin15°cos15°；
③sin218°＋cos212°－sin18°cos12°；
④sin2(－18°)＋cos248°－sin(－18°)cos48°；
⑤sin2(－25°)＋cos255°－sin(－25°)cos55°.
(1)试从上述五个式子中选择一个，求出这个常数；
(2)根据(1)的计算结果，将该同学的发现推广为三角恒等式，并证明你的结论．
解析 解法一 (1)选择②式，计算如下：
sin215°＋cos215°－sin15°cos15°
＝1－sin30°＝1－＝.
(2)三角恒等式为sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)
＝sin2α＋(cos30°cosα＋sin30°sinα)2－sinα(cos30°cosα＋sin30°sinα)
＝sin2α＋cos2α＋sinαcosα＋sin2α－sinαcosα－sin2α
＝sin2α＋cos2α＝.
解法二 (1)同解法一．
(2)三角恒等式为
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)＝.
证明如下：
sin2α＋cos2(30°－α)－sinαcos(30°－α)
＝＋－sinα·(cos30°cosα＋sin30°sinα)
＝－cos2α＋＋(cos60°cos2α＋sin60°sin2α)－sinαcosα－sin2α
＝－cos2α＋＋cos2α＋·sin2α－sin2α－(1－cos2α)
＝1－cos2α－＋cos2α＝.
6．(2012·大纲全国卷)函数f(x)＝x2－2x－3.定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过两点P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标．
(1)证明：2≤xn(2)求数列{xn}的通项公式．
解析 (1)用数学归纳法证明：2≤xn①当n＝1时，x1＝2，直线PQ1的方程为
y－5＝(x－4)．
令y＝0，解得x2＝，所以2≤x1②假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk直线PQk＋1的方程为
y－5＝(x－4)，
令y＝0，解得xk＋2＝.
由归纳假设知
xk＋2＝＝4－<4－＝3；
xk＋2－xk＋1＝>0，
即xk＋1所以2≤xk＋1由①②知对任意的正整数n,2≤xn(2)由(1)及题意得xn＋1＝.
设bn＝xn－3，则＝＋1，＋＝5(＋)．
数列{＋}是首项为－，公比为5的等比数列．
因此＋＝－·5n－1，即bn＝－.
所以数列{xn}的通项公式为xn＝3－.
7．(2011·陕西卷)设函数f(x)定义在(0，＋∞)上，f(1)＝0，导函数f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．
(1)求g(x)的单调区间和最小值；
(2)讨论g(x)与g()的大小关系；
(3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范围；若不存在，请说明理由．
解析 (1)由题设易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋，
∴g′(x)＝.令g′(x)＝0，得x＝1.
当x∈(0,1)时，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的单调减区间；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的单调增区间，
因此，x＝1是g(x)的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，
∴g(x)的最小值为g(1)＝1.
(2)g()＝－lnx＋x，
设h(x)＝g(x)－g()＝2lnx－x＋，
则h′(x)＝－.
当x＝1时，h(1)＝0，即g(x)＝g()，
当x∈(0,1)∪(1，＋∞)时，h′(x)<0，h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)内单调递减．
当0h(1)＝0，即g(x)>g()，
当x>1时，h(x)(3)满足条件的x0不存在．证明如下：
方法一 假设存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立，
即对任意x>0，有lnx但对上述x0，取x1＝eg(x0)时，有lnx1＝g(x0)，这与(*)左边不等式矛盾，
∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意的x>0成立．
方法二 假设存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意的x>0成立．
由(1)知，g(x)的最小值为g(1)＝1，
又g(x)＝lnx＋>lnx，而x>1时，lnx的值域为(0，＋∞)，
∴x≥1时，g(x)的值域为[1，＋∞)．
从而可取一个x1>1，使g(x1)≥g(x0)＋1，
即g(x1)－g(x0)≥1，故|g(x1)－g(x0)|≥1>，与假设矛盾．
∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<对任意x>0成立．
8．(2011·湖南卷)已知函数f(x)＝x3，g(x)＝x＋.
(1)求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由；
(2)设数列{an}(n∈N*)满足a1＝a(a>0)，f(an＋1)＝
g(an)，证明：存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.
解析 (1)由题意知，x∈[0，＋∞)，h(x)＝x3－x－，
h(0)＝0，且h(1)＝－1<0，h(2)＝6－>0，则x＝0为
h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点．因此，h(x)至少有两个零点．
方法一 h′(x)＝3x2－1－x，
记φ(x)＝3x2－1－x，
则φ′(x)＝6x＋x.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．
又因为φ(1)>0，φ()<0，则φ(x)在(，1)内有零点，所以φ(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．
记此零点为x1，则当x∈(0，x1)时，φ(x)<φ(x1)＝0；
当x∈(x1，＋∞)时，φ(x)>φ(x1)＝0.
所以当x∈(0，x1)时，h(x)单调递减，而h(0)＝0，则h(x)在(0，x1]内无零点；
当x∈(x1，＋∞)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，＋∞)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．
综上所述，h(x)有且只有两个零点．
方法二 由h(x)＝x(x2－1－x－)，记φ(x)＝x2－1－x，则φ′(x)＝2x＋x.
当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)>0，从而φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．
因此h(x)在(0，＋∞)内也至多只有一个零点．
综上所述，h(x)有且只有两个零点．
(2)证明 记h(x)的正零点为x0，即x＝x0＋.
①当a而a＝a1＋由此猜测：ana．当n＝1时，a1b．假设当n＝k(k≥2)时，ak因此，当n＝k＋1时，ak＋1故对任意的n∈N*，an②当a≥x0时，由(1)知，h(x)在(x0，＋∞)上单调递增，则h(a)≥h(x0)＝0，即a3≥a＋，从而a＝a1＋＝
a＋≤a3，即a2≤a.
由此猜测：an≤a，下面用数学归纳法证明．
a．当n＝1时，a1≤a显然成立．
b．假设当n＝k(k≥2)时，ak≤a成立，则当n＝k＋1时，由a＝ak＋≤a＋≤a3，知ak＋1≤a.
因此，当n＝k＋1时，ak＋1≤a成立．
故对任意的n∈N*，an≤a成立．
综上所述，存在常数M＝max{x0，a}，使得对于任意的
n∈N*，都有an≤M.
9．(2012·陕西卷)在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1·(2n＋1)(n∈N*)，其中实数c≠0.
(1)求{an}的通项公式；
(2)若对一切k∈N*有a2k>a2k－1，求c的取值范围．
解析 (1)解法一 由a1＝1，
a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c＝(22－1)c2＋c，
a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2，
a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3，
猜测an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*.
下用数学归纳法证明．
当n＝1时，等式成立；
假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即ak＝(k2－1)ck＋ck－1，
则当n＝k＋1时，
ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1)＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1·(2k＋1)
＝(k2＋2k)ck＋1＋ck
＝[(k＋1)2－1]ck＋1＋ck，
综上，an＝(n2－1)cn＋cn－1对任何n∈N*都成立．
解法二 由原式得＝＋(2n＋1)．
令bn＝，则b1＝，bn＋1＝bn＋(2n＋1)．
因此对n≥2有bn＝(bn－bn－1)＋(bn－1－bn－2)＋…＋(b2－b1)＋b1
＝(2n－1)＋(2n－3)＋…＋3＋
＝n2－1＋.
因此an＝(n2－1)cn＋cn－1，n≥2.
又当n＝1时上式成立，因此an＝(n2－1)cn＋cn－1，
n∈N*.
(2)解法一 由a2k>a2k－1，得
[(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2.
因为c2k－2>0，所以(4k2－1)c2－(4k2－4k－1)c－1>0.
解此不等式得：对一切k∈N*，有c>ck或cck＝，
c′k＝，
易知lick＝1，
又由<
＝4k2＋1，
知ck<＝<1，
因此，由c>ck对一切k∈N*成立，得c≥1.
又c′k＝<0，
易知ck′单调递增，故ck′≥c1′，对一切k∈N*成立，
因此，由c从而c的取值范围为(－∞，－)∪[1，＋∞)．
解法二 由a2k>a2k－1，得
[(2k)2－1]c2k＋c2k－1>[(2k－1)2－1]c2k－1＋c2k－2.
因c2k－2＞0，所以4(c2－c)k2＋4ck－c2＋c－1＞0对k∈N*恒成立，记f(x)＝4(c2－c)x2＋4cx－c2＋c－1，下分三种情况讨论．
(ⅰ)当c2－c＝0即c＝0或c＝1时，代入验证可知只有c＝1满足要求．
(ⅱ)当c2－c<0时，抛物线y＝f(x)开口向下，因此当正整数k充分大时，
f(k)＜0，不符合题意，此时无解．
(ⅲ)当c2－c＞0即c<0或c>1时，抛物线y＝f(x)开口向上，其对称轴x＝必在直线x＝1的左边．因此，f(x)在[1，＋∞)上是增函数．
所以要使f(k)>0对k∈N*恒成立，只需f(1)>0即可．
由f(1)＝3c2＋c－1>0，
解得c<或c>.
结合c<0或c>1，得c<－或c>1.
结合以上三种情况，c的取值范围为(－∞，－)∪
[1，＋∞)．
