二 用数学归纳法证明不等式举例
1．利用数学归纳法证明不等式
在不等关系的证明中，方法多种多样，其中数学归纳法是常用的方法之一．在运用数学归纳法证明不等式时，由n＝k成立，推导n＝k＋1成立时，常常要与其他方法，如比较法、分析法、综合法、放缩法等结合进行．
2．归纳—猜想—证明的思想方法
数学归纳法作为一种重要的证明方法，常常体现在“归纳—猜想—证明”这一基本思想方法中．一方面可用数学归纳法证明已有的与自然数有关的结论；更重要的是，要用不完全归纳法去发现某些结论、规律并用数学归纳法证明其正确性，形成“观察—归纳—猜想—证明”的思想方法．
利用数学归纳法证明不等式
[例1] 证明不等式1＋＋＋…＋＜2(n∈N＋)．
[思路点拨]
―→―→
[证明] (1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时不等式成立，
即1＋＋＋…＋＜2，
则当n＝k＋1时，左边＝1＋＋＋…＋＋＜2＋＝，
现在只需证明＜2成立，
即证2＜2k＋1成立，
两边平方并整理，得0＜1，显然成立，
所以＜2成立．
即1＋＋＋…＋＋＜2成立．
所以当n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)(2)可知，对于任意正整数n，原不等式都成立．
数学归纳法证明不等式的技巧
(1)证明不等式时，由n＝k到n＝k＋1时的推证过程与证明等式有所不同，由于不等式中的不等关系，需要我们在证明时，对原式进行“放大”或者“缩小”才能使用到n＝k时的假设，所以需要认真分析，适当放缩，才能使问题简单化，这是利用数学归纳法证明不等式时常用的方法之一．
(2)数学归纳法的应用通常需要与数学的其他方法联系在一起，如比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等，才能完成证明过程．
1．设Sn是数列的前n项和，当n≥2时，比较S2n与的大小，并予以证明．
解：由S22＝1＋＋＋＝＞，S23＝1＋＋＋＋＋…＋＞S22＋＋＋＋＞＋＝，猜想：S2n＞(n≥2)．
下面用数学归纳法证明．
(1)当n＝2时，上面已证不等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥2)时，有S2k＞，
则当n＝k＋1时，
S2k＋1＝S2k＋＋＋…＋＞＋
＝＋＝，
即当n＝k＋1时，不等式也成立．
结合(1)(2)可知，S2n＞(n≥2，n∈N＋)成立．
2．用数学归纳法证明：
1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N＋)．
证明：(1)当n＝2时，1＋＝<2－＝，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时不等式成立，
即1＋＋＋…＋<2－，
当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋<2－＋<2－＋＝2－＋－＝2－，所以当n＝k＋1时，不等式成立．
由(1)(2)知原不等式在n≥2，n∈N＋时均成立．
3．设Pn＝(1＋x)n，Qn＝1＋nx＋x2，n∈N＋，x∈(－1，＋∞)，试比较Pn与Qn的大小，并加以证明．
解：(1)当n＝1,2时，Pn＝Qn.
(2)当n≥3时，(以下再对x进行分类)．
①若x∈(0，＋∞)，显然有Pn>Qn.
②若x＝0，则Pn＝Qn.
③若x∈(－1,0)，
则P3－Q3＝x3<0，所以P3
P4－Q4＝4x3＋x4＝x3(4＋x)<0，所以P4假设Pk则Pk＋1＝(1＋x)Pk<(1＋x)Qk＝Qk＋xQk
＝1＋kx＋＋x＋kx2＋
＝1＋(k＋1)x＋x2＋x3
＝Qk＋1＋x3即当n＝k＋1时，不等式成立．
所以当n≥3，且x∈(－1,0)时，Pn 归纳—猜想—证明
[例2] 设a＞0，f(x)＝，令a1＝1，an＋1＝f(an)，n∈N＋.
(1)写出a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式；
(2)用数学归纳法证明你的结论．
[解] (1)∵a1＝1，
∴a2＝f(a1)＝f(1)＝；
a3＝f(a2)＝＝；
a4＝f(a3)＝＝.
猜想an＝(n∈N＋)．
(2)证明：①易知，n＝1时，猜想正确．
②假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时猜想正确，
即ak＝，则ak＋1＝f(ak)＝
＝＝＝.
这说明，n＝k＋1时猜想正确．
由①②知，对于任何n∈N＋，都有an＝.
利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：观察—归纳—猜想—证明．即先通过观察部分项的特点．进行归纳，判断并猜想出一般结论，然后用数学归纳法进行证明．
4．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的值，由此猜测{an}，{bn}的通项公式；
(2)证明你的结论．
解：(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.
(2)用数学归纳法证明：①当n＝1时，由上知结论成立．
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．
5．判断是否存在一组常数a，b，c使等式12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)对于一切n∈N＋都成立，若存在，求出a，b，c的一组值并证明；若不存在，试说明理由．
解：假设存在a，b，c使12＋22＋32＋…＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12＝an(bn2＋c)，对于一切n∈N＋都成立．
当n＝1时，a(b＋c)＝1；
当n＝2时，2a(4b＋c)＝6；
当n＝3时，3a(9b＋c)＝19.
由方程组可解得
证明如下：
①当n＝1时，由以上知存在常数a，b，c使等式成立．
②假设n＝k(k∈N＋)时等式成立，
即12＋22＋32＋…＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12
＝k(2k2＋1)；
当n＝k＋1时，
12＋22＋32＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋(k－1)2＋…＋22＋12
＝k(2k2＋1)＋(k＋1)2＋k2
＝k(2k2＋3k＋1)＋(k＋1)2
＝k(2k＋1)(k＋1)＋(k＋1)2
＝(k＋1)(2k2＋4k＋3)
＝(k＋1)[2(k＋1)2＋1]．
即n＝k＋1时，等式成立．
因此存在a＝，b＝2，c＝1使等式对一切n∈N＋都成立．
1．下列四个判断中，正确的是( )
A．式子1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N＋)，当n＝1时恒为1
B．式子1＋k＋k2＋…＋kn－1(n∈N＋)，当n＝1时恒为1＋k
C．式子1＋＋＋…＋(n∈N＋)，当n＝1时恒为1＋＋
D．设f(n)＝＋＋…＋(n∈N＋)，则f(k＋1)＝f(k)＋＋＋
解析：选C 选项A中，n＝1时，式子应为1＋k；选项B中，n＝1时，式子应为1；选项D中，f(k＋1)＝f(k)＋＋＋ －.
2．用数学归纳法证明“2n＞n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( )
A．2 B．3
C．5 D．6
解析：选C 令n0分别取2,3,4,5,6，依次验证即得．
3．某个命题与正整数n有关，若n＝k(k∈N＋)时该命题成立，那么可推得当n＝k＋1时该命题也成立．现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得( )
A．当n＝6时该命题不成立
B．当n＝6时该命题成立
C．当n＝4时该命题不成立
D．当n＝4时该命题成立
解析：选C 如果n＝4时命题成立，那么由题设，n＝5时命题也成立．上面的判断作为一个命题，那么它的逆否命题是如果n＝5时命题不成立，那么n＝4时命题也不成立．原命题成立，它的逆否命题一定成立．
4．设n为正整数，f(n)＝1＋＋＋…＋，计算得f(2)＝，f(4)＞2，f(8)＞，f(16)＞3，f(32)＞，观察上述记录，可推测出一般结论( )
A．f(2n)＞ B．f(n2)≥
C．f(2n)≥ D．以上都不对
解析：选C f(2)＝，f(4)＝f(22)＞2＝，f(8)＝f(23)＞，f(16)＝f(24)＞，f(32)＝f(25)＞，所以f(2n)≥.
5．证明<1＋＋＋…＋1)，当n＝2时，要证明的式子为________．
解析：当n＝2时，要证明的式子为
2<1＋＋＋<3.
答案：2<1＋＋＋<3
6．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__________________．
解析：假设n＝k时，不等式成立，即＋＋…＋＞－，则当n＝k＋1时，左边＝＋＋…＋＋＞－＋，下面只需证明－＋＞－即可．
答案：－＋＞－
7．已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，用数学归纳法证明f(2n)>时，f(2k＋1)－f(2k)＝______________.
解析：f(2k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋…＋，
f(2k)＝1＋＋＋…＋，所以
f(2k＋1)－f(2k)＝＋＋…＋.
答案：＋＋…＋
8．用数学归纳法证明，对任意n∈N＋，有
(1＋2＋…＋n)≥n2.
证明：(1)当n＝1时，左边＝右边，不等式成立．
当n＝2时，左边＝(1＋2)＝>22，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2)时不等式成立，
即(1＋2＋…＋k)≥k2.
则当n＝k＋1时，有
左边＝[(1＋2＋…＋k)＋(k＋1)]＋
＝(1＋2＋…＋k)＋(1＋2＋…＋k)·＋(k＋1)×＋1≥k2＋＋1＋(k＋1).
∵当k≥2时，1＋＋…＋≥1＋＝，(*)
∴左边≥k2＋＋1＋(k＋1)×＝k2＋2k＋1＋≥(k＋1)2.
这就是说当n＝k＋1时，不等成立．
由(1)(2)可知当n≥1时，不等式成立．
9．已知数列{an}的前n项和Sn满足：Sn＝＋－1，且an＞0，n∈N＋.
(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；
(2)证明通项公式的正确性．
解：(1)当n＝1时，
由已知得a1＝＋－1，
即a＋2a1－2＝0.
∴a1＝－1(a1＞0)．
当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，
将a1＝－1代入并整理得a＋2a2－2＝0.
∴a2＝－(a2＞0)．
同理可得a3＝－.
猜想an＝－(n∈N＋)．
(2)证明：①由(1)知，当n＝1时，通项公式成立．
②假设当n＝k(k∈N＋)时，通项公式成立，
即ak＝－.
由于ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，
将ak＝－代入上式，整理得
a＋2ak＋1－2＝0，
∴ak＋1＝－，
即n＝k＋1时通项公式成立．
由①②可知对所有n∈N＋，an＝－都成立．
10．设数列{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n＝1,2,3….
(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出an的一个通项公式；
(2)当a≥3时，证明对所有的n≥1，有an≥n＋2.
解：(1)由a1＝2，得a2＝a－a1＋1＝3，
由a2＝3，得a3＝a－2a2＋1＝4，
由a3＝4，得a4＝a－3a3＋1＝5.
由此猜想an的一个通项公式：
an＝n＋1(n≥1)．
(2)证明：用数学归纳法证明．
①当n＝1，a1≥3＝1＋2，不等式成立．
②假设当n＝k时不等式成立，
即ak≥k＋2，那么，当n＝k＋1时．
ak＋1＝ak(ak－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1≥k＋3，
也就是说，当n＝k＋1时，
ak＋1≥(k＋1)＋2.
根据①和②，对于所有n≥1，有an≥n＋2.
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理解Q戴材知
LIJIE
把握热点考向
BAWO
考点
[方法·规律·小结]
∥题组集训∥∥
考点二
一 数学归纳法
1．数学归纳法的概念
先证明当n取第一个值n0(例如可取n0＝1)时命题成立，然后假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．这种证明方法叫做数学归纳法．
2．数学归纳法适用范围
数学归纳法的适用范围仅限于与正整数有关的数学命题的证明．
3．数学归纳法证明与正整数有关的数学命题步骤
(1)证明当n取第一个值n0(如取n0＝1或2等)时命题成立；
(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立，证明当n＝k＋1时命题也成立．
由此可以断定，对于任意不小于n0的正整数n，命题都成立．
利用数学归纳法证明等式
[例1] 用数学归纳法证明12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1.
[思路点拨] 首先判断第1步是否满足，然后考虑由n＝k到n＝k＋1时增加了哪些项，进行分析变形，从而证明等式．
[证明] (1)当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0·＝1，所以等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时，等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＝(－1)k－1.
那么，当n＝k＋1时，则有
12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k(k＋1)2
＝(－1)k－1＋(－1)k(k＋1)2
＝(－1)k[－k＋2(k＋1)]
＝(－1)k，
所以n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)得对任意n∈N＋，有12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1·.
利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n＝n0时命题的形式，二是要准确把握由n＝k到n＝k＋1时，命题结构的变化特点．并且一定要记住：在证明n＝k＋1成立时，必须使用归纳假设．
1．在用数学归纳法证明，对任意的正偶数n，均有
1－＋－＋…＋－＝2
成立时，
(1)第一步检验的初始值n0是多少？
(2)第二步归纳假设n＝2k时(k∈N＋)等式成立，需证明n为何值时，方具有递推性；
(3)若第二步归纳假设n＝k(k为正偶数)时等式成立，需证明n为何值时，等式成立．
解：(1)n0为2.此时左边为1－，右边为2×＝.
(2)假设n＝2k(k∈N＋)时，等式成立，就需证明n＝2k＋2(即下一个偶数)时，命题也成立．
(3)若假设n＝k(k为正偶数)时，等式成立，就需证明n＝k＋2(即k的下一个正偶数)时，命题也成立．
2．用数学归纳法证明：
＋＋…＋＝(n∈N＋)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝＝，
右边＝＝，
左边＝右边，等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时，等式成立．
即＋＋…＋＝，
当n＝k＋1时，
左边＝＋＋…＋＋
＝＋
＝
＝
＝，
∴当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)知对任意n∈N＋，等式成立．
用数学归纳法证明整除问题
[例2] 求证：an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除(n∈N＋)．
[证明] (1)当n＝1时，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1，可被a2＋a＋1整除．
(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，
则当n＝k＋1时，
ak＋2＋(a＋1)2k＋1
＝a·ak＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1
＝a·ak＋1＋a·(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1
＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1，
由假设可知a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，
所以ak＋2＋(a＋1)2k＋1能被a2＋a＋1整除，
即n＝k＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知命题对所有n∈N＋都成立．
利用数学归纳法证明整除时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式．这就往往要涉及到“添项”“减项”“因式分解”等变形技巧，凑出n＝k时的情形，从而利用归纳假设使问题得证．
3．用数学归纳法证明：(3n＋1)7n－1(n∈N＋)能被9整除．
证明：(1)当n＝1时，4×7－1＝27能被9整除命题成立．
(2)假设n＝k时命题成立，即(3k＋1)·7k－1能被9整除，当n＝k＋1时，
[(3k＋3)＋1]·7k＋1－1＝[3k＋1＋3]·7·7k－1
＝7·(3k＋1)·7k－1＋21·7k
＝[(3k＋1)·7k－1]＋18k·7k＋6·7k＋21·7k
＝[(3k＋1)·7k－1]＋18k·7k＋27·7k，
由归纳假设(3k＋1)·7k－1能被9整除，
又因为 18k·7k＋27·7k也能被9整除，
所以[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除，即n＝k＋1时命题成立．
则由(1)(2)可知对所有正整数n命题成立．
4．用数学归纳法证明：1－(3＋x)n(n∈N＋)能被x＋2整除．
证明：(1)n＝1时，1－(3＋x)＝－(x＋2)，能被x＋2整除，命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1)时，1－(3＋x)n能被x＋2整除，则可设1－(3＋x)k＝(x＋2)f(x)(f(x)为k－1次多项式)，
当n＝k＋1时，1－(3＋x)k＋1＝1－(3＋x)(3＋x)k
＝1－(3＋x)[1－(x＋2)f(x)]
＝1－(3＋x)＋(x＋2)(3＋x)f(x)
＝－(x＋2)＋(x＋2)(3＋x)f(x)
＝(x＋2)[－1＋(3＋x)f(x)]，
能被x＋2整除，即当n＝k＋1时命题成立．
由(1)(2)可知，对n∈N＋，1－(3＋x)n能被x＋2整除.
用数学归纳法证明几何问题
[例3] 平面上有n(n≥2，且n∈N＋)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条不过同一点，求证：这n条直线共有f(n)＝个交点．
[思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明几何命题中的应用，解答本题应搞清交点随n的变化而变化的规律，然后采用数学归纳法证明．
[证明] (1)当n＝2时，
∵符合条件是两直线只有1个交点，
又f(2)＝×2×(2－1)＝1.
∴当n＝2时，命题成立．
(2)假设当n＝k(k≥2且k∈N＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k条直线的交点个数为f(k)＝k(k－1)，
则当n＝k＋1时，任取其中一条直线记为l，如图，剩下的k条直线为l1，l2，…，lk.由归纳假设知，它们之间的交点个数为f(k)＝.
由于l与这k条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l与l1，l2，l3，…，lk的交点共有k个．
∴f(k＋1)＝f(k)＋k
＝＋k＝
＝＝.
∴当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，命题对一切n∈N＋且n≥2成立．
用数学归纳法证明几何问题时，一定要清楚从n＝k到n＝k＋1时，新增加的量是多少．一般地，证明第二步时，常用的方法是加1法，即在原来k的基础上，再增加一个，当然我们也可以从k＋1个中分出1个来，剩下的k个利用假设．
5．求证：凸n边形对角线条数f(n)＝(n∈N＋，n≥3)．
证明：(1)当n＝3时，即f(3)＝0时，三角形没有对角线，命题成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥3)时命题成立，即凸k边形对角线条数f(k)＝.将凸k边形A1A2…Ak在其外面增加一个新顶点Ak＋1，得到凸k＋1边形A1A2…AkAk＋1，Ak＋1依次与A2，A3，…，Ak－1相连得到对角线k－2条，原凸k边形的边A1Ak变成了凸k＋1边形的一条对角线，则凸k＋1边形的对角线条数为
f(k)＋k－2＋1＝＋k－1＝
＝＝f(k＋1)，
即当n＝k＋1时，结论正确．
根据(1)(2)可知，命题对任何n∈N＋，n≥3都成立．
6．求证：平面内有n(n≥2)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条直线不过同一点，求证它们彼此互相分割成n2条线段(或射线)．
证明：(1)当n＝2时，两条直线不平行，彼此互相分割成4条射线，命题成立．
(2)假设当n＝k时，命题成立，即k条满足条件的直线彼此互相分割成k2条线段(或射线)．那么n＝k＋1时，取出其中一条直线为l，其余k条直线彼此互相分割成k2条线段(或射线)，
直线l把这k条直线又一分为二，多出k条线段(或射线)；l又被这k条直线分成k＋1部分，所以这k＋1条直线彼此互相分割成k2＋k＋k＋1＝(k＋1)2条线段(或射线)，即n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)知，命题成立．
1．数学归纳法证明中，在验证了n＝1时命题正确，假定n＝k时命题正确，此时k的取值范围是( )
A．k∈N B．k>1，k∈N＋
C．k≥1，k∈N＋ D．k>2，k∈N＋
解析：选C 数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法，所以k是正整数，又第一步是递推的基础，所以k大于等于1.
2．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，在验证n＝1时，左边计算所得的式子为( )
A．1 B．1＋2
C．1＋2＋22 D．1＋2＋22＋23.
解析：选D 当n＝1时，左边＝1＋2＋22＋23.
3．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N＋)能被9整除”，利用归纳法假设证明n＝k＋1时，只需展开( )
A．(k＋3)3 B．(k＋2)3
C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3
解析：选A 假设n＝k时，原式k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．
4．平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为( )
A．n＋1 B．2n
C. D．n2＋n＋1
解析：选C 1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋＝个区域．
5．观察式子1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，…猜想第n个式子应为________．
答案：1－4＋9－16＋…＋(－1)n－1n2＝(－1)n＋1·
6．用数学归纳法证明：“1×4＋2×7＋3×10＋…＋n(3n＋1)＝n(n＋1)2.n∈N＋”时，若n＝1，则左端应为________．
解析：n＝1时，左端应为1×4＝4.
答案：4
7．记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.
解析：由凸k边形变为凸k＋1边形时，增加了一个三角形图形．故f(k＋1)＝f(k)＋π.
答案：π
8．用数学归纳法证明对于整数n≥0，An＝11n＋2＋122n＋1能被133整除．
证明：(1)当n＝0时，A0＝112＋12＝133能被133整除．
(2)假设n＝k时，Ak＝11k＋2＋122k＋1能被133整除．
当n＝k＋1时，
Ak＋1＝11k＋3＋122k＋3＝11·11k＋2＋122·122k＋1
＝11·11k＋2＋11·122k＋1＋(122－11)·122k＋1
＝11·(11k＋2＋122k＋1)＋133·122k＋1.
∴n＝k＋1时，命题也成立．
根据(1)(2)可知，对于任意整数n≥0，命题都成立．
9．有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证这n个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2(n∈N＋)个部分．
证明：(1)当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n＝1时命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1)时命题成立．
即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分．
则n＝k＋1时，在k＋1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k
＝(k＋1)2－(k＋1)＋2.
∴当n＝k＋1时，命题成立．
综合(1)(2)可知，对一切n∈N＋，命题成立．
10．试用n(n≥2，n∈N＋)表示··…·的值，并用数学归纳法证明．
解：当n＝2时，原式＝1－＝；
当n＝3时，原式＝＝；
当n＝4时，原式＝＝.
猜想·…·＝.
下面用数学归纳法证明这个结论．
(1)当n＝2时，易知结论成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥2)时结论成立，
即·…·＝，
则当n＝k＋1时，
·…·
＝·＝＝，
即当n＝k＋1时，结论成立．
由(1)(2)可知对一切n∈N＋，结论都成立．
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8
第四i
DI SI JIANG
∷∷:
用数学归纳法证明不等式
∴∷:
理解Q戴材知
LIJIE
把握热点考向
BAWO
考点
[方法·规律·小结]
∥题组集训∥∥
考点二
考点三
第四讲 用数学归纳法证明不等式
?考情分析
通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性．
数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．
?真题体验
1．(2017·浙江高考)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N＋)．
证明：当n∈N＋时，
(1)0(2)2xn＋1－xn≤；
(3)≤xn≤.
证明：(1)用数学归纳法证明：xn>0.
当n＝1时，x1＝1>0.
假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，xk>0，
那么n＝k＋1时，若xk＋1≤0，
则00.
因此xn>0(n∈N＋)．
所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)>xn＋1.
因此0(2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得，
xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)·ln(1＋xn＋1)．
记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)，
f′(x)＝＋ln(1＋x)>0(x>0)，
所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f(x)≥f(0)＝0，
因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，
故2xn＋1－xn≤(n∈N＋)．
(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，
所以xn≥.
由≥2xn＋1－xn得－≥2>0，
所以－≥2≥…≥2n－1＝
2n－2，
故xn≤.
综上，≤xn≤(n∈N＋)．
2．(2015·安徽高考)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N＋)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c＜0；
(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．
解：(1)证明：先证充分性，若c＜0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c＜xn，故{xn}是递减数列；
再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2＜x1，可得c＜0.
(2)(i)假设{xn}是递增数列．
由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.
由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1.
由xn＜xn＋1＝－x＋xn＋c知，
对任意n≥1都有xn＜，①
注意到
－xn＋1＝x－xn－c＋＝(1－－xn)(－xn)，②
由①式和②式可得1－－xn＞0，即xn＜1－.
由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有
－xn＋1≤(1－)(－xn)．③
反复运用③式，得
－xn≤(1－)n－1(－x1)＜(1－)n－1.
xn＜1－和－xn＜(1－)n－1两式相加，
知2－1＜(1－)n－1对任意n≥1成立．
根据指数函数y＝(1－)n的性质，得2－1≤0，
c≤，故0＜c≤.
(ii)若0＜c≤，要证数列{xn}为递增数列，
即xn＋1－xn＝－x＋c＞0.
即证xn＜对任意n≥1成立．
下面用数学归纳法证明当0＜c≤时，xn＜对任意n≥1成立．
(1)当n＝1时，x1＝0＜≤，结论成立．
(2)假设当n＝k(k∈N＋)时结论成立，即：xk＜.因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)＜f()＝，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．
故xn＜对任意n≥1成立．
因此，xn＋1＝xn－x＋c＞xn，即{xn}是递增数列．
由(i)(ii)知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是.
归纳—猜想—证明
不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．
[例1] 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．
[解] 当n＝1时，＋＋>，即>，所以a<26，而a∈N＋，所以取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(k≥1，k∈N＋)时，结论成立，
即＋＋…＋>，
则当n＝k＋1时，有
＋＋…＋＋＋＋＝＋＋＋－>＋＋－，
因为＋＝>，
所以＋－>0，
所以＋＋…＋>也成立．
由(1)(2)可知，对一切n∈N＋，都有＋＋…＋>，所以a的最大值为25.
数学归纳法的应用
归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法，应用广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征．
[例2] 设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1(n∈N＋)．
(1)求a1，a2；
(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出证明．
[解] (1)当n＝1时，方程x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，
∴(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝.
当n＝2时，方程x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a1＋a2－1＝a2－，
∴2－a2－a2＝0，解得a2＝.
(2)由题意知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，
当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式整理得
SnSn－1－2Sn＋1＝0，解得Sn＝.
由(1)得S1＝a1＝，
S2＝a1＋a2＝＋＝.
猜想Sn＝(n∈N＋)．
下面用数学归纳法证明这个结论．
①当n＝1时，结论成立．
②假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时结论成立，即Sk＝，
当n＝k＋1时，Sk＋1＝＝＝.
即当n＝k＋1时结论成立．
由①②可知Sn＝对任意的正整数n都成立．
[例3] 用数学归纳法证明：n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．
[证明] (1)当n＝1时，1×2×3显然能被6整除．
(2)假设n＝k时，命题成立，
即k(k＋1)(2k＋1)＝2k3＋3k2＋k能被6整除．
当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝
2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)．
因为2k3＋3k2＋k,6(k2＋2k＋1)都能被6整除，所以2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除，即当n＝k＋1时命题成立．
由(1)和(2)知，对任意n∈N＋原命题成立．
[例4] 已知数列{an}，an≥0，a1＝0，a＋an＋1－1＝a.
求证：当n∈N＋时，an[证明] (1)当n＝1时，因为a2是方程a＋a2－1＝0的正根，所以a1(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，0≤ak则由a－a＝(a＋ak＋2－1)－(a＋ak＋1－1)
＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)>0，
得ak＋1即当n＝k＋1时，an＜an＋1也成立．
根据(1)和(2)可知，an
(时间：90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．等式12＋22＋32＋…＋n2＝(5n2－7n＋4)( )
A．n为任何正整数时都成立
B．仅当n＝1,2,3时成立
C．当n＝4时成立，n＝5时不成立
D．仅当n＝4时不成立
解析：选B 分别用n＝1,2,3,4,5验证即可．
2．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N＋)时，第一步应验证不等式( )
A．1＋<2－ B．1＋＋<2－
C．1＋<2－ D．1＋＋<2－
解析：选A 第一步验证n＝2时不等式成立，即1＋<2－.
3．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1)，在验证n＝1时，左端计算所得的项为( )
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
解析：选C 左端为n＋2项和，n＝1时应为三项和，
即1＋a＋a2.
4．用数学归纳法证明2n>n2(n∈N＋，n≥5)成立时，第二步归纳假设的正确写法是( )
A．假设n＝k时命题成立
B．假设n＝k(k∈N＋)时命题成立
C．假设n＝k(k≥5)时命题成立
D．假设n＝k(k>5)时命题成立
解析：选C k应满足k≥5，C正确．
5．数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an－an－1＝2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )
A．3n－2 B．n2
C．3n－1 D．4n－3
解析：选B 计算出a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，可猜想an＝n2.
6．平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为( )
A．f(k)＋1 B．f(k)＋k
C．f(k)＋k＋1 D．k·f(k)
解析：选B 第k＋1条直线与前k条直线都相交且有不同交点时，交点个数最多，此时应比原先增加k个交点．
7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除时，若n＝k时，命题成立，欲证当n＝k＋1时命题成立，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)
解析：选A 由34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝81×34k＋1＋25×52k＋1＋25×34k＋1－25×34k＋1
＝56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)．
8．已知f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的关系是( )
A．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
B．f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1)2
C．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋2)2
D．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2
解析：选A f(k＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋[2(k＋1)]2＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，故选A.
9．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步归纳假设应该写成( )
A．假设当n＝k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
B．假设当n＝2k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
C．假设当n＝2k＋1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
D．假设当n＝2k－1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除
解析：选D 第k个奇数应是n＝2k－1，k∈N＋.
10．已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是( )
A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)C．若f(7)≥49成立，则当k<7时，均有f(k)D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析：选D ∵f(k)≥k2成立时f(k＋1)≥(k＋1)2成立，当k＝4时，f(4)＝25>16＝42成立．
∴当k≥4时，有f(k)≥k2成立．
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)
11．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n2＝(n∈N＋)，则n＝k＋1时，左端应为在n＝k时的基础上加上____________________．
解析：n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2.
所以增加了(k2＋1)＋…＋(k＋1)2.
答案：(k2＋1)＋…＋(k＋1)2
12．设f(n)＝…，用数学归纳法证明f(n)≥3，在假设n＝k时成立后，f(k＋1)与f(k)的关系是f(k＋1)＝f(k)·________________.
解析：∵f(k)＝·…·，
f(k＋1)＝·…··
·
∴f(k＋1)＝f(k)·.
答案：
13．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用数学归纳法证明an＝4·2n－1－2的第二步中，设n＝k时结论成立，即ak＝4·2k－1－2，那么当n＝k＋1时，应证明等式________成立．
答案：ak＋1＝4·2(k＋1)－1－2
14．在数列{an}中，a1＝1，且Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，则S2，S3，S4分别为__________，猜想Sn＝__________.
解析：因为Sn，Sn＋1,2S1成等差数列．
所以2Sn＋1＝Sn＋2S1，又S1＝a1＝1.
所以2S2＝S1＋2S1＝3S1＝3，于是S2＝＝，
2S3＝S2＋2S1＝＋2＝，于是S3＝＝，
由此猜想Sn＝.
答案：，，
三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明，对于n∈N＋，都有＋＋＋…＋＝.
证明：(1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝，所以等式成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，即
＋＋＋…＋＝，
当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋
＝＋
＝＝＝.
即n＝k＋1时等式成立．
由(1)(2)可知，对于任意的自然数n等式都成立．
16．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式·…·＞均成立．
证明：(1)当n＝2时，左边＝1＋＝，右边＝.
∵左边＞右边，∴不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时不等式成立，
即·…·＞.
则当n＝k＋1时，
·…·
＞·＝
＝＞
＝＝.
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．
17．(本小题满分12分)如果数列{an}满足条件：a1＝－4，an＋1＝(n＝1,2，…)，证明：对任何自然数n，都有an＋1>an且an<0.
证明：(1)由于a1＝－4，
a2＝＝＝>a1.
且a1<0，因此，当n＝1时不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时，ak＋1>ak且ak<0，那么
ak＋1＝<0，
ak＋2－ak＋1＝－
＝>0.
这就是说，当n＝k＋1时不等式也成立，
根据(1)(2)，不等式对任何自然数n都成立．
因此，对任何自然数n，都有an＋1>an，且an＜0.
18．(本小题满分14分)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋λa＋(n∈N＋)．
(1)若λ＝μ＝1，证明数列{lg(an＋1)}为等比数列，并求数列{an}的通项公式；
(2)若λ＝0，是否存在实数μ，使得an≥2对一切n∈N＋恒成立？若存在，求出μ的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵λ＝μ＝1，则an＋1＝a＋2an，
∴an＋1＋1＝(an＋1)2，lg(an＋1＋1)＝2lg(an＋1)，
∴{lg(an＋1)}是公比为2的等比数列，且首项为lg 3，
∴lg(an＋1)＝2n－1lg 3，
∴an＋1＝32n－1，∴an＝32n－1－1(n∈N＋)．
(2)由a2＝2a1＋＝4＋≥2，得μ≥－3，
猜想μ≥－3时，对一切n∈N＋，an≥2恒成立．
①当n＝1时，a1＝2，猜想成立．
②假设当n＝k(k≥1且k∈N＋)时，ak≥2，
则由an＋1＝，得ak＋1－2＝
＝≥＝≥0，
∴n＝k＋1时，ak＋1≥2，猜想成立．
由①②可知，当μ≥－3时，对一切n∈N＋，恒有an≥2.
模块综合检测
(时间：90分钟，总分120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1．不等式|3x－2|>4的解集是( )
A．{x|x>2} B.
C. D.
解析：选C 因为|3x－2|>4，所以3x－2>4或3x－2<－4，所以x>2或x<－.
2．已知a＜0，－1＜b＜0，那么下列不等式成立的是( )
A．a＞ab＞ab2 B．ab2＞ab＞a
C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a
解析：选D 因为－1＜b＜0，所以b＜b2＜1.
又因为a＜0，所以ab＞ab2＞a.
3．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时，反设正确的是( )
A．假设三内角都不大于60°
B．假设三内角都大于60°
C．假设三内角至多有一个大于60°
D．假设三内角至多有两个大于60°
解析：选B 至少有一个不大于60°是指三个内角有一个或者两个或者三个小于或等于60°，所以反设应该是它的对立情况，即假设三内角都大于60°.
4．若a，b是任意实数，且a>b，则下列不等式一定成立的是( )
A．a2>b2 B.<1
C．lg(a－b)>0 D.a解析：选D 因为函数f(x)＝x在R上是减函数，又a>b，所以a5．若a>0，使不等式|x－4|＋|x－3|A．(0,1) B．{1}
C．(1，＋∞) D．以上均不对
解析：选C 函数y＝|x－4|＋|x－3|的最小值为1，所以若|x－4|＋|x－3|1.
6．若关于实数x的不等式|x－1|＋|x－3|≤a2－2a－1的解集为?，则实数a的取值范围是( )
A．(－∞，－1)∪(3，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞)
C．(－1,3) D．[－1,3]
解析：选C |x－1|＋|x－3|的几何意义是数轴上对应的点到1,3对应的两点的距离之和，故它的最小值为2.∵原不等式的解集为?，∴a2－2a－1<2，
即a2－2a－3<0，解得－17．若存在x∈R，使|2x－a|＋2|3－x|≤1成立，则实数a的取值范围是( )
A．[2,4] B．(5,7)
C．[5,7] D．(－∞，5]∪[7，＋∞)
解析：选C ∵|2x－a|＋2|3－x|＝|2x－a|＋|6－2x|≥|2x－a＋6－2x|＝|a－6|，∴|a－6|≤1，解得5≤a≤7.
8．若直线＋＝1过点M(cos α，sin α)，则( )
A．a2＋b2≤1 B．a2＋b2≥1
C.＋≤1 D.＋≥1
解析：选D 因为直线＋＝1过点M(cos α，sin α)，所以＋＝1.由柯西不等式可知2≤(cos2α＋sin2α)·，当且仅当＝时等号成立，故＋≥1.
9．已知不等式|y＋4|－|y|≤2x＋对任意实数x，y都成立，则常数a的最小值为( )
A．1 B．2
C．3 D．4
解析：选D 由题意得(|y＋4|－|y|)max≤2x＋，
而|y＋4|－|y|≤|y＋4－y|＝4，
因此2x＋≥4?a≥[2x(4－2x)]max，
而2x(4－2x)≤2＝4，当且仅当2x＝2，即x＝1时取等号，
所以a≥4，amin＝4.
10．设x，y均为正实数，且＋＝1，则xy的最小值为( )
A．4 B．4
C．9 D．16
解析：选D 因为＋＝1，
所以0<<1,0<<1，
即x>1，y>1，所以x＝，
所以xy＝·y＝＝＝(y－1)＋＋10≥2 ＋10＝16，
当且仅当y＝4时等号成立．
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)
11.＜3的解集是________________．
解析：∵＜3，
∴|2x－1|＜3|x|.两边平方得4x2－4x＋1＜9x2，
∴5x2＋4x－1＞0，解得x＞或x＜－1.
∴所求不等式的解集为.
答案：(－∞，－1)∪
12．若x<0，则函数f(x)＝x2＋－x－的最小值是________．
解析：令t＝x＋，因为x<0，
所以－≥2，所以t≤－2，则g(t)＝t2－t－2＝2－，所以f(x)min＝g(－2)＝4.
答案：4
13．不等式|x＋1|－|x－2|≥1的解集是________．
解析：f(x)＝|x＋1|－|x－2|＝
当－1又当x≥2时，f(x)＝3>1.
所以不等式的解集为{x|x≥1}．
答案：[1，＋∞)
14．设实数a，b，c满足a＋2b＋3c＝4，a2＋b2＋c2的最小值为________．
解析：由柯西不等式，得(a2＋b2＋c2)(12＋22＋32)≥(a＋2b＋3c)2，
因为a＋2b＋3c＝4，
故a2＋b2＋c2≥，
当且仅当＝＝，
即a＝，b＝，c＝时取“＝”．
答案：
三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15．(本小题满分12分)设函数f(x)＝.
(1)当a＝－5时，求函数f(x)的定义域；
(2)若函数f(x)的定义域为R，试求a的取值范围．
解：(1)由题设知：|x＋1|＋|x－2|－5≥0，在同一坐标系中作出函数y＝|x＋1|＋|x－2|－5的图像，可知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．
(2)由题设知，当x∈R时，恒有|x＋1|＋|x－2|＋a≥0，
即|x＋1|＋|x－2|≥－a.
|x＋1|＋|x－2|≥|x＋1＋2－x|＝3，∴－a≤3，
∴a≥－3.
∴a的取值范围是[－3，＋∞)．
16．(本小题满分12分)设不等式－2<|x－1|－|x＋2|<0的解集为M，a，b∈M.
(1)证明：<；
(2)比较|1－4ab|与2|a－b|的大小，并说明理由．
解：(1)证明：记f(x)＝|x－1|－|x＋2|＝
由－2<－2x－1<0，
解得－所以≤|a|＋|b|<×＋×＝.
(2)由(1)得a2<，b2<.
因为|1－4ab|2－4|a－b|2＝(1－8ab＋16a2b2)－4(a2－2ab＋b2)＝(4a2－1)(4b2－1)>0，
所以|1－4ab|2>4|a－b|2，
故|1－4ab|>2|a－b|.
17．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋1|.
(1)求不等式f(x)≥3的解集；
(2)若关于x的不等式f(x)≥a2－a在R上恒成立，求实数a的取值范围．
解：(1)原不等式等价于
或或
解得x≤－或x∈?或x≥.
∴不等式的解集为.
(2)由题意得，关于x的不等式|x－1|＋|x＋1|≥a2－a在R上恒成立．
∵|x－1|＋|x＋1|≥|(x－1)－(x＋1)|＝2，
∴a2－a≤2，即a2－a－2≤0，解得－1≤a≤2.
∴实数a的取值范围是[－1,2]．
18．(本小题满分14分)已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N＋.
(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小；
(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．
解：(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；
当n＝2时，f(2)＝，g(2)＝，所以f(2)当n＝3时，f(3)＝，g(3)＝，所以f(3)(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明．
①当n＝1,2,3时，不等式显然成立，
②假设当n＝k(k≥3，k∈N＋)时不等式成立，
即1＋＋＋＋…＋<－.
那么，当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝f(k)＋<－＋.
因为f(k＋1)－g(k＋1)＜－＋－＝－
＝－＝<0，
所以f(k＋1)由①②可知，对一切n∈N＋，都有f(n)≤g(n)成立．
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