１３４ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
第十八章 数学归纳法及其应用
对应学生用书起始页码 Ｐ３８２
考 点 数学归纳法
１．数学归纳法
数学归纳法用于证明一个与正整数 ｎ 有关的命题，数学归
纳法证题的一般步骤：
（１）（归纳奠基）证明当 ｎ 取第一个值 ｎ０（ｎ０ ∈Ｎ?）时命题
成立；
（２）（归纳递推）假设 ｎ＝ ｋ（ｋ≥ｎ０，ｋ∈Ｎ?）时命题成立，证明
当 ｎ＝ ｋ＋１ 时命题也成立．
只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 ｎ０ 开始的所有
正整数 ｎ 都成立．上述证明方法叫做数学归纳法．
１．数学归纳法与递推思想
数学归纳法证明中的两个步骤体现了递推思想，第一步
是递推的基础，第二步是递推的依据，两个步骤缺一不可，否
则就会导致错误．
２．如何正确运用数学归纳法
用数学归纳法证明时要做到“递推基础不可少，归纳假设要
用到，结论写明莫忘掉”．因此必须注意以下两点：
（１）验证是基础
数学归纳法的原理表明：第一个步骤是要找一个数 ｎ０，
这个数 ｎ０ 就是要证明的命题对象的最小正整数，这个正整数
并不一定都是“１”．
（２）递推是关键
数学归纳法的实质在于递推，所以从“ｋ”到“ｋ＋１”的过程
中，必须把“ｎ＝ ｋ”时的归纳假设作为条件来导出“ｎ ＝ ｋ＋１”时
的结论，在推导过程中，归纳假设要用一次或几次．
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对应学生用书起始页码 Ｐ３８２
应用数学归纳法解题的策略
以数列、不等式等知识为载体，融分类讨论、等价转化等数
学思想方法于其中，或要求先进行不完全归纳，猜测出结论，再
运用数学归纳法进行证明，这是高考对本部分知识命制试题最
常用的形式．
题目没有明确给出用数学归纳法证明时要选择使用，理解
数学归纳法更多是证明关于自然数的命题正确性的方法．
由 ｋ 到 ｋ＋１ 的证明中寻找由 ｋ 到 ｋ＋１ 的变化规律是难点，
突破难点的关键是掌握由 ｋ 到 ｋ＋１ 的证明方法．在运用归纳假设
时，应分析 Ｐ（ｋ）与 Ｐ（ｋ＋１）的差异及联系，利用拆、添、并、放、缩
等方法，或从 Ｐ（ ｋ）出发拼凑 Ｐ（ ｋ＋１），或从 Ｐ（ ｋ＋１）中分离出
Ｐ（ｋ），再进行局部调整；也可考虑寻求二者的“结合点”，以便顺
利过渡，切实掌握“观察———归纳———猜想———证明”这一特殊
到一般的推理方法．
（２０１９ 无锡期末，２４）已知数列｛ａｎ｝满足 ａ１ ＝
２
３
，
１
ａｎ－１
＝
２－ａｎ－１
ａｎ－１－１
（ｎ≥２） ．
（１）求数列｛ａｎ｝的通项公式；
（２）设数列｛ａｎ｝的前 ｎ 项和为 Ｓｎ，用数学归纳法证明：Ｓｎ ＜ｎ
＋ １
２
－ｌｎ
ｎ＋３
２
．
解析 （１）当 ｎ≥２ 时，由
１
ａｎ－１
＝
２－ａｎ－１
ａｎ－１－１
，
得
１
ａｎ－１
＝
１－ａｎ－１
ａｎ－１－１
＋ １
ａｎ－１－１
，
∴
１
ａｎ－１
－ １
ａｎ－１－１
＝－１． （１ 分）
∴
１
ａｎ－１{ } 是首项为－３，公差为－１ 的等差数列．
∴
１
ａｎ－１
＝－ｎ－２，∴ ａｎ ＝
ｎ＋１
ｎ＋２
（ｎ∈Ｎ?） ． （３ 分）
（２）证明：①当 ｎ＝ １ 时，左边＝Ｓ１ ＝ａ１ ＝
２
３
，右边＝
３
２
－ｌｎ ２，
∵ ｅ３＞１６?３ｌｎ ｅ＞４ｌｎ ２?ｌｎ ２＜
３
４
，
∴
３
２
－ｌｎ ２＞
３
２
－ ３
４
＝ ３
４
＞
２
３
，
所以命题成立； （５ 分）
②假设当 ｎ＝ ｋ（ｋ≥１，ｋ∈Ｎ?）时成立，
即 Ｓｋ＜ｋ－ｌｎ
ｋ＋３
２
＋ １
２
．
则当 ｎ＝ ｋ＋１ 时，Ｓｋ＋１ ＝Ｓｋ＋ａｋ＋１＜ｋ－ｌｎ
ｋ＋３
２
＋ １
２
＋ｋ
＋２
ｋ＋３
，
要证 Ｓｋ＋１＜（ｋ＋１）－ｌｎ
（ｋ＋１）＋３
２
＋ １
２
，
只要证 ｋ－ｌｎ
ｋ＋３
２
＋ １
２
＋ｋ
＋２
ｋ＋３
＜（ｋ＋１）－ｌｎ
（ｋ＋１）＋３
２
＋ １
２
，
只要证 ｌｎ
ｋ＋４
ｋ＋３
＜
１
ｋ＋３
，即证 ｌｎ １＋
１
ｋ＋３( ) ＜ １ｋ＋３． （８ 分）
设函数 Ｆ（ｘ）＝ ｌｎ（１＋ｘ）－ｘ（ｘ＞０），
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第十八章 数学归纳法及其应用 １３５
∴ Ｆ′（ｘ）＝
１
１＋ｘ
－１＝
－ｘ
１＋ｘ
，∵ ｘ＞０，∴ Ｆ′（ｘ）＜０，
∴ 函数 Ｆ（ｘ）在（０，＋∞ ）上为减函数，
∴ Ｆ（ｘ）＜Ｆ（０）＝ ０，即 ｌｎ（１＋ｘ）＜ｘ．
∴ ｌｎ １＋
１
ｋ＋３( ) ＜ １ｋ＋３，也就是说，当 ｎ＝ ｋ＋１ 时命题也成立．
综上所述，Ｓｎ＜ｎ－ｌｎ
ｎ＋３
２
＋ １
２
． （１０ 分）
１－１ （２０１９ 如东中学、栟茶中学期末，２４）已知（ｘ２－２ｘ＋４） ｎ
＝ａ０＋ａ１ （ ｘ － １） ＋ ａ２ （ ｘ － １） ２ ＋ … ＋ ａ２ｎ （ ｘ － １） ２ｎ （ ｎ∈ Ｎ? ），令
Ｔｎ ＝ ∑
２ｎ
ｉ ＝ １
ｉａｉ ．
（１）求 ａ０ 和 Ｔｎ 关于 ｎ 的表达式；
（２）试比较
２Ｔｎ
ｎ
与（ｎ－１）ａ０＋２ｎ２ 的大小，并证明你的结论．
１－１ 解析 （１）在（ ｘ２ －２ｘ＋４） ｎ ＝ ａ０ ＋ａ１（ ｘ－１） ＋ａ２（ ｘ－１） ２ ＋…＋
ａ２ｎ（ｘ－１） ２ｎ中，令 ｘ＝ １，可得 ａ０ ＝ ３ｎ ．
对（ｘ２－２ｘ＋４） ｎ ＝ａ０ ＋ａ１（ ｘ－１） ＋ａ２（ ｘ－１） ２ ＋…＋ａ２ｎ（ ｘ－１） ２ｎ两
边同时求导得，
ｎ（２ｘ－２）（ ｘ２ －２ｘ＋ ４） ｎ－１ ＝ ａ１ ＋ ２ａ２（ ｘ－ １） ＋ ３ａ３（ ｘ－ １） ２ ＋…＋
２ｎａ２ｎ（ｘ－１） ２ｎ
－１，
令 ｘ＝ ２，则 ∑
２ｎ
ｉ ＝ １
ｉａｉ ＝ ２ｎ·４ｎ
－１，所以 Ｔｎ ＝ ２ｎ·４ｎ
－１ ． （５ 分）
（２）要比较
２Ｔｎ
ｎ
与（ｎ－１）ａ０＋２ｎ２ 的大小，即比较 ４ｎ 与（ｎ－１）
３ｎ＋２ｎ２ 的大小．
当 ｎ＝ １ 时，４ｎ ＝ ４＞（ｎ－１）３ｎ＋２ｎ２ ＝ ２；
当 ｎ＝ ２ 或 ３ 或 ４ 时，４ｎ＜（ｎ－１）３ｎ＋２ｎ２；
当 ｎ＝ ５ 时，４ｎ＞（ｎ－１）３ｎ＋２ｎ２ ．
猜想：当 ｎ≥５ 时，４ｎ＞（ｎ－１）３ｎ＋２ｎ２ ．
下面用数学归纳法证明．
①由上述过程可知，当 ｎ＝ ５ 时，结论成立．
②假设当 ｎ ＝ ｋ（ ｋ≥５，ｋ∈Ｎ?）时结论成立，即 ４ｋ ＞（ ｋ－１）３ｋ
＋２ｋ２，
两边同乘 ４，得 ４ｋ＋１＞４［（ ｋ－１）３ｋ ＋２ｋ２］ ＝ ｋ·３ｋ＋１ ＋２（ ｋ＋１） ２ ＋
［（ｋ－４）３ｋ＋６ｋ２－４ｋ－２］，
而（ｋ－４）３ｋ＋６ｋ２－４ｋ－２＝（ｋ－４）３ｋ＋６（ｋ２－ｋ－２）＋２ｋ＋１０
＝（ｋ－４）３ｋ＋６（ｋ－２）（ｋ＋１）＋２ｋ＋１０＞０，
所以 ４ｋ＋１＞［（ｋ＋１）－１］３ｋ＋１＋２（ｋ＋１） ２，
即 ｎ＝ ｋ＋１ 时结论也成立．
由①②可知，当 ｎ≥５ 时，４ｎ＞（ｎ－１）３ｎ＋２ｎ２ 成立．
综上所述，当 ｎ＝ １ 时，
２Ｔｎ
ｎ
＞（ｎ－１）ａ０＋２ｎ２；
当 ｎ＝ ２ 或 ３ 或 ４ 时，
２Ｔｎ
ｎ
＜（ｎ－１）ａ０＋２ｎ２；
当 ｎ≥５ 时，
２Ｔｎ
ｎ
＞（ｎ－１）ａ０＋２ｎ２ ． （１０ 分）
名师点睛 “归纳—猜想—证明”类问题的一般思路
（１）计算：根据条件，计算若干项．
（２）归纳猜想：通过观察、分析、综合、联想、猜想出一般
结论．
（３）证明：用数学归纳法证明．
这种方法在解决探索性问题、存在性问题或与正整数有关
的命题中有着广泛的应用．
１－２ （２０１８ 南通调研，２３）
（１）用数学归纳法证明：当 ｎ∈Ｎ?时，ｃｏｓ ｘ＋ｃｏｓ ２ｘ＋ｃｏｓ ３ｘ＋
…＋ｃｏｓ ｎｘ＝
ｓｉｎ ｎ＋
１
２( ) ｘ
２ｓｉｎ
１
２
ｘ
－ １
２
（ｘ∈Ｒ，且 ｘ≠２ｋπ，ｋ∈Ｚ）；
（２） 求 ｓｉｎ
π
６
＋ ２ｓｉｎ
２π
６
＋ ３ｓｉｎ
３π
６
＋ ４ｓｉｎ
４π
６
＋… ＋ ２ ０１８·
ｓｉｎ
２ ０１８π
６
的值．
１－２ 解析 （１）证明：①当 ｎ＝ １ 时，
等式右边＝
ｓｉｎ １＋
１
２( ) ｘ
２ｓｉｎ
１
２
ｘ
－ １
２
＝
ｓｉｎ １＋
１
２( ) ｘ－ｓｉｎ １－ １２( ) ｘ
２ｓｉｎ
１
２
ｘ
＝
ｓｉｎ ｘｃｏｓ
１
２
ｘ＋ｃｏｓ ｘｓｉｎ
１
２
ｘ( ) － ｓｉｎ ｘｃｏｓ １２ ｘ－ｃｏｓ ｘｓｉｎ １２ ｘ( )
２ｓｉｎ
１
２
ｘ
＝ｃｏｓ ｘ＝等式左边，等式成立．
②假设当 ｎ＝ ｋ 时等式成立，
即 ｃｏｓ ｘ＋ｃｏｓ ２ｘ＋ｃｏｓ ３ｘ＋…＋ｃｏｓ ｋｘ＝
ｓｉｎ ｋ＋
１
２( ) ｘ
２ｓｉｎ
１
２
ｘ
－ １
２
．
那么，当 ｎ＝ ｋ＋１ 时，有
ｃｏｓ ｘ＋ｃｏｓ ２ｘ＋ｃｏｓ ３ｘ＋…＋ｃｏｓ ｋｘ＋ｃｏｓ（ｋ＋１）ｘ
＝
ｓｉｎ ｋ＋
１
２( ) ｘ
２ｓｉｎ
１
２
ｘ
－ １
２
＋ｃｏｓ（ｋ＋１）ｘ
＝
ｓｉｎ ｋ＋１－
１
２( ) ｘ＋２ｓｉｎ １２ ｘｃｏｓ（ｋ＋１）ｘ
２ｓｉｎ
１
２
ｘ
－ １
２
＝
ｓｉｎ（ｋ＋１）ｘｃｏｓ
１
２
ｘ－ｃｏｓ（ｋ＋１）ｘｓｉｎ
１
２
ｘ＋２ｓｉｎ
１
２
ｘｃｏｓ（ｋ＋１）ｘ
２ｓｉｎ
１
２
ｘ
－ １
２
＝
ｓｉｎ（ｋ＋１）ｘｃｏｓ
１
２
ｘ＋ｃｏｓ（ｋ＋１）ｘｓｉｎ
１
２
ｘ
２ｓｉｎ
１
２
ｘ
－ １
２
＝
ｓｉｎ ｋ＋１＋
１
２( ) ｘ
２ｓｉｎ
１
２
ｘ
－ １
２
，
故当 ｎ＝ ｋ＋１ 时等式也成立．
综合①②可知，对任意 ｎ∈Ｎ?等式都成立．
（２）解法一：由（１）可知，ｃｏｓ ｘ＋ｃｏｓ ２ｘ＋ｃｏｓ ３ｘ＋…＋ｃｏｓ ２ ０１８ｘ
＝
ｓｉｎ ２ ０１８＋
１
２( ) ｘ
２ｓｉｎ
１
２
ｘ
－ １
２
，
两边同时求导，得 － ｓｉｎ ｘ － ２ｓｉｎ ２ｘ － ３ｓｉｎ ３ｘ －…－ ２ ０１８·
ｓｉｎ ２ ０１８ｘ
＝
２ ０１８＋
１
２( ) ｃｏｓ ２ ０１８＋ １２( ) ｘｓｉｎ １２ ｘ－ １２ ｓｉｎ ２ ０１８＋ １２( ) ｘｃｏｓ １２ ｘ
２ｓｉｎ２
１
２ ｘ
，
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１３６ ５年高考 ３年模拟 Ｂ版（教师用书）
所以－ｓｉｎ
π
６
－２ｓｉｎ
２π
６
－３ｓｉｎ
３π
６
－…－２ ０１８ｓｉｎ
２ ０１８π
６
＝
２ ０１８＋
１
２( ) ｃｏｓ ２ ０１８＋ １２( ) π６ ｓｉｎ π１２ － １２ ｓｉｎ ２ ０１８＋ １２( ) π６ ｃｏｓ π１２
２ｓｉｎ２
π
１２
＝
２ ０１５
２
－ ３ ，
所以 ｓｉｎ
π
６
＋２ｓｉｎ
２π
６
＋３ｓｉｎ
３π
６
＋４ｓｉｎ
４π
６
＋…＋２ ０１８ｓｉｎ
２ ０１８π
６
＝ ３ －
２ ０１５
２
．
解法二：当 ｋ 为自然数时，
（１２ｋ ＋ ３ ） ｓｉｎ
（１２ｋ＋３）π
６
＋ （ １２ｋ ＋ ４ ） ｓｉｎ
（１２ｋ＋４）π
６
＋
…＋（１２ｋ＋１４）ｓｉｎ
（１２ｋ＋１４）π
６
＝ １２ｋ [ ｓｉｎ （１２ｋ＋３）π６ ＋ｓｉｎ （１２ｋ
＋４）π
６
＋…＋ｓｉｎ
（１２ｋ＋１４）π
６ ]
＋３ｓｉｎ
（１２ｋ＋３）π
６
＋４ｓｉｎ
（１２ｋ＋４）π
６
＋…＋１４ｓｉｎ
（１２ｋ＋１４）π
６
＝ ３ｓｉｎ
（１２ｋ＋３）π
６
＋４ｓｉｎ
（１２ｋ＋４）π
６
＋…＋１４ｓｉｎ
（１２ｋ＋１４）π
６
＝ ３ｓｉｎ
３π
６
＋４ｓｉｎ
４π
６
＋…＋１４ｓｉｎ
１４π
６
＝－６，
所以 ｓｉｎ
π
６
＋２ｓｉｎ
２π
６
＋３ｓｉｎ
３π
６
＋４ｓｉｎ
４π
６
＋…＋２ ０１８ｓｉｎ
２ ０１８π
６
＝ｓｉｎ
π
６
＋２ｓｉｎ
２π
６
＋（－６）×１６８＝ ３ －
２ ０１５
２
．
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(共51张PPT)
(2015江苏,23,10分)已知集合X={1,2,3},Yn={1,2,3,…,n}(n∈N*),设Sn={(a,b)|a整除b或b整除a,a
∈X,b∈Yn}.令f(n)表示集合Sn所含元素的个数.
(1)写出f(6)的值;
(2)当n≥6时,写出f(n)的表达式,并用数学归纳法证明.
五年高考
A组????自主命题·江苏卷题组
解析 (1)f(6)=13.
(2)当n≥6时,
f(n)=?(t∈N*).
下面用数学归纳法证明:
①当n=6时, f(6)=6+2+?+?=13,结论成立;
②假设n=k(k≥6)时结论成立,那么n=k+1时,Sk+1在Sk的基础上新增加的元素在(1,k+1),(2,k+1),(3,
k+1)中产生,分以下情形讨论:
1)若k+1=6t,则k=6(t-1)+5,此时有
f(k+1)=f(k)+3
=k+2+?+?+3
=(k+1)+2+?+?,结论成立;
2)若k+1=6t+1,则k=6t,此时有
f(k+1)=f(k)+1
=k+2+?+?+1
=(k+1)+2+?+?,结论成立;
3)若k+1=6t+2,则k=6t+1,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+?+?+2
=(k+1)+2+?+?,结论成立;
4)若k+1=6t+3,则k=6t+2,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+?+?+2
=(k+1)+2+?+?,结论成立;
5)若k+1=6t+4,则k=6t+3,此时有
f(k+1)=f(k)+2
=k+2+?+?+2
=(k+1)+2+?+?,结论成立;
6)若k+1=6t+5,则k=6t+4,此时有
f(k+1)=f(k)+1
=k+2+?+?+1
=(k+1)+2+?+?,结论成立.
综上所述,结论对满足n≥6的自然数n均成立.
易错警示 因为f(n)的表达式是分段形式,所以n由k变成k+1时需要验证分段表达式中的不同
形式.
B组 统一命题、省(区、市)卷题组
考点 数学归纳法及其应用
1.(2017浙江,22,15分)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≤?.
解析 本题主要考查数列的概念、递推关系与单调性基础知识,不等式及其应用,同时考查推
理论证能力、分析问题和解决问题的能力.
(1)用数学归纳法证明:xn>0.
当n=1时,x1=1>0.
假设n=k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=?-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).
函数f(x)在[0,+∞)上单调递增,所以f(x)≥f(0)=0,
因此?-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*).
方法总结 1.证明数列单调性的方法.
①差比法:作差an+1-an,然后分解因式,判断符号,或构造函数,利用导数求函数的值域,从而判断
其符号.
②商比法:作商?,判断?与1的大小,同时注意an的正负.
③数学归纳法.
④反证法:例如求证:n∈N*,an+12.证明数列的有界性的方法.
①构造法:构造函数,求函数的值域,得数列有界.
②反证法.
③数学归纳法.
3.数列放缩的方法.
①裂项法:利用不等式性质,把数列的第k项分裂成某数列的相邻两项差的形式,再求和,达到放
缩的目的.
②累加法:先把an+1-an进行放缩.例:an+1-an≤qn,
则有n≥2时,an=a1+(a2-a1)+(a3-a2)+…+(an-an-1)≤a1+q+q2+…+qn-1.
③累乘法:先把?进行放缩.例:?≤q(q>0),
则有n≥2时,an=a1·?·?·…·?≤a1qn-1(其中a1>0).
④放缩为等比数列:利用不等式性质,把非等比数列{an}放缩成等比数列{bn},求和后,再进行适
当放缩.
2.(2015湖北,22,14分)已知数列{an}的各项均为正数,bn=?an(n∈N+),e为自然对数的底数.
(1)求函数f(x)=1+x-ex的单调区间,并比较?与e的大小;
(2)计算?,?,?,由此推测计算?的公式,并给出证明;
(3)令cn=(a1a2…an?,数列{an},{cn}的前n项和分别记为Sn,Tn,证明:Tn解析 (1)f(x)的定义域为(-∞,+∞), f '(x)=1-ex.
当f '(x)>0,即x<0时, f(x)单调递增;
当f '(x)<0,即x>0时, f(x)单调递减.
故f(x)的单调递增区间为(-∞,0),单调递减区间为(0,+∞).
当x>0时, f(x)令x=?,得1+?(2)?=1×?=1+1=2;
?=?·?=2×2×?=(2+1)2=32;
?=?·?=32×3×?=(3+1)3=43.
由此推测:?=(n+1)n.②
下面用数学归纳法证明②.
(i)当n=1时,左边=右边=2,②成立.
(ii)假设当n=k时,②成立,即?=(k+1)k.
当n=k+1时,bk+1=(k+1)?ak+1,由归纳假设可得
?=?·?=(k+1)k(k+1)?=(k+2)k+1.
所以当n=k+1时,②也成立.
根据(i)(ii),可知②对一切正整数n都成立.
(3)由cn的定义,②,算术-几何平均不等式,bn的定义及①得
Tn=c1+c2+c3+…+cn=(a1?+(a1a2?+(a1a2a3?+…+(a1a2…an?
=?+?+?+…+?
≤?+?+?+…+?
=b1?+b2?
+…+bn·?
=b1?+b2?+…+bn?
即Tn3.(2015陕西,21,12分)设fn(x)是等比数列1,x,x2,…,xn的各项和,其中x>0,n∈N,n≥2.
(1)证明:函数Fn(x)=fn(x)-2在?内有且仅有一个零点(记为xn),且xn=?+??;
(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列,其各项和为gn(x),比较
fn(x)和gn(x)的大小,并加以证明.
解析 (1)证明:Fn(x)=fn(x)-2=1+x+x2+…+xn-2,
则Fn(1)=n-1>0,
Fn?=1+?+?+…+?-2=?-2
=-?<0,
所以Fn(x)在?内至少存在一个零点.
又F'n(x)=1+2x+…+nxn-1>0,故Fn(x)在?内单调递增,所以Fn(x)在?内有且仅有一个零点xn.
因为xn是Fn(x)的零点,所以Fn(xn)=0,
即?-2=0,故xn=?+??.
(2)解法一:由题设得,gn(x)=?.
设h(x)=fn(x)-gn(x)=1+x+x2+…+xn-?,x>0.
当x=1时, fn(x)=gn(x).
当x≠1时,h'(x)=1+2x+…+nxn-1-?.
若0xn-1+2xn-1+…+nxn-1-?xn-1
=?xn-1-?xn-1=0.
若x>1,h'(x)=?xn-1-?xn-1=0.
所以h(x)在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减,
所以h(x)综上所述,当x=1时, fn(x)=gn(x);
当x≠1时, fn(x)解法二:由题设, fn(x)=1+x+x2+…+xn,gn(x)=?,x>0.
当x=1时, fn(x)=gn(x).
当x≠1时,用数学归纳法可以证明fn(x)①当n=2时, f2(x)-g2(x)=-?(1-x)2<0,所以f2(x)②假设n=k(k≥2)时,不等式成立,即fk(x)那么,当n=k+1时,
fk+1(x)=fk(x)+xk+1=?.
又gk+1(x)-?=?,
令hk(x)=kxk+1-(k+1)xk+1(x>0),
则h'k(x)=k(k+1)xk-k(k+1)xk-1=k(k+1)xk-1(x-1).
所以当0当x>1时,h'k(x)>0,hk(x)在(1,+∞)上递增.
所以hk(x)>hk(1)=0,
从而gk+1(x)>?.
故fk+1(x)由①和②知,对一切n≥2的整数,都有fn(x)解法三:由已知,记等差数列为{ak},等比数列为{bk},k=1,2,…,n+1.
则a1=b1=1,an+1=bn+1=xn,
所以ak=1+(k-1)·?(2≤k≤n),
bk=xk-1(2≤k≤n),
令mk(x)=ak-bk=1+?-xk-1,x>0(2≤k≤n),
当x=1时,ak=bk,所以fn(x)=gn(x).
当x≠1时,m'k(x)=?·nxn-1-(k-1)xk-2
=(k-1)xk-2(xn-k+1-1).
而2≤k≤n,所以k-1>0,n-k+1≥1.
若01,xn-k+1>1,m'k(x)>0,
从而mk(x)在(0,1)上递减,在(1,+∞)上递增,
所以mk(x)>mk(1)=0,
所以当x>0且x≠1时,ak>bk(2≤k≤n),
又a1=b1,an+1=bn+1,故fn(x)综上所述,当x=1时, fn(x)=gn(x);
当x≠1时, fn(x)C组 教师专用题组
1.(2014江苏,23,10分)已知函数f0(x)=?(x>0),设fn(x)为fn-1(x)的导数,n∈N*.
(1)求2f1?+?f2?的值;
(2)证明:对任意的n∈N*,等式?=?都成立.
解析 (1)由已知,得f1(x)=f '0(x)=?'=?-?,于是f2(x)=f '1(x)=?'-?'=-?-
?+?,所以f1?=-?, f2?=-?+?.
故2f1?+?f2?=-1.
(2)证明:由已知,得xf0(x)=sin x,等式两边分别对x求导,得f0(x)+xf '0(x)=cos x,
即f0(x)+xf1(x)=cos x=sin?,类似可得
2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π),
3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin?,
4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π).
下面用数学归纳法证明等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin?对所有的n∈N*都成立.
(i)当n=1时,由上可知等式成立.
(ii)假设当n=k时等式成立,即kfk-1(x)+xfk(x)=sin?.
因为[kfk-1(x)+xfk(x)]'=kf 'k-1(x)+fk(x)+xf 'k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x),?'=cos?·?'
=sin?,
所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin?.
因此当n=k+1时,等式也成立.
综合(i),(ii)可知等式nfn-1(x)+xfn(x)=sin?对所有的n∈N*都成立.
令x=?,可得nfn-1?+?fn?=sin?(n∈N*).
所以?=?(n∈N*).
2.(2014重庆,22,12分)设a1=1,an+1=?+b(n∈N*).
(1)若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式;
(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n解析 (1)解法一:a2=2,a3=?+1.
再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.
从而{(an-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,
故(an-1)2=n-1,即an=?+1(n∈N*).
解法二:a2=2,a3=?+1,
可写为a1=?+1,a2=?+1,a3=?+1.
因此猜想an=?+1.
下用数学归纳法证明上式:
当n=1时结论显然成立.
假设n=k时结论成立,即ak=?+1,则
ak+1=?+1=?+1=?+1.
这就是说,当n=k+1时结论成立.
所以an=?+1(n∈N*).
(2)解法一:设f(x)=?-1,则an+1=f(an).
令c=f(c),即c=?-1,解得c=?.
下用数学归纳法证明加强命题a2n当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=?-1,所以a2假设n=k时结论成立,即a2k易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,
从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.
再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)故c这就是说,当n=k+1时结论成立.
综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=?.
解法二:设f(x)=?-1,则an+1=f(an).
先证:0≤an≤1(n∈N*).?①
当n=1时,结论明显成立.
假设n=k时结论成立,即0≤ak≤1.
易知f(x)在(-∞,1]上为减函数,
从而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=?-1<1.
即0≤ak+1≤1.这就是说,当n=k+1时结论成立.故①成立.
再证:a2n当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=?-1,有a2假设n=k时,结论成立,即a2k由①及f(x)在(-∞,1]上为减函数,得
a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,
a2(k+1)=f(a2k+1)这就是说,当n=k+1时②成立.所以②对一切n∈N*成立.
由②得a2n即(a2n+1)2因此a2n又由①、②及f(x)在(-∞,1]上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),
即a2n+1>a2n+2,
所以a2n+1>?-1,解得a2n+1>?.?④
综上,由②、③、④知存在c=?使a2n评析 本题考查由递推公式求数列的通项公式,数学归纳法,等差数列等内容.用函数的观点解
决数列问题是处理本题的关键.
3.(2014安徽,21,13分)设实数c>0,整数p>1,n∈N*.
(1)证明:当x>-1且x≠0时,(1+x)p>1+px;
(2)数列{an}满足a1>?,an+1=?an+??.证明:an>an+1>?.
证明 (1)用数学归纳法证明:
①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.
②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.
当p=k+1时,(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时,原不等式也成立.
综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.
(2)证法一:先用数学归纳法证明an>?.
①当n=1时,由题设a1>?知an>?成立.
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>?成立.
由an+1=?an+??易知an>0,n∈N*.
当n=k+1时,?=?+??=1+??.
由ak>?>0得-1<-?由(1)中的结论得?=?>1+p·??=?.
因此?>c,即ak+1>?.
所以n=k+1时,不等式an>?也成立.
综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>?均成立.
再由?=1+??可得?<1,即an+1综上所述,an>an+1>?,n∈N*.
证法二:设f(x)=?x+?x1-p,x≥?,则xp≥c,并且
f '(x)=?+?(1-p)x-p=??>0,x>?.
由此可得, f(x)在[?,+∞)上单调递增.
因而,当x>?时, f(x)>f(?)=?,
①当n=1时,由a1>?>0,即?>c可知
a2=?a1+??=a1??,从而a1>a2>?.
故当n=1时,不等式an>an+1>?成立.
②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式ak>ak+1>?成立,则
当n=k+1时, f(ak)>f(ak+1)>f(?),即有ak+1>ak+2>?.
所以n=k+1时,原不等式也成立.
综合①②可得,对一切正整数n,不等式an>an+1>?均成立.
评析 本题考查了数学归纳法、导数、不等式等知识;考查推理论证能力、运算求解能力;熟
练运用数学归纳法,推理证明是解题的关键.也可以运用导数工具,构造函数进行分析求解.
4.(2014大纲全国,22,12分)函数f(x)=ln(x+1)-?(a>1).
(1)讨论f(x)的单调性;
(2)设a1=1,an+1=ln(an+1),证明:?解析 (1)f(x)的定义域为(-1,+∞),
f '(x)=?.?(2分)
(i)当10, f(x)在(-1,a2-2a)上是增函数;
若x∈(a2-2a,0),则f '(x)<0, f(x)在(a2-2a,0)上是减函数;
若x∈(0,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(0,+∞)上是增函数.?(4分)
(ii)当a=2时, f '(x)≥0, f '(x)=0成立当且仅当x=0, f(x)在(-1,+∞)上是增函数.
(iii)当a>2时,若x∈(-1,0),则f '(x)>0, f(x)在(-1,0)上是增函数;
若x∈(0,a2-2a),则f '(x)<0, f(x)在(0,a2-2a)上是减函数;
若x∈(a2-2a,+∞),则f '(x)>0, f(x)在(a2-2a,+∞)上是增函数.?(6分)
(2)由(1)知,当a=2时, f(x)在(-1,+∞)上是增函数.
当x∈(0,+∞)时, f(x)>f(0)=0,即ln(x+1)>?(x>0).
又由(1)知,当a=3时, f(x)在[0,3)上是减函数.
当x∈(0,3)时, f(x)下面用数学归纳法证明?(i)当n=1时,由已知?(ii)设当n=k时结论成立,即?当n=k+1时,
ak+1=ln(ak+1)>ln?>?=?,
ak+1=ln(ak+1)≤ln?即当n=k+1时有?根据(i)、(ii)知对任何n∈N*结论都成立.?(12分)
评析 在第(1)问中,主要考查运用导函数研究函数性质的基本方法,考查分类讨论思想,代数
恒等变形能力,分类的依据是导函数f '(x)在(-1,+∞)上的正负.在第(2)问中,利用第(1)问的结论,
结合数学归纳法加以证明.考查了分析问题和解决问题的能力.
5.(2013江苏,23,10分)设数列{an}:1,-2,-2,3,3,3,-4,-4,-4,-4,…,?,…,即当?≤?(k∈N*)时,an=(-1)k-1k.记Sn=a1+a2+…+an(n∈N*).对于l∈N*,定义集合Pl={n|Sn是an的整数
倍,n∈N*,且1≤n≤l}.
(1)求集合P11中元素的个数;
(2)求集合P2 000中元素的个数.
解析 (1)由数列{an}的定义得a1=1,a2=-2,a3=-2,a4=3,a5=3,a6=3,a7=-4,a8=-4,a9=-4,a10=-4,a11=5,所
以S1=1,S2=-1,S3=-3,S4=0,S5=3,S6=6,S7=2,S8=-2,S9=-6,S10=-10,S11=-5,从而S1=a1,S4=0×a4,S5=a5,S6=2a6,
S11=-a11,所以集合P11中元素的个数为5.
(2)先证:Si(2i+1)=-i(2i+1)(i∈N*).
事实上,①当i=1时,Si(2i+1)=S3=-3,-i(2i+1)=-3,
故原等式成立;
②假设i=m时成立,即Sm(2m+1)=-m(2m+1),则i=m+1时,S(m+1)(2m+3)=Sm(2m+1)+(2m+1)2-(2m+2)2=-m(2m+1)-4
m-3=-(2m2+5m+3)=-(m+1)(2m+3).
综合①②可得Si(2i+1)=-i(2i+1).于是
S(i+1)(2i+1)=Si(2i+1)+(2i+1)2=-i(2i+1)+(2i+1)2=(2i+1)(i+1).
由上可知Si(2i+1)是2i+1的倍数,而ai(2i+1)+j=2i+1(j=1,2,…,2i+1),所以Si(2i+1)+j=Si(2i+1)+j(2i+1)是ai(2i+1)+j(j=1,
2,…,2i+1)的倍数.又S(i+1)(2i+1)=(i+1)(2i+1)不是2i+2的倍数,而a(i+1)(2i+1)+j=-(2i+2)(j=1,2,…,2i+2),所以S
(i+1)(2i+1)+j=S(i+1)(2i+1)-j(2i+2)=(2i+1)(i+1)-j(2i+2)不是a(i+1)(2i+1)+j(j=1,2,…,2i+2)的倍数,故当l=i(2i+1)时,集
合Pl中元素的个数为1+3+…+(2i-1)=i2,于是,当l=i(2i+1)+j(1≤j≤2i+1)时,集合Pl中元素的个数
为i2+j.
又2 000=31×(2×31+1)+47,故集合P2 000中元素的个数为312+47=1 008.
思路分析 (1)取n为1,2,3,…,11时计算出相应的Sn,进而作出判断;(2)先利用数学归纳法证明一
般性结论,再求P2 000中元素的个数.
6.(2010江苏,23)已知△ABC的三边长为有理数.
(1)求证:cos A是有理数;
(2)求证:对任意正整数n,cos nA是有理数.
证明 (1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cos A=?是有理数.
(2)证法一:用数学归纳法证明cos nA和sin A·sin nA都是有理数.
①当n=1时,由(1)知cos A是有理数,从而有sin A·sin A=1-cos2A也是有理数.
②假设当n=k(k≥1)时,cos kA和sin A·sin kA都是有理数.
当n=k+1时,由
cos[(k+1)A]=cos A·cos kA-sin A·sin kA,
sin A·sin[(k+1)A]=sin A·(sin A·cos kA+cos A·sin kA)
=(sin A·sin A)·cos kA+(sin A·sin kA)·cos A,及①和归纳假设,知cos[(k+1)A]与sin A·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,cos nA是有理数.
证法二:①当n=1时,显然cos A是有理数;
当n=2时,∵cos 2A=2cos2A-1,因为cos A是有理数,∴cos 2A也是有理数;
②假设当n≤k(k≥2)时,结论成立,即cos kA、cos[(k-1)A]均是有理数.
当n=k+1时,cos[(k+1)A]=cos kAcos A-sin kAsin A
=cos kAcos A-?[cos(kA-A)-cos(kA+A)]
=cos kAcos A-?cos[(k-1)A]+?cos[(k+1)A],
得:cos(k+1)A=2cos kAcos A-cos[(k-1)A].
∵cos A,cos kA,cos[(k-1)A]均是有理数,
∴2cos kAcos A-cos[(k-1)A]是有理数,
∴cos[(k+1)A]是有理数.
即当n=k+1时,结论成立.
综上所述,对于任意正整数n,cos nA是有理数.
评析????本题主要考查余弦定理、数学归纳法等基础知识,考查推理论证的能力与分析问题、
解决问题的能力.本题属中等难度题,求解关键是要掌握数学归纳法.易由因果关系不明而出
错.
三年模拟
A组 2017—2019年高考模拟·考点基础题组
考点 数学归纳法及其应用
1.(2019海安高级中学期中,23)在数列{an}中,已知a1=20,a2=30,an+1=3an-an-1(n∈N*,n≥2).
(1)当n=2,3时,分别求?-an-1an+1的值,判断?-an-1an+1是不是定值,并给出证明;
(2)求出所有的正整数n,使得5an+1an+1为完全平方数.
解析 (1)由已知得a3=70,a4=180.
所以n=2时,?-an-1an+1=-500;当n=3时,?-an-1an+1=-500.(2分)
猜想:?-an-1an+1=-500(n≥2).?(3分)
下面用数学归纳法证明:
①当n=2时,结论成立.
②假设当n=k(k≥2,k∈N*)时,结论成立,即?-ak-1ak+1=-500,
将ak-1=3ak-ak+1代入上式,可得?-3akak+1+?=-500.
则当n=k+1时,?-akak+2=?-ak(3ak+1-ak)=?-3akak+1+?=-500.
故当n=k+1时结论成立,
根据①,②可得,?-an-1an+1=-500(n≥2)成立.?(5分)
(2)将an-1=3an-an+1代入?-an-1an+1=-500,得?-3anan+1+?=-500,
则5anan+1=(an+an+1)2+500,5anan+1+1=(an+an+1)2+501,
设5anan+1+1=t2(t∈N*),则t2=(an+an+1)2+501,
即[t-(an+an+1)][t+(an+an+1)]=501,?(7分)
又an+an+1∈N,且501=1×501=3×167,
故?或?
所以?或?
由an+an+1=250,解得n=3;由an+an+1=82得n无整数解.
所以当n=3时,满足条件.?(10分)
2.(2019苏北三市(徐州、连云港、淮安)期末,23)已知数列{an}满足a1=?,an+1=-2?+2an,n∈N*.
(1)用数学归纳法证明:an∈?;
(2)令bn=?-an,证明:??≥3n+1-3.
证明 (1)当n=1时,a1=?∈?,结论显然成立;
假设当n=k,k≥2,k∈N*时,ak∈?,
则当n=k+1时,ak+1=-2?+2ak=-2?+?∈?,
综上,ak∈?.故an∈?.?(4分)
(2)由(1)知,an∈?,所以bk=?-ak∈?.
因为an+1=-2?+2an,
所以?-an+1=?-(-2?+2an)=2?-2an+?=2?,
即bn+1=2?,于是log2bn+1=2log2bn+1,
所以log2bn+1+1=2(log2bn+1),
故{log2bn+1}是以2为公比的等比数列,其首项为log2b1+1=log2?+1=log2?.
于是log2bn+1=?·2n-1,
从而log2(2bn)=?·2n-1=log2?,
所以2bn=?,即bn=?,于是?=2·?.?(8分)
因为当i=1,2时,2i-1=i,
当i≥3时,2i-1=(1+1)i-1=?+?+…+?>?+?=i,
所以?i∈N*,有2i-1≥i,所以?≥3i,
所以?=2·?≥2·3i,
从而??=?+?+…+?≥2(31+32+…+3n)=2×?=3n+1-3.?(10分)
3.(2019苏锡常镇四市教学情况调查二,23)已知数列{an},a1=2,且an+1=?-an+1对任意n∈N*恒成
立.
(1)求证:an+1=anan-1an-2…a2a1+1(n∈N*);
(2)求证:an+1>nn+1(n∈N*).
证明 (1)当n=1时,a2=a1(a1-1)+1=3=a1+1成立.
假设n=k时,结论成立,即ak+1=akak-1…a2a1+1.
当n=k+1时,ak+2=ak+1(ak+1-1)+1=ak+1(akak-1…a2a1+1-1)+1=ak+1akak-1…a2a1+1.
则当n=k+1时,命题成立.
综上,an+1=anan-1an-2…a2a1+1.?(4分)
(2)要证an+1>nn+1,由(1)知an+1=anan-1an-2…a2a1+1,
只需证anan-1an-2…a2a1>nn,下用数学归纳法证明:
当n=1,2,3时,a1=2,a2=3,a3=7,
则2>1,2×3>22,2×3×7>33.
假设n=k(k≥3)时,结论成立,即akak-1ak-2…a2a1>kk,?(6分)
则n=k+1时,ak+1ak…a2a1=(akak-1…a2a1+1)akak-1…a2a1
>(akak-1ak-2…a2a1)2>k2k.?(7分)
设f(x)=2xln x-(x+1)ln(x+1)(x≥3),
则f '(x)=ln?+1,
f '(x)>ln?+1=ln(x-1)+1≥ln 2+1>0,
所以f(x)为增函数,
则f(x)≥f(3)=2(3ln 3-2ln 4)=2ln?>0,
则2kln k>(k+1)ln(k+1),即ln k2k>ln(k+1)(k+1),
即k2k>(k+1)(k+1).
即ak+1ak…a2a1>(k+1)k+1,则n=k+1时,命题成立.?(9分)
综上,anan-1an-2…a2a1>nn,所以an+1>nn+1.?(10分)
4.(2019金陵中学期中,24)已知fn(x)=(1+?)n,n∈N*.
(1)若g(x)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x),求g(x)中含x2项的系数;
(2)若pn是fn(x)展开式中所有无理项的系数和,数列{an}是由各项都大于1的数组成的数列,试用
数学归纳法证明:pn(a1a2…an+1)≥(1+a1)(1+a2)…(1+an).
解析 (1)g(x)=f4(x)+2f5(x)+3f6(x)=(1+?)4+2(1+?)5+3(1+?)6,
∴g(x)中含x2项的系数为?+2?+3?=1+10+45=56.(3分)
(2)证明:由题意,得pn=2n-1.?(5分)
①当n=1时,p1(a1+1)=a1+1,成立;
②假设当n=k时,pk(a1a2…ak+1)≥(1+a1)(1+a2)…(1+ak)成立,
当n=k+1时,(1+a1)(1+a2)…(1+ak)(1+ak+1)≤2k-1(a1a2…ak+1)(1+ak+1)
=2k-1(a1a2…akak+1+a1a2…ak+ak+1+1).(*)
∵ak>1,a1a2…ak(ak+1-1)≥ak+1-1,即a1a2…akak+1+1≥a1a2…ak+ak+1,
代入(*)式得(1+a1)(1+a2)…(1+ak)(1+ak+1)≤2k(a1a2…akak+1+1)成立.
综合①②可知,pn(a1a2…an+1)≥(1+a1)(1+a2)…(1+an)对任意n∈N*成立.?(10分)
解答题(共40分)
B组 2017—2019年高考模拟·专题综合题组
(时间：40分钟 分值：40分)
1.(2019扬州期初,23)记函数fn(x)=1+x+?+…+?,n=1,2,….
(1)证明: f4(x)>0;
(2)证明:当n是奇数时,方程fn(x)=0有唯一的实根;当fn(x)=0是偶数时,方程fn(x)=0没有实根.
证明 (1)f '4(x)=f3(x), f '3(x)=1+x+?=?(x+1)2+?>0,故f3(x)是R上的单调增函数.
∵f3(0)=1>0, f3(-3)=-2<0,可设f3(x0)=0,
则f4(x)在(-∞,x0)上递减,在(x0,+∞)上递增, f4(x0)=f3(x0)+?>0,∴?x∈R, f4(x)>0.
(2)用数学归纳法证明f2n-1(x)=0有唯一解x2n-1且严格单调递增, f2n(x)=0无实数解.
①当n=1时, f1(x)=1+x=0有唯一解x1=-1,且严格单调递增,而f2(x)=1+x+?=0无实数解.
②现在假设f2n-1(x)=0有唯一解x2n-1且严格单调递增, f2n(x)=0无实数解. f '2n+1(x)=f2n(x), f2n(x)=0无实
数解,所以f2n(x)>0恒成立,所以f2n+1(x)单调增.
因为f2n+1(0)=1>0,当x=-2n-1时,1+x≤0,?+?≤0,……,?+?≤0,
所以f2n+1(-2n-1)≤0,
所以f2n+1(x)有唯一解x2n+1, f2n+2(x2n+1)=f2n+1(x2n+1)+?>0.
综上所述,对任意正整数n,当n为偶数时, fn(x)=0无解;当n为奇数时, fn(x)=0有唯一解.
2.(2019启东中学、前黄中学、淮阴中学等七校联考,24)已知数列{an}满足an+1=?-nan+1.
(1)a1=2,求a2,a3,并猜想数列{an}的通项公式;
(2)若a1≥3,用数学归纳法证明:
①an≥n+2;
②a1+a2+…+an≥2n+2-n-4.
解析 (1)a1=2,a2=3,a3=4,猜想an=n+1.?(1分)
(2)①证明:(i)当n=1时,a1≥3,命题成立;
(ii)假设n=k(k≥1,k∈N*)时命题成立,即ak≥k+2,
则n=k+1时,ak+1=ak(ak-k)+1≥2(k+2)+1≥k+3,
∴n=k+1时,命题也成立.
综合(i)(ii)可知,an≥n+2对一切正整数n∈N*都成立.?(4分)
(忘记k≥1,k∈N*扣1分)
②先用数学归纳法证明an≥2n+1-1.
(i)当n=1时,a1≥3,命题成立;
(ii)假设n=k(k≥1,k∈N*)时命题成立,即ak≥2k+1-1,
则n=k+1时,ak+1=ak(ak-k)+1≥2ak+1≥2(2k+1-1)+1=2k+2-1,∴n=k+1时,命题也成立,
综合(i)(ii)可知,an≥2n+1-1对一切正整数n∈N*都成立.?(8分)
∴a1+a2+…+an≥(22-1)+(23-1)+…+(2k+1-1)=2n+2-n-4.?(10分)
(不用数学归纳法,用放缩法扣3分)
3.(2019南京三模,23)对由0和1这两个数字组成的字符串,作如下规定:按从左向右的顺序,当第
一个子串“010”的最后一个0所在数位是第k(k∈N*,且k≥3)位,则称子串“010”在第k位出
现;再继续从第(k+1)位按从左往右的顺序找子串“010”,若第二个子串“010”的最后一个0
所在数位是第k+m位(其中m≥3且m∈N*),则称子串“010”在第(k+m)位出现;……;如此不断
地重复下去.如:在字符串11010101010中,子串“010”在第5位和第9位出现,而不是在第7位和
第11位出现.记在n位由0,1组成的所有字符串中,子串“010”在第n位出现的字符串的个数为f
(n).
(1)求f(3), f(4)的值;
(2)求证:对任意的正整数n, f(4n+1)是3的倍数.
解析 (1)在3位字符串中,子串“010”在第3位出现有且只有1个,即010,所以f(3)=1.?(2分)
在4位字符串中,子串“010”在第4位出现有2个,即0010与1010,所以f(4)=2.?(4分)
(2)证明:当n≥5且n∈N*时,当最后3位是010时,前(n-3)个数位上,每个数位上的数字都有两种可
能,即0和1,所以共有2n-3种可能.
由于当最后3位是010时,若最后5位是01010,且前(n-2)位形成的字符串中,子串“010”是在第
(n-2)位出现的,此时不满足条件.
所以f(n)=?-f(n-2),n≥5且n∈N*.?(6分)
因为f(3)=1,所以f(5)=3.
下面用数学归纳法证明f(4n+1)是3的倍数.
①当n=1时, f(5)=3是3的倍数;
②假设当n=k(k∈N*)时, f(4k+1)是3的倍数,
那么当n=k+1时,
f[4(k+1)+1]=f(4k+5)=24k+2-f(4k+3)
=24k+2-[24k-f(4k+1)]=3×24k+f(4k+1).?(8分)
因为f(4k+1)是3的倍数,且3×24k也是3的倍数,所以f(4k+5)是3的倍数.这就是说,当n=k+1时, f[4(k
+1)+1]是3的倍数.
由①②可知,对任意的正整数n, f(4n+1)是3的倍数.?(10分)
4.(2019七市第二次调研,23)已知a1,a2,…,an(n∈N*,n≥4)均为非负实数,且a1+a2+…+an=2.
证明:(1)当n=4时,a1a2+a2a3+a3a4+a4a1≤1;
(2)对于任意的n∈N*,n≥4,a1a2+a2a3+…+an-1an+ana1≤1.
证明 (1)当n=4时,因为a1,a2,a3,a4均为非负实数,且a1+a2+a3+a4=2,
所以a1a2+a2a3+a3a4+a4a1=a2(a1+a3)+a4(a3+a1)=(a3+a1)·(a1+a4)≤?=1.?(4分)
(2)①当n=4时,由(1)可知,命题成立.
②假设当n=k(k≥4,k∈N*)时,命题成立,
即对于任意的k≥4,且k∈N*,若x1,x2,…,xk均为非负实数,且x1+x2+…+xk=2,
则x1x2+x2x3+…+xk-1xk+xkx1≤1.
则当n=k+1时,a1+a2+…+ak+ak+1=2,不妨设ak+1=max{a1,a2,…,ak,ak+1}.
令x1=(a1+a2),x2=a3,……,xk-1=ak,xk=ak+1,则x1+x2+…+xk=2.
由归纳假设,知x1x2+x2x3+…+xk-1xk+xkx1≤1.?(8分)
因为a1,a2,a3均为非负实数,且ak+1≥a1,
所以x1x2+xkx1=(a1+a2)a3+ak+1(a1+a2)
=a2a3+ak+1a1+a1a3+ak+1a2≥a1a2+a2a3+ak+1a1.
所以1≥(x1x2+xkx1)+(x2x3+…+xk-1xk)≥(a1a2+a2a3+ak+1a1)+(a3a4+…+akak+1),
即a1a2+a2a3+…+akak+1+ak+1a1≤1,
也就是说,当n=k+1时命题也成立.
由①②可知,对于任意的n≥4,a1a2+a2a3+…+an-1an+ana1≤1.?(10分)
