2014届高考数学一轮复习 第6章《不等式与推理证明》(第7课时)知识过关检测 理 新人教A版

第一篇：2014届高考数学一轮复习 第6章《不等式与推理证明》(第7课时)知识过关检测 理 新人教A版

2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第6章《不等式与

推理证明》（第7课时）（新人教A版）

一、选择题

1．利用数学归纳法证明“1＋a＋a＋„＋a2n＋11－a＝(a≠1，n∈N＋)”时，在验证n1－an＋

2＝1成立时，左边应该是()

A．1B．1＋a

223C．1＋a＋aD．1＋a＋a＋a

2解析：选C.当n＝1时，左边＝1＋a＋a，故选C.2．某个与正整数n有关的命题，如果当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，该命题成立，则一定可推得当n＝k＋1时，该命题也成立，现已知n＝5时，该命题不成立，则有()

A．当n＝4时，该命题成立

B．当n＝6时，该命题成立

C．当n＝4时，该命题不成立

D．当n＝6时，该命题不成立

解析：选C.因为当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，该命题成立，则一定可推得当n＝k＋1时，该命题也成立，所以当n＝5时，该命题不成立，则一定有n＝4时，该命题不成立．

111*3．设f(n)＝n∈N，那么f(n＋1)－f(n)＝()n＋1n＋2n＋n

11A.B.2n＋12n＋2

1111C.D.2n＋12n＋22n＋12n＋2

解析：选D.用数学归纳法证明有关问题时，分清等式两边的构成情况是解题的关键．显然，当自变量取n时，等式的左边是n项和的形式．

111f(n＋1)－f(n)＝＋＋„＋＋n＋1＋1n＋1＋2n＋1＋n

111111111－＋－.n＋1＋n＋1n＋1n＋2n＋n2n＋12n＋2n＋12n＋12n＋2

14．在数列{an} 中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()

311A.B.n－1n＋12n2n＋111C.D.2n－12n＋12n＋12n＋21解析：选C.由a1＝，Sn＝n(2n－1)an，3

得S2＝2(2×2－1)a2，即a1＋a2＝6a2，11∴a2＝，S3＝3(2×3－1)a3，153×

511即a3＝15a3.315

111∴a3＝，a4＝.故选C.355×77×9

5．下列代数式(其中k∈N)能被9整除的是()

kk－

1A．6＋6·7B．2＋7

k＋1k

C．2(2＋7)D．3(2＋7)

k

解析：选D.(1)当k＝1时，显然只有3(2＋7)能被9整除．

*nn＋1

(2)假设当k＝n(n∈N)时，命题成立，即3(2＋7)能被9整除，那么3(2＋7)＝21(2n

＋7)－36.这就是说，k＝n＋1时命题也成立．

*

由(1)(2)知，命题对k∈N成立．

二、填空题

*235n－

16．用数学归纳法证明当n∈N时1＋2＋2＋2＋„＋2是31的倍数时，当n＝1时原式为________，从k→k＋1时需增添的项是____________．

解析：把n＝k，n＝k＋1相比较即可得出．

2345k5k＋15k＋25k＋35k＋

4答案：1＋2＋2＋2＋2 2＋2＋2＋2＋

27．平面内有n个圆，其中每两个圆都相交于两点且任三个圆不相交于同一点，则该n个圆分平面区域数f(n)＝________.答案：n－n＋2

2fn8．f(n＋1)＝f(1)＝1(n∈N＋)，猜想f(n)的表达式为________．

fn＋22f12

解析：f(2)＝

f1＋2

322×322f2f(3)＝

f2＋224

＋23

22×422f32

f(4)＝f(n)＝.f3＋225n＋1

＋242

答案：f(n)＝n＋1

三、解答题

19．用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式1＋3

1＋1·„·1＋1>2n＋1均成立． 52n－12

5证明：(1)当n＝2时，左边＝1.3

32∵左边>右边，∴不等式成立．

*

(2)假设n＝k(k≥2，且k∈N)时不等式成立，即 1＋11＋1·„·1＋1>2k＋1.352k－12则当n＝k＋1时，11＋11＋1·„·1＋11＋352k－12k＋1－1 >

2k＋12k＋22k＋2

＝ 22k＋12k＋

1*

4k＋8k＋44k＋8k＋3＝>

22k＋122k＋1

2k＋32k＋12k＋1＋1

＝.22k＋1

∴当n＝k＋1时，不等式也成立．

由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立． ＝

10．是否存在常数a，b，c使得等式1·2＋2·3＋„＋n(n＋1)2

nn＋112

an＋bn

＋c)对于一切正整数n都成立？并证明你的结论．

解：假设存在符合题意的常数a，b，c，222

在等式1·2＋2·3＋„＋n(n＋1)nn＋12＝(an＋bn＋c)中，12

令n＝1，得4＝a＋b＋c)①

令n＝2，得22a＋2b＋c)②

令n＝3，得70＝9a＋3b＋c③

由①②③解得a＝3，b＝11，c＝10，于是，对于n＝1,2,3都有

222

1·2＋2·3＋„＋n(n＋1)nn＋12＝(3n＋11n＋10)(*)式成立．

下面用数学归纳法证明：对于一切正整数n，(*)式都成立．(1)当n＝1时，由上述知，(*)式成立．

*

(2)假设n＝k(k∈N)时，(*)式成立，222

即1·2＋2·3＋„＋k(k＋1)kk＋12＝(3k＋11k＋10)，12

那么当n＝k＋1时，2222

1·2＋2·3＋„＋k(k＋1)＋(k＋1)(k＋2)kk＋122＝(3k＋11k＋10)＋(k＋1)(k＋2)

k＋1k＋22＝k＋5k＋12k＋24)

k＋1k＋22＝k＋1)＋11(k＋1)＋10]，12

由此可知，当n＝k＋1时，(*)式也成立．

综上所述，当a＝3, b＝11，c＝10时题设的等式对于一切正整数n都成立．

一、选择题

1．(2013·上海交大附中质检)用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)·„·(n＋n)＝n

2·1·3·„·(2n－1)，从k到k＋1，左边需要增乘的代数式为()

A．2k＋1B．2(2k＋1)2k＋12k＋3C.D.k＋1k＋

1解析：选B.当n＝k时，左边为(k＋1)(k＋2)„(k＋k)，而当n＝k＋1时，左边＝(k＋2)(k＋3)„(k＋k)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)„(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)，2k＋12k＋2∴左边增乘的式子为＝2(2k＋1)．

k＋1

2．(2013·九江调研)已知1＋2×3＋3×3＋4×3＋„＋n×3＝3(na－b)＋c对一*

切n∈N都成立，则a、b、c的值为()

111A．a＝b＝cB．a＝b＝c24

4C．a＝0，b＝c＝D．不存在这样的a、b、c

*

解析：选A.∵等式对一切n∈N均成立，∴n＝1,2,3时等式成立，即

1＝3a－b＋c

21＋2×3＝32a－b＋c1＋2×3＋3×32＝333a－b＋c3a－3b＋c＝1

整理得18a－9b＋c＝7

81a－27b＋c＝3

423n－1n，11解得a＝，b＝c＝.24

二、填空题

3．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，故f(k＋1)＝f(k)＋π.答案：π

n

24．(2013·济南调研)用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n，总有2＞n”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n0最小应当是________．

n252

解析：将n＝2,3,4,5分别代入验证，可得n＝2,3,4时，2≤n，而n＝5时，2＞5.答案：5

三、解答题

5．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝an＋(n＝1,2，„)．

an

(1)证明：an2n＋1对一切正整数n都成立；

an

(2)令bn＝(n＝1,2，„)，判断bn与bn＋1的大小，并说明理由．

n

解：(1)证明：法一：当n＝1时，a1＝22×1＋1，不等式成立．

*

假设当n＝k(k∈N)时，ak2k＋1成立．

1122

那么当n＝k＋1时，ak＋1＝ak＋2＞2k＋3＞2(k＋1)＋1.akak

∴当n＝k＋1时，ak＋1＞2k＋1＋1成立． 综上，an＞2n＋1对一切正整数n都成立．

法二：当n＝1时，a1＝2＞32×1＋1，结论成立．

*

假设当n＝k(k∈N)时结论成立，即ak2k＋1.x

那么当n＝k＋1时，由函数f(x)＝x＋(x＞1)的单调递增性和归纳假设，1

知ak＋1＝ak＞2k＋1＋

12k＋1

ak

＝

2k＋1＋12k＋2

2k＋12k＋1

＝4k＋8k＋4＞

2k＋32k＋12k＋1

2k＋1

＝2k＋32k＋1＋1.∴当n＝k＋1时，结论成立．

综上可知，an2n＋1对一切正整数n均成立．

an＋1(2)∵bn＋1

b＝n＋1a

nn

n

＝1＋1n



a2n



·

n＋1

＜112n＋1n2n＋1n＋1＝2n＋1n＋1

2nn＋1n122＝

－142n＋1

＜1.n＋12

故bn＋1＜bn.5

第二篇：2014届高考数学一轮复习第6章《不等式与推理证明》(第2课时)知识过关检测 理 新人教A版

2014届高考数学（理）一轮复习知识过关检测：第6章《不等式与

推理证明》（第2课时）（新人教A版）

一、选择题

1．(2011·高考上海卷)若a，b∈R，且ab＞0，则下列不等式中，恒成立的是()

22A．a＋b＞2abB．a＋b≥2ab

112baC.D.＋ ababab

解析：选D.∵a＋b－2ab＝(a－b)≥0，∴A错误．

对于B、C，当a＜0，b＜0时，明显错误．

对于D，∵ab＞0，∴＋≥2 222ba

abba2.ab

1(x>2)在x＝a处取最小值，则a＝()x－22．(2011·高考重庆卷)若函数f(x)＝x＋

A．1

2C．

3解析：选C.f(x)＝x＋B．1＋3 D．4 11＝x－2＋2.x－2x－2

∵x>2，∴x－2>0.11(x－2)·∴f(x)＝x－2＋2＝4，x－2x－2

1当且仅当x－2＝，即x＝3时，“＝”成立． x－2

又f(x)在x＝a处取最小值．∴a＝3.3．(2012·高考福建卷)下列不等式一定成立的是()

21A．lgx＋＞lgx(x＞0)4

1B．sinx＋x≠kπ，k∈Z)sinx

2C．x＋1≥2|x|(x∈R)

1D.2＞1(x∈R)x＋

11321解析：选C.取x＝，则lgx＋＝lgx，故排除A；取xπ，则sinx＝－1，sinx422

11＋2，故排除B；取x＝021，故排除D.应选C.sinxx＋1

114．已知a>0，b>0，则2的最小值是()ab

A．2

C．4B．2 D．

5a＝b112解析：选C.＋2ab≥＋2ab≥22×2＝4.当且仅当abab＝1ab

立，即a＝b＝1时，不等式取最小值4.时，等号成5．(2011·高考北京卷)某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元．若每批生产x件，则平均仓储时间为1元．为使平均到每8件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品()

A．60件B．80件 C．100件D．120件 解析：选B.设每件产品的平均费用为y元，由题意得 800x800xy·20.x8x8

800x

当且仅当＝x>0)，即x＝80时“＝”成立，故选B.x8

二、填空题

6．函数y＝解析：y＝

x

x

2＝x＋9

x4＋9x2

x≠0)的最大值为__________，此时x的值为________． 19≤296

1x2＋2

x

当且仅当x＝2，即x3时取等号．

x

答案：±

367．某公司一年购买某种货物400吨，每次都购买x吨，运费为4万元/次，一年的总存储费用为4x万元，要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则x＝________.400

解析：每年购买次数为x

400

∴总费用为4x≥26400＝160，x

1600

当且仅当＝4x，即x＝20时等号成立，故x＝20.x

答案：20

8．设正数x，y满足log2(x＋y＋3)＝log2x＋log2y，则x＋y的取值范围是________．

x＋y2

解析：原式等价于x＋y＋3＝xy≤((当且仅当x＝y时取等号)，所以x＋y＋

x＋y23≤(x＋y)－4(x＋y)－12≥0，所以x＋y≥6或x＋y ≤－2(舍去)，故x＋y

∈[6，＋∞)．

答案：[6，＋∞)

三、解答题

ab

49．已知a，b＞0，求证：22baa＋b

abab

1＞0，2·2＝

2babaab

a＋b≥2ab＞0，1ab∴2＋2(a＋b)≥2 ·2ab＝4.abba

ab4∴2＋2≥baa＋b

证明：∵2＋2

ab22当且仅当ba

a＝b，取等号，即a＝b时，不等式等号成立．

10．(1)设0

(2)已知x，y都是正实数，且x＋y－3xy＋5＝0，求xy的最小值．

解：(1)∵00.∴y＝4x·(3－2x)＝2[2x(3－2x)]

2x＋3－2x29]＝.22

当且仅当2x＝3－2x，即x＝时，等号成立．

33∵∈(0，)，42

∴函数y＝4x(3－2x)(0

(2)由x＋y－3xy＋5＝0得x＋y＋5＝3xy.∴xy＋5≤x＋y＋5＝3xy.∴3xy－2－5≥0，∴(xy＋1)(3xy－5)≥0，52

5∴xy≥xy≥，等号成立的条件是x＝y.39525

此时x＝y＝，故xy的最小值是.39

一、选择题

1．(2011·高考陕西卷)设0＜a＜b，则下列不等式中正确的是()

a＋ba＋b

A．a＜b＜ab＜B．a＜ab＜b

22a＋ba＋b

C．aab＜b＜D.ab＜a＜b

2a＋b

解析：选B.∵0＜a＜b，∴a＜b，A、Cab－a＝aba)＞0，ab

＞a，故选B.2．(2012·高考浙江卷)若正数x，y满足x＋3y＝5xy，则3x＋4y的最小值是()2428A.B.55C．5D．6

3解析：选C.∵x＋3y＝5xy，∴＋5，∵x＞0，y＞0，yx

yxyx

＋4y≥5，当且仅当x＝2y时取等号．∴3x＋4y的最小值是5，选C.二、填空题

133x12y

∴(3x＋4y)＝＋＋9＋4≥

2yx

3x12y＋13＝25，∴5(3x＋4y)≥25，∴3x

221

13．(2011·高考湖南卷)设x，y∈R，且xy≠0，则x＋22＋4y的最小值为________．

yx

1221122

解析：x＋22＋4y＝54xy≥5＋2

yx

xy

12222

·4xy＝9，当且仅当xy＝时xy2

“＝”成立．

答案：9

xy

4．(2013·潍坊质检)已知向量a＝(x－1,2)，b＝(4，y)，若a⊥b，则9＋3的最小值为________．

解析：∵a⊥b，∴a·b＝0，即4(x－1)＋2y＝0,2x＋y＝2，xy2xy9＋3＝3＋3≥23·3＝23＝2×3＝6.2xy3＝31

(当且仅当，即x＝，y＝1时取等号)

22x＋y＝2

答案：6

三、解答题 5.设矩形ABCD(AB＞AD)的周长为24，把它关于AC折起来，AB折过去后交CD于点P，如图，设AB＝x，求△ADP的面积的最大值，及此时x的值．

解：∵AB＝x，∴AD＝12－x，又DP＝PB′，AP＝AB′－PB′＝AB－DP，即AP＝x－DP，72222

∴(12－x)＋PD＝(x－PD)，得PD＝12－，x

∵AB＞AD，∴6＜x＜12，∴△ADP的面积S＝AD·DP

2721＝(12－x)12－ x2

72＝108－6x≤108－6·272＝108－2，x

当且仅当xx＝2时取等号，x

∴△ADP面积的最大值为108－2，此时x＝62.

第三篇：《优质精品》2018年高考数学分类：专题7不等式、推理与证明

《2018年高考数学分类汇编》

第七篇：不等式、推理与证明

一、选择题

1.【2018北京卷8】设集合A{(x,y)|xy1,axy4,xay2},则

A对任意实数a，(2,1)A

B对任意实数a，（2，1）A D当且仅当aC当且仅当a<0时，（2，1）A

3时，（2，1）A 2xy5,2xy4,2.【2018天津卷2】设变量x，y满足约束条件 则目标函数z3x5y的最大

xy1,y0,值为

A.6

B.19

C.21

D.45

二、填空题

x2y201.【2018全国一卷13】若x，y满足约束条件xy10，则z3x2y的最大值为

y0_____________．

x2y50， 则zxy的最大值为2.【2018全国二卷】14．若x,y满足约束条件x2y30，x50，__________．

3.【2018北京卷12】若x，y满足x+1≤y≤2x，则2y−x的最小值是__________．

4.【2018天津卷13】已知a,bR，且a3b60，则2a1的最小值为.8bxy0,5.【2018浙江卷12】若x,y满足约束条件2xy6,则zx3y的最小值是___________，xy2,最大值是___________．

参考答案

一、选择题 1.D

2.C

二、填空题

1.6

2.9 3.3

4.145.−2；8

第四篇：2014届高三数学一轮复习《数学证明》理 新人教B版

[第68讲 数学证明]

(时间：45分钟 分值：100分)

基础热身

1．下列符合三段论推理形式的为()

A．如果p⇒q，p真，则q真

B．如果b⇒c，a⇒b，则a⇒c

C．如果a∥b，b∥c，则a∥c

D．如果a＞b，c＞0，则ac＞bc

2．[2013·郑州检测] 类比平面内正三角形的“三边相等，三内角相等”的性质，可推出正四面体的下列性质，你认为比较恰当的是()

①各棱长相等，同一顶点上的任意两条棱的夹角都相等；②各个面都是全等的正三角形，相邻两个面所成的二面角都相等；③各面都是面积相等的三角形，同一顶点上的任意两条棱的夹角都相等．

A．①B．②

C．①②③D．③

3．[2013·太原检测] 已知p是q的充分不必要条件，则綈q是綈p的()

A．充分不必要条件B．必要不充分条件

C．充要条件D．既不充分也不必要条件

22224．[2013·石家庄模拟] 已知ai，bi∈R(i＝1，2，3，„，n)，a1＋a2＋„＋an＝1，b1＋

2b

22＋„＋bn＝1，则a1b1＋a2b2＋„＋anbn的最大值为()

A．1B．2

C．n2D．2n

能力提升

5．[2013·泰州模拟] 设a，b，c是不全相等的正数，给出下列判断：

222①(a－b)＋(b－c)＋(c－a)≠0；

②a＞b，a＜b及a＝b中至少有一个成立；

③a≠c，b≠c，a≠b不能同时成立．

其中正确判断的个数为()

A．1个B．2个C．3个D．4个

6．已知c>1，ac＋1－c，b＝cc－1，则正确的结论是()

A．a>bB．a

C．a＝bD．a，b大小关系不定

1a＋b，B＝f(ab)，C＝f2ab，则A，B，7．已知函数f(x)＝，a，b∈R＋，A＝fa＋b22

C的大小关系为()

A．A≤B≤CB．A

C．A≥B≥CD．A>B>C

x

8．用反证法证明命题：若整系数一元二次方程ax＋bx＋c＝0(a≠0)有有理根，那么a，b，c中至少有一个是偶数时，下列假设中正确的是()

A．假设a，b，c都是偶数 B．假设a，b，c都不是偶数

C．假设a，b，c至多有一个是偶数 D．假设a，b，c至多有两个是偶数

1212312342

9．观察数列1，，，„，则数将出现在此数列的第()

2132143216

A．21项B．22项C．23项D．24项

10．[2013·河南示范性高中检测] 如图K68－1，对大于或等于2的自然数m的n次幂进行如下方式的“分裂”：

－

1仿此，5的“分裂”中最大的数是________，5的“分裂”中最小的数是________．

1111．[2013·哈尔滨模拟] 已知等比数列{an}中，a2＞a3＝1，则使不等式a1－＋a2－2

a1a2

11＋a3－＋„＋an≥0成立的最大自然数n是________．

aa





n



12．如图K68－2所示，由若干个点组成形如三角形的图形，每条边(包括两个端点)有

9999

n(n>1，n∈N)个点，每个图形总的点数记为an，则＋________．

a2a3a3a4a4a5a2 010a2 011

13．[2013·开封模拟] 如果函数f(x)在区间D上是凸函数，那么对于区间D内的任意

f（x1）＋f（x2）＋„＋f（xn）x1＋x2＋„＋xnx1，x2，„，xn，都有≤f.若y＝sinx在区间

n



n



(0，π)上是凸函数，那么在△ABC中，sinA＋sinB＋sinC的最大值是________．

b2a2

14．(10分)已知a＞0，b＞0a＋b.ab

r

15．(13分)[2013·湖北卷](1)已知函数f(x)＝rx－x＋(1－r)(x>0)，其中r为有理数，且0

(2)试用(1)的结果证明如下命题：

设a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数．若b1＋b2＝1，则ab11ab22≤a1b1＋a2b2；(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．

αα－1

注：当α为正有理数时，有求导公式(x)′＝αx.难点突破

16．(12分)[2013·湖南卷] 已知数列{an}的各项均为正数，记A(n)＝a1＋a2＋„＋an，B(n)＝a2＋a3＋„＋an＋1，C(n)＝a3＋a4＋„＋an＋2，n＝1，2，„.*

(1)若a1＝1，a2＝5，且对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成等差数列，求数列{an}的通项公式；

*

(2)证明：数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．

课时作业(六十八)

【基础热身】

1．B [解析] 由三段论的推理规则可以得到B为三段论． 2．C [解析] 由类比原理和思想，①②③都是合理、恰当的．

3．A [解析] 反证法的原理：“原命题”与“逆否命题”同真假，即：若p⇒q，则綈q⇒綈p.a2＋c2b2＋d22222

4．A [解析] 此结论为“a，b，c，d∈R，a＋b＝1，c＋d＝1，则ac＋bd≤＋

222

a2a2a21＋b12＋b2n＋bn

＝1”的推广，类比可得a1b1＋a2b2＋„＋anbn≤1.222

【能力提升】

5．B [解析] ①②正确；③中，a≠b，b≠c，a≠c可以同时成立，如a＝1，b＝2，c＝3，故正确的判断有2个．

6．B [解析] 假设a≥bc＋1－cc－c－1，∴c＋1＋c－1≥c，平方得2c＋2c－1≥4c，2222

2c≤2c－1，cc－1，即c≤c－1，0≤－1，这不可能，∴假设不成立，故a

7．A [解析] ab≥，又f(x)＝在R上是单调减函数，∴f2a＋b22

2ab.f(ab)≤fa＋b

8．B [解析] 至少有一个的否定是一个也没有，即假设a，b，c都不是偶数．

9．C [解析] 数列中各项的分子是按照(1)，(1，2)，(1，2，3)，(1，2，3，4)，„的规律呈现的，分母是按照(1)，(2，1)，(3，2，1)，(4，3，2，1)，„的规律呈现的，显然

前五组不可能出现，我们不妨再写几个对应的数组(1，2，3，4，5，6)，(1，2，3，4，5，6

6，7)，(6，5，4，3，2，1)，(7，6，5，4，3，2，1)，可以发现第六组也不可，故只能是第七组的第二个．故这个数是第(1＋2＋„＋6＋2)项，即第23项．

10．9 21 [

解析] 由已知中“分裂”可得，a＋b

故“5”的“分裂”21.a31

11．5 [解析] ∵a2＞a3＝1，∴0＜q＝＜1，a1＝＞1，a2q

a1－1＋a2－1＋a3－1＋„＋an－1 a1a2a3an

111

＝(a1＋a2＋„＋an)－＋„＋

ana1a2

111－a1（1－qn）a1qa1（1－qn）q（1－qn）

＝

1－q

－

11－

＝

1－q

－

a1（1－q）q0，q

a1（1－qn）q（1－qn）∴≥1－qa1（1－q）q因为0＜q＜1，所以，化简得a1≥

q

－1

q≤q

4n－1，∴4≥n－1，n≤5，所以n的最大值为5.00912.[解析] an＝3(n－1)，anan＋1＝9n(n－1)，裂项求和即可． 2 01033A＋B＋Cπ313.[解析] sinA＋sinB＋sinC≤3sin＝3sin＝2332

b2a2b2a214．证明：(a＋b)＝－a＋b

abab

（b＋a）（b－a）（a＋b）（a－b）＝ab

1112

＝(a－b)(a＋b)＝(a－b)(a＋b)，baab

b2a2

∵a＞0，b＞0＋a＋b.ab

r－1r－1

15．解：(1)f′(x)＝r－rx＝r(1－x)，令f′(x)＝0，解得x＝1.当0＜x＜1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，1)内是减函数； 当x＞1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)内是增函数． 故函数f(x)在x＝1处取得最小值f(1)＝0.r

(2)由(1)知，当x∈(0，＋∞)时，有f(x)≥f(1)＝0，即x≤rx＋(1－r)． ① 若a1，a2中有一个为0，则ab11ab22≤a1b1＋a2b2成立； 若a1，a2均不为0，又b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，于是

a1b1a1a1在①中令x＝，r＝b1，可得≤b1·＋(1－b1)，a2a2a2

即ab11a1－b12≤a1b1＋a2(1－b1)，亦即ab11ab22≤a1b1＋a2b2.综上，对a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数且b1＋b2＝1，总有ab11ab22≤a1b1＋a2b2.②

(3)(2)中命题的推广形式为：

若a1，a2，„，an为非负实数，b1，b2，„，bn为正有理数． 若b1＋b2＋„＋bn＝1，则ab11ab22„abnn≤a1b1＋a2b2＋„＋anbn.③ 用数学归纳法证明如下：

①当n＝1时，b1＝1，有a1≤a1，③成立．

②假设当n＝k时，③成立，即若a1，a2，„，ak为非负实数，b1，b2，„，bk为正有理数，且b1＋b2＋„＋bk＝1，则ab11ab22„abkk≤a1b1＋a2b2＋„＋akbk.当n＝k＋1时，已知a1，a2，„，ak，ak＋1为非负实数，b1，b2，„，bk，bk＋1为正有理数，且b1＋b2＋„＋bk＋bk＋1＝1，此时0＜bk＋1＜1，即 1－bk＋1＞0，于是ab11ab22„abkkabk＋1k＋1＝(ab11ab22„abkk)abk＋1k＋1

＝(a1a2„ak)1－bk＋1abk＋1k＋1.1－bk＋11－bk＋11－bk＋1

b1b2bk

b1b2bk

1，由归纳假设可得

1－bk＋11－bk＋11－bk＋1

b1b2bkb1b2bk

a＋a2·＋„＋ak·＝1a2„ak≤a1·1－bk＋11－bk＋11－bk＋11－bk＋11－bk＋11－bk＋1

a1b1＋a2b2＋„＋akbk，1－bk＋1

a1b1＋a2b2＋„＋akbk1－bk＋1从而ab11ab22„abkkabk＋1k＋1≤abk＋1k＋1.1－bk＋1

又因(1－bk＋1)＋bk＋1＝1，由②得

1－bk＋1

a1b1＋a2b2＋„＋akbka1b1＋a2b2＋„＋akbkabk＋1k＋1≤·(1－bk＋1)＋ak＋1bk＋1＝a1b1＋1－bk＋11－bk＋1

因

a2b2＋„＋akbk＋ak＋1bk＋1，从而ab11ab22„abkkabk＋1k＋1≤a1b1＋a2b2＋„＋akbk＋ak＋1bk＋1.故当n＝k＋1时，③成立．

由①②可知，对一切正整数n，所推广的命题成立． 说明：(3)中如果推广形式中指出③式对n≥2成立，则后续证明中不需讨论n＝1的情况．

【难点突破】

*

16．解：(1)对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)是等差数列，所以B(n)－A(n)＝C(n)－B(n)，即an＋1－a1＝an＋2－a2，亦即an＋2－an＋1＝a2－a1＝4.故数列{an}是首项为1，公差为4的等差数列． 于是an＝1＋(n－1)×4＝4n－3.*

(2)①必要性：若数列{an}是公比为q的等比数列，则对任意n∈N，有an＋1＝anq.由an

＞0知，A(n)，B(n)，C(n)均大于0，于是

B（n）a2＋a3＋„＋an＋1q（a1＋a2＋„＋an）

＝q，A（n）a1＋a2＋„＋ana1＋a2＋„＋an

C（n）a3＋a4＋„＋an＋2q（a2＋a3＋„＋an＋1）

＝＝q，B（n）a2＋a3＋„＋an＋1a2＋a3＋„＋an＋1

B（n）C（n）即＝＝q.所以三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列． A（n）B（n）

*

②充分性：若对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列，则B(n)＝qA(n)，C(n)＝qB(n)．

于是C(n)－B(n)＝q[B(n)－A(n)]，得an＋2－a2＝q(an＋1－a1)，即an＋2－qan＋1＝a2－qa1.由n＝1有B(1)＝qA(1)，即a2＝qa1，从而an＋2－qan＋1＝0.an＋2

错误!＝q.an＋1

故数列{an}是首项为a1，公比为q的等比数列．

*

综上所述，数列{an}是公比为q的等比数列的充分必要条件是：对任意n∈N，三个数A(n)，B(n)，C(n)组成公比为q的等比数列．

因为an＞0，所以

第五篇：2015届高考数学总复习第七章 推理与证明第3课时 数学归纳法课时训练

1117.设f(n)＝＋„＋(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)＝________． 2nn＋1n＋

211答案： 2n＋12n＋2

解析：f(n＋1)－f(n)

11111＝（n＋1）＋1＋（n＋1）＋2＋„＋2n＋2n＋1＋2（n＋1） 

111－n＋1＋n＋2＋„＋2n 

11111＝－.2n＋12（n＋1）n＋12n＋12n＋2

－8.已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋„＋n×3n1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a、b、c的值为____________．

11答案：a＝，b＝c＝2

4解析：∵ 等式对一切n∈N*均成立，∴ n＝1，2，3时等式成立，1＝3（a－b）＋c，2即1＋2×3＝3（2a－b）＋c，1＋2×3＋3×32＝33（3a－b）＋c，3a－3b＋c＝1，11整理得18a－9b＋c＝7，解得ab＝c 2481a－27b＋c＝34，9.已知正项数列{an}中，a1＝1，an＋1＝1＋

*a(n∈N*)．用数学归纳法证明：an

a3证明：当n＝1时，a2＝1＋，a1

2ak＋1ak＋1时，ak0.则当n＝k＋1时，ak＋2－ak＋1＝1＋－ak＋1＝1－1＋ak＋11＋ak＋

1ak＋1－ak1＋a＝1＋ak（1＋ak）（1＋ak＋1）>0，所以n＝k＋1时，不等式成立．综上所述，不等式

an

＋－10.求证：an1＋(a＋1)2n1能被a2＋a＋1整除(其中n∈N*)．

证明：① 当n＝1时，a2＋(a＋1)1＝a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除，即当n＝1时原命题成立．

＋－＋② 假设n＝k(k∈N*)时，ak1＋(a＋1)2k1能被a2＋a＋1整除．则当n＝k＋1时，ak2

＋＋－＋－－＋(a＋1)2k1＝a·ak1＋(a＋1)2·(a＋1)2k1＝a·ak1＋a·(a＋1)2k1＋(a2＋a＋1)·(a＋1)2k1＝

[ak＋1＋（a＋1）2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1.由归纳假设及a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除可a·

＋＋知，ak2＋(a＋1)2k1也能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1命题也成立．

根据①和②可知，对于任意的n∈N*，原命题成立．

11.设数列{an}的前n项和Sn＝2n－an，先计算数列的前4项，后猜想an并证明之．

3解：由a1＝2－a1，得a1＝1，由a1＋a2＝2×2－a2，得a2＝.由a1＋a2＋a3＝2×3－a3，2

n2－1715得a3＝.由a1＋a2＋a3＋a4＝2×4－a4，得a4＝.猜想an＝－.482

下面用数学归纳法证明猜想正确：

2n－121－1① 当n＝1时，左边a1＝1，右边＝－－1，猜想成立． 22

k2－12k－1② 假设当n＝k时，猜想成立，就是ak－Sk＝2k－ak＝2k－－.则当n＝22

1k＋1时，由Sk＋1＝2(k＋1)－ak＋1，得Sk＋1－ak＋1＝2(k＋1)－2ak＋1，∴ ak＋1＋1)－Sk]2

kk＋12－12－11＝k＋12k－－＝（＋）－ 222

这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．

2n－1由①②可知，an＝－n∈N*均成立． 2

12.已知△ABC的三边长为有理数，求证：

(1)cos A是有理数；

(2)对任意正整数n，cosnA是有理数．

AB2＋AC2－BC2

证明：(1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cosA＝ 2AB·AC

(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，由①及归纳假设，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①②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数．