《高考一本解决方案》2016年理科数学考纲专题解读+考点题组训练：专题二十 推理与证明 WORD版含答案.doc

1、高考资源网（） 您身边的高考专家1(2015广东，8，中)若空间中n个不同的点两两距离都相等，则正整数n的取值()A至多等于3 B至多等于4C等于5 D大于5【答案】B(排除法)当n4时，4个点可以看作正四面体的4个顶点，显然符合题意排除A，C，D.故选B.2(2015山东，11，易)观察下列各式：C40；CC41；CCC42；CCCC43；照此规律，当nN*时，CCCC_【解析】当n1时，C40411；当n2时，CC41421；当n3时，CCC42431；CCC4n1.【答案】4n11(2014北京，8，中)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合适”“不合格”若学生甲的语

2、文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学生乙成绩好”如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩也相同的两位学生，那么这组学生最多有()A2人 B3人 C4人 D5人【答案】B由已知，各同学之间语文成绩、数学成绩各不相同，当有三名同学时，设三名同学分别为A，B，C，优秀、合格、不合格分别为1，2，3，由于三名同学两科成绩各不相同，设B的语文成绩介于A和C的语文成绩之间，不妨设ABC，则数学成绩CB0)，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

3、可得：当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x)_(2)(2015陕西咸阳质检，14)观察下列特殊的不等式：2，275，由以上特殊不等式，可以猜测：当ab0，s，rZ时，有_【解析】(1)由f(x)(x0)得，f1(x)f(x)，f2(x)f(f1(x)，f3(x)f(f2(x)，f4(x)f(f3(x)，所以归纳可得，当nN*且n2时，fn(x)f(fn1(x).(2)2，275，由以上特殊不等式，可以猜测：当ab0，s，rZ时，有.【答案】(1)(2)考向3演绎推理的应用演绎推理的理解(1)演绎推理是由一般性的命题推出特殊性命题的一种推理模式，是一种必然性推理演绎推理的前提与结论之间有蕴

4、含关系，因而，只要前提是真实的，推理的形式是正确的，那么结论必定是真实的，但是错误的前提可能导致错误的结论(2)演绎推理的主要形式就是由大前提、小前提推出结论的三段论式推理(2014辽宁，21，12分)已知函数f(x)(cos xx)(2x)(sin x1)，g(x)3(x)cos x4(1sin x)ln.证明：(1)存在唯一x0，使f(x0)0；(2)存在唯一x1，使g(x1)0，且对(1)中的x0，有x0x1.【证明】(1)当x时，f(x)(1sin x)(2x)2xcos x0，f20，当t时，u(t)0，所以u(t)在(0，x0上无零点在上u(t)为减函数，由u(x0)0，u4ln

5、20，g(x)(1sin x)h(x)与h(x)有相同的零点，存在唯一的x1，使g(x1)0.x1t1，t1x0，x0x10，f(1)0，求证：(1)a0且20，f(1)0，c0，3a2bc0.由abc0，消去b得ac0；再由条件abc0，消去c得ab0，21.(2)方法一：抛物线f(x)3ax22bxc的顶点坐标为，21，0，f(1)0，而f0，f(1)0，而fabca0，方程f(x)0有两个实根设方程的两根为x1，x2，由根与系数的关系得x1x20，x1x20，故两根为正又(x11)(x21)20，故两根均小于1，命题得证1(2015河南洛阳模拟，5)某西方国家流传这样的一个政治笑话：“鹅

6、吃白菜，参议员先生也吃白菜，所以参议员先生是鹅”结论显然是错误的，是因为()A大前提错误 B小前提错误C推理形式错误 D非以上错误【答案】C大前提：“鹅吃白菜”本身正确，小前提“参议员先生也吃白菜”本身也正确，但小前提不是大前提下的特殊情况，即鹅与人不能类比不符合三段论推理形式，推理形式错误，故选C.2(2015广东珠海模拟，6)在直角坐标系xOy中，一个质点从A(a1，a2)出发沿图中路线依次经过B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，按此规律一直运动下去，则a2 013a2 014a2 015()A1 006 B1 007 C1 008 D1 009【答案】B由直角坐标系可知

7、A(1，1)，B(1，2)，C(2，3)，D(2，4)，E(3，5)，F(3，6)，即a11，a21，a31，a42，a52，a63，a72，a84，由此可知，所有数列偶数个都是从1开始逐渐递增的，且都等于所在的个数除以2，则a2 0141 007，每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第1个奇数和第2个奇数互为相反数，且从1开始逐渐递减的，则2 0144503余2，则a2 013504，a2 015504，a2 013a2 014a2 0155041 0075041 007.3(2015陕西西安模拟，7)设ABC的三边长分别为a，b，c，ABC的面积为S，内切圆半径为r，则r，类比

8、这个结论可知：四面体SABC的四个面的面积分别为S1，S2，S3，S4，内切球半径为r，四面体SABC的体积为V，则r()A.B.C.D.【答案】C设四面体的内切球的球心为O，则球心O到四个面的距离都是R，所以四面体的体积等于以O为顶点，分别以四个面为底面的4个三棱锥体积的和则四面体的体积为V四面体SABC(S1S2S3S4)r，r.4(2014山西四校期中检测，14)已知x(0，)，观察下列各式：x2，x3，x4，类比得，xn1(nN*)，则a_【解析】由已知三个式知n1时，a1；n2时，a224；n3时，a3327，由此归纳可得ann.【答案】nn5(2015福建泉州质检，15)对大于或等

9、于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：2335，337911，4313151719.根据上述分解规律，若m3(mN*)的分解式中最小的数是73，则m的值为_【解析】根据2335，337911，4313151719，从23起，m3的分解规律恰为数列3，5，7，9，若干连续项之和，23为前两项和，33为接下来三项和，故m3的首数为m2m1.m3(mN*)的分解中最小的数是73，m2m173，m9.【答案】96(2015江西南昌一模，13)记Sk1k2k3knk，当k1，2，3，时，观察下列等式：S1n2n，S2n3n2n，S3n4n3n2，S4n5n4n3n，S5n6n5n4An2，可以推测，A

10、_【解析】记Sk1k2k3knk，当k1，2，3，时，观察下列等式：S1n2n，可得：最高次项为2次，按n的降幂排列，奇次项系数，偶次项系数，相等；S2n3n2n，可得：最高次项为3次，按n的降幂排列，奇次项系数和，偶次项系数，相等；S3n4n3n2，可得：最高次项为4次，按n的降幂排列，奇次项系数，偶次项系数和，相等；S4n5n4n3n，可得：最高次项为5次，按n的降幂排列，奇次项系数和，偶次项系数，相等；S5n6n5n4An2，可得：最高次项为6次，按n的降幂排列，奇次项系数和与偶次项系数和相等，均为，则有A，得A.【答案】7(2014山东泰安模拟，15)已知cos，coscos，cosc

11、oscos，(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是_；(2)若数列an中，a1cos，a2coscos，a3coscoscos，前n项和Sn，则n_【解析】(1)从题中所给的几个等式可知，第n个等式的左边应有n个余弦相乘，且分母均为2n1，分子分别为，2，n，右边应为，故可以猜想出结论为coscoscos(nN*)(2)由(1)可知an，故Sn1，解得n10.【答案】(1)coscoscos(nN*)(2)108(2015湖北宜昌一模，14)对于三次函数f(x)ax3bx2cxd(a0)，定义：f(x)是函数yf(x)的导数f(x)的导数，若方程f(x)0有实数解x0，则称点(x0，f(x0

12、)为函数yf(x)的“拐点”有同学发现“任何一个三次函数都有拐点；任何一个三次函数都有对称中心，且拐点就是对称中心”请你将这一发现作为条件，求：(1)函数f(x)x33x23x的对称中心为_；(2)若函数g(x)x3x23x，则gggg_.【解析】(1)f(x)3x26x3，f(x)6x6，令6x60，得x1，f(1)1，f(x)的对称中心为(1，1)(2)令h(x)x3x23x，k(x)，则h(x)x2x3，h(x)2x1，由2x10，得x，h31，h(x)的对称中心为，h(x)h(1x)2.又k(x)k(1x)0，x，ggghhhkkk21 00701 0072 014.【答案】(1)(1

13、，1)(2)2 014(2015重庆，22，12分，难)在数列an中，a13，an1anan1a0(nN)(1)若0，2，求数列an的通项公式；(2)若(k0N，k02)，1，证明：2ak012.解：(1)由0，2，有an1an2a(nN)若存在某个n0N，使得an00，则由上述递推公式易得an010，重复上述过程可得a10，这与a13矛盾，所以对任意nN，an0.从而an12an(nN)，即an是一个公比q2的等比数列故ana1qn132n1.(2)证明：由，1，数列an的递推关系式变为an1anan1a0，变形为an1a(nN)由上式及a130，归纳可得3a1a2anan10.因为an1a

14、n，所以对n1，2，k0求和得ak01a1(a2a1)(ak01ak0)a1k02k0个2.另一方面，由上已证的不等式知a1a2ak0ak012，得ak01a1k02k0个2.综上，2ak012.1(2014山东，4，易)用反证法证明命题“设a，b为实数，则方程x3axb0至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程x3axb0没有实根B方程x3axb0至多有一个实根C方程x3axb0至多有两个实根D方程x3axb0恰好有两个实根【答案】A“方程x3axb0至少有一个实根”的否定是“方程x3axb0没有实根”，故选A.2(2012辽宁，12，难)若x0，)，则下列不等式恒成立的是()Aex1xx

15、2 B.1xx2Ccos x1x2 Dln(1x)xx2【答案】C对于A，分别画出yex，y1xx2在0，)上的大致图象(如图)，知ex1xx2不恒成立，A错误对于B，令f(x)，f(x).x时，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)的最小值为f ，而f 1，B错误对于C，结合图象知正确对于D，当x4时，ln 5ln e22442，D错误故选C.3(2014天津，19，14分，中)已知q和n均为给定的大于1的自然数设集合M0，1，2，q1，集合Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n(1)当q2，n3时，用列举法表示集合A；(2)设s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnq

16、n1，其中ai，biM，i1，2，n.证明：若anbn，则st.解：(1)当q2，n3时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3，可得A0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2，n及anbn，可得st(a1b1)(a2b2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)qn2qn1qn110.所以st.思路点拨：(1)把n和q的值代入，用列举法表示出集合A；(2)s与t作差，根据an0，求证：2a3b32ab2a2b.【证明】要证明2a3b32ab2a2b成立，只需证：

17、2a3b32ab2a2b0，即2a(a2b2)b(a2b2)0，即(ab)(ab)(2ab)0.ab0，ab0，ab0，2ab0，从而(ab)(ab)(2ab)0成立，2a3b32ab2a2b.【点拨】在证明时，无法直接找到思路，可用分析法证明或用分析法找出证明途径，再用综合法证明 利用分析法证明时应注意的问题(1)分析法采用逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需要用的知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导时，常考虑用分析法(2)应用分析法的关键在于需保证分析过程的每一步都是可逆的，它的常用书面表达形式为“要证只

18、需证”或用“”注意用分析法证明时，一定要严格按照格式书写(2015四川绵阳质检，18，12分)下列各式：，.请你根据上述特点，提炼出一个一般性命题(写出已知，求证)，并用分析法加以证明解：已知ab0，m0，求证：.证明如下：ab0，m0，欲证，只需证a(bm)b(am)，只需证ambm，只需证ab，由已知得ab成立，所以成立考向2综合法与分析法的综合应用1综合法(1)定义：从已知条件和某些数学定义、公理、定理等出发，通过推理推导出所要的结论，这种证明方法叫作综合法综合法是一种“由因导果”的证明方法(2)框图表示：(其中P表示条件，Q表示要证的结论)2综合法与分析法的综合应用分析法和综合法是两种

19、思路相反的证明方法分析法侧重于结论提供的信息，综合法则侧重于条件提供的信息，把两者结合起来，全方位地收集、储存、加工和运用题目提供的全部信息，才能找到合理的解题思路没有分析，就没有综合，分析是综合的基础，它们相辅相成是对立统一的(2014江苏，20，16分)设数列an的前n项和为Sn.若对任意的正整数n，总存在正整数m，使得Snam，则称an是“H数列”(1)若数列an的前n项和Sn2n(nN*)，证明：an是“H数列”；(2)设an是等差数列，其首项a11，公差d0.若an是“H数列”，求d的值；(3)证明：对任意的等差数列an，总存在两个“H数列”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立

20、【思路导引】(1)利用an根据“新定义”证明(2)求出数列的通项an，根据数列为“H数列”列出关于公差d和项数n的等式分析求解(3)将等差数列的通项an分解构造证明【解析】(1)证明：由已知，当n1时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数n，总存在正整数mn1，使得Sn2nam.所以an是“H数列”(2)由已知，得S22a1d2d.因为an是“H数列”，所以存在正整数m，使得S2am，即2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为d0，所以m20，证明：d1，d2，dn1是等比数列；(3)设d1，d2，dn1是公差大于0的等差数列，且d10，证明：a1，a2，an1是等差数列解：(1

21、)当i1时，A13，B11，故d1A1B12，同理可求得d23，d36.(2)证明：因为a10，公比q1，所以a1，a2，an是递增数列因此，对i1，2，n1，Aiai，Biai1.于是对i1，2，n1，diAiBiaiai1a1(1q)qi1.因此di0且q(i1，2，n2)，即d1，d2，dn1是等比数列(3)证明：设d为d1，d2，dn1的公差对1in2，因为BiBi1，d0，所以Ai1Bi1di1BididBidiAi.又因为Ai1maxAi，ai1，所以ai1Ai1Aiai.从而a1，a2，an1是递增数列因此Aiai(i1，2，n1)又因为B1A1d1a1d1a1，所以B1a1a2

22、0，公差d0.(1)若a11，d2，且，成等比数列，求整数m的值；(2)求证对任意正整数n，都不成等差数列解：(1)a11，d2，a47，am2m1.，成等比数列，(2m1)2492.a10，d0，m25.(2)证明：假设存在mN*，使，成等差数列，即，化简，得d23a，又a10，d0，am1a1mdd，3a3d2d2，与d23a矛盾，因此假设不成立，故原命题得证1(2015山东济南模拟，4)用反证法证明：若整系数一元二次方程ax2bxc0(a0)有有理数根，那么a，b，c中至少有一个是偶数用反证法证明时，下列假设正确的是()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

23、多有一个偶数D假设a，b，c至多有两个偶数【答案】B“至少有一个”的否定为“都不是”，故选B.2(2015广东佛山质检，6)对于正实数，M为满足下述条件的函数f(x)构成的集合：x1，x2R且x2x1，有(x2x1)f(x2)f(x1)2，则f(x)g(x)M12【答案】C(x2x1)f(x2)f(x1) (x2x1)，即有，令k，则k，不妨设f(x)M 1，g(x)M2，即1kf1，2kg2，因此有12kfkg0，都存在xA，使得0|xx0|a，那么称x0为集合A的一个聚点，则在下列集合中：ZZ；RR；.其中以0为聚点的集合序号为_【解析】对于某个a1，比如a0.5，此时对任意的xZZ，都有

24、|x0|1，也就是说不可能0|x0|0.5，从而0不是ZZ的聚点；集合x|xR，x0，对任意的a，都存在x(实际上任意比a小得数都可以)，使得0|x|0，存在n，使0|x|a，0是集合的聚点；中，集合中的元素是极限为1的数列，除了第一项0之外，其余的都至少比0大，在a时，不存在满足0|x|a的x，0不是集合的聚点【答案】6(2015安徽安庆模拟，19，13分)设f(x)是定义在D上的函数，若对任何实数(0，1)以及D中的任意两数x1，x2，恒有f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)，则称f(x)为定义在D上的C函数(1)证明函数f1(x)x2是定义域上的C函数；(2)判断函数f2(x)

25、(x0)是否为定义域上的C函数，请说明理由；(3)若f(x)是定义域为R的函数，且最小正周期为T，试证明f(x)不是R上的C函数解：(1)证明：对任意实数x1，x2及(0，1)，有f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)x1(1)x22x(1)x(1)x(1)x2(1)x1x2(1)(x1x2)20，即f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)，f1(x)x2是定义域上的C函数(2)f2(x)(x0，即f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)，f2(x)(x0)不是定义域上的C函数(3)证明：假设f(x)是R上的C函数，若存在mn且m，n0，T)，使得f(m)f(n)若f(m)

26、f(n)，记x1m，x2mT，1，则01，且nx1(1)x2，那么f(n)f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)f(m)(1)f(mT)f(m)，这与f(m)f(n)，记x1n，x2nT，1，同理也可得到矛盾f(x)在0，T)上是常数函数，又因为f(x)是周期为T的函数，所以f(x)在R上是常数函数，这与f(x)的最小正周期为T矛盾所以f(x)不是R上的C函数1(2015江苏，23，10分，难)已知集合X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)，设Sn(a，b)|a整除b或b整除a，aX，bYn令f(n)表示集合Sn所含元素的个数(1)写出f(6)的值；(2)当n6时，写出f(n)的表

27、达式，并用数学归纳法证明解：(1)f(6)13.(2)当n6时，f(n)(tN*)下面用数学归纳法证明：当n6时，f(6)6213，结论成立；假设nk(k6)时结论成立，那么nk1时，Sk1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：(i)若k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，结论成立；(ii)若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立；(iii)若k16t2，则k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；(iv)若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f

28、(k)2k22(k1)2，结论成立；(v)若k16t4，则k6t3，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；(vi)若k16t5，则k6t4，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立综上所述，结论对满足n6的自然数n均成立2(2015湖北，22，14分，难)已知数列an的各项均为正数，bnnan(nN)e为自然对数的底数(1)求函数f(x)1xex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(a1a2an)，数列an，cn的前n项和分别记为Sn，Tn，证明：Tn0，即x0时，f(x)单调递增，当f(x)0时，f(x)单调递减，

29、故f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，)当x0时，f(x)f(0)0，即1xex.令x，得1e，即e.(*)(2)1112，22(21)232，323(31)343.由此推测：(n1)n.(*)下面用数学归纳法证明(*)当n1时，左边右边2，(*)成立假设当nk时，(*)成立，即(k1)k.当nk1时，bk1(k1)ak1，由归纳假设可得(k1)k(k1)(k2)k1.所以当nk1时，(*)也成立根据，可知(*)对一切正整数n都成立(3)由cn的定义，(*)，算术几何平均不等式，bn的定义及(*)得Tnc1c2c3cn(a1)(a1a2)(a1a2a3)(a1a2an)b1b

30、2bnb1b2bna1a2anea1ea2eaneSn.即Tn12x，原不等式成立假设pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx成立当pk1时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以pk1时，原不等式也成立综合可得，当x1，且x0时，对一切整数p1，不等式(1x)p1px均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明anc.当n1时，由题设知a1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akc成立由an1ana易知an0，nN*.当nk1时，a1.由akc0得11p.因此ac，即ak1c.所以nk1时，不等式anc也成立综合可得，对一切正整数n，不等式a

31、nc均成立再由1可得1，即an1an1c，nN*.方法二：设f(x)xx1p，xc，则xpc，并且f(x)(1p)xp0，xc.由此可得，f(x)在c，)上单调递增因而，当xc时，f(x)f(c)c.当n1时，由a1c0，即ac可知a2a1aa1c，从而a1a2c.故当n1时，不等式anan1c成立假设nk(k1，kN*)时，不等式akak1c成立，则当nk1时，f(ak)f(ak1)f(c)，即有ak1ak2c.所以nk1时，原不等式也成立综合可得，对一切正整数n，不等式anan1c均成立2(2014江西，21，14分，难)随机将1，2，2n(nN*，n2)这2n个连续正整数分成A，B两组，

32、每组n个数，A组最小数为a1，最大数为a2，B组最小数为b1，最大数为b2，记a2a1，b2b1.(1)当n3时，求的分布列和数学期望；(2)令C表示事件“与的取值恰好相等”，求事件C发生的概率P(C)；(3)对(2)中的事件C，表示C的对立事件，判断P(C)和P()的大小关系，并说明理由解：(1)当n3时，的所有可能取值为2，3，4，5.将6个正整数平均分成A，B两组，不同的分组方法共有C20(种)，所以的分布列为：2345P所以E()2345.(2)和恰好相等的所有可能取值为：n1，n，n1，2n2.又和恰好相等且等于n1时，不同的分组方法有2种；和恰好相等且等于n时，不同的分组方法有2种

33、；和恰好相等且等于nk(k1，2，n2)(n3)时，不同的分组方法有2C种，所以当n2时，P(C).当n3时，P(C).(3)由(2)知，当n2时，P()，因此P(C)P()而当n3时，P(C)P()理由如下：P(C)P()等价于4C.(*)用数学归纳法来证明：当n3时，(*)式左边4(2C)4(22)16，(*)式右边C20，所以(*)式成立假设nm(m3)时(*)式成立，即4C成立，那么，当nm1时，左边444CC4CCC右边，即当nm1时(*)式也成立综合得：对于n3的所有正整数，都有P(C)1)(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a11，an1ln(an1)，证明：an.解：(1)f(

34、x)的定义域为(1，)，f(x).当1a0，f(x)在(1，a22a)上是增函数；若x(a22a，0)，则f(x)0，f(x)在(0，)上是增函数；当a2时，f(x)0，f(x)0成立当且仅当x0时，f(x)在(1，)上是增函数当a2时，若x(1，0)，则f(x)0，f(x)在(1，0)上是增函数；若x(0，a22a)，则f (x)0，f(x)在(a22a，)上是增函数(2)证明：由(1)知，当a2时，f(x)在(1，)上是增函数当x(0，)时，f(x)f(0)0，即ln(x1)(x0)又由(1)知，当a3时，f(x)在0，3)上是减函数当x(0，3)时，f(x)f(0)0，即ln(x1)(0

35、x3)下面用数学归纳法证明an.当n1时，由已知得a11；假设当nk时结论成立，即ln.ak1ln(ak1)ln，即当nk1时有0)，其中r为有理数，且0r1，求f(x)的最小值；(2)试用(1)的结果证明如下命题：设a10，a20，b1，b2为正有理数，若b1b21，则a1b1a2b2a1b1a2b2；(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注：当为正有理数时，有求导公式(x)x1.解：(1) f (x)rrxr1r(1xr1)，令f(x)0，解得x1.当0x1时，f(x)1时，f(x)0，所以f(x)在(1，)内是增函数故函数f(x)在x1处取得最小值f(1

36、)0.(2)由(1)知，当x(0，)时，有f(x)f(1)0，即xrrx(1r)若a1，a2中至少有一个为0，则a1b1a2b2a1b1a2b2成立若a1，a2均不为0，又b1b21，可得b21b1，于是在中令x，rb1，可得b1(1b1)，即a1b1a21b1a1b1a2(1b1)，亦即a1b1a2b2a1b1a2b2.综上，对a10，a20，b1，b2为正有理数，且b1b21，总有a1b1a2b2a1b1a2b2.(3)(2)中命题的推广形式为：设a1，a2，an为非负实数，b1，b2，bn为正有理数若b1b2bn1，则a1b1a2b2anbna1b1a2b2anbn.用数学归纳法证明如下

37、：a当n1时，b11，有a1a1，成立b假设当nk时，成立，即若a1，a2，ak为非负实数，b1，b2，bk为正有理数，且b1b2bk1，则a1b1a2b2akbka1b1a2b2akbk.当nk1时，已知a1，a2，ak，ak1为非负实数，b1，b2，bk，bk1为正有理数，且b1b2bkbk11，此时0bk10，于是a1b1a2b2akbk a k1bk1(a1b1a2b2akbk) a k1bk1(a1a2a k )1bk1a k1bk1.因为1，由归纳假设可得a1a2a k a1a2ak.从而a1b1a2b2akbk a k1bk1a k1bk1.又因为(1bk1)bk11，由得 a

38、k1bk1(1bk1)ak1bk1a1b1a2b2akbkak1bk1，从而a1b1a2b2akbk a k1bk1a1b1a2b2akbkak1bk1.故当nk1时，成立由a，b可知，对一切正整数n，所推广的命题成立思路点拨：(1)求函数最值可考虑先利用导数判断函数单调性，然后再求最值；(2)对于不等式的证明要注意利用第(1)问的结论进行突破；(3)中数学归纳法的运用相对而言难度高，运算量大，在归纳证明时一要细心运算，二要注意假设条件的恰当运用5(2012安徽，21，13分，难)数列xn满足x10，xn1xxnc(nN*)(1)证明：xn是递减数列的充分必要条件是c0；(2)求c的取值范围，

39、使xn是递增数列解：(1)证明：先证充分性，当c0时，由于xn1xxncxncxn1xxnc，即cx，所以c0.(2)假设xn是递增数列由x10，得x2c，x3c22c.由x1x2x3，得0c1.由xnxn1xxnc知，对任意n1都有xn0，即xn1.由式和xn0可得，对任意n1都有xn1(1)(xn)反复运用式，得xn(1)n1(x1)(1)n1.由xn1和xn(1)n1两式相加，得21(1)n1对任意n1成立根据指数函数y(1)x的性质，得210，c，故0c.若00.即证xn对任意n1成立下面用数学归纳法证明当0c时，xn对任意n1成立当n1时，x10，结论成立假设当nk(kN*)时结论成

40、立，即xk.因为函数f(x)x2xc在区间内单调递增，所以xk1f(xk)f()，这就是说当nk1时，结论也成立故xnxn，即xn是递增数列综上可知，使得数列xn单调递增的c的取值范围是.考向1用数学归纳法证明等式数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，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，在证明过程中要防范以下两点：(1)第一步验证nn0时，n0不一定为1，要根据题目要求选择合适的起始值(2)第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在证明nk1时，命题也成立的过程中一定要用到它，否则就不是数学归纳法第二步关键是“一凑假设，二凑结论”(2014江苏，

41、23，10分)已知函数f0(x)(x0)，设fn(x)为fn1(x)的导数，nN*.(1)求2f1f2的值；(2)证明：对任意的nN*，等式|nfn1fn|都成立【思路导引】(1)利用导数运算法则求出f1(x)，f2(x)，将自变量的值代入求解；(2)先用归纳推理得出等式nfn1(x)xfn(x)sin，再用数学归纳法证明，最后将x代入等式即可证明【解析】(1)由已知，得f1(x)f0(x)，于是f2(x)f1(x)，所以f1，f2，故2f1f21.(2)证明：由已知，得xf0(x)sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cos x，即f0(x)xf1(x)cos xsin，

42、类似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsin，4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)猜想nfn1(x)xfn(x)sin.下面用数学归纳法证明等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的xN*都成立当n1时，由上可知等式成立假设当nk时等式成立，即kfk1(x)xfk(x)sin.因为kfk1(x)xfk(x)kf k1(x)fk(x)x f k(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，cossin，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此当nk1时，等式也成立综合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin对所有的nN*都成立令

43、x，可得nfn1fnsin(nN*)所以(nN*) 利用数学归纳法证明等式时应注意的问题(1)用数学归纳法证明等式其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值n0；(2)由nk到nk1时，除等式两边变化的项外还要充分利用nk时的式子，即充分利用假设，正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明(2012天津，18，13分)已知an是等差数列，其前n项和为Sn，bn是等比数列，且a1b12，a4b427，S4b410.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记Tnanb1an1b2a1bn，nN*，证明Tn122an10bn(nN*)解：(1)设等差数列an的公差为d，等比数列b

44、n的公比为q.由a1b12，得a423d，b42q3，S486d.由条件，得方程组解得所以an3n1，bn2n，nN*.(2)证明：方法一：由(1)得Tn2an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1.，得Tn2(3n1)32232332n2n22n26n2102n6n10.而2an10bn122(3n1)102n12102n6n10，故Tn122an10bn，nN*.方法二：当n1时，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；假设当nk时等式成立，即Tk122ak10bk，则当nk1时有Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1ak1b1q(

45、akb1ak1b2a1bk)ak1b1qTkak1b1q(2ak10bk12)2ak14(ak13)10bk1242ak110bk112，即Tk1122ak110bk1.因此nk1时等式也成立由和，可知对任意nN*，Tn122an10bn成立思路点拨：本题(2)利用数学归纳法证明时，关键是在Tk1的等式中构造出Tk，再利用归纳假设考向2用数学归纳法证明不等式用数学归纳法证明与n(nN*)有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小对第二类形式往往要先对n取前k个值的情况分别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个k值开始都成立的结

46、论，常用数学归纳法证明，即先猜(归纳推理)后证(数学归纳法)(2014陕西，21，14分)设函数f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中f (x)是f(x)的导函数(1)令g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设nN，比较g(1)g(2)g(n)与nf(n)的大小，并加以证明【思路导引】(1)利用求导公式及归纳推理得出gn(x)的表达式，然后用数学归纳法证明，证明的关键是当nk时，结论成立，证得nk1时，结论也成立(2)构造函数将恒成立问题转化为函数的导数问题解决(3)利用(2)的结论

47、用数学归纳法证明【解析】由题设得，g(x)(x0)(1)由已知，g1(x)，g2(x)g(g1(x)，g3(x)，可得gn(x).下面用数学归纳法证明当n1时，g1(x)，结论成立假设nk时结论成立，即gk(x).那么，当nk1时，gk1(x)g(gk(x)，即结论成立由可知，结论对nN成立(2)已知f(x)ag(x)恒成立，即ln(1x)恒成立设(x)ln(1x)(x0)，则(x)，当a1时，(x)0(当且仅当x0，a1时等号成立)，(x)在0，)上单调递增又(0)0，(x)0在0，)上恒成立，a1时，ln(1x)恒成立(当且仅当x0时等号成立)当a1时，对x(0，a1有(x)0，(x)在(

48、0，a1上单调递减，(a1)1时，存在x0，使(x)nln(n1)证明如下：上述不等式等价于，x0.令x，nN，则ln.下面用数学归纳法证明：当n1时，ln 2，结论成立假设当nk时结论成立，即ln(k1)那么，当nk1时，ln(k1)ln(k1)lnln(k2)，即结论成立由可知，结论对nN成立 应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数n有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由nk成立，推证nk1时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明运用放缩法时，要注意放缩的“度”(

49、2014重庆，22，12分)设a11，an1b(nN*)(1)若b1，求a2，a3及数列an的通项公式；(2)若b1，问：是否存在实数c使得a2nca2n1对所有nN*成立？证明你的结论解：(1)方法一：a22，a31.再由题设条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为0，公差为1的等差数列，故(an1)2n1，即an1 (nN*)方法二：a22，a31.可写为a11，a21，a31.因此猜想an1.下面用数学归纳法证明上式：当n1时结论显然成立假设nk时结论成立，即ak1，则ak1111.这就是说，当nk1时结论成立所以an1(nN*)(2)方法一：设f(x)1，则an1f

50、(an)令cf(c)，即c1，解得c.下面用数学归纳法证明命题：a2nca2n11.当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，所以a2a31，结论成立假设nk时结论成立，即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即1ca2k2a2，再由f(x)在(，1上为减函数，得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故ca2k31.因此a2(k1)ca2(k1)11.这就是说，当nk1时结论成立综上，符合条件的c存在，其中一个值为c.方法二：设f(x)1，则an1f(an)先证：0an1(nN*)当n1时，结论显然成立假设nk时结论成立，即0ak1.易知f(x)在(，1上为减函数，从而0f

51、(1)f(ak)f(0)11，即0ak11.这就是说，当nk1时结论成立故成立再证：a2na2n1(nN*)当n1时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)1，有a2a3，即n1时成立假设nk时，结论成立，即a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当nk1时成立，所以对一切nN*成立由得a2n1，即(a2n1)2a2a2n2，因此a2nf(a2n1)，即a2n1a2n2，所以a2n11.解得a2n1.综上，由知存在c使得a2nca2n1对一切nN*成立1(2015山东淄博质检，5)设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(

52、k)k1成立时，总能推出f(k1)k2成立，那么下列命题总成立的是()A若f(1)2成立，则f(10)11成立B若f(3)4成立，则当k1时，均有f(k)k1成立C若f(2)3成立，则f(1)2成立D若f(4)5成立，则当k4时，均有f(k)k1成立【答案】D当f(k)k1成立时，总能推出f(k1)k2成立，说明如果当kn时，f(n)n1成立，那么当kn1时，f(n1)n2也成立，所以如果当k4时，f(4)5成立，那么当k4时，f(k)k1也成立2(2014河北衡水一模，6)利用数学归纳法证明不等式1f(n)(n2，nN*)的过程，由nk到nk1时，左边增加了()A1项 Bk项 C2k1项 D

53、2k项【答案】D1，共增加了2k项3(2014江西七校联考，20，13分)设f(n)nn1，g(n)(n1)n，nN*.(1)当n1，2，3，4时，试比较f(n)与g(n)的大小；(2)根据(1)的结果猜测一个一般性结论，并加以证明解：(1)f(1)121，g(1)212，f(1)g(1)f(2)238，g(2)329，f(2)g(3)f(4)451 024，g(4)54625，f(4)g(4)(2)猜想：当n3，nN*时，有nn1(n1)n.证明：当n3时，猜想成立假设当nk(k3，kN*)时猜想成立，即kk1(k1)k，也即1.(k1)2k22k1k(k2)，k1.即当nk1时也成立由知，

54、当n3，nN*时，有nn1(n1)n.4(2015湖南长沙模拟，20，13分)已知数列an满足a1a，an12an(a，R)(1)若2，数列an单调递增，求实数a的取值范围；(2)若a2，试写出an2对任意的nN*成立的充要条件，并证明你的结论解：(1)当2时，an12an，由题意知an1an，所以an1anan0，解得an或an或a10，知f(x)在区间2，)上单调递增，所以ak12ak42.当0时，对x2，)总有f(x)2x42，所以ak12ak2.所以当nk1时，ak12成立综上可知，当4时，对任意的nN*，an2成立故an2对任意的nN*成立的充要条件是4.5(2015四川绵阳一模，2

55、1，14分)已知数列xn满足x1，xn1，nN*.(1)猜想数列x2n的单调性，并证明你的结论；(2)证明：|xn1xn|.解：(1)由x1及xn1，得x2，x4，x6.由x2x4x6，猜想：数列x2n是递减数列下面用数学归纳法证明：当n1时，已证命题成立假设当nk时命题成立，即x2kx2k2，易知xk0，那么x2k2x2k40，即x2(k1)x2(k1)2.也就是说，当nk1时命题也成立结合知命题成立(2)证明：当n1时，|xn1xn|x2x1，结论成立当n2时，易知0xn11，1xn1，(1xn)(1xn1)(1xn1)2xn1，|xn1xn|xnxn1|xn1xn2|x2x1|.6(20

56、15山东济南模拟，21，14分)已知函数f(x)aln x(aR)(1)当a1时，求f(x)在x1，)内的最小值；(2)若f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；(3)求证ln(n1)(nN*)解：(1)当a1时，f(x)ln x，定义域为(0，)因为f(x)0，所以f(x)在(0，)上是增函数，所以f(x)在x1，)内的最小值为f(1)1.(2)f(x)，因为f(x)存在单调递减区间，所以f(x)0有正数解，即ax22(a1)xa0有正数解当a0时，明显成立当a0时，h(x)ax22(a1)xa是开口向下的抛物线，所以ax22(a1)xa0时，h(x)ax22(a1)xa是开口向上的抛物线，即方程ax22(a1)xa0有正根因为x1x210，所以方程ax22(a1)xa0有两正根，所以解得0a.综合知，a1，ln 2，即当n1时，不等式成立设当nk时，ln(k1)成立当nk1时，ln(n1)ln(k2)ln(k1)lnln.根据(1)的结论可知，当x1时，ln x1，即ln x.令x，所以ln，则有ln(k2)，即当nk1时，不等式也成立综上可知不等式成立高考资源网版权所有，侵权必究！