对应学生书P273
一、选择题
1．对于不等式 ＜n＋1(n∈N*)，某学生的证明过程如下：(1)当n＝1时， ＜1＋1，不等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即 ＝ [来
＜
＜k＋1，则n＝k＋1时，
＝＝(k＋1)＋1.
∴当n＝k＋1 时，不等式成立．
上述证法()
A．过程全部正确
B．n＝1 验得不正确
C．归纳假设不正确
D．从n＝k 到n＝k＋1 的推理不正确
解析：n＝1 的验证及归纳假设都正确，但从n＝k 到n＝k＋1 的推理中没有使用归纳假
设，而是通过不等式的放缩法直接证明，不符合数学归纳法的证题要求．
答案：D
2．用数学归纳法证明等式1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)2(n∈N*)的过程中，第二步假设n＝k 时等式成立，则当n＝k＋1 时应得到()
A．1＋3＋5＋…＋(2k＋1)＝k2
B．1＋3＋5＋…＋(2k＋3)＝(k＋2)2
C．1＋3＋5＋…＋(2k＋1)＝(k＋2)2
D．1＋3＋5＋…＋(2k＋3)＝(k＋3)2
解析：∵n＝k＋1 时，
等式左边＝1＋3＋5＋…＋(2k＋1)＋(2k＋3)
＝(k＋1)2＋(2k＋3)＝(k＋2)2.
答案：B
3．某个命题与自然数n 有关，若n＝k(k∈N*)时命题成立，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：因为当n＝k时命题成立可推出n＝k＋1时成立，所以n＝5时命题不成立，则n
＝4时命题也一定不成立．
答案：C
4．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则
a、b、c的值为()
A．a＝，b＝c＝ B．a＝b＝c＝[
C．a＝0，b＝c＝ D．不存在这样的a、b、c
解析：∵等式对一切n∈N*均成立，
∴n＝1,2,3时等式成立，
即
整理得 解得a＝，b＝c＝.
答案：A
5．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()
A. B.
C. D.
解析：由a1＝，Sn＝n(2n－1)an，
得S2＝2(2×2－1)a2，
即a1＋a2＝6a2，∴a2＝ ＝，S3＝3(2×3－1)a3，
即＋ ＋a3＝15a3.
∴a3＝＝，同理可得a4＝ .
答案：C
6．设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(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立
C．若f(7)＜49成立，则当k≥8时，均有f(k)＜k2成立
D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
解析：对于A，f(3)≥9，加上题设可推出当k≥3时，均有f(k)≥k2成立，故A错误．
对于B，逆推到比5小的正整数，与题设不符，故B错误．C显然错误．
对于D，f(4)＝25≥42，由题设的递推关系，可知结论成立．
答案：D
二、填空题
7．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系是__________．
解析：∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，
f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，
∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.
答案：f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2
8．在数列{an}中，a1＝1，且Sn，Sn＋1,2S1成等差数列(Sn表示数列{an}的前n项和)，则S2，S3，S4分别为__________，由此猜想Sn＝__________.
解析：由Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，得2Sn＋1＝Sn＋2S1，
∵S1＝a1＝1，∴2Sn＋1＝Sn＋2.
令n＝1，则2S2＝S1＋2＝1＋2＝3，∴S2＝.
同理，分别令n＝2，n＝3，
可求得S3＝，S4＝ | . | ，S3＝＝ | ， | ||
由S1＝1＝ | ，S2＝＝ | ||||
S4＝ | ＝ | ，猜想Sn＝ | . | ||
答案：，，
9．下面三个判断中，正确的是__________．
①f(n)＝1＋k＋k2＋…＋kn(n∈N*)，
当n＝1时，f(n)＝1；
②f(n)＝1＋＋＋…＋ (n∈N*)，
当n＝1时，f(n)＝1＋＋；
③f(n)＝ | ＋ | ＋…＋ | (n∈N*)， | |
＋ | ||||
则f(k＋1)＝f(k)＋ | ＋ | . | ||
解析：①中n＝1时，f(n)＝f(1)＝1＋k不一定等于1，故①不正确；②中n＝1时，f(1)＝1＋＋，故②正确；
③中f(k＋1)＝f(k)＋ | ＋ | ＋ | － | ，故③不正确． |
答案：②
三、解答题
10．(2011·肇庆模拟)已知数列{an}中，a1＝，an＋1＝sin(an)(n∈N*)，求证：0＜an＜an＋
1＜1.
证明：①n＝1时，a1＝，a2＝sin(a1)＝sin＝ .
∴0＜a1＜a2＜1，故结论成立．
②假设n＝k时结论成立，即0＜ak＜ak＋1＜1，
则0＜ak＜ak＋1＜.
∴0＜sin(ak)＜sin(ak＋1)＜1，
即0＜ak＋1＜ak＋2＜1，
也就是说n＝k＋1时，结论也成立．
由①②可知，对一切n∈N*均有0＜an＜an＋1＜1成立．11．数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*)．
(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；
(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．
解析：(1)当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1.
当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝.
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝.
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝ .
由此猜想an＝ (n∈N*)．
(2)证明：①当n＝1时，a1＝1，结论成立．
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，结论成立，即ak＝ ，
那么n＝k＋1(k≥1且k∈N*)时，
ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1.
∴2ak＋1＝2＋ak＝2＋ ＝ .
∴ak＋1＝ ，
由①②可知，对n∈N*，an＝ 都成立．
(1)判断f(x)的奇偶性；
(2)在(－∞，0)上求函数f(x)的极值；
(3)用数学归纳法证明：当x＞0时，对任意正整数n都有f()＜n！·x2－n.
解析：(1)∵函数f(x)定义域为{x∈R|x≠0}且
令f′(x)＝0有x＝－，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x | (－∞，－) | － | (－，0) |
f′(x) | ＋ | 0 | － |
f(x) | 增 | 极大值 | 减 |
由表可知：当x＝－时，f(x)取极大值4e－2，无极小值．
考虑到：x＞0时，不等式f()＜n！·x2－n等价于x2e－x＜n！·x2－n?xn＜n！·ex(ⅰ)
所以只要用数学归纳法证明不等式(ⅰ)对一切n∈N*都成立即可．
①当n＝1时，设g(x)＝ex－x(x＞0)，
∵x＞0时，g′(x)＝ex－1＞0，∴g(x)是增函数，
故g(x)＞g(0)＝1＞0，即ex＞x(x＞0)．
所以当n＝1时，不等式(i)成立．
②假设n＝k(k∈N*)时，不等式(ⅰ)成立，即xk＜k！·ex，当n＝k＋1时，设h(x)＝(k＋1)！·ex－xk＋1(x＞0)，
有h′(x)＝(k＋1)！·ex－(k＋1)xk
＝(k＋1)(k！·ex－xk)＞0，
故h(x)＝(k＋1)！·ex－xk＋1(x＞0)为增函数，
所以，h(x)＞h(0)＝(k＋1)！＞0，
即xk＋1＜(k＋1)！·ex，
这说明当n＝k＋1时不等式(ⅰ)也成立，
根据①②可知不等式(ⅰ)对一切n∈N*都成立，
故原不等式对一切n∈N*都成立．
自助餐·选做题
1．平面内有n个圆，其中每两个圆都交于两点，且无三个圆交于一点，求证：这n个圆将平面分成n2－n＋2个部分．
证明：(1)当n＝1时，即一个圆把平面分成两个部分，记f(1)＝2，又n＝1时，n2－n＋
2＝2，所以命题成立．
(2)假设n＝k时，命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋两个部分．
那么当n＝k＋1时，记第k＋1个圆为⊙O.由题意，⊙O与其他k个圆相交于2k个点，这2k个点把⊙O分成2k条弧，而每条弧把原区域分成2部分，因此这个平面被圆分成的部分就增加了2k个部分，即：f(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2， 也即n＝k＋1时命题成立．
由(1)、(2)可知，对任意n∈N*命题均成立．
2．(2008·浙江高考改编)已知数列{an}，an≥0，a1＝0，an＋12＋an＋1－1＝an2(n∈N*)．记Sn＝a1＋a2＋…＋an，
Tn＝ | ＋ | ＋… |
. | ||
＋ |
求证：当n∈N*时，
(1)an＜an＋1；(2)Sn＞n－2.
解析：(1)用数学归纳法证明．
①当n＝1时，因为a2是方程x2＋x－1＝0的正根，所以a1＜a2.
②假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，ak＜ak＋1，
因为ak＋12－ak2＝(ak＋22＋ak＋2－1)－(ak＋12＋ak＋1－1)＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)，所以ak＋1＜ak＋2，即当n＝k＋1时，an＜an＋1也成立．
根据①②可知，an＜an＋1对任何n∈N*都成立．
(2)∵a12＝a22＋a2－1，
a22＝a32＋a3－1，
a32＝a42＋a4－1，
…
an－12＝an2＋an－1，
累加得an2＋(a2＋a3＋…＋an)－(n－1)＝a12，
因为a1＝0，所以Sn＝n－1－an2①
Sn＋1＝n－an＋12②
②－①，得an＋1＝1＋an2－an＋12＜1，
又an＜an＋1，得an＜1，所以Sn＞n－2.