学习总结报告课时教案

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．

设数列{an}满足an＋1＝a2n－nan＋1，n＝1，2，3，…

(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列{an}的一个通项公式．

(2)当a1≥3时，证明对所有的n≥1，有①an≥n＋2；

②1111＋＋…＋≤. 1＋a11＋a21＋an2[解]

(1)由a1＝2，得a2＝a21－a1＋1＝3；

第1页

由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4；

由a3＝4，得a4＝a23－3a3＋1＝5.

由此猜想：an＝n＋1(n∈N＋)．

(2)①用数学归纳法证明：

当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立；

假设当n＝k时，不等式成立，即ak≥k＋2，

2那么当n＝k＋1时，ak＋1＝ak－kak＋1＝ak(ak－k)＋1

≥(k＋2)(k＋2－k)＋1＝2(k＋2)＋1≥k＋3＝(k＋1)＋2，

也就是说，当n＝k＋1时，ak＋1≥(k＋1)＋2.

综上可得，对于所有n≥1，有an≥n＋2.

②由an＋1＝an(an－n)＋1及①，对k≥2，有

ak＝ak－1(ak－1－k＋1)＋1≥ak－1(k－1＋2－k＋1)＋1

＝2ak－1＋1≥2·(2ak－2＋1)＋1＝22ak－2＋2＋1

≥23ak－3＋22＋2＋1≥…∴ak≥2k1a1＋2k2＋…＋2＋1＝2k1a1＋2k1－1

－－－－＝2k1(a1＋1)－1，

－111－于是1＋ak≥2k1(a1＋1)，≤·k－1，k≥2.

1＋ak1＋a12∴≤＝＝111＋＋…＋

1＋a11＋a21＋an11111＋2＋…＋n－1

＋21＋a11＋a12211111＋＋2＋…＋n－1

21＋a122122211－n<·≤＝.

1＋a121＋a11＋32因此，原不等式成立.

\在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂．因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，第2页

归纳假设“P(k)成立”是问题的条件，而“命题P(k＋1)成立”就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧．

1．分析综合法

用数学归纳法证明关于正整数n的不等式，从“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析综合法．

111＋＋…＋

(1)当n＝1时，因为＝<1，所以原不等式成立．

21×2111(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，原不等式成立，即有＋＋…＋1×22×3k（k＋1）

求证：

当n＝k＋1时，

1111＋＋…＋＋<

1×22×3k（k＋1）（k＋1）（k＋2）1k＋.

（k＋1）（k＋2）因此，欲证明当n＝k＋1时，原不等式成立，

1

（k＋1）（k＋2）1即证明k＋1－k>.

（k＋1）（k＋2）11从而转化为证明>2，

k＋1＋kk＋3k＋2只需证明k＋也就是证明k2＋3k＋2>k＋1＋k，

即(k2＋3k＋2)2－(k＋1＋k)2

＝k2＋k＋1－2k（k＋1）

＝[k（k＋1）－1]2>0，

从而k2＋3k＋2>k＋1＋k.

于是当n＝k＋1时，原不等式也成立．

由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n，原不等式都成立．

2．放缩法

涉及关于正整数n的不等式，从“k”过渡到“k＋1”，有时也考虑用放缩法．

第3页

111n

求证：1＋＋＋…＋n－1>(n∈N＋)．

23221[证明]

(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝.

2左边>右边，∴不等式成立．

(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时不等式成立，

111k即1＋＋＋…＋k－1>.

2322当n＝k＋1时，

11111k1k＋1－1＋＋＋…＋k－1＋k－1＋…＋k,\s\do4(2k－1项))>＋2k1·k＝.∴n＝k＋1时，23222222＋1不等式成立．

111n由(1)、(2)可知，1＋＋＋…＋n－1>(n∈N＋)．

23223．递推法

用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用an与an＋1的关系，实现从“k”到“k＋1”的过渡．

1

设0

an1求证：对一切n∈N＋，有1

用数学归纳法．

1(1)当n＝1时，a1>1，又a1＝1＋a<，显然命题成立．

1－a(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，

1即1

1－a当n＝k＋1时，由递推公式，知

1ak＋1＝＋a>(1－a)＋a＝1，

ak1－a211同时，ak＋1＝＋a<1＋a＝<，

ak1－a1－a1当n＝k＋1时，命题也成立．即1

1－a1综合(1)、(2)可知，对一切正整数n，有1

1－a第4页

4．学会借用同一题中已证明过的结论

在从k到k＋1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要．

xn11

设{xn}是由x1＝2，xn＋1＝＋(n∈N＋)定义的数列，求证：不等式2

xk1[证明]

受阻过程：由于对于任意的k∈N＋，xk＋1＝＋>22xk(n∈N＋)显然成立．

1下面证明：xn<2＋(n∈N＋)．

n(1)当n＝1时，x1＝2<2＋1，不等式成立．

(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，不等式成立，

1即xk<2＋，

kxk1那么，当n＝k＋1时，xk＋1＝＋.

2xk1由归纳假设，xk<2＋，

kxk21则<＋，①

222k1>xk.②

12＋k1xk1·＝2.所以xn>22xk因为①、②不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k到(k＋1)的证明，到此好像“山重水复疑无路”，证题思路受到阻碍．

受阻原因分析：

xk11要利用递推式xk＋1＝＋，只有找出关系式

2xkxk1因此，只有寻觅出xk>这样一个条件，才可以接通思路．当注意到前面已证明xn>2以A后，问题就可以解决了．思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论．事实上，

12∵xk>2，∴<.

xk2第5页

xk1212∴xk＋1＝＋<＋＋

2xk22k2111＝2＋≤2＋.即xk＋1<2＋.

2kk＋1k＋1

一、选择题

1．用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N＋)，第一步应验证(

)

A．n＝1

B．n＝2 C．n＝3

D．n＝4 答案：C

11112．设f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)＝(

)

2nn＋1n＋2n＋311A.

B.

2n＋12n＋21111C.＋

D.－

2n＋12n＋22n＋12n＋2解析：选D

由题意知f(n)＝111＋＋…＋，

2nn＋1n＋211111f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋，

2n2n＋12n＋2n＋2n＋3111故f(n＋1)－f(n)＝＋－

2n＋12n＋2n＋1＝1－2111＋＝－. 2n＋12n＋22n＋12n＋2n11113．用数学归纳法证明1＋≤1＋＋＋…＋n≤＋n(n∈N＋)成立，当n＝1时，应验证22322(

) 313A.≤1＋≤

2223113B.≤1＋＋≤

22323113C.≤1＋＋<

2232313D.<1＋<

22213131331解析：选A

当n＝1时，左边＝1＋＝，中间＝1＋＝，右边＝＋1＝.∴≤1＋22222222第6页

3≤. 24．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＋)．

二、填空题

112n＋111＋1＋…(1＋5．利用数学归纳法证明“)>”时，n的最小取值n0为3522n－1________．

1解析：n0＝1时，1＋不适合原式要求．

115n0＝2时，1＋>，再用数学归纳法证明．

32答案：2 6．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是f(k＋1)＝________．

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)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2

sin 2nα7．用数学归纳法证明：cos α＋cos 3α＋cos 5α＋…＋cos (2n－1)α＝(sin α2sin α≠0，n∈N＋)，在验证n＝1时，等式右边的式子是__________．

sin 2α2sin αcos α解析：本题在n＝1时，右边考查二倍角的正弦公式，右边＝＝＝2sin α2sin αcos α.

答案：cos α

28．设{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)·a2n＋1－nan＋an＋1·an＝0(n＝1，2，3，…)，第7页

则它的通项an＝________．

111解析：法一：分别令n＝1，2，3求出a2＝，a3＝，通过不完全归纳法知an＝.

23n法二：对已知等式因式分解得

[(n＋1)an＋1－nan]·(an＋1＋an)＝0.

an＋1n1由an>0知＝，再由累乘法求得an＝.

ann＋1n1答案：

n三、解答题

9．在数列{an}中，a1＝a2＝1，当n∈N＋时，满足an＋2＝an＋1＋an，且设bn＝a4n，求证：{bn}各项均为3的倍数．

证明：(1)∵a1＝a2＝1，故a3＝a1＋a2＝2，a4＝a3＋a2＝3.

∴b1＝a4＝3，当n＝1时，b1能被3整除．

(2)假设n＝k时，命题成立，即bk＝a4k是3的倍数，则n＝k＋1时，

bk＋1＝a4(k＋1)＝a4k＋4＝a4k＋3＋a4k＋2

＝a4k＋2＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k

＝a4k＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k＝3a4k＋1＋2a4k.

由归纳假设，a4k是3的倍数，3a4k＋1是3的倍数，故可知bk＋1是3的倍数，∴n＝k＋1时命题也正确．

综合(1)、(2)可知，对正整数n，数列{bn}的各项都是3的倍数．

10．用数学归纳法证明：

2n－11351×××…×<对n∈N＋时成立．

2462n2n＋111证明：(1)当n＝1时，<，不等式成立．

23(2)假设n＝k时不等式成立．

2k－11351即×××…×<.

2462k2k＋12k－12k＋1135则n＝k＋1时，×××…××

2462k2（k＋1）第8页

<2k＋12k＋12k＋12k＋31×＝＝

2k＋12k＋22k＋2（2k＋2）2k＋31<＝＝.即n＝k＋1时不（2k＋2）2k＋3（2k＋2）2k＋3（2k＋2）2k＋32k＋34k2＋8k＋34k2＋8k＋4（2k＋2）2＝等式成立．

由(1)、(2)知不等式对任意n∈N＋都成立．

111．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝，an＋2SnSn－1＝0(n≥2)．

21(1)判断S是否为等差数列？并证明你的结论；

n(2)求Sn和an；

1221(3)求证：S2. 1＋S2＋…＋Sn≤－24n11解：(1)S1＝a1＝，∴＝2.

2S1当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，

11即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.∴－＝2，

SnSn－11故{}是以2为首项，2为公差的等差数列．

Sn11(2)由(1)得＝2＋(n－1)·2＝2n，Sn＝(n∈N＋)，

Sn2n1当n≥2时，an＝－2SnSn－1＝－.

2n（n－1）（n＝1），21当n＝1时，a＝∴a＝21－2n（n－1）（n≥2，n∈N1n1

＋）.111(3)证明：①当n＝1时，S2，成立．

1＝＝－424×1②假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，不等式成立，

1122即S21＋S2＋…＋Sk≤－成立，则当n＝k＋1时，

24k111222S2

1＋S2＋…＋Sk＋Sk＋1≤－＋24k4（k＋1）2第9页

2111111k＋k＋1＝－k－（k＋1）2＝－·2424k（k＋1）2

k2＋k1111<－·.

2＝－24k（k＋1）24（k＋1）即当n＝k＋1时，不等式成立．

由①，②可知对任意n∈N＋不等式成立．

(时间：90分钟

满分：120分)

一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 11111．设S(n)＝＋＋＋…＋2，则(

) nn＋1n＋2n11A．S(n)共有n项，当n＝2时，S(2)＝＋

23111B．S(n)共有n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋

234111C．S(n)共有n2－n项，当n＝2时，S(2)＝＋＋

234111D．S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋

234111解析：选D

S(n)共有n2－n＋1项，S(2)＝＋＋. 2342．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的自然数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

取n0＝1，2，3，4，5验证，可知n0＝5. 3．用数学归纳法证明当n∈N＋时1＋2＋22＋…＋22n＝22n1－1时，当n＝1时左边为＋(

) A．1

B．1＋2

C．1＋2＋22

D．1＋2＋22＋23

解析：选C

因为左边为2n＋1项和，所以n＝1时，左边＝1＋2＋22. 11＋4．用数学归纳法证明对一切大于1的自然数n，不等式3第10页

1＋1…1＋1>2n＋1成立时，当n＝2时验证的不等式是(

)

52n－1215A．1＋>

321151＋1＋>

B.3521151＋1＋≥

C.352D．以上都不对

解析：选A

当n＝2时，左边＝1＋2×2＋111515＝1＋，右边＝＝，∴1＋>. 322322×2－1111115．已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…＋－＝234n－1n1112n＋2＋n＋4＋…＋2n时，若已假设n＝k(k≥2，k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证(

) A．n＝k＋1时等式成立

B．n＝k＋2时等式成立

C．n＝2k＋2时等式成立

D．n＝2(k＋2)时等式成立

解析：选B

∵k为偶数，∴假设n＝k时，命题为真，还需再证n＝k＋2时等式成立，故选B. 6．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．

第11页

11－－7．用数学归纳法证明“对于任意x>0和正整数n，都有xn＋xn2＋xn4＋…＋n－4＋n－2xx1＋n≥n＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n0应为(

)

xA．n0＝1

B．n0＝2 C．n0＝1，2

D．以上答案均不正确

1解析：选A

n0＝1时，x＋≥1＋1成立，再用数学归纳法证明．

x8．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)与f(k)的关系是(

) πA．f(k＋1)＝f(k)＋

2B．f(k＋1)＝f(k)＋π

3πC．f(k＋1)＝f(k)＋

2D．f(k＋1)＝f(k)＋2π

解析：选B

凸多边形每增加一条边，内角和增加π. 9．下列代数式，n∈N＋，可能被13整除的是(

)

A．n3＋5n

B．34n1＋52n1

＋＋C．62n1＋1

D．42n1＋3n2

－＋＋解析：选D

A中，n＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B中，n＝1时，35＋53＝368不能被13整除；C中，n＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除．

10．用数学归纳法证恒等式1111n＋＋＋…＋＝，由n＝2×44×66×82n（2n＋2）4（n＋1）k到n＝k＋1时，等式左边增加的式子为(

) 1A.

2k＋411B.＋

（2k＋2）（2k＋3）（2k＋3）（2k＋4）1C.

2（k＋1）1D.

（2k＋2）（2k＋4）1解析：选D

观察等式左边可知n＝k＋1时，应再加上. （2k＋2）（2k＋4）二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分) 第12页

1111n11．证明1＋＋＋＋…＋n>(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，左边2342－12增加的项数是________．

111解析：令f(n)＝1＋＋＋…＋n，

232－1111则f(k)＝1＋＋＋…＋k，

232－111111f(k＋1)＝1＋＋＋…＋k＋k＋…＋k＋1，

232－122－1111所以f(k＋1)－f(k)＝k＋k＋…＋k＋1，

22＋12－1分母首项为2k＝a1，分母末项an＝2k1－1，

＋an－a1公差d＝1，∴n＝＋1＝2k.

d答案：2k

12．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用数学归纳法证明an＝4·2n1－2的第二步－中，设n＝k时结论成立，即ak＝4·2k1－2，那么当n＝k＋1时，________．

－解析：ak＋1＝2ak＋2＝2(4·2k1－2)＋2＝4·2k－2＝4·2(k－＋1)－1－2

答案：ak＋1＝4·2(k＋1)－1－2 13．从1＝1，1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3，1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n1n2＝________．

＋解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n1，和＋n（n＋1）的绝对值是前n个自然数的和，为.

2n（n＋1）＋答案：(－1)n1·

214．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：∵2Sn＋1＝2S1＋Sn，且S1＝a1＝1.

232－1∴S2＝＝2－1，

22342n－172－1152－1S3＝＝3－1，S4＝＝4－1，∴猜想Sn＝n－1.

42822第13页

n37152－1答案：，，

n－1

2482三、解答题(本大题共有4小题，共50分) 115．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝n(4n2－1)．

3证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立．

(2)假设当n＝k时(k≥1，k∈N＋)，命题成立，

1即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝k(4k2－1)，

31那么当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋[2(k＋1)－1]2＝k(4k2－1)＋(2k＋1)2

31＝k(2k＋1)(2k－1)＋(2k＋1)2

31＝(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)

31＝(k＋1)[4(k＋1)2－1]．∴当n＝k＋1时，命题也成立．

3由(1)(2)得：对于任意n∈N＋，等式都成立．

111516．(本小题满分12分)求证：＋＋…＋>，(n≥2，n∈N＋)．

3n6n＋1n＋211115证明：(1)当n＝2时，左边＝＋＋＋>，

34566不等式成立．

(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，命题成立，

即1115＋＋…＋>，则当n＝k＋1时，

3k6k＋1k＋2111111＋＋…＋＋＋＋

3k3k＋13k＋23（k＋1）（k＋1）＋1（k＋1）＋2＝1111111＋＋…＋＋3k＋1＋3k＋2＋3k＋3－k＋1

3kk＋1k＋211115>＋3k＋1＋3k＋2＋3k＋3－k＋1

61155>＋3×3k＋3－k＋1＝.

66所以当n＝k＋1时，不等式也成立．

由(1)(2)可知，原不等式对一切n≥2，n∈N＋均成立．

17．(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n＋1)·7n－1(n∈N＋)能被9整除．

第14页

证明：(1)当n＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27，

能被9整除，所以命题成立．

(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，

即(3k＋1)·7k－1能被9整除．那么当n＝k＋1时，

[3(k＋1)＋1]·7k1－1＝(3k＋4)·7k1－1

＋＋＝(3k＋1)·7k1－1＋3·7k1

＋＋＝[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k1＋6·(3k＋1)·7k

＋＝[(3k＋1)·7k－1]＋7k(21＋6×3k＋6)

＝[(3k＋1)·7k－1]＋9·7k(2k＋3)．

由归纳假设知，(3k＋1)·7k－1能被9整除，

而9·7k(2k＋3)也能被9整除，

故[3(k＋1)＋1]·7k1－1能被9整除．

＋这就是说，当n＝k＋1时，命题也成立．

由(1)(2)知，对一切n∈N＋，(3n＋1)·7n－1都能被9整除．

18．(本小题满分14分){an}是由非负整数组成的数列，满

足a1＝0，a2＝3，an＋1an＝(an－1＋2)(an－2＋2)，n＝3，4，5，….(1)求a3；

(2)证明：an＝an－2＋2(n≥3，且n∈N＋)．

解：(1)由已知a4a3＝(a2＋2)(a1＋2)＝5×2＝10×1，

∴a3可能取值1，2，5，10.

若a3＝1，a4＝10，

（a3＋2）（a2＋2）153从而a5＝＝＝，

a4102显然a5不是非负整数，与题设矛盾．

3若a3＝10，则a4＝1，从而a5＝60.但再计算a6＝，也与题设矛盾．∴a3＝2，a4＝5.(因5a3＝5，a4＝2⇒a5∉N，舍去)

(2)用数学归纳法证明：

①当n＝3时，a3＝2，a1＋2＝0＋2，

∴a3＝a1＋2，即n＝3时等式成立；

第15页

②假设n＝k(k≥3)时，等式成立，即ak＝ak－2＋2，

由题设ak＋1ak＝(ak－1＋2)(ak－2＋2)，

因为ak＝ak－2＋2≠0.

所以ak＋1＝ak－1＋2，也就是说，

当n＝k＋1时，等式ak＋1＝ak－1＋2成立．

则根据①②知，对于n≥3(n∈N＋)，有an＝an－2＋2. 模块综合检测

(时间：90分钟

满分：120分)

一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．已知a，b为非零实数，且a

A．a2

B．ab2

C.1ab2<1a2b

D.baa

解析：选C

A项中a2－b2＝(a＋b)(a－b)，

由a

但a＋b的符号不确定，故A项错误．

B项中，ab2－a2b＝ab(b－a)，

由a0，

但ab的符号不确定，故B项错误．

C项中，111ab2－a2b＝ab11b－aa－b＝a2b2，

由a

∴1ab2－1a2b<0，即1ab2<1a2b.

D项中，bab2－a2（b＋a）（b－a）a－b＝ab＝ab，

由于a＋bab的符号不确定，故D项错误．

第16页

)

2．设a，b∈R，下面的不等式成立的是(

) A．a2＋3ab＞b2

B．ab＋a＞b＋ab

aa＋1C.＜

D．a2＋b2≥2(a－b－1) bb＋1解析：选D

法一：取a＝0，b＝1验证排除A、B，再取a＝4，b＝3时，可排除C，故选D.

法二：a2＋b2－2(a－b－1)＝a2－2a＋1＋b2－2b＋1

＝(a－1)2＋(b－1)2≥0. 3．已知函数f(x)、g(x)，设不等式|f(x)|＋|g(x)|0)的解集是M，不等式|f(x)＋g(x)|0)的解集为N，则集合M与N的关系是(

)

A．NM

B．M＝N

C．M⊆N

D．MN

解析：选C

由绝对值不等式的性质知

|f(x)＋g(x)|≤|f(x)|＋|g(x)|，

∴集合N与集合M成M⊆N关系．

4．若x，y，z是正数，且满足xyz(x＋y＋z)＝1，则(x＋y)·(y＋z)的最小值是(

) A．1

B．2

C．3

D．4 解析：选B

(x＋y)(y＋z)＝xy＋xz＋y2＋yz＝y(x＋y＋z)＋xz≥2xyz（x＋y＋z）＝2. 5．不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集为(

) A．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B．(－∞，－1]∪[2，＋∞) C．(－∞，－2]∪[3，＋∞) D．(－∞，－3]∪[2，＋∞) 解析：选D

由题意不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的几何意义为数轴上到1，－2两个点的距离之和大于等于5的点组成的集合，而－2，1两个端点之间的距离为3，由于分布在－2，1以外的点到－2，1的距离要计算两次，而在－2，1内部的距离则只计算一次，因此只要找出－2左边到－2的距离等于5－35－3＝1的点－3，以及1右边到1的距离等于＝1的点2，22这样就得到原不等式的解集为(－∞，－3]∪[2，＋∞)．

6．若logxy＝－2，则x＋y的最小值是(

) 第17页

A.3322

B.2333

C.332

D.223

解析：选A

∵logy＝－2，∴y＝1xx2，

∴x＋y＝x＋1xx13133x2＝2＋2＋x2≥34＝22.

故应选A. 7．不等式|x－1|＋|x－2|≥5的解集为(

) A．(－∞，－1]

B．[－1，＋∞) C．(－∞，－1]∪[4，＋∞)

D．(－∞，－4]∪[1，＋∞) 解析：选C

原不等式可化为x<1，（1－x）＋（2－x）≥5，①

或1≤x≤2，（x－1）＋（2－x）≥5，②

或x>2，（x－1）＋（x－2）≥5.③

解不等式组①得x≤－1，不等式组②无解，

解不等式组③得x≥4.

因此，原不等式的解集为(－∞，－1]∪[4，＋∞)．

8．当x>1时，不等式a≤x＋1x－1恒成立，则实数a的取值范围是(A．(－∞，2)

B．[2，＋∞)

C．[3，＋∞)

D．(－∞，3] 解析：选D

a≤x＋1x－1，

由x＋1x－1＝x－1＋1x－1＋1≥3，即x＋1x－1的最小值为3. 9．若实数x、y满足11x2＋y2＝1，则x2＋2y2有(

) A．最大值3＋22

B．最小值3＋22 C．最大值6

D．最小值6 第18页

)

xx12＋12＝3＋2y解析：选B

由题知，x＋2y＝(x＋2y)·当且仅当＝2＋2≥3＋22，xyxyy222222222y2时，等号成立，

x2故选B. 10．对任意实数x，若不等式|x＋1|－|x－2|>k恒成立，则k的取值范围是(

) A．k<3

B．k<－3 C．k≤3

D．k≤－3 x≤－1，解析：选B

法一：(1)

－（x＋1）＋（x－2）>k，－1

x＋1＋（x－2）>k，（x＋1）－（x－2）>k.由(1)得k<－3.由(2)得－1

而2x－1∈(－3，3)，∴k≤－3.由(3)得k<3.

依题意，要对任意x都使该不等式成立，

∴k<－3时，(1)(2)(3)都可以满足．

故选B.

法二：根据绝对值的几何意义：

|x＋1|可看作点x到点－1的距离，

|x－2|可看作点x到点2的距离，

因此|x＋1|－|x－2|即为数轴上任一点x到点－1的距离与到点2的距离的差，记作(*)，

要使它大于k恒成立就要讨论点x的位置：

(1)当点x在点－1左侧时，如图中的点R，则(*)恒为－3.

(2)当点x在点2右侧时，

如图中的点T，则(*)恒为3.

(3)当点－1≤x≤2时，如图中的点S，

则－3≤(*)≤3.

第19页

由(1)(2)(3)可知，无论x为任何实数，

(*)的范围是－3≤(*)≤3.

因此若使|x＋1|－|x－2|>k，只需k<－3.

(注意：当k＝－3时，若|x＋1|－|x－2|＝－3，则无法取“>”)

法三：令y＝|x＋1|－|x－2|，

－3（x≤－1），则y＝2x－1（－1

3（x≥2）.在直角坐标系下作出图象如图所示，

由图得到－3≤y＝|x＋1|－|x－2|≤3.

以下同法二．

二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分) 11．函数y＝5x－1＋10－2x的最大值为________．

解析：y＝5x－1＋10－2x

＝5x－1＋2·5－x

≤

[（x－1）＋（5－x）]·（25＋2）

＝4·27＝63.

127(当且仅当2·x－1＝55－x即x＝时取等号)

27答案：63 12．(天津高考)集合A＝{x∈R||x－2|≤5}中的最小整数为________．

解析：不等式|x－2|≤5等价于－5≤x－2≤5，解得－3≤x≤7，所以集合A为{x∈R|－3≤x≤7}，集合A中的最小整数为－3.

第20页

答案：－3 13．设a＝3－2，b＝6－5，c＝7－6，则a，b，c的大小顺序是________．

解析：用分析法比较，a>b⇔3＋5>2＋6⇔8＋215>8＋212，同理可比较得b>c.

答案：a>b>c

14．下列四个命题中：

419①a＋b≥2ab；②sin2x＋2≥4；③设x，y都是正数，若＋＝1，则x＋y的最小值sinxxy是12；④若|x－2|＜ε，|y－2|＜ε，则|x－y|＜2ε. 其中所有真命题的序号是________．

4解析：①不正确．a，b符号不定；②不正确，sin2x∈(0，1]，利用函数y＝x＋的单调x194y9x＋＝10＋＋≥10＋6＝16；④正确．|x－性可求得sin2x＋2≥5；③不正确．(x＋y)xysinxxyy|＝|x－2＋2－y|≤|x－2|＋|2－y|＜ε＋ε＝2ε.

答案：④

三、解答题(本大题共有4小题，共50分) 15．(本小题满分12分)已知a，b是不相等的正实数．

求证：(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2. 3证明：因为a，b是正实数，所以a2b＋a＋b2≥3a2b·a·b2＝3ab>0，当且仅当a2b＝a＝b2，即a＝b＝1时，等号成立；

3同理：ab2＋a2＋b≥3ab2·a2·b＝3ab>0，当且仅当a＝b＝1时，等号成立．

所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)≥9a2b2，

当且仅当a＝b＝1时，等号成立．

因为a≠b，所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2. 16．(本小题满分12分)已知实数a，b，c，d满足a＋b＋c＋d＝3，a2＋2b2＋3c2＋6d2＝5，试求a的最值．

解：由柯西不等式得，

111＋＋≥(b＋c＋d)2，

(2b2＋3c2＋6d2)236第21页

即2b2＋3c2＋6d2≥(b＋c＋d)2，

由条件可得，5－a2≥(3－a)2，

解得1≤a≤2，当且仅当2b3c6d111＝＝时等号成立，即b＝，c＝，d＝时，amax236111236＝2；

21b＝1，c＝，d＝时，amin＝1. 3317．(本小题满分12分)(辽宁高考)已知f(x)＝|ax＋1|(a∈R)，不等式f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}．

(1)求a的值；

x≤k恒成立，求k的取值范围．

(2)若f（x）－2f2解：(1)由|ax＋1|≤3得－4≤ax≤2.

又f(x)≤3的解集为{x|－2≤x≤1}，

所以当a≤0时，不合题意．

42当a>0时，－≤x≤，得a＝2.

aax(2)记h(x)＝f(x)－2f2，

－4x－3，

－1

则h(x)＝1－1，x≥－，2所以|h(x)|≤1，因此k≥1. 18．(本小题满分14分)已知数列{bn}是等差数列，b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝100. (1)求数列{bn}的通项bn；

111＋，记Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与lg bn＋1(2)设数列{an}的通项an＝lgbn2的大小，并证明你的结论．

解：(1)设数列{bn}的公差为d，

1，x≤－1，第22页

b＝1，1b1＝1，由题意得解得

10（10－1）d＝2.10b＋d＝100，21∴bn＝2n－1.

(2)由bn＝2n－1，知

111＋＋…＋lg1＋Sn＝lg(1＋1)＋lg2n－1

311＋1，

1＋·＝lg（1＋1）…·2n－131lg bn＋1＝lg2n＋1，

21因此要比较Sn与lg bn＋1的大小，

211＋1与2n＋1的大小．

1＋·可先比较(1＋1)…·2n－13取n＝1，有(1＋1)>2·1＋1，

11＋>2·取n＝2，有(1＋1)2＋1，…

311＋1>2n＋1(n∈N＋)．①

1＋·由此推测，(1＋1)…·2n－131若①式成立，则由对数函数性质可以断定：Sn>lgbn＋1.下面用数学归纳法证明①式．

2(ⅰ)当n＝1时，已验证①式成立．

(ⅱ)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，①式成立，即

11＋1>2k＋1.

1＋·(1＋1)…·2k－13那么，当n＝k＋1时，

11112k＋11＋1＋1＋1＋(1＋1)·…·>2k＋1＝32k－12（k＋1）－12k＋12k＋1(2k＋2)．

2k＋122∵（2k＋2）－(2k＋3)

2k＋14k2＋8k＋4－（4k2＋8k＋3）1＝＝>0，

2k＋12k＋1∴2k＋1(2k＋2)>2k＋3＝2（k＋1）＋1.

2k＋1111＋11＋

因而(1＋1)(1＋)·…·32k－12（k＋1）－1>2（k＋1）＋1.

第23页

这就是说①式当n＝k＋1时也成立．

由(ⅰ)，(ⅱ)知①式对任何正整数n都成立．

1由此证得Sn>lg bn＋1. 2

第24页