2019届数学大复习第十三章推理与证明、算法、复数13.3数学归纳法学案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精PAGE34学必求其心得，业必贵于专精PAGE§13.3数学归纳法最新考纲考情考向分析1.了解数学归纳法的原理。2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题.以了解数学归纳法的原理为主，会用数学归纳法证明与数列有关或与不等式有关的等式或不等式．在高考中以解答题形式出现,属高档题。数学归纳法一般地，证明一个与正整数n有关的命题，可按下列步骤进行：（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)假设当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．题组一思考辨析1．判断下列结论是否正确（请在括号中打“√”或“×”)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．（×)(2）所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．(×）（3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．(×)（4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时,项数都增加了一项．（×）(5）用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1”，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.(√)(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n0＝3.（√）题组二教材改编2．［P99B组T1]在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq\f(1,2）n（n－3)条时，第一步检验n等于（）A．1 B．2C．3 D．4答案C解析凸n边形边数最小时是三角形，故第一步检验n＝3。3．［P96A组T2]已知｛an}满足an＋1＝aeq\o\al（2，n)－nan＋1，n∈N*，且a1＝2，则a2＝______,a3＝______，a4＝______，猜想an＝______。答案345n＋1题组三易错自纠4．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f（1－an＋2，1－a）(a≠1,n∈N*)，在验证n＝1时,等式左边的项是（)A．1 B．1＋aC．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3答案C解析当n＝1时，n＋1＝2，∴左边＝1＋a1＋a2＝1＋a＋a2。5．对于不等式eq\r(n2＋n)〈n＋1（n∈N*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下:(1）当n＝1时,eq\r(12＋1）<1＋1，不等式成立．（2）假设当n＝k(k∈N＊)时,不等式成立，即eq\r（k2＋k)<k＋1，则当n＝k＋1时，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2）〈eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r（k＋22)＝(k＋1)＋1.∴当n＝k＋1时，不等式成立．则上述证法()A．过程全部正确B．n＝1验证得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确答案D解析在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法．6．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n＝2n－1＋22n－1（n∈N*）时，假设当n＝k时命题成立，则当n＝k＋1时，左端增加的项数是__________．答案2k解析运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n＝2n－1＋22n－1(n∈N*）．当n＝k时，则有1＋2＋3＋…＋2k＝2k－1＋22k－1（k∈N*)，左边表示的为2k项的和．当n＝k＋1时，则左边＝1＋2＋3＋…＋2k＋（2k＋1）＋…＋2k＋1，表示的为2k＋1项的和,增加了2k＋1－2k＝2k项。题型一用数学归纳法证明等式1．用数学归纳法证明：eq\f（1，2×4)＋eq\f（1,4×6)＋eq\f（1,6×8）＋…＋eq\f(1,2n2n＋2)＝eq\f（n，4n＋1）（n∈N＊)．证明（1)当n＝1时，左边＝eq\f(1，2×1×2×1＋2)＝eq\f(1，8)，右边＝eq\f（1,41＋1)＝eq\f(1,8)，左边＝右边,所以等式成立．（2)假设当n＝k（k∈N＊且k≥1）时等式成立，即有eq\f(1，2×4)＋eq\f(1，4×6）＋eq\f(1,6×8）＋…＋eq\f(1，2k2k＋2）＝eq\f（k,4k＋1），则当n＝k＋1时，eq\f（1,2×4）＋eq\f(1，4×6)＋eq\f（1，6×8）＋…＋eq\f(1,2k2k＋2)＋eq\f（1,2k＋1［2k＋1＋2]）＝eq\f（k,4k＋1)＋eq\f（1，4k＋1k＋2)＝eq\f(kk＋2＋1，4k＋1k＋2)＝eq\f（k＋12,4k＋1k＋2)＝eq\f（k＋1,4k＋2)＝eq\f(k＋1,4k＋1＋1）。所以当n＝k＋1时，等式也成立，由（1）(2)可知,对于一切n∈N＊等式恒成立．2．(2018·朝阳模拟）设f(n）＝1＋eq\f（1,2)＋eq\f（1，3）＋…＋eq\f（1,n)(n∈N＊)．求证：f(1）＋f（2）＋…＋f（n－1）＝n[f（n）－1］（n≥2，n∈N＊)．证明(1)当n＝2时,左边＝f(1)＝1,右边＝2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，2)－1）))＝1，左边＝右边，等式成立．(2）假设当n＝k(k≥2，k∈N＊）时，结论成立，即f(1）＋f（2）＋…＋f(k－1）＝k[f(k)－1]，那么，当n＝k＋1时,f(1）＋f(2）＋…＋f（k－1）＋f(k）＝k[f（k）－1］＋f(k)＝（k＋1)f（k）－k＝(k＋1）eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1（fk＋1－\f（1，k＋1))）－k＝（k＋1）f（k＋1)－（k＋1）＝(k＋1）[f(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时结论成立．由（1)（2)可知当n≥2,n∈N＊时，f（1）＋f（2）＋…＋f（n－1)＝n[f(n）－1］．思维升华用数学归纳法证明恒等式应注意(1)明确初始值n0的取值并验证当n＝n0时等式成立．(2)由n＝k证明n＝k＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标．(3)掌握恒等变形常用的方法:①因式分解;②添拆项；③配方法．题型二用数学归纳法证明不等式典例设实数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＝eq\f（p－1,p)an＋eq\f(c,p）aeq\o\al(1－p，n).证明：an>an＋1〉.证明(1)①当p＝2时，（1＋x）2＝1＋2x＋x2〉1＋2x,原不等式成立．②假设当p＝k（k≥2，k∈N＊)时，不等式(1＋x)k>1＋kx成立．则当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.所以当p＝k＋1时,原不等式也成立．综合①②可得，当x>－1，且x≠0时，对一切整数p〉1，不等式（1＋x)p〉1＋px均成立．（2）方法一①当n＝1时，由题设知a1〉成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N＊）时，不等式ak>成立．由an＋1＝eq\f(p－1，p）an＋eq\f(c，p)aeq\o\al（1－p，n）易知an>0，n∈N＊。则当n＝k＋1时，eq\f(ak＋1，ak)＝eq\f（p－1,p）＋eq\f（c，p)aeq\o\al（－p,k)＝1＋eq\f（1，p）eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(c,)－1))。由ak>〉0得－1<－eq\f（1，p）<eq\f(1，p）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(c,)－1））〈0。由（1）中的结论得eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（ak＋1，ak）)）p＝eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,p)\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(c，）－1）)）)p>1＋p·eq\f(1,p)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(c，)－1)）＝eq\f(c,)。因此〉c，即ak＋1〉。所以当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eq\f(an＋1,an)＝1＋eq\f（1,p)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(c,a\o\al（p，n）)－1))可得eq\f（an＋1，an)〈1,即an＋1〈an.综上所述，an〉an＋1>，n∈N*.方法二设f(x)＝eq\f（p－1，p）x＋eq\f（c,p）x1－p，x≥,则xp≥c，并且f′（x)＝eq\f（p－1,p）＋eq\f(c，p）（1－p)x－p＝eq\f（p－1，p)eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1－\f(c,xp）)）〉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＝eq\f(p－1,p)a1＋＝a1eq\b\lc\[\rc\］（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1,p）\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(c，）－1)）)）<a1，并且a2＝f（a1）〉，从而a1>a2>.故当n＝1时，不等式an〉an＋1〉成立．②假设当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〉.所以当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．思维升华数学归纳法证明不等式的适用范围及关键(1)适用范围：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)关键：由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立,在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧,使问题得以简化．跟踪训练（2018·衡水调研）若函数f（x)＝x2－2x－3,定义数列{xn｝如下：x1＝2，xn＋1是过点P（4，5），Qn(xn，f(xn))（n∈N*)的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn〈xn＋1〈3.证明①当n＝1时,x1＝2，f（x1)＝－3,Q1(2，－3）．所以直线PQ1的方程为y＝4x－11，令y＝0，得x2＝eq\f(11，4），因此2≤x1〈x2<3，即n＝1时结论成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N＊)时,结论成立，即2≤xk<xk＋1<3。当n＝k＋1时,直线PQk＋1的方程为y－5＝eq\f(fxk＋1－5,xk＋1－4）·（x－4）．又f（xk＋1)＝xeq\o\al（2，k＋1)－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0，得xk＋2＝eq\f（3＋4xk＋1，2＋xk＋1）＝4－eq\f（5,2＋xk＋1)，由归纳假设,2〈xk＋1〈3,xk＋2＝4－eq\f(5,2＋xk＋1）〈4－eq\f（5,2＋3）＝3；xk＋2－xk＋1＝eq\f（3－xk＋11＋xk＋1,2＋xk＋1）〉0，即xk＋1<xk＋2，所以2≤xk＋1<xk＋2<3，即当n＝k＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n,2≤xn<xn＋1〈3。题型三归纳—猜想-证明命题点1与函数有关的证明问题典例(2018·梅州质检）设函数f（x）＝ln（1＋x)，g（x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x）是f（x)的导函数．(1)令g1（x）＝g(x），gn＋1(x）＝g（gn（x）),n∈N*,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．解由题设得g(x）＝eq\f(x，1＋x）（x≥0）．(1)由已知，g1(x）＝eq\f（x，1＋x），g2（x）＝g（g1(x))＝eq\f（\f（x,1＋x)，1＋\f（x,1＋x)）＝eq\f（x,1＋2x）,g3（x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可猜想gn(x）＝eq\f(x，1＋nx)。下面用数学归纳法证明．①当n＝1时,g1(x）＝eq\f（x,1＋x）,结论成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即gk（x）＝eq\f（x,1＋kx).则当n＝k＋1时，gk＋1（x)＝g（gk（x)）＝eq\f（gkx，1＋gkx)＝eq\f(\f（x,1＋kx),1＋\f（x,1＋kx)）＝eq\f（x,1＋k＋1x)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＊成立．（2）已知f（x）≥ag(x）恒成立，即ln（1＋x)≥eq\f（ax，1＋x)恒成立．设φ（x）＝ln（1＋x)－eq\f(ax，1＋x）(x≥0),则φ′（x）＝eq\f（1,1＋x)－eq\f(a，1＋x2）＝eq\f（x＋1－a,1＋x2)，当a≤1时，φ′（x）≥0(当且仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ（x）在[0，＋∞）上单调递增．又φ(0)＝0,∴φ（x)≥0在[0,＋∞）上恒成立，∴当a≤1时，ln(1＋x）≥eq\f(ax,1＋x）恒成立(当且仅当x＝0时等号成立）．当a>1时,对x∈（0,a－1］，有φ′（x)≤0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1）〈φ(0）＝0.即当a>1时，存在x〉0,使φ（x)<0,∴ln(1＋x）≥eq\f(ax，1＋x）不恒成立．综上可知，a的取值范围是(－∞,1］．命题点2与数列有关的证明问题典例(2018·东营模拟)设数列{an}的前n项和为Sn，并且满足2Sn＝aeq\o\al（2，n）＋n，an〉0（n∈N＊)．猜想｛an｝的通项公式，并用数学归纳法加以证明．解分别令n＝1,2，3,得eq\b\lc\｛\rc\(\a\vs4\al\co1（2a1＝a\o\al(2，1）＋1，,2a1＋a2＝a\o\al(2,2）＋2,，2a1＋a2＋a3＝a\o\al(2,3)＋3,）)∵an〉0，∴a1＝1，a2＝2,a3＝3,猜想：an＝n.由2Sn＝aeq\o\al(2，n)＋n，①可知,当n≥2时，2Sn－1＝aeq\o\al(2,n－1)＋（n－1),②①－②，得2an＝aeq\o\al（2,n)－aeq\o\al(2，n－1）＋1,即aeq\o\al（2,n)＝2an＋aeq\o\al（2,n－1）－1.（ⅰ)当n＝2时,aeq\o\al（2,2）＝2a2＋12－1,∵a2>0,∴a2＝2。(ⅱ)假设当n＝k(k≥2，k∈N*）时,ak＝k，那么当n＝k＋1时,aeq\o\al（2，k＋1）＝2ak＋1＋aeq\o\al（2,k）－1＝2ak＋1＋k2－1,即[ak＋1－(k＋1)］［ak＋1＋(k－1)］＝0，∵ak＋1〉0，k≥2，∴ak＋1＋（k－1）>0,∴ak＋1＝k＋1，即当n＝k＋1时也成立．∴an＝n（n≥2）,显然当n＝1时，也成立，故对于一切n∈N*,均有an＝n.命题点3存在性问题的证明典例设a1＝1，an＋1＝eq\r(a\o\al(2,n)－2an＋2)＋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<c〈a2n＋1对所有n∈N*成立？证明你的结论．解（1）方法一a2＝2，a3＝eq\r（2）＋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＝eq\r（n－1）＋1（n∈N*）．方法二a2＝2,a3＝eq\r(2）＋1.可写为a1＝eq\r（1－1)＋1，a2＝eq\r（2－1）＋1，a3＝eq\r(3－1)＋1.因此猜想an＝eq\r(n－1）＋1.下面用数学归纳法证明上式:当n＝1时结论显然成立．假设当n＝k（k≥1,k∈N*)时结论成立,即ak＝eq\r(k－1）＋1，则ak＋1＝eq\r(ak－12＋1)＋1＝eq\r(k－1＋1）＋1＝eq\r（k＋1－1）＋1.所以当n＝k＋1时结论成立．所以an＝eq\r（n－1）＋1(n∈N*）．(2）方法一设f(x)＝eq\r(x－12＋1）－1,则an＋1＝f(an）．令c＝f（c)，即c＝eq\r(c－12＋1)－1，解得c＝eq\f（1,4）。下面用数学归纳法证明加强命题：a2n〈c<a2n＋1<1。当n＝1时,a2＝f（1）＝0,a3＝f(a2）＝f（0)＝eq\r(2)－1,所以a2〈eq\f(1,4）<a3<1，结论成立．假设当n＝k（k≥1，k∈N＊）时结论成立，即a2k<c〈a2k＋1〈1.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）<f(a2k＋2）〈f（a2）＝a3<1,故c<a2k＋3<1.因此a2(k＋1）〈c<a2(k＋1）＋1〈1.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＝eq\f(1，4).方法二设f（x)＝eq\r(x－12＋1)－1，则an＋1＝f(an)．先证：0≤an≤1(n∈N*)．①当n＝1时，结论显然成立．假设当n＝k（k≥1，k∈N＊)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）＝eq\r(2)－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〈a2n＋1（n∈N*)．②当n＝1时,a2＝f(1)＝0,a3＝f(a2）＝f（0)＝eq\r(2)－1，有a2〈a3，即n＝1时②成立．假设当n＝k（k≥1,k∈N*）时，结论成立，即a2k<a2k＋1.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)〈f(a2k＋2）＝a2(k＋1)＋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〈eq\r（a\o\al(2,2n）－2a2n＋2）－1，即（a2n＋1)2〈aeq\o\al（2,2n）－2a2n＋2，因此a2n〈eq\f(1，4).③又由①②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>eq\r(a\o\al（2，2n＋1)－2a2n＋1＋2)－1。解得a2n＋1>eq\f（1，4）。④综上，由②③④知存在c＝eq\f（1,4）使得a2n<c〈a2n＋1对一切n∈N＊成立．思维升华(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题,其基本模式是“归纳—猜想—证明",即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．（2）“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验-归纳—猜想-证明”．高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题．跟踪训练（2018·西安模拟）已知正项数列{an}中，对于一切的n∈N＊均有aeq\o\al(2,n)≤an－an＋1成立．（1)证明:数列{an}中的任意一项都小于1；(2)探究an与eq\f（1，n）的大小关系,并证明你的结论．证明(1)由aeq\o\al（2，n)≤an－an＋1，得an＋1≤an－aeq\o\al(2,n).∵在数列{an}中，an>0，∴an＋1〉0，∴an－aeq\o\al（2，n)〉0，∴0〈an<1，故数列｛an｝中的任何一项都小于1。(2)由(1）知0<a1<1＝eq\f（1,1)，那么a2≤a1－aeq\o\al(2,1）＝－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（a1－\f(1,2））)2＋eq\f(1,4）≤eq\f（1,4)<eq\f(1，2)，由此猜想an<eq\f(1，n)。下面用数学归纳法证明:当n≥2，且n∈N＊时猜想正确．①当n＝2时已证；②假设当n＝k（k≥2，且k∈N＊）时，有ak〈eq\f(1，k)成立,那么eq\f（1,k)≤eq\f(1,2),ak＋1≤ak－aeq\o\al（2,k）＝－eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（ak－\f（1,2))）2＋eq\f（1，4）〈－eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(1，k）－\f（1，2)))2＋eq\f（1，4)＝eq\f(1，k）－eq\f(1，k2)＝eq\f(k－1，k2)〈eq\f(k－1，k2－1）＝eq\f（1，k＋1），∴当n＝k＋1时，猜想正确．综上所述，对于一切n∈N*，都有an〈eq\f(1，n)。归纳-猜想—证明问题典例（12分）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)证明（1)中的猜想．思维点拨(1）由S1＝a1算出a1;由an＝Sn－Sn－1算出a2，a3，a4,观察所得数值的特征猜出通项公式．(2）用数学归纳法证明．规范解答(1）解当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq\f（3,2）；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq\f(7,4)；当n＝4时,a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝eq\f（15,8).［2分］由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．［4分](2）证明①当n＝1时,a1＝1,结论成立．［5分］②假设当n＝k（k≥1且k∈N＊）时，结论成立，即ak＝eq\f(2k－1，2k－1),那么当n＝k＋1时,[7分]ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2（k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak。［9分］∴ak＋1＝eq\f（2＋ak,2）＝eq\f(2＋\f（2k－1，2k－1),2）＝eq\f(2k＋1－1，2k）。∴当n＝k＋1时,结论成立．［11分]由①②知猜想an＝eq\f（2n－1，2n－1）（n∈N*)成立．［12分］归纳—猜想-证明问题的一般步骤第一步:计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论；第二步：验证一般结论对第一个值n0(n0∈N*)成立;第三步：假设当n＝k(k≥n0，k∈N*)时结论成立，证明当n＝k＋1时结论也成立；第四步：下结论，由上可知结论对任意n≥n0,n∈N*成立．1．(2018·商丘周测)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（1)<1成立，则f(10)〈100成立B．若f(2)<4成立,则f（1）≥1成立C．若f（3）≥9成立，则当k≥1时,均有f（k)≥k2成立D．若f（4）≥16成立，则当k≥4时，均有f（k)≥k2成立答案D解析∵f(k)≥k2成立时,f（k＋1）≥(k＋1)2成立，∴f（4)≥16时，有f(5)≥52,f（6)≥62,…，f（k）≥k2成立．2．（2018·泉州模拟）设S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋（n－1)2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明Sn＝eq\f(n2n＋1，3）时，第二步从“k"到“k＋1"应添加的项为________．答案(k＋1）2＋k2解析由S1，S2，…，Sn可以发现由n＝k到n＝k＋1时，中间增加了两项（k＋1）2＋k2（n,k∈N＊)．3．在数列｛bn｝中，b1＝2，bn＋1＝eq\f(3bn＋4,2bn＋3)（n∈N＊）．求b2，b3，试判定bn与eq\r（2)的大小，并加以证明．解由b1＝2,bn＋1＝eq\f（3bn＋4,2bn＋3)，得b2＝eq\f(3×2＋4,2×2＋3)＝eq\f（10,7）,b3＝eq\f(58,41).经比较有b1〉eq\r（2)，b2>eq\r（2），b3>eq\r（2)。猜想bn〉eq\r（2）(n∈N＊)．下面利用数学归纳法证明．①当n＝1时,∵b1＝2，∴eq\r(2)〈b1。②假设当n＝k（k≥1，k∈N*）时,结论成立，即eq\r(2)〈bk，∴bk－eq\r（2)>0.当n＝k＋1时，bk＋1－eq\r（2)＝eq\f(3bk＋4,2bk＋3）－eq\r（2)＝eq\f(3－2\r（2）bk＋4－3\r（2)，2bk＋3)＝eq\f（3－2\r(2）bk－\r（2）,2bk＋3）〉0。∴bk＋1〉eq\r（2）,也就是说,当n＝k＋1时，结论也成立．根据①②知bn>eq\r（2）(n∈N*)．4．数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，3)）)eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)）)·…·eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1）))〉eq\f（\r（2n＋1),2）均成立．证明①当n＝2时,左边＝1＋eq\f（1，3)＝eq\f（4，3)，右边＝eq\f(\r(5）,2）。∵左边>右边，∴不等式成立．②假设当n＝k(k≥2，且k∈N＊）时不等式成立，即eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f（1，3))）eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(1＋\f(1，5）))·…·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，2k－1）))>eq\f(\r(2k＋1）,2）。则当n＝k＋1时,eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，3)）)eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（1＋\f(1，5)））·…·eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（1＋\f（1，2k－1）)）eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1（1＋\f（1,2k＋1－1)）)〉eq\f（\r(2k＋1),2）·eq\f（2k＋2，2k＋1)＝eq\f（2k＋2,2\r（2k＋1））＝eq\f(\r（4k2＋8k＋4）,2\r（2k＋1))>eq\f(\r（4k2＋8k＋3),2\r（2k＋1))＝eq\f（\r（2k＋3)\r（2k＋1)，2\r（2k＋1）)＝eq\f(\r(2k＋1＋1),2).∴当n＝k＋1时,不等式也成立．由①②知对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．5．求证：(n＋1)(n＋2)·…·（n＋n）＝2n·1·3·5·…·（2n－1)（n∈N＊）．证明（1）当n＝1时，等式左边＝2，右边＝2，故等式成立；(2）假设当n＝k（k≥1,k∈N*)时等式成立，即(k＋1)（k＋2)·…·（k＋k）＝2k·1·3·5·…·（2k－1），那么当n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)（k＋1＋2)·…·（k＋1＋k＋1)＝（k＋2）（k＋3）·…·（k＋k)（2k＋1）（2k＋2）＝2k·1·3·5·…·(2k－1）(2k＋1)·2＝2k＋1·1·3·5·…·（2k－1）（2k＋1），所以当n＝k＋1时等式也成立．由（1）(2)可知，对所有n∈N*等式成立．6．数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c（n∈N*）．（1)证明:｛xn}是递减数列的充要条件是c〈0;（2)若0〈c≤eq\f(1,4），证明：数列{xn}是递增数列．证明（1）充分性：若c〈0,由于xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c〈xn,所以数列{xn｝是递减数列．必要性：若｛xn｝是递减数列，则x2<x1,且x1＝0。又x2＝－xeq\o\al（2,1)＋x1＋c＝c，所以c<0.故｛xn}是递减数列的充要条件是c〈0.(2）若0<c≤eq\f（1,4），要证{xn｝是递增数列．即xn＋1>xn，即xn＋1－xn＝－xeq\o\al(2，n）＋c>0,也就是证明xn〈eq\r（c）。下面用数学归纳法证明当0〈c≤eq\f（1,4)时，xn〈eq\r（c)对任意n≥1,n∈N＊都成立．①当n＝1时，x1＝0<eq\r(c)≤eq\f（1，2)，结论成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N*）时结论成立，即xk〈eq\r（c）.因为函数f(x）＝－x2＋x＋c在区间eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1，2)）)上单调递增，所以xk＋1＝f（xk）〈f（eq\r（c))＝eq\r(c），这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．故xn〈eq\r（c）对任意n≥1,n∈N＊都成立．因此,xn＋1＝xn－xeq\o\al(2，n）＋c〉xn，即｛xn}是递增数列．7．（2017·广州模拟)已知函数f（x）＝ax－eq\f(3，2）x2的最大值不大于eq\f(1,6)，又当x∈eq\b\lc\［\rc\］（\a\vs4\al\co1（\f(1,4）,\f（1,2）））时，f(x)≥eq\f（1，8）。(1）求a的值；（2）设0〈a1<eq\f（1,2),an＋1＝f(an),n∈N*,证明:an〈eq\f(1,n＋1).(1）解由题意，知f（x）＝ax－eq\f(3,2）x2＝－eq\f（3,2）eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(x－\f(a,3）))2＋eq\f(a2,6）。又f（x)max≤eq\f(1,6)，所以f(x)max＝feq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f（a，3))）＝eq\f(a2,6)≤eq\f(1，6）。所以a2≤1。又当x∈eq\b\lc\［\rc\］(\a\vs4\al\co1(\f（1,4)，\f（1,2)））时，f(x）≥eq\f（1,8),所以eq\b\lc\{\rc\（\a\vs4\al\co1（f\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)）)≥\f(1，8)，,f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4）)）≥\f（1,8)，）)即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1（\f（a,2）－\f（3,8)≥\f（1,8），，\f(a，4)－\f（3,32）≥\f（1，8)，））解得a≥1.又因为a2≤1，所以a＝1.(2）证明用数学归纳法证明：①当n＝1时，0〈a1〈eq\f(1,2)，显然结论成立．因为当x∈eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（0,\f(1,2))）时,0<f(x)≤eq\f（1，6），所以0〈a2＝f(a1）≤eq\f(1,6)〈eq\f(1，3)。故当n＝2时，原不等式也成立．②假设当n＝k(k