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第6章 不等式、推理與證明第7節(jié) 數學歸納法1(2014山東,5分)用反證法證明命題“設a,b為實數,則方程x3axb0至少有一個實根”時,要做的假設是()a方程x3axb0沒有實根b方程x3axb0至多有一個實根c方程x3axb0至多有兩個實根d方程x3axb0恰好有兩個實根解析:選a至少有一個實根的否定是沒有實根,故要做的假設是“方程x3axb0沒有實根”答案:a2(2014江蘇,10分)已知函數f0(x)(x0),設fn(x)為fn1(x)的導數,nn*.(1)求2f1f2的值;(2)證明:對任意的nn*,等式nfn1fn都成立解:由已知,得f1(x)f0(x),于是f2(x)f1(x),所以f1,f2.故2f1f21.(2)證明:由已知,得xf0(x)sin x,等式兩邊分別對x求導,得f0(x)xf0(x)cos x,即f0(x)xf1(x)cos xsin,類似可得2f1(x)xf2(x)sin xsin(x),3f2(x)xf3(x)cos xsin,4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)下面用數學歸納法證明等式nfn1(x)xfn(x)sin對所有的nn*都成立當n1時,由上可知等式成立假設當nk時等式成立,即kfk1(x)xfk(x)sin.因為kfk1(x)xfk(x)kfk1(x)fk(x)xfk(x)(k1)fk(x)xfk1(x),cossin,所以(k1)fk(x)xfk1(x)sin.因此當nk1時,等式也成立綜合可知等式nfn1(x)xfn(x)sin對所有的nn*都成立令x,可得nfn1fnsin(nn*)所以(nn*)3(2014安徽,13分)設實數c0,整數p1,nn*.(1)證明:當x1且x0時,(1x)p1px;(2)數列an滿足a1c,an1ana.證明:anan1c.證明:(1)用數學歸納法證明:當p2時,(1x)212xx212x,原不等式成立假設pk(k2,kn*)時,不等式(1x)k1kx成立當pk1時,(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以pk1時,原不等式也成立綜合可得,當x1,x0時,對一切整數p1,不等式(1x)p1px均成立(2)法一:先用數學歸納法證明anc.當n1時,由題設知a1c成立假設nk(k1,kn*)時,不等式akc成立由an1ana易知an0,nn*.當nk1時,a1.由akc0得11p.因此ac,即ak1c.所以nk1時,不等式anc也成立綜合可得,對一切正整數n,不等式anc均成立再由1可得1,即an1an1c,nn*.法二:設f(x)xx1p,xc,則xpc,并且f(x)(1p)xp0,xc.由此可得,f(x)在上單調遞增,因而,當xc時,f(x)f(c)c.當n1時,由a1c0,即ac可知a2a1aa1c,從而a1a2c.故當n1時,不等式anan1c成立假設nk(k1,kn*)時,不等式akak1c成立,則當nk1時,f(ak)f(ak1)f(c),即有ak1ak2c.所以nk1時,原不等式也成立綜合可得,對一切正整數n,不等式anan1c均成立4(2014重慶,12分)設a11,an1b(nn*)(1)若b1,求a2,a3及數列an的通項公式;(2)若b1,問:是否存在實數c使得a2nca2n1對所有nn*成立?證明你的結論解:法一:(1)a22,a31,再由題設條件知(an11)2(an1)21.從而(an1)2是首項為0公差為1的等差數列,故(an1)2n1,即an1(nn*)(2)設f(x)1,則an1f(an)令cf(c),即c1,解得c.下面用數學歸納法證明加強命題a2nca2n11.當n1時,a2f(1)0,a3f(0)1,所以a2a31,結論成立假設nk時結論成立,即a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2,即1ca2k2a2.再由f(x)在(,1上為減函數得cf(c)f(a2k2)f(a2)a31.故ca2k31,因此a2(k1)ca2(k1)11.這就是說,當nk1時結論成立綜上,符合條件的c存在,其中一個值為c.法二:(1)a22,a31,可寫為a11,a21,a31.因此猜想an1.下面用數學歸納法證明上式:當n1時結論顯然成立假設nk時結論成立,即ak1.則ak1111.這就是說,當nk1時結論成立所以an1(nn*)(2)設f(x)1,則an1f(an)先證:0an1(nn*)當n1時,結論明顯成立假設nk時結論成立,即0ak1.易知f(x)在(,1上為減函數,從而0f(1)f(ak)f(0)11.即0ak11.這就是說,當nk1時結論成立,故成立再證:a2na2n1(nn*)當n1時,a2f(1)0,a3f(a2)f(0)1,有a2a3,即n1時成立假設nk時,結論成立,即a2kf(a2k1)a2k2,a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.這就是說,當nk1時成立,所以對一切nn*成立由得a2n 1,即(a2n1)2a2a2n2,因此a2nf(a2n1),即a2n1a2n2,所以a2n11.解得a2n1.綜上,由知存在c使a2nca2n1對一切nn*成立5(2013江蘇,10分)設數列an:1,2,2,3,3,3,4,4,4,4,(1)k1k,(1)k1k,即當n(kz*)時,an(1)k1k.記sna1a2an(nn*)對于ln*,定義集合pln|sn是an的整數倍,nn*,且1nl(1)求集合p11中元素的個數;(2)求集合p2 000中元素的個數解:本小題主要考查集合、數列的概念和運算、計算原理等基礎知識,考查探究能力及運用數學歸納法的推理論證能力(1)由數列an的定義得a11,a22,a32,a43,a53,a63,a74,a84,a94,a104,a115,所以s11,s21,s33,s40,s53,s66,s72,s82,s96,s1010,s115,從而s1a1,s40a4,s5a5,s62a6,s11a11,所以集合p11中元素的個數為5.(2)先證:si(2i1)i(2i1)(in*)事實上,當i1時,si(2i1)s33,i(2i1)3,故原等式成立;假設im時成立,即sm(2m1)m(2m1),則im1時,s(m1)(2m3)sm(2m1)(2m1)2(2m2)2m(2m1)4m3(2m25m3)(m1)(2m3)綜合可得si(2i1)i(2i1)于是s(i1)(2i1)si(2i1)(2i1)2i(2i1)(2i1)2(2i1)(i1)由上可知si(2i1)是2i1的倍數,而ai(2i1)j2i1(j1,2,2i1),所以si(2i1)jsi(2i1)j(2i1)是ai(2i1)j(j1,2,2i1)的倍數又s(i1)(2i1)(i1)(2i1)不是2i2的倍數,而a(i1)(2i1)j(2i2)(j1,2,2i2),所以s(i1)(2i1)js(i1)(2i1)j(2i2)(2i1)(i1)j(2i2)不是a(i1)(2i1)j(j1,2,2i2)的倍數故當li(2i1)時,集合pl中元素的個數為13(2i1)i2,于是,當li(2i1)j(1j2i1)時,集合pl中元素的個數為i2j.又2 00031(2311)47,故集合p2 000中元素的個數為312471 008.6(2012湖北,14分)(1)已知函數f(x)rxxr(1r)(x0),其中r為有理數,且0r1.求f(x)的最小值;(2)試用(1)的結果證明如下命題:設a10,a20,b1,b2為正有理數若b1b21,則a1b1a2b2a1b1a2b2;(3)請將(2)中的命題推廣到一般形式,并用數學歸納法證明你所推廣的命題注:當為正有理數時,有求導公式(x)1x1.解:(1)f(x)rrxr1r(1xr1),令f(x)0,解得x1.當0x1時,f(x)0,所以f(x)在(0,1)內是減函數;當x1時,f(x)0,所以f(x)在(1,)內是增函數故函數f(x)在x1處取得最小值f(1)0.(2)由(1)知,當x(0,)時,有f(x)f(1)0,即xrrx(1r),若a1,a2中至少有一個為0,則ab11ab22a1b1a2b2成立;若a1,a2均不為0,又b1b21,可得b21b1,于是在中令x,rb1,可得()b1b1(1b1),即ab11a1b12a1b1a2(1b1),亦即ab11ab22a1b1a2b2.綜上,對a10,a20,b1,b2為正有理數且b1b21,總有ab11ab22a1b1a2b2.(3)(2)中命題的推廣形式為設a1,a2,an為非負實數,b1,b2,bn為正有理數若b1b2bn1,則ab11ab22abnna1b1a2b2anbn.用數學歸納法證明如下:(1)當n1時,b11,有a1a1,成立(2)假設當nk時,成立,即若a1,a2,ak為非負實數,b1,b2,bk為正有理數,且b1b2bk1,則ab11ab22abkka1b1a2b2akbk.當nk1時,已知a1,a2,ak,ak1為非負實數,b1,b2,bk,bk1為正有理數,且b1b2bkbk11,此時0bk11,即1bk10,于是ab11ab22abkkabk1k1(ab11ab22abkk)abk1k1(aaa)1bk1abk1k1.因1,由歸納假設可得aaaa1a2ak
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