第7章 第7节
一、选择题
1．若命题p(n)对n＝k成立，则它对n＝k＋2也成立，又已知命题p(1)成立，则下列结论正确的是( )
A．p(n)对所有自然数n都成立
B．p(n)对所有正偶数n成立
C．p(n)对所有正奇数n都成立
D．p(n)对所有大于1的自然数n成立
[答案] C
2．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是( )
A．6＋6·7k
B．2＋7k－1
C．2(2＋7k＋1)
D．3(2＋7k)
[答案] D
[解析] (1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．
(2)假设当k＝n时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.
这就是说，k＝n＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．
3．(2011·黄冈模拟)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)≥25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
[答案] D
[解析] 对于A，因为“原命题成立，否命题不一定成立”，所以若f(1)＜1成立，则f(10)＜100不一定成立；对于B，因为“原命题成立，则逆否命题一定成立”，所以只能得出：若f(2)＜4成立，则f(1)＜1成立，不能得出：若f(2)＜4成立，则f(1)≥1成立；对于C，当k＝1或2时，不一定有f(k)≥k2成立；对于D，因为f(4)≥25≥16，所以对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立．故选D.
4．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝eq \f(n4＋n2,2)，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上( )
A．k2＋1
B．(k＋1)2
C.eq \f(k＋14＋k＋12,2)
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2
[答案] D
[解析] ∵当n＝k时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2，
当n＝k＋1时，
左侧＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，
∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上
(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.
5．用数学归纳法证明：“(n＋1)·(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)”．从“k到k＋1”左端需增乘的代数式为( )
A．2k＋1
B．2(2k＋1)
C.eq \f(2k＋1,k＋1)
D.eq \f(2k＋3,k＋1)
[答案] B
[解析] 当n＝k时，左端式子为(k＋1)(k＋2)…(k＋k－1)(k＋k)，当n＝k＋1时，左端式子为(k＋2)(k＋3)…(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)．所以左端需增乘的代数式为eq \f(k＋1＋kk＋1＋k＋1,k＋1)＝2(2k＋1)．
6．已知f(n)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,n)(n∈N*)，证明不等式f(2n)＞eq \f(n,2)时，f(2k＋1)比f(2k)多的项数有( )
A．2k－1项
B．2k＋1项
C．2k项
D．以上都不对
[答案] C
[解析] f(2k)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)，
f(2k＋1)＝1＋eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)＋…＋eq \f(1,2k)＋eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)，
∴f(2k＋1)－f(2k)＝eq \f(1,2k＋1)＋eq \f(1,2k＋2)＋…＋eq \f(1,2k＋1)，共2k项．
7．对于不等式eq \r(n2＋n)≤n＋1(n∈N*)，某人的证明过程如下：
1°当n＝1时，eq \r(12＋1)≤1＋1，不等式成立.
2°假设n＝k(k∈N*)时不等式成立，即eq \r(k2＋k)2(n＋1)n，
故eq \f(1,a1＋b1)＋eq \f(1,a2＋b2)＋…＋eq \f(1,an＋bn)eq \r(2·1＋1)，
取n＝2有(1＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))>eq \r(2·2＋1)，…….
由此推测(1＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))……eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n－1)))>eq \r(2n＋1).
假设n＝k时，有：
(1＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))……eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))>eq \r(2k＋1)，
则当n＝k＋1时，(1＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))……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)))>eq \r(2k＋1)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))，
∵2k＋3＋eq \f(1,2k＋1)>2k＋3，
∴(2k＋1)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,2k＋1)＋\f(1,2k＋12)))>2k＋3，
∴(2k＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))2>2k＋3，
∴eq \r(2k＋1)
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))>eq \r(2k＋3)，
即(1＋1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))……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)))>eq \r(2k＋3)，
∴当n＝k＋1时，结论也成立．
15．(2010·江苏卷)已知△ABC的三边长都为有理数
(1)求证：cosA是有理数；
(2)对任意正整数n，求证cosnA是有理数．
[解析] 本题主要考查余弦定理、数学归纳法等础知识，考查推理论证的能力与分析问题、解决问题的能力．
解：(1)由AB、BC、AC为有理数及余弦定理知cosA＝eq \f(AB2＋AC2－BC2,2AB·AC) 是有理数．
(2)用数学归纳法证明cosnA和sinA·sinnA都是有理数．
①当n＝1时，由(1)知cosA是有理数，从而有sinA·sinA＝1－cos2A也是有理数．
②假设当n＝k(k≥1)时，coskA和cosA·sinkA都是有理数．
当n＝k＋1时，由
cos(k＋1)A＝cosA·coskA－sinA·sinkA，
sinA·sin(k＋1)A＝sinA·(sinA·coskA＋cosA·sinkA)
＝(sinA·sinA)·coskA＋(sinA·sinkA)·cosA，
及①和归纳假设，知cos(k＋1)A与sinA·sin(k＋1)A都是有理数．
即当n＝k＋1时，结论成立．
综合①、②可知，对任意正整数n，cosnA是有理数．
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一、函数与方程思想在不等式中的应用
在解决不等式问题时，可以用变化的观点，将问题抽象为函数，从而利用函数的图像和性质解决问题．例如：对满足一定条件的字母可以构造函数，再判断该函数在某一范围上的单调性和奇偶性等，并利用这些性质解决问题．另外，方程与不等式问题也可以通过构建相关函数，利用函数图像与性质使问题得以解决．
[例1] 设实数a>1>b>0，问a，b满足什么关系时，不等式lg(ax－bx)>0的解集是(1，＋∞)．
[解析] 设f(x)＝lg(ax－bx)，先确定x的取值范围．
∵ax－bx>0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)))x>1，且eq \f(a,b)>1，
∴x∈(0，＋∞)．
依题意，只需f(x)是(0，＋∞)上的增函数，且f(1)＝0.
∵a>1>b>0，
∴ax和－bx都是(0，＋∞)上的增函数．
从而ax－bx亦是(0，＋∞)上的增函数．
故f(x)＝lg(ax－bx)是(0，＋∞)上的增函数．
又f(1)＝lg(a－b)，令lg(a－b)＝0，得a－b＝1.
因此a，b满足的关系式为a＝b＋1.
二、分类整合思想在不等式中的应用
由于受某些量的取值限制，不等式的解集无法确定，但可对这个量的取值进行分割，如：一元二次不等式中由于二次项系数的正负，根的大小需分类讨论；指数、对数不等式由于底数的取值而影响到其单调性，故需对底数分类讨论等．
[例2] 解关于x的不等式eq \f(x＋2,m)>1＋eq \f(x－3,m2)，并求当不等式的解集为{x|x>3}时m的值．
[解析] 原不等式可化为：(m－1)x>m2－2m－3(m≠0)，
当m<1且m≠0时，
不等式解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x<\f(m2－2m－3,m－1))).
当m>1时，不等式解集为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x|x>\f(m2－2m－3,m－1))).
当m＝1时，不等式解集为R，
又由eq \f(m2－2m－3,m－1)＝3和m>1得m＝5.
[例3] 不等式(k2－1)x2＋2(k＋1)x＋1>0对x∈R恒成立，则实数k的取值范围是________．
[解析] ①当k2－1＝0，k＝±1时，
若k＝1，不等式等价于4x＋1>0对一切x∈R恒成立，这是不可能的．
若k＝－1，原式变为1>0恒成立．
∴k＝－1.
②当k2－1<0，即－10，即k<－1或k>1时，
原式恒成立，只需Δ＝4(k＋1)2－4(k2－1)<0，
即k<－1.
综上所述，实数k的取值范围是k≤－1.
[答案] (－∞，1]
三、数形结合思想在解不等式中的应用
在这一板块中数形结合的思想主要是通过图形，将数的运算直观表达，从而寻找解题的关键点．例如：在解不等式时，一般是利用数轴来确定不等式的解集，即确定各不等式解集的交集或并集；也可以用图像法解不等式，对于一些不易求解的不等式，我们可以从解集的意义出发，由不等式两端对应函数的图像的高低，确定自变量的取值范围；一元二次函数图像、一元二次方程与一元二次不等式经常结合起研究函数最值、单调性、极值与方程的根等问题；另外，线性规划的问题更是离不开数与形的结合．
[例4] 设函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(2－x－1x≤0,x\f(1,2)x>0))，若f(x0)>1，则x0的取值范围是( )
A．(－1,1)
B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－2)∪(0，＋∞)
D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)
[解析] 选D.如图所示，在同一坐标系中作出函数y＝f(x)的图像和直线y＝1，它们相交于(－1,1)和(1,1)两点，由f(x0)>1，得x0<－1或x0>1，故选D.
四、有关恒成立问题
不等式中的恒成立问题、有解问题以及无解问题是高考的热点，对于恒成立问题高考考查的特别多，但是对于有解、无解问题的考查预计在以后的高考中有加强的趋势，故要熟练掌握.
[例5] 已知不等式x2＋4≥ax在[1,4]上恒成立，求参数a的取值范围．
[解析] 将参数a分离出来，因为x∈[1,4]，
所以原不等式可转化为x＋eq \f(4,x)≥a，
令f(x)＝x＋eq \f(4,x)，要使不等式x2＋4≥ax在[1,4]上恒成立，
只要x＋eq \f(4,x)≥a在x∈[1,4]上恒成立即可，
即a≤f(x)min，
又因为f(x)＝x＋eq \f(4,x)在区间[1,2]上单调递减，在[2,4]上单调递增，所以f(x)min＝f(2)＝2＋eq \f(4,2)＝4，
所以要使不等式x2＋4≥ax在[1,4]上恒成立，
则a≤4.
[例6] 若eq \f(1,4)t2－kt－1≤0在t∈[－1,1]上恒成立，求k的范围．
[解析] eq \f(1,4)t2－kt－1≤0在t∈[－1,1]上恒成立等价于kt≥eq \f(1,4)t2－1在t∈[－1,1]上恒成立．
令g(t)＝eq \f(1,4)t2－1，h(t)＝kt.
则kt≥eq \f(1,4)t2－1在t∈[－1,1]上恒成立等价于对任意的t∈[－1,1]，y＝h(t)的图像在y＝g(t)的图像上方，其中y＝g(t)，t∈[－1,1]为抛物线段，
y＝h(t)，t∈[－1,1]是过原点且斜率为k的动线段．
作出g(t)和h(t)的大致图像如图，由图像可知，直线h(t)＝kt在如图所示的阴影域时能保证kt≥eq \f(1,4)t2－1在t∈[－1,1]上恒成立，故－eq \f(3,4)≤k≤eq \f(3,4).
五、归纳与证明问题
证明与归纳是学习数学的两大重要数学思想方法，数学中发现的一些结论都要经过严格的证明才能保证其准确性．直接证明与间接证明是数学证明的两类基本方法，而综合法与分析法又是直接证明中非常重要的方法；间接证明主要是反证法．当然，与自然数有关的数学问题通常经过不完全归纳猜想得出一个结论，这个结论必须经过数学归纳法的证明才能成立．
[例7] 在△ABC中，有不等式eq \f(1,A)＋eq \f(1,B)＋eq \f(1,C)≥eq \f(9,π)成立；在四边形ABCD中，有不等式eq \f(1,A)＋eq \f(1,B)＋eq \f(1,C)＋eq \f(1,D)≥eq \f(16,2π)成立；在
五边形ABCDE中，有不等式eq \f(1,A)＋eq \f(1,B)＋eq \f(1,C)＋eq \f(1,D)＋eq \f(1,E)≥eq \f(25,3π)成立．猜想在六边形ABCDEF中，有怎样的不等式成立？试归纳出在n边形中，有怎样的不等式成立？
[解析] 根据已知条件可得，在六边形ABCDEF中，有不等式eq \f(1,A)＋eq \f(1,B)＋eq \f(1,C)＋eq \f(1,D)＋eq \f(1,E)＋eq \f(1,F)≥eq \f(36,4π)成立．
从而可归纳在n边形A1A2…An中，
有不等式eq \f(1,A1)＋eq \f(1,A2)＋…＋eq \f(1,An)＝eq \f(n2,n－2π)成立．
[例8] 已知函数{an}的第一项a1＝5，且Sn－1＝an(n≥2，n∈N＋)，
(1)求a2，a3，a4并猜想an的表达式；
(2)用数学归纳法证明{an}的通项公式．
[解析] (1)a2＝S1＝a1＝5，
a3＝S2＝a1＋a2＝10，a4＝S3＝a1＋a2＋a3＝20.
猜想an＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(5 n＝1,5×2n－2 n≥2，n∈N＋))，
(2)当n＝2时，a2＝5×22－2＝5，通项公式成立．
假设当n＝k时通项公式成立，ak＝5×2k－2(k≥2，k∈N＋)，
则当n＝k＋1时，ak＋1＝Sk＝a1＋a2＋…＋ak
＝5＋5＋10＋…＋5×2k－2＝5＋eq \f(51－2k－1,1－2)＝5×2k－1，
∴n＝k＋1时，通项公式也成立．
综合(1)(2)得，对n≥2，n∈N＋都有an＝5×2n－2.
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