高科数学专题复习课件：第十三章 13_3数学归纳法 92页

§13.3 　 数学归纳法 基础知识 　 自主学习 课时作业 题型分 类　 深度剖析 内容索引 基础知识　自主学习 数学归纳法 知识梳理 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 ( n 0 ∈ N * ) 时命题成立； (2)( 归纳递推 ) 假设 n ＝ k ( k ≥ n 0 ， k ∈ N * ) 时命题成立，证明 当 时 命题也成立 . 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从 n 0 开始的所有正整数 n 都成立 . 第一个值 n 0 n ＝ k ＋ 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 .( 　　 ) 思考辨析 × × × (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 ＋ 2 2 ＋ … ＋ 2 n ＋ 2 ＝ 2 n ＋ 3 － 1 ” ，验证 n ＝ 1 时，左边式子应为 1 ＋ 2 ＋ 2 2 ＋ 2 3 .( 　　 ) (6) 用数学归纳法证明凸 n 边形的内角和公式时， n 0 ＝ 3.( 　　 ) × √ √ 考点自测 A.1 B.1 ＋ a C.1 ＋ a ＋ a 2 D.1 ＋ a ＋ a 2 ＋ a 3 答案 解析 当 n ＝ 1 时， n ＋ 1 ＝ 2 ， ∴ 左边＝ 1 ＋ a 1 ＋ a 2 ＝ 1 ＋ a ＋ a 2 . 答案 解析 A. n ＝ k ＋ 1 时等式成立 B. n ＝ k ＋ 2 时等式成立 C. n ＝ 2 k ＋ 2 时等式成立 D. n ＝ 2( k ＋ 2) 时等式成立 因为 n 为正偶数， n ＝ k 时等式成立， 即 n 为第 k 个偶数时命题成立， 所以需假设 n 为下一个偶数，即 n ＝ k ＋ 2 时等式成立 . 3. 在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线 为 n ( n － 3) 条时，第一步检验 n 等于 凸 n 边形边数最小时是三角形， A.1 B.2 C.3 D.0 答案 解析 故第一步检验 n ＝ 3. 答案 解析 等式左边是从 1 开始的连续自然数的和，直到 n 2 . 故 n ＝ k ＋ 1 时，最后一项是 ( k ＋ 1) 2 ，而 n ＝ k 时，最后一项是 k 2 ， 应加上 ( k 2 ＋ 1) ＋ ( k 2 ＋ 2) ＋ ( k 2 ＋ 3) ＋ … ＋ ( k ＋ 1) 2 . 答案 3 4 5 n ＋ 1 题型分类　深度剖析 题型一　用数学归纳法证明等式 例 1 　 设 f ( n ) ＝ 1 ＋ ＋ ＋ … ＋ ( 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 ， 左边＝右边，等式成立 . ② 假设 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) f ( k ＋ 1) － ( k ＋ 1) ＝ ( k ＋ 1) [ f ( k ＋ 1) － 1 ] ， ∴ 当 n ＝ k ＋ 1 时结论成立 . 由 ①② 可知当 n ∈ N * 时， f (1) ＋ f (2) ＋ … ＋ f ( n － 1) ＝ n [ f ( n ) － 1 ] ( n ≥ 2 ， n ∈ N * ). 用数学归纳法证明恒等式应注意 (1) 明确初始值 n 0 的取值并验证 n ＝ n 0 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 . 思维 升华 跟踪训练 1 　 用数学归纳法证明： 证明 左边＝右边，等式成立 . ② 假设 n ＝ k ( k ≥ 1 ， k ∈ N * ) 时，等式成立 . 当 n ＝ k ＋ 1 时， 左边＝右边，等式成立 . 即对所有 n ∈ N * ，原式都成立 . 例 2 　 (2016· 烟台模拟 ) 等比数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，已知对任意的 n ∈ N * ，点 ( n ， S n ) 均在函数 y ＝ b x ＋ r ( b >0 且 b ≠ 1 ， b ， r 均为常数 ) 的图象上 . (1) 求 r 的值 ； 题型二　用数学归纳法证明不等式 解答 由题意， S n ＝ b n ＋ r ， 当 n ≥ 2 时， S n － 1 ＝ b n － 1 ＋ r . 所以 a n ＝ S n － S n － 1 ＝ b n － 1 ( b － 1). 由于 b >0 且 b ≠ 1 ， 所以 n ≥ 2 时， { a n } 是以 b 为公比的等比数列 . 又 a 1 ＝ b ＋ r ， a 2 ＝ b ( b － 1) ， 证明 由 (1) 及 b ＝ 2 知 a n ＝ 2 n － 1 . 因此 b n ＝ 2 n ( n ∈ N * ) ， 左式 > 右式，所以结论成立 . ② 假设 n ＝ k ( k ≥ 1 ， k ∈ N * ) 时结论成立， 则当 n ＝ k ＋ 1 时， 要证当 n ＝ k ＋ 1 时结论成立， 所以当 n ＝ k ＋ 1 时，结论成立 . 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 . 思维 升华 跟踪训练 2 　 若函数 f ( x ) ＝ x 2 － 2 x － 3 ，定义数列 { x n } 如下： x 1 ＝ 2 ， x n ＋ 1 是过点 P (4,5) 、 Q n ( x n ， f ( x n )) 的直线 PQ n 与 x 轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明： 2 ≤ x n < x n ＋ 1 <3. 证明 即 n ＝ 1 时结论成立 . ② 假设当 n ＝ k 时，结论成立，即 2 ≤ x k < x k ＋ 1 <3. ① 当 n ＝ 1 时， x 1 ＝ 2 ， f ( x 1 ) ＝－ 3 ， Q 1 (2 ，－ 3). 所以直线 PQ 1 的方程为 y ＝ 4 x － 11 ， 代入上式，令 y ＝ 0 ， 即 x k ＋ 1 < x k ＋ 2 ， 所以 2 ≤ x k ＋ 1 < x k ＋ 2 <3 ， 即当 n ＝ k ＋ 1 时，结论成立 . 由 ①② 知对任意的正整数 n, 2 ≤ x n < x n ＋ 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 例 3 　 (2017· 绵阳 质检 ) 已知数列 { x n } 满足 x 1 ＝ ， x n ＋ 1 ＝ ， n ∈ N * . 猜想数列 { x 2 n } 的单调性，并证明你的结论 . 解答 由 x 2 > x 4 > x 6 ，猜想：数列 { x 2 n } 是递减数列 . 下面用数学归纳法证明： ① 当 n ＝ 1 时，已证命题成立 . ② 假设当 n ＝ k 时命题成立，即 x 2 k > x 2 k ＋ 2 ， 易知 x k >0 ，那么 即 x 2( k ＋ 1) > x 2( k ＋ 1) ＋ 2 . 所以当 n ＝ k ＋ 1 时命题也成立 . 结合 ①② 知，对于任何 n ∈ N * 命题成立 . 命题点 2 　与数列有关的证明问题 例 4 　 在数列 { a n } 中， a 1 ＝ 2 ， a n ＋ 1 ＝ λa n ＋ λ n ＋ 1 ＋ (2 － λ )2 n ( n ∈ N * ， λ >0). (1) 求 a 2 ， a 3 ， a 4 ； 解答 a 2 ＝ 2 λ ＋ λ 2 ＋ 2(2 － λ ) ＝ λ 2 ＋ 2 2 ， a 3 ＝ λ ( λ 2 ＋ 2 2 ) ＋ λ 3 ＋ (2 － λ )2 2 ＝ 2 λ 3 ＋ 2 3 ， a 4 ＝ λ (2 λ 3 ＋ 2 3 ) ＋ λ 4 ＋ (2 － λ )2 3 ＝ 3 λ 4 ＋ 2 4 . (2) 猜想 { a n } 的通项公式，并加以证明 . 证明 由 (1) 可猜想数列通项公式为： a n ＝ ( n － 1) λ n ＋ 2 n . 下面用数学归纳法证明： ① 当 n ＝ 1,2,3,4 时，等式显然成立， ② 假设当 n ＝ k ( k ≥ 4 ， k ∈ N * ) 时等式成立， 即 a k ＝ ( k － 1) λ k ＋ 2 k ， 那么当 n ＝ k ＋ 1 时， a k ＋ 1 ＝ λa k ＋ λ k ＋ 1 ＋ (2 － λ )2 k ＝ λ ( k － 1) λ k ＋ λ 2 k ＋ λ k ＋ 1 ＋ 2 k ＋ 1 － λ 2 k ＝ ( k － 1) λ k ＋ 1 ＋ λ k ＋ 1 ＋ 2 k ＋ 1 ＝ [ ( k ＋ 1) － 1 ] λ k ＋ 1 ＋ 2 k ＋ 1 ， 所以当 n ＝ k ＋ 1 时， a k ＋ 1 ＝ [ ( k ＋ 1) － 1 ] λ k ＋ 1 ＋ 2 k ＋ 1 ，猜想成立， 由 ①② 知数列的通项公式为 a n ＝ ( n － 1) λ n ＋ 2 n ( n ∈ N * ， λ >0 ). 命题点 3 　存在性问题的证明 例 5 　 设 a 1 ＝ 1 ， a n ＋ 1 ＝ ＋ b ( n ∈ N * ). 解答 (1) 若 b ＝ 1 ，求 a 2 ， a 3 及数列 { a n } 的通项公式； 从而 {( a n － 1) 2 } 是首项为 0 ，公差为 1 的等差数列， 下面用数学归纳法证明上式： 当 n ＝ 1 时结论显然成立 . 所以当 n ＝ k ＋ 1 时结论成立 . (2) 若 b ＝－ 1 ，问：是否存在实数 c 使得 a 2 n < c < a 2 n ＋ 1 对所有 n ∈ N * 成立？证明你的结论 . 证明 则 a n ＋ 1 ＝ f ( a n ). 下面用数学归纳法证明加强命题： a 2 n < c < a 2 n ＋ 1 <1. 假设 n ＝ k 时结论成立，即 a 2 k < c < a 2 k ＋ 1 <1. 再由 f ( x ) 在 ( － ∞ ， 1] 上为减函数， 得 c ＝ f ( c )< f ( a 2 k ＋ 2 )< f ( a 2 ) ＝ a 3 <1 ，故 c < a 2 k ＋ 3 <1. 易知 f ( x ) 在 ( － ∞ ， 1] 上为减函数， 从而 c ＝ f ( c )> f ( a 2 k ＋ 1 )> f (1) ＝ a 2 ，即 1> c > a 2 k ＋ 2 > a 2 . 因此 a 2( k ＋ 1) < c < a 2( k ＋ 1) ＋ 1 <1. 先证： 0 ≤ a n ≤ 1( n ∈ N * ). ① 当 n ＝ 1 时，结论显然成立 . 则 a n ＋ 1 ＝ f ( a n ). 假设 n ＝ k 时结论成立，即 0 ≤ a k ≤ 1. 易知 f ( x ) 在 ( － ∞ ， 1] 上为减函数，从而 这就是说，当 n ＝ k ＋ 1 时结论成立 . 故 ① 成立 . 即 0 ≤ a k ＋ 1 ≤ 1. 再证： a 2 n < a 2 n ＋ 1 ( n ∈ N * ). ② 有 a 2 < a 3 ，即 n ＝ 1 时 ② 成立 . 由 ① 及 f ( x ) 在 ( － ∞ ， 1] 上为减函数，得 假设 n ＝ k 时，结论成立，即 a 2 k < a 2 k ＋ 1 . a 2 k ＋ 1 ＝ f ( a 2 k )> f ( a 2 k ＋ 1 ) ＝ a 2 k ＋ 2 ， a 2( k ＋ 1) ＝ f ( a 2 k ＋ 1 )< f ( a 2 k ＋ 2 ) ＝ a 2( 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 . 又由 ①② 及 f ( x ) 在 ( － ∞ ， 1] 上为减函数， 得 f ( a 2 n )> f ( a 2 n ＋ 1 ) ，即 a 2 n ＋ 1 > a 2 n ＋ 2 ， (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 . 思维 升华 跟踪训练 3 　 (2015· 江苏 ) 已知集合 X ＝ {1,2,3} ， Y n ＝ {1,2,3 ， … ， n }( n ∈ N * ) ，设 S n ＝ {( a ， b )| a 整除 b 或 b 整除 a ， a ∈ X ， b ∈ Y n } ，令 f ( n ) 表示集合 S n 所含元素的个数 . (1) 写出 f (6) 的值； 解答 Y 6 ＝ {1,2,3,4,5,6} ， S 6 中的元素 ( a ， b ) 满足： 若 a ＝ 1 ，则 b ＝ 1,2,3,4,5,6 ；若 a ＝ 2 ，则 b ＝ 1,2,4,6 ； 若 a ＝ 3 ，则 b ＝ 1,3,6. 所以 f (6) ＝ 13. 解答 (2) 当 n ≥ 6 时，写出 f ( n ) 的表达式，并用数学归纳法证明 . 当 n ≥ 6 时， 下面用数学归纳法证明： ② 假设 n ＝ k ( k ≥ 6) 时结论成立，那么 n ＝ k ＋ 1 时， S k ＋ 1 在 S k 的基础 上新 增加的元素 在 ( 1 ， k ＋ 1) ， (2 ， k ＋ 1) ， (3 ， k ＋ 1) 中产生 ，分 以下情形讨论： ( ⅰ ) 若 k ＋ 1 ＝ 6 t ，则 k ＝ 6( t － 1) ＋ 5 ，此时 有 ( ⅱ ) 若 k ＋ 1 ＝ 6 t ＋ 1 ，则 k ＝ 6 t ，此时有 ( ⅲ ) 若 k ＋ 1 ＝ 6 t ＋ 2 ，则 k ＝ 6 t ＋ 1 ，此时有 ( ⅳ ) 若 k ＋ 1 ＝ 6 t ＋ 3 ，则 k ＝ 6 t ＋ 2 ，此时有 ( ⅴ ) 若 k ＋ 1 ＝ 6 t ＋ 4 ，则 k ＝ 6 t ＋ 3 ，此时有 ( ⅵ ) 若 k ＋ 1 ＝ 6 t ＋ 5 ，则 k ＝ 6 t ＋ 4 ，此时有 综上所述，结论对满足 n ≥ 6 的自然数 n 均成立 . 典例 　 (12 分 ) 数列 { a n } 满足 S n ＝ 2 n － a n ( n ∈ N * ). (1) 计算 a 1 ， a 2 ， a 3 ， a 4 ，并由此猜想通项公式 a n ； (2) 证明 (1) 中的猜想 . 归纳 — 猜想 — 证明问题 答题模板系列 9 规范解答 (1) 由 S 1 ＝ a 1 算出 a 1 ；由 a n ＝ S n － S n － 1 算出 a 2 ， a 3 ， a 4 ，观察所得数值的特征猜出通项公式 . (2) 用数学归纳法证明 . 答题 模板 思维点拨 (1) 解 　当 n ＝ 1 时， a 1 ＝ S 1 ＝ 2 － a 1 ， ∴ a 1 ＝ 1 ； 当 n ＝ 2 时， a 1 ＋ a 2 ＝ S 2 ＝ 2 × 2 － a 2 ， 当 n ＝ 4 时， a 1 ＋ a 2 ＋ a 3 ＋ a 4 ＝ S 4 ＝ 2 × 4 － a 4 ， (2) 证明 　 ① 当 n ＝ 1 时， a 1 ＝ 1 ，结论成立 . [ 5 分 ] 那么 n ＝ k ＋ 1 时 ， [ 7 分 ] ② 假设 n ＝ k ( k ≥ 1 且 k ∈ N * ) 时，结论成立， a k ＋ 1 ＝ S k ＋ 1 － S k ＝ 2( k ＋ 1) － a k ＋ 1 － 2 k ＋ a k ＝ 2 ＋ a k － a k ＋ 1 ， ∴ 2 a k ＋ 1 ＝ 2 ＋ a k . [ 9 分 ] ∴ 当 n ＝ k ＋ 1 时，结论成立 . [ 11 分 ] 返回 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 n 0 ( n 0 ∈ N * ) 成立 ； 第三步：假设 n ＝ k ( k ≥ n 0 ， 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 ≥ n 0 ， n ∈ N * 成立 . 返回 课时作业 1. 如果命题 p ( n ) 对 n ＝ k ( k ∈ N * ) 成立，则它对 n ＝ k ＋ 2 也成立 . 若 p ( n ) 对 n ＝ 2 也成立，则下列结论正确的 是 A. p ( n ) 对所有正整数 n 都成立 B. p ( n ) 对所有正偶数 n 都成立 C. p ( n ) 对所有正奇数 n 都成立 D. p ( n ) 对所有自然数 n 都成立 答案 解析 √ n ＝ 2 时， n ＝ k ， n ＝ k ＋ 2 成立， n 为 2,4,6 ， … ，故 n 为所有正偶数 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 2. 用数学归纳法证明命题 “ 当 n 是正奇数时， x n ＋ y n 能被 x ＋ y 整除 ” ，在第二步时，正确的证法 是 A. 假设 n ＝ k ( k ∈ N * ) ，证明 n ＝ k ＋ 1 时命题成立 B. 假设 n ＝ k ( k 是正奇数 ) ，证明 n ＝ k ＋ 1 时命题成立 C. 假设 n ＝ 2 k ＋ 1( k ∈ N * ) ，证明 n ＝ k ＋ 1 时命题成立 D. 假设 n ＝ k ( k 是正奇数 ) ，证明 n ＝ k ＋ 2 时命题成立 答案 解析 √ 相邻两个正奇数相差 2 ，故 D 选项正确 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 3.(2017· 淄博质检 ) 设 f ( x ) 是定义在正整数集上的函数，且 f ( x ) 满足：当 f ( k ) ≥ k ＋ 1 成立时，总能推出 f ( k ＋ 1) ≥ k ＋ 2 成立，那么下列命题总成立的 是 A. 若 f (1)<2 成立，则 f (10)<11 成立 B. 若 f (3) ≥ 4 成立，则当 k ≥ 1 时，均有 f ( k ) ≥ k ＋ 1 成立 C. 若 f (2)<3 成立，则 f (1) ≥ 2 成立 D. 若 f (4) ≥ 5 成立，则当 k ≥ 4 时，均有 f ( k ) ≥ k ＋ 1 成立 √ 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当 f ( k ) ≥ k ＋ 1 成立时，总能推出 f ( k ＋ 1) ≥ k ＋ 2 成立，说明如果当 k ＝ n 时， f ( n ) ≥ n ＋ 1 成立，那么当 k ＝ n ＋ 1 时， f ( n ＋ 1) ≥ n ＋ 2 也成立 ， 所以 如果当 k ＝ 4 时， f (4) ≥ 5 成立，那么当 k ≥ 4 时， f ( k ) ≥ k ＋ 1 也成立 . 4. 在数列 { a n } 中， a 1 ＝ ， 且 S n ＝ n (2 n － 1) a n ，通过求 a 2 ， a 3 ， a 4 ，猜想 a n 的表达式为 答案 解析 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 5. 利用数学归纳法证明 “ ( n ＋ 1)( n ＋ 2)· … ·( n ＋ n ) ＝ 2 n × 1 × 3 ×…× (2 n － 1) ， n ∈ N * ” 时，从 “ n ＝ k ” 变到 “ n ＝ k ＋ 1 ” 时，左边应增乘的因式是 答案 解析 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当 n ＝ k ( k ∈ N * ) 时， 当 n ＝ k ＋ 1 时，左式为 ( k ＋ 1 ＋ 1)·( k ＋ 1 ＋ 2)· … ·( k ＋ 1 ＋ k － 1)·( k ＋ 1 ＋ k )·( k ＋ 1 ＋ k ＋ 1) ， 左式为 ( k ＋ 1)( k ＋ 2)· … ·( k ＋ k ) ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 6. 设数列 { a n } 的前 n 项和为 S n ，且对任意的自然数 n 都有 ( S n － 1) 2 ＝ a n S n ，通过计算 S 1 ， S 2 ， S 3 ，猜想 S n ＝ _______. 答案 解析 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 7. 设 S 1 ＝ 1 2 ， S 2 ＝ 1 2 ＋ 2 2 ＋ 1 2 ， … ， S n ＝ 1 2 ＋ 2 2 ＋ 3 2 ＋ … ＋ ( n － 1) 2 ＋ n 2 ＋ ( n － 1) 2 ＋ … ＋ 2 2 ＋ 1 2 ，用数学归纳法证明 S n ＝ 时 ，第二步从 “ k ” 到 “ k ＋ 1 ” 应添加的项为 _________ _ . 答案 解析 ( k ＋ 1) 2 ＋ k 2 由 S 1 ， S 2 ， … ， S n 可以发现由 n ＝ k 到 n ＝ k ＋ 1 时 ， 中间 增加了两项 ( k ＋ 1) 2 ＋ k 2 ( n ， k ∈ N * ). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 f (3) ＝ 2 ， f (4) ＝ f (3) ＋ 3 ＝ 2 ＋ 3 ＝ 5 ， 8. 设平面内有 n 条直线 ( n ≥ 3) ，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点 . 若用 f ( n ) 表示这 n 条直线交点的个数，则 f (4) ＝ ________ ；当 n >4 时， f ( n ) ＝ ___________ __ _( 用 n 表示 ). 5 答案 解析 f ( n ) ＝ f (3) ＋ 3 ＋ 4 ＋ … ＋ ( n － 1) ＝ 2 ＋ 3 ＋ 4 ＋ … ＋ ( n － 1) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解答 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 下面利用数学归纳法证明 . ② 假设当 n ＝ k ( k ≥ 1 ， k ∈ N * ) 时，结论成立， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ( 1) 证明： { x n } 是递减数列的充要条件是 c <0 ； 所以数列 { x n } 是递减数列 . 必要性：若 { x n } 是递减数列，则 x 2 < x 1 ，且 x 1 ＝ 0. 故 { x n } 是递减数列的充要条件是 c <0. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 证明 (2) 若 0< c ≤ ， 证明：数列 { x n } 是递增数列 . 证明 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 这就是说当 n ＝ k ＋ 1 时，结论也成立 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 解答 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 证明 由已知，得 xf 0 ( x ) ＝ sin x ，等式两边分别对 x 求导， 得 f 0 ( x ) ＋ xf ′ 0 ( x ) ＝ cos x ， 类似可得 2 f 1 ( x ) ＋ xf 2 ( x ) ＝－ sin x ＝ sin( x ＋ π) ， 4 f 3 ( x ) ＋ xf 4 ( x ) ＝ sin x ＝ sin( x ＋ 2π). 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ① 当 n ＝ 1 时，由上可知等式成立 . 因为 [ kf k － 1 ( x ) ＋ xf k ( x ) ] ′ ＝ kf ′ k － 1 ( x ) ＋ f k ( x ) ＋ xf ′ k ( x ) ＝ ( k ＋ 1) f k ( x ) ＋ xf k ＋ 1 ( x ) ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 因此当 n ＝ k ＋ 1 时，等式也成立 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 *12. 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 g 1 ( x ) ＝ g ( x ) ， g n ＋ 1 ( x ) ＝ g ( g n ( x )) ， n ∈ N * ，求 g n ( x ) 的表达式； (2) 若 f ( x ) ≥ ag ( x ) 恒成立，求实数 a 的取值范围； (3) 设 n ∈ N * ，比较 g (1) ＋ g (2) ＋ … ＋ g ( n ) 与 n － f ( n ) 的大小，并加以证明 . 解答 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 下面用数学归纳法证明 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ② 假设 n ＝ k 时结论成立， 那么，当 n ＝ k ＋ 1 时， g k ＋ 1 ( x ) ＝ g ( g k ( x )) 由 ①② 可知，结论对 n ∈ N * 成立 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当 a ≤ 1 时， φ ′ ( x ) ≥ 0( 仅当 x ＝ 0 ， a ＝ 1 时等号成立 ) ， ∴ φ ( x ) 在 [0 ，＋ ∞ ) 上单调递增 . 又 φ (0) ＝ 0 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 ∴ φ ( x ) 在 (0 ， a － 1] 上单调递减， 当 a >1 时，对 x ∈ (0 ， a － 1] 有 φ ′ ( x ) ≤ 0 ， ∴ φ ( x ) ≥ 0 在 [0 ，＋ ∞ ) 上恒成立， ∴ φ ( a － 1)< φ (0) ＝ 0. 即 a >1 时，存在 x >0 ，使 φ ( x )<0 ， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 比较结果为 g (1) ＋ g (2) ＋ … ＋ g ( n )> n － ln( n ＋ 1). 综上可知， a 的取值范围是 ( － ∞ ， 1]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 下面用数学归纳法证明 . 由 ①② 可知，结论对 n ∈ N * 成立 . 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12