第三章 數(shù)學歸納法與貝努利不等式 知識整合與階段檢測 [對應學生用書P46] [對應學生用書P46] 歸納——猜想——證明 不完全歸納的作用在于發(fā)現(xiàn)規(guī)律，探求結論，但結論是否為真有待證明，因而數(shù)學中我們常用歸納——猜想——證明的方法來解決與正整數(shù)有關的歸納型和存在型問題． [例1]　設數(shù)列{an}滿足an＋1＝a－nan＋1，n＝1,2,3，… (1)當a1＝2時，求a2，a3，a4，并由此猜想出數(shù)列{an}的一個通項公式． (2)當a1≥3時，證明對所有的n≥1，有①an≥n＋2；②＋＋…＋≤. [解]　(1)由a1＝2，得a2＝a－a1＋1＝3； 由a2＝3，得a3＝a－2a2＋1＝4； 由a3＝4，得a4＝a－3a3＋1＝5. 由此猜想：an＝n＋1(n∈N＋)． (2)①用數(shù)學歸納法證明： 當n＝1時，a1≥3＝1＋2，不等式成立； 假設當n＝k時，不等式成立，即ak≥k＋2， 那么當n＝k＋1時， ak＋1＝a－kak＋1＝ak(ak－k)＋1 ≥(k＋2)(k＋2－k)＋1＝2(k＋2)＋1 ≥k＋3＝(k＋1)＋2， 也就是說，當n＝k＋1時，ak＋1≥(k＋1)＋2. 綜上可得，對于所有n≥1，有an≥n＋2. ②由an＋1＝an(an－n)＋1及①，對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≥2k－1a1＋2k－2＋…＋2＋1＝2k－1a1＋2k－1－1 ＝2k－1(a1＋1)－1， 于是1＋ak≥2k－1(a1＋1)，≤·，k≥2. ∴＋＋…＋ ≤＋ ＝ ＝·<≤＝. 因此，原不等式成立. 利用數(shù)學歸納法證明不等式的常用技巧 在使用數(shù)學歸納法證明時，一般說來，第一步驗證比較簡明，而第二步歸納步驟情況較復雜．因此，熟悉歸納步驟的證明方法是十分重要的，其實歸納步驟可以看作是一個獨立的證明問題，歸納假設“P(k)成立”是問題的條件，而“命題P(k＋1)成立”就是所要證明的結論，因此，合理運用歸納假設這一條件就成了歸納步驟中的關鍵，下面簡要分析一些常用技巧． 1．分析綜合法 用數(shù)學歸納法證明關于正整數(shù)n的不等式，從“P(k)”到“P(k＋1)”，常常可用分析綜合法． [例2]　求證： ＋＋…＋<，n∈N＋. [證明]　(1)當n＝1時，因為＝<1，所以原不等式成立． (2)假設n＝k(k≥1，k∈N＋)時，原不等式成立，即有＋＋…＋<， 當n＝k＋1時， ＋＋…＋＋<＋. 因此，欲證明當n＝k＋1時，原不等式成立， 只需證明＋<成立． 即證明－>. 從而轉化為證明>， 也就是證明>＋， 即()2－(＋)2 ＝k2＋k＋1－2 ＝[－1]2>0， 從而>＋. 于是當n＝k＋1時，原不等式也成立． 由(1)、(2)可知，對于任意的正整數(shù)n，原不等式都成立． 2．放縮法 涉及關于正整數(shù)n的不等式，從“k”過渡到“k＋1”，有時也考慮用放縮法． [例3]　用數(shù)學歸納法證明：對一切大于1的自然數(shù)，不等式·…·>均成立． [證明]　(1)當n＝2時，左邊＝1＋＝， 右邊＝. ∵左邊>右邊，∴不等式成立． (2)假設當n＝k(k≥2，且k∈N＋)時不等式成立， 即·…·>. 則當n＝k＋1時， ·…· >·＝＝ >＝＝. ∴當n＝k＋1時，不等式也成立． 由(1)(2)知，對于一切大于1的自然數(shù)n，不等式都成立． 3．遞推法 用數(shù)學歸納法證明與數(shù)列有關的問題時，有時要利用an與an＋1的關系，實現(xiàn)從“k”到“k＋1”的過渡． [例4]　設0<a<1，定義a1＝1＋a，an＋1＝＋a， 求證：對一切n∈N＋，有1<an<. [證明]　用數(shù)學歸納法． (1)當n＝1時，a1>1，又a1＝1＋a<，顯然命題成立． (2)假設n＝k(k≥1，k∈N＋)時，命題成立， 即1<ak<. 當n＝k＋1時，由遞推公式，知 ak＋1＝＋a>(1－a)＋a＝1， 同時，ak＋1＝＋a<1＋a＝<， 當n＝k＋1時，命題也成立． 即1<ak＋1<. 綜合(1)、(2)可知，對一切正整數(shù)n，有1<an<. 4．學會借用同一題中已證明過的結論 在從k到k＋1的過程中，若僅僅利用已知條件，有時還是沒有證題思路，這時考查同一題中已證明過的結論，看是否可借用，這種“借用”思想非常重要． [例5]　設{xn}是由x1＝2，xn＋1＝＋(n∈N＋)定義的數(shù)列，求證：不等式<xn<＋(n∈N＋)． [解]　受阻過程：由于對于任意的k∈N＋，xk＋1＝＋>2＝. 所以xn>(n∈N＋)顯然成立． 下面證明：xn<＋(n∈N＋)． (1)當n＝1時，x1＝2<＋1，不等式成立． (2)假設當n＝k(k≥1，k∈N＋)時，不等式成立， 即xk<＋， 那么，當n＝k＋1時，xk＋1＝＋. 由歸納假設，xk<＋， 則<＋ ① > ② 因為①、②不是同向不等式，所以由遞推式無法完成由k到(k＋1)的證明，到此好像“山重水復疑無路”，證題思路受到阻礙． 受阻原因分析： 要利用遞推式xk＋1＝＋，只要找出關系式<A，才有可能推導下去． 因此，只有尋覓出xk>這樣一個條件，才可以接通思路．當注意到前面已證明xn>以后，問題就可以解決了．思路受阻的原因就在于不會借用前面已經證明的結論．事實上， ∵xk>，∴<. ∴xk＋1＝＋<＋＋ ＝＋≤＋.即xk＋1<＋. 一、選擇題 1．用數(shù)學歸納法證明“對于任意x>0和正整數(shù)n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋＋＋≥n＋1”時，需驗證的使命題成立的最小正整數(shù)值n0應為(　　) A．n0＝1　　　　　　　　 B．n0＝2 C．n0＝1,2 D．以上答案均不正確 解析：先驗證n＝1時，x＋≥1＋1成立，再用數(shù)學歸納法證明． 答案：A 2．設f(n)＝＋＋＋…＋(n∈N＋)，則f(n＋1)－f(n)＝(　　) A． B． C．＋ D．－ 解析：由題意知f(n)＝＋＋…＋， f(n＋1)＝＋＋…＋＋＋， 故f(n＋1)－f(n)＝＋－ ＝＋＝－. 答案：D 3．已知數(shù)列{an}中，a1＝1，a2＝2，an＋1＝2an＋an－1(n∈N＋)，用數(shù)學歸納法證明a4n能被4整除，假設a4k能被4整除，然后應該證明(　　) A．a4k＋1能被4整除 B．a4k＋2能被4整除 C．a4k＋3能被4整除 D．a4k＋4能被4整除 解析：由假設a4k能被4整除，則當n＝k＋1時，應該證明a4(k＋1)＝a4k＋4能被4整除． 答案：D 4．在數(shù)列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通過求a2，a3，a4，猜想an的表達式為(　　) A． B． C． D． 解析：因為a1＝， 由Sn＝n(2n－1)an， 得a1＋a2＝2×(2×2－1)a2， 解得a2＝＝， a1＋a2＋a3＝3×(2×3－1)a3， 解得a3＝＝， a1＋a2＋a3＋a4＝4×(2×4－1)a4， 解得a4＝＝. 猜想an＝. 答案：C 二、填空題 5．用數(shù)學歸納法證明“當n為正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”，當?shù)诙郊僭On＝2k－1(k∈N＋)命題為真時，進而需證n＝________時，命題亦真． 解析：由數(shù)學歸納法及n為正奇數(shù)，在假設n＝2k－1成立，需證n＝2k＋1命題成立． 答案：2k＋1 6．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，則f(k＋1)與f(k)的遞推關系式是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 7．用數(shù)學歸納法證明：cos α＋cos 3α＋cos 5α＋…＋cos(2n－1)α＝(sinα≠0，n∈N＋)，在驗證n＝1時，等式右邊的式子是__________． 解析：本題在n＝1時，右邊考查二倍角的正弦公式，右＝＝＝cos α. 答案：cos α 8．設{an}是首項為1的正項數(shù)列，且(n＋1)·a－na＋an＋1·an＝0(n＝1,2,3，…)，則它的通項an＝________. 解析：法一：分別令n＝1,2,3求出a2＝，a3＝，通過不完全歸納法知an＝. 法二：對已知等式因式分解得 [(n＋1)an＋1－nan]·(an＋1＋an)＝0. 由an>0知＝，再由累乘法求得an＝. 答案： 三、解答題 9．在數(shù)列{an}中，a1＝a2＝1，當n∈N＋時，滿足an＋2＝an＋1＋an，且設bn＝a4n，求證：{bn}各項均為3的倍數(shù)． 證明：(1)∵a1＝a2＝1， 故a3＝a1＋a2＝2，a4＝a3＋a2＝3. ∴b1＝a4＝3，當n＝1時，b1能被3整除． (2)假設n＝k時，即bk＝a4k是3的倍數(shù)， 則n＝k＋1時， bk＋1＝a4(k＋1)＝a4k＋4＝a4k＋3＋a4k＋2 ＝a4k＋2＋a4k＋1＋a4k＋1＋a4k ＝3a4k＋1＋2a4k. 由歸納假設，a4k是3的倍數(shù)，3a4k＋1是3的倍數(shù)，故可知bk＋1是3的倍數(shù)，∴n＝k＋1時命題也正確． 綜合(1)、(2)可知，對正整數(shù)n，數(shù)列{bn}的各項都是3的倍數(shù)． 10．用數(shù)學歸納法證明： ×××…×<對n∈N＋時成立． 證明：(1)當n＝1時，<，不等式成立． (2)假設n＝k時不等式成立． 即×××…×<. 則n＝k＋1時，×××…××<×＝＝＝< ＝＝即n＝k＋1時不等式成立． 由(1)、(2)知不等式對任意n∈N＋都成立． 11．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1＝，an＋2SnSn－1＝0(n≥2)． (1)判斷{}是否為等差數(shù)列？并證明你的結論； (2)求Sn和an； (3)求證：S＋S＋…＋S≤－. 解：(1)S1＝a1＝，∴＝2. 當n≥2時，an＝Sn－Sn－1， 即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1. ∴－＝2，故{}是以2為首項，2為公差的等差數(shù)列． (2)由(1)得＝2＋(n－1)·2＝2n，Sn＝(n∈N＋)， 當n≥2時，an＝－2SnSn－1＝－. 當n＝1時，a1＝， ∴an＝ (3)證明：①當n＝1時，S＝＝－，成立． ②假設n＝k(k≥1，且k∈N＋)時，不等式成立， 即S＋S＋…＋S≤－成立， 則當n＝k＋1時， S＋S＋…＋S＋S≤－＋ ＝－＝－· <－·＝－. 即當n＝k＋1時，不等式成立． 由①，②可知對任意n∈N＋不等式成立． [對應學生用書P53] (時間90分鐘，總分120分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分) 1．設S(n)＝＋＋＋…＋，則(　　) A．S(n)共有n項，當n＝2時，S(2)＝＋ B．S(n)共有n＋1項，當n＝2時，S(2)＝＋＋ C．S(n)共有n2－n項，當n＝2時，S(2)＝＋＋ D．S(n)共有n2－n＋1項，當n＝2時，S(2)＝＋＋ 解析：S(n)共有n2－n＋1項，S(2)＝＋＋. 答案：D 2．用數(shù)學歸納法證明“2n>n2＋1對于n≥n0的自然數(shù)n都成立”時，第一步證明中的起始值n0應取(　　) A．2 B．3 C．5 D．6 解析：取n0＝1,2,3,4,5驗證，可知n0＝5. 答案：C 3．已知a1＝，an＋1＝，n∈N＋，則an的取值范圍是(　　) A．(，2) B．[，2) C．(0，) D．[0，] 解析：①n＝1時，a2＝＝>，排除C，D.②an＋1>an為遞增數(shù)列．③可用數(shù)學歸納法證明an<2，故選B. 答案：B 4．用數(shù)學歸納法證明對一切大于1的自然數(shù)n，不等式…>成立時，當n＝2時驗證的不等式是(　　) A．1＋> B．> C．≥ D．以上都不對 解析：當n＝2時，左邊＝1＋＝1＋，右邊＝＝，∴1＋>. 答案：A 5．用數(shù)學歸納法證明“Sn＝＋＋＋…＋>1(n∈N＋)”時，S1等于(　　) A． B． C．＋ D．＋＋ 解析：因為S1的首項為＝，末項為＝，所以S1＝＋＋，故選D. 答案：D 6．已知f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：“當f(k)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命題總成立的是(　　) A．若f(3)≥9成立，則當k≥1時，均有f(k)≥k2成立 B．若f(4)≥16成立，則當k≥4時，均有f(k)<k2成立 C．若f(7)≥49成立，則當k<7時，均有f(k)<k2成立 D．若f(4)＝25成立，則當k≥4時，均有f(k)≥k2成立 解析：∵f(k)≥k2成立時f(k＋1)≥(k＋1)2成立，當k＝4時，f(4)＝25>16＝42成立． ∴當k≥4時，有f(k)≥k2成立． 答案：D 7．用數(shù)學歸納法證明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除時，當n＝k＋1時，對于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可變形為(　　) A．56·3(4k＋1)＋25(34k＋1＋52k＋1) B．34·34k＋1＋52·52k C．34k＋1＋52k＋1 D．25(34k＋1＋52k＋1) 解析：34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1變形中必須出現(xiàn)n＝k時歸納假設，故變形為56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1) 答案：A 8．若k棱柱有f(k)個對角面，則(k＋1)棱柱對角面的個數(shù)為(　　) A．2f(k) B．k－1＋f(k) C．f(k)＋k D．f(k)＋2 解析：由n＝k到n＝k＋1時增加的對角面的個數(shù)與底面上由n＝k到n＝k＋1時增加的對角線一樣，設n＝k時，底面為A1A2…Ak，n＝k＋1時底面為A1A2A3…AkAk＋1，增加的對角線為A2Ak＋1，A3Ak＋1，A4Ak＋1…， Ak－1Ak＋1，A1Ak，共有(k－1)條，因此對角面也增加了(k－1)個． 答案：B 9．下列代數(shù)式，n∈N＋，可能被13整除的是(　　) A．n3＋5n B．34n＋1＋52n＋1 C．62n－1＋1 D．42n＋1＋3n＋2 解析：A中，n＝1時，1＋5＝6，不能被13整除；B中，n＝1時，35＋53＝368不能被13整除； C中，n＝1時，6＋1＝7亦不能被13整除． 答案：D 10．用數(shù)學歸納法證明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N＋)時，從k到k＋1，左邊需要增加的代數(shù)式為(　　) A．2k＋1 B．2(2k＋1) C． D． 解析：當n＝k時左邊的最后一項是2k，n＝k＋1時左邊的最后一項是2k＋2，而左邊各項都是連續(xù)的，所以n＝k＋1時比n＝k時左邊少了(k＋1)，而多了(2k＋1)(2k＋2)．因此增加的代數(shù)式是＝2(2k＋1)． 答案：B 二、填空題(本大題共有4小題，每小題5分，共20分) 11．設a，b均為正實數(shù)，n∈N＋，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，則M，N的大小關系為________(提示：利用貝努利不等式，令x＝)． 解析：由貝努利不等式(1＋x)n>1＋nx(x>－1，且x≠0，n>1，n∈N＋)， 當n>1時，令x＝， 所以n>1＋n·， 所以n>1＋n·，即(a＋b)n>an＋nan－1b， 當n＝1時，M＝N，故M≥N. 答案：M≥N 12．若數(shù)列{an}的通項公式an＝，記cn＝2(1－a1)·(1－a2)…(1－an)，試通過計算c1，c2，c3的值，推測cn＝________. 解析：c1＝2(1－a1)＝2×＝， c2＝2(1－a1)(1－a2)＝2××＝， c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝2×××＝，故cn＝. 答案： 13．從1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，歸納出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝__________. 解析：等式的左邊符號正負間隔出現(xiàn)，先正后負，所以最后一項系數(shù)應為(－1)n＋1，和的絕對值是前n個自然數(shù)的和為. 答案：(－1)n＋1· 14．設數(shù)列{an}滿足a1＝2，an＋1＝2an＋2，用數(shù)學歸納法證明an＝4×2n－1－2的第二步中，設n＝k(k≥1，k∈N＋)時結論成立，即ak＝4×2k－1－2，那么當n＝k＋1時，需證明ak＋1＝________________. 解析：當n＝k＋1時，把ak代入，要將4×2k－2變形為4×2(k＋1)－1－2的形式． 答案：4×2(k＋1)－1－2 三、解答題(本大題共有4小題，共50分) 15．(本小題滿分12分)用數(shù)學歸納法證明： 12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝n(4n2－1)． 證明：(1)當n＝1時，左邊＝1，右邊＝1，命題成立． (2)假設當n＝k時(k≥1，k∈N＋)，命題成立， 即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝k(4k2－1)． 那么當n＝k＋1時，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋[2(k＋1)－1]2＝k(4k2－1)＋(2k＋1)2 ＝k(2k＋1)(2k－1)＋(2k＋1)2 ＝(2k＋1)(2k＋3)(k＋1) ＝(k＋1)[4(k＋1)2－1]． ∴當n＝k＋1時，命題也成立． 由(1)(2)得：對于任意n∈N＋，等式都成立． 16．(本小題滿分12分)求證：＋＋…＋>，(n≥2，n∈N＋)． 證明：(1)當n＝2時，左邊＝＋＋＋>， 不等式成立． (2)假設當n＝k(k≥2，k∈N＋)時，命題成立， 即＋＋…＋>， 則當n＝k＋1時， ＋＋…＋＋＋＋ ＝＋＋…＋＋ >＋ >＋＝. 所以當n＝k＋1時，不等式也成立． 由(1)(2)可知，原不等式對一切n≥2，n∈N＋均成立． 17．(本小題滿分12分)利用數(shù)學歸納法證明(3n＋1)·7n－1(n∈N＋)能被9整除． 證明：(1)當n＝1時，(3×1＋1)×71－1＝27， 能被9整除，所以命題成立． (2)假設當n＝k(k≥1，k∈N＋)時，命題成立， 即(3k＋1)·7k－1能被9整除． 那么當n＝k＋1時， [3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝(3k＋4)·7k＋1－1 ＝(3k＋1)·7k＋1－1＋3·7k＋1 ＝[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k＋1＋6·(3k＋1)·7k ＝[(3k＋1)·7k－1]＋7k(21＋6×3k＋6) ＝[(3k＋1)·7k－1]＋9·7k(2k＋3)． 由歸納假設知，(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]·7k＋1－1能被9整除． 這就是說，當n＝k＋1時，命題也成立． 由(1)(2)知，對一切n∈N＋，(3n＋1)·7n－1都能被9整除． 18．(本小題滿分14分){an}是由非負整數(shù)組成的數(shù)列，滿足a1＝0，a2＝3，an＋1an＝(an－1＋2)(an－2＋2)，n＝3,4,5，…. (1)求a3； (2)證明：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， 從而a5＝＝＝， 顯然a5不是非負整數(shù)，與題設矛盾． 若a3＝10，則a4＝1，從而a5＝60. 但再計算a6＝，也與題設矛盾． ∴a3＝2，a4＝5.(因a3＝5，a4＝2?a5?N，舍去) (2)用數(shù)學歸納法證明： ①當n＝3時，a3＝2，a1＋2＝0＋2， ∴a3＝a1＋2，即n＝3時等式成立； ②假設n＝k(k≥3)時，等式成立， 即ak＝ak－2＋2， 由題設ak＋1ak＝(ak－1＋2)(ak－2＋2)， 因為ak＝ak－2＋2≠0. 所以ak＋1＝ak－1＋2，也就是說， 當n＝k＋1時，等式ak＋1＝ak－1＋2成立． 則根據(jù)①②知，對于n≥3(n∈N＋)，有an＝an－2＋2. 模塊綜合檢測 (時間90分鐘，總分120分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題5分，共50分) 1．已知a，b為非零實數(shù)，且a<b，則下列命題成立的是(　　) A．a2<b2　　　　　　　　 B．ab2<a2b C．< D．< 解析：A項中a2－b2＝(a＋b)(a－b)， 由a<b知a－b<0. 但a＋b的符號不確定，故A項錯誤． B項中，ab2－a2b＝ab(b－a)， 由a<b知b－a>0， 但ab的符號不確定，故B項錯誤． C項中，－＝＝， 由a<b知a－b<0，又已知a，b為非零實數(shù)， ∴－<0，即<. D項中，－＝＝， 由于的符號不確定，故D項錯誤． 答案：C 2．t，s∈R＋，A＝，B＝＋，則A與B的關系為(　　) A．A>B B．A<B C．A＝B D．不確定 解析：B＝＋>＋＝＝A. 答案：B 3．已知函數(shù)f(x)、g(x)，設不等式|f(x)|＋|g(x)|<a(a>0)的解集是M，不等式|f(x)＋g(x)|<a(a>0)的解集為N，則集合M與N的關系是(　　) A．NM B．M＝N C．M?N D．MN 解析：由絕對值不等式的性質知|f(x)＋g(x)|≤|f(x)|＋|g(x)|， ∴集合N與集合M成M?N關系． 答案：C 4．已知θ∈R，則4＋cos θ的最大值是(　　) A．2 B．3 C． D． 解析：由4＋cos θ≤·＝3.當且僅當4cos θ＝，即sin θ＝±，cos θ＝時，等號成立，故選B. 答案：B 5．不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集為(　　) A．(－∞，－2]∪[2，＋∞) B．(－∞，－1]∪[2，＋∞) C．(－∞，－2]∪[3，＋∞) D．(－∞，－3]∪[2，＋∞) 解析：由題意不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的幾何意義為數(shù)軸上到1，－2兩個點的距離之和大于等于5的點組成的集合，而－2,1兩個端點之間的距離為3，由于分布在－2,1以外的點到－2,1的距離要計算兩次，而在－2,1內部的距離則只計算一次，因此只要找出－2左邊到－2的距離等于＝1的點－3，以及1右邊到1的距離等于＝1的點2，這樣就得到原不等式的解集為(－∞，－3]∪[2，＋∞)． 答案：D 6．已知θ為銳角，a，b均為正實數(shù)．則下列不等式成立的是(　　) A．(a＋b)2≤＋ B．(a＋b)2≥＋ C．a2＋b2＝＋ D．(a＋b)2<＋ 解析：設m＝，n＝(cos θ，sin θ)， 則|a＋b|＝ ≤ ·＝， 所以(a＋b)2≤＋. 答案：A 7．(安徽高考)若函數(shù)f(x)＝|x＋1|＋|2x＋a|的最小值為3，則實數(shù)a的值為(　　) A．5或8 B．－1或5 C．－1或－4 D．－4或8 解析：　當a≥2時，f(x)＝ 如圖1可知，當x＝－時，f(x)min＝f＝－1 ＝3，可得a＝8； 當a<2時，f(x)＝ 如圖2可知，當x＝－時，f(x)min＝f＝－＋1＝3，可得a＝－4.綜上可知，答案為D. 答案：D 8．當x>1時，不等式a≤x＋恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，2) B．[2，＋∞) C．[3，＋∞) D．(－∞，3] 解析：a≤x＋， 由x＋＝x－1＋＋1≥3，即x＋的最小值為3. 答案：D 9．若實數(shù)x、y滿足＋＝1，則x2＋2y2有(　　) A．最大值3＋2 B．最小值3＋2 C．最大值6 D．最小值6 解析：由題知，x2＋2y2＝(x2＋2y2)·＝3＋＋≥3＋2，當且僅當＝時，等號成立． 答案：B 10．若x>1，則函數(shù)y＝x＋＋的最小值為(　　) A．16 B．8 C．4 D．非上述情況 解析：y＝x＋＋＝x＋＋≥2＝8，當且僅當x＝2＋時等號成立． 答案：B 二、填空題(本大題共有4小題，每小題5分，共20分) 11．若x，y，z是正數(shù)，且滿足xyz(x＋y＋z)＝1，則(x＋y)·(y＋z)的最小值為________． 解析：(x＋y)(y＋z)＝xy＋y2＋yz＋zx ＝y(tǒng)(x＋y＋z)＋zx≥2 ＝2. 答案：2 12．(廣東高考)不等式|x－1|＋|x＋2|≥5的解集為________． 解析：當x<－2時，原不等式即1－x－x－2≥5?x≤－3，此時得到x≤－3；當－2≤x≤1時，原不等式即1－x＋x＋2≥5，此時無解；當x>1時，原不等式即x－1＋x＋2≥5?x≥2，此時得到x≥2.于是原不等式的解集為{x≤－3或x≥2}． 答案：{x|x≤－3或x≥2} 13．若不等式|x－a|＋|x－2|≥1對任意實數(shù)x均成立，則實數(shù)a的取值范圍為________． 解析：由題得|x－a|＋|x－2|≥|(x－a)－(x－2)|＝|a－2|，∴|a－2|≥1，解得a∈(－∞，1]∪[3，＋∞)． 答案：(－∞，1]∪[3，＋∞) 14．設正數(shù)a，b，c的乘積abc＝1，＋＋的最小值為________． 解析：設a＝，b＝，c＝，則xyz＝1，則＋＋可化為＋＋，不妨設x≥y≥z，則≥≥， 據(jù)排序不等式得 ＋＋≥z·＋x·＋y·， ＋＋≥y·＋z·＋x·， 兩式相加并化簡可得2≥3. 即＋＋≥. 即＋＋≥. 所以＋＋的最小值為. 答案： 三、解答題(本大題共有4小題，共50分) 15．(本小題滿分12分)已知a，b是不相等的正實數(shù)． 求證：(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2. 證明：因為a，b是正實數(shù)， 所以a2b＋a＋b2≥3＝3ab>0， 當且僅當a2b＝a＝b2，即a＝b＝1時，等號成立； 同理：ab2＋a2＋b≥3＝3ab>0， 當且僅當a＝b＝1時，等號成立． 所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)≥9a2b2， 當且僅當a＝b＝1時，等號成立． 因為a≠b，所以(a2b＋a＋b2)(ab2＋a2＋b)>9a2b2. 16．(本小題滿分12分)若a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn，求證：≥·. 證明：由題設和排序不等式，可知有以下n組式子成立： a1b1＋a2b2＋…＋anbn＝a1b1＋a2b2＋…＋anbn， a1b1＋a2b2＋…＋anbn≥a1b2＋a2b3＋…＋anb1， …… a1b1＋a2b2＋…＋anbn≥a1bn＋a2b1＋…＋anbn－1. 將上述n個不等式疊加后，兩邊同除以n2，即得欲證的不等式． 17．(本小題滿分12分)(新課標全國卷Ⅱ)設函數(shù)f(x)＝＋|x－a|(a>0)． (1)證明：f(x)≥2； (2)若f(3)<5，求a的取值范圍． 解：(1)證明：由a>0，有f(x)＝＋|x－a|≥＝＋a≥2.當且僅當“a＝1”時等號成立． 所以f(x)≥2. (2)f(3)＝＋|3－a|. 當a>3時，f(3)＝a＋， 由f(3)<5得3<a<. 當0＜a≤3時，f(3)＝6－a＋， 由f(3)<5得<a≤3. 綜上，a的取值范圍是. 18．(本小題滿分14分)數(shù)列{an}滿足Sn＝2n－an(n∈N＋)． (1)計算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項公式an. (2)用數(shù)學歸納法證明(1)中的猜想． 解：(1)當n＝1時，a1＝S1＝2－a1，所以a1＝1； 當n＝2時，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，所以a2＝； 當n＝3時，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，所以a3＝； 當n＝4時，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4， 所以a4＝. 由此猜想an＝(n∈N＋)． (2)當n＝1時，a1＝1，結論成立． 假設n＝k(k≥1且k∈N＋)時，結論成立，即ak＝， 那么n＝k＋1(k≥1且k∈N＋)時， ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak ＝2＋ak－ak＋1. 所以2ak＋1＝2＋ak， 所以ak＋1＝＝＝， 這就是說當n＝k＋1時，結論也成立， 綜上可得an＝(n∈N＋)． 23