专题20 数学归纳法及其证明（解析版）2020年高考数学二轮专项提升(江苏)

专题20 数学归纳法及其证明（解析版）2020年高考数学二轮专项提升(江苏) 12题专题20数学归纳法及其证明 1、（xx浙江）已知数列nx满足11x?，11ln (1)n n nx x x?()n?*N证明当n?*N时（）10n nx x?；（）1122n nn nx xx x?；（）121122nn nx?【解析】（）用数学归纳法证明0nx?当1n?时，110x?假设n k?时，0kx?，那么1n k?时，若10kx?，则110ln (1)0k k kx x x?，矛盾，故10kx?因此0nx?()n?*N所以111ln (1)n n n nx x x x?因此10n nx x?()n?*N（）由111ln (1)n n n nx x x x?得2111111422 (2)ln (1)n n n n n n n nx xxxxxxx?记函数2()2 (2)ln (1) (0)f xxxxxx?函数()f x在0,)?上单调递增，所以() (0)f xf=0，因此2111112 (2)ln (1)()0n n n n nxxxxf x?故112(N)2n nn nx xxx n?（）因为11111ln (1)2n n n n n nxxxxxx?12所以112nnx?得由1122n nn nx xxx?得111112()022n nxx?所以12111111112()2()2222n nn nxxx?故212nnx?综上，1211(N)22nn nx n? 2、（xx年江苏卷）. (1)求7C364C47的值； (2)设m，nN*，nm，求证(m1)C mm(m2)C mm1(m3)C mm2nC mn1(n1)C mn(m1)C m2n2.规范解答 (1)7C364C4776543214765443210. (2)解法1当nm时，结论显然成立当nm时，(k1)C mkk1k！m！km！(m1)k1！m1！k1m1！(m1)Cm1k1，km1，m2，n.又因为C m1k1C m2k1C m2k2，所以(k1)C mk(m1)(C m2k2C m2k1)，km1，m2，n.因此，(m1)C mm(m2)C mm1(m3)C mm2(n1)C mn(m1)C mm(m2)C mm1(m3)C mm2(n1)C mn(m1)C m2m2(m1)(C m2m3C m2m2)(C m2m4C m2m3)(C m2n2C m2n1)(m1)C m2n2.解法2对任意的mN*，当nm时，左边(m1)C mmm1，右边(m1)C m2m2m1，等式成立，假设nk(km)时命题成立，即(m1)C mm(m2)C mm1(m3)C mm2kC mk1(k1)C mk(m1)C m2k2，当nk1时，左边(m1)C mm(m2)C mm1(m3)C mm2kC mk1(k1)C mk(k2)C mk1(m1)C m2k2(k2)C mk1，右边(m1)C m2k3，而(m1)C m2k3(m1)C m2k2(m1)k3！m2！km1！k2！m2！km！(m121)k2！m2！km1！k3(km1)(k2)k1！m！km1！(k2)Cmk1，因此(m1)C m2k2(k2)C mk1(m1)C m2k3，因此，左边右边，因此nk1时命题也成立，综合可得命题对任意nm均成立 3、（xx年江苏卷）已知集合X1,2,3，Y n1,2,3，n(nN*)，设S n(a，b)|a整除b或b整除a，aX，bY n，令f(n)表示集合S n所含元素的个数 (1)写出f (6)的值； (2)当n6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明规范解答 (1)因为S6(1,1)，(1,2)，(1,3)，(1,4)，(1,5)，(1,6)，(2,1)，(2,2)，(2,4)，(2,6)，(3,1)，(3,3)，(3,6)，故f (6)13. (2)当n6时，f(n)?n2n2n3，n6t，n2n12n13，n6t1，n2n2n23，n6t2，n2n12n3，n6t3，n2n2n13，n6t4，n2n12n23，n6t5(tN*)下面用数学归纳法证明当n6时，f (6)62626313，结论成立；假设nk(k6)时结论成立，那么nk1时，S k1在S k的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论1)若k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k2k12k233(k1)2k12k13，结论成立；2)若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k2k2k3112(k1)2k112k113，结论成立；3)若k16t2，则k6t1，此时有f(k1)f(k)2k2k12k132(k1)2k12k123，结论成立；4)若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f(k)2k2k2k232(k1)2k112k13，结论成立；5)若k16t4，则k6t3，此时有f(k1)f(k)2k2k12k32(k1)2k12k113，结论成立；6)若k16t5，则k6t4，此时有f(k1)f(k)1k2k2k131(k1)2k112k123，结论成立综上所述，结论对满足n6的自然数n均成立 4、（xx年江苏卷）已知函数f0(x)sinxx(x0)，设f n(x)为f n1(x)的导数，nN*. (1)求2f1?22f2?2的值； (2)证明对任意的nN*，等式?nf n1?44f n?422都成立规范解答 (1)由已知，得f1(x)f0(x)sinxxcosxxsinxx2，于是f2(x)f1(x)cosxxsinxx2sinxx2cosxx22sinxx3，所以f1242，f222163.故2f122f221. (2)由已知，得xf0(x)sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)xf0(x)cosx，即f0(x)xf1(x)cosxsinx2，类似可得2f1(x)xf2(x)sinxsin(x)，123f2(x)xf3(x)cosxsinx32，4f3(x)xf4(x)sinxsin(x2)下面用数学归纳法证明等式nf n1(x)xf n(x)sinxn2对所有的nN*都成立()当n1时，由上可知等式成立()假设当nk时等式成立，即kf k1(x)xf k(x)sinxk2.因为kf k1(x)xf k(x)kfk1(x)f k(x)xfk(x)(k1)f k(x)xf k1(x)，sinxk2cosxk2xk2sinxk12，所以(k1)f k(x)xf k1(x)sinxk12.因此当nk1时，等式也成立结合()()可知等式nf n1(x)xf n(x)sinxn2对所有的nN*都成立令x4，可得nf n144f n4sin4n2(nN*)所以对任意的nN*，等式nf n144f n422都成立一数学归纳法一般证明一个与正整数n有关的命题，按下列步骤进行归纳奠基证明当n取第一个值n0时命题成立归纳递推假设n=k时命题成立，证明当n=k+1时的命题也成立。 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都成立这种证明方法叫做数学归纳法 二、关键点 (1)验证是基础数学归纳法的原理表明第一个步骤是要找一个数n0，这个n0，就是我们要证明的命题对象对应的最小自然数，这个自然数并不一定都是“1”，因此“找准起点，奠基要稳”是第一个关键点 (2)递推是关键数学归纳法的实质在于递推，所以从“k”到“k1”的过程中，要正确分析式子项数的变化关键是弄清等式两边的构成规律，弄清由nk到nk1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项 (3)利用假设是核心在第二步证明nk1成立时，一定要利用归纳假设，即必须把归纳假设“nk时命题成立”作为条件来导12出“nk1”，在书写f(k1)时，一定要把包含f(k)的式子写出来，尤其是f(k)中的最后一项，这是数学归纳法的核心不用归纳假设的证明就不是数学归纳法题型一运用数学归纳法证明等式运用数学归纳法证明等式要注意三个步棸 1、验证对于成立的第一个数， 2、假设基础， 3、通过假设基础验证n=n+1也成立。 例 1、(2019南京、盐城一模）已知数列a n满足a11，a23，且对任意nN*，都有a1C0na2C1na3C2na n1C n n(a n21)2n1成立 (1)求a3的值； (2)证明数列a n是等差数列规范解答 (1)在a1C0na2C1na3C2na n1C n n(a n21)2n1中，令n1，则a1C01a2C11a31，由a11，a23，解得a35.(3分) (2)若a1，a2，a3，a k是等差数列，则公差为2，即a k2k1.当n3时，由 (1)知a11，a23，a35，此时结论成立(4分)假设当nk(k3)时，结论成立，即a1，a2，a3，a k是等差数列，则公差为2.(5分)由a1C0k1a2C1k1a3C2k1a kC k1k1(a k11)2k2，k3，对该式倒序相加，得(a1a k)2k12(ak11)2k2，所以a k1a ka112，即a k12k12(k1)1，所以当nk1时，结论成立根据，可知数列a n是等差数列(10分)例 2、(2019泰州期末）已知函数f(x)1|2x1|，0x1，设f n(x)f n1(f1(x)，其中f1(x)f(x)，方程f n(x)0和方程f n(x)1根的个数分别为g n (0)，g n (1) (1)求g2 (1)的值； (2)证明g n (0)g n (1)1.思路分析 (1)由于是求方程f(f(x)1根的个数，则先由f(x)1，解得x12，这样问题就转化为解方程f(x)12，求出方程的根，进而得到解的个数 (2)先得到f(x)在0，1上的单调性和值域，且f (0)f (1)0，f?121，再用数学归纳法证明结论规范解答 (1)令f(x)1，有1|2x1|1，得x12，12令f2(x)1，有f(f(x)1，得f(x)12，即1|2x1|12，得x14或34，所以g2 (1)2.(4分) (2)因为f (0)f (1)0，所以f n (0)f n (1)0.因为f1(x)1|2x1|，当x?0，12时，f1(x)单调递增，且f1(x)(0，1；当x?12，1时，f1(x)单调递减，且f1(x)(6分)下面用数学归纳证明方程f n(x)0(x(0，1)，方程f n(x)1(x(0，1)，方程f n(x)0(x)，方程f1(x)1(x(0，1)，方程f1(x)0(x0，1)，方程f1(x)1(x0，1)的根的个数都相等，且为1，上述命题成立；假设nk时，方程f k(x)0(x(0，1)，方程f k(x)1(x(0，1)，方程f k(x)0(x0，1)，方程f k(x)1(x0，1)的根的个数都相等，且为g k (1)，则当nk1时，有f k1(x)f k(f1(x)，当x?0，12时，f1(x)(0，1，方程f k1(x)0的根的个数为g k (1)，当x?12，1时，f1(x)所以方程f k1(x)0(x(0，1)的根的个数为g k1 (0)2g k (1)同理可证方程f k1(x)1(x(0，1)，方程f k1(x)0(x0，1)，方程f k1(x)1(x0，1)的根的个数都相等，且为2g k (1)(8分)由可知，命题成立又因为f n (0)f n (1)0，则g n (0)2，且由上可知g n (1)1，所以g n (0)g n (1)1.(10分)解题反思本题第 (2)问，由nk到nk1的证明过程是解题的难点，由函数f(x)的单调性，f(x)在?0，12上单调递增，在?12，1上单调递减，这样在0，1上，仅有两个值f (0)f (1)0，仅有一个值f?121，而f k1(x)f k(f(x)，这样使f k(x0)1的数x0，满足f k1(x0)0，从而得到nk到nk1的关系例 3、(2018南通、泰州一调） (1)用数学归纳法证明当xN*时，cosxcos2xcos3xcosnxsin?n12x2sin12x12(xR，且x2k，kZ)；12 (2)求sin62sin263sin364sin462018sin20186的值规范解答 (1)当n1时，等式右边sin?112x2sin12x12sin?112xsin?112x2sin12x?sinxcos12xcosxsin12x?sinxcos12xcosxsin12x2sin12xcosx等式左边，等式成立(2分)假设当np时等式成立，即cosxcos2xcos3xcospxsin?p12x2sin12x12.那么，当np1时，有cosxcos2xcos3xcospxcos(p1)xsin?p12x2sin12x12cos(p1)x(4分)sin?（p1）x12x2sin12xcos（p1）x2sin12x12sin(p1)xcos12xcos(p1)xsin12x2sin12xcos(p1)x2sin12x12sin（p1）xcos12xcos（p1）xsin12x2sin12x12sin?p112x2sin12x12，这就是说，当np1时等式也成立12根据和可知，对任何nN*等式都成立(6分) (2)由 (1)可知，cosxcos2xcos3xcos2018xsin?201812x2sin12x12，两边同时求导，得sinx2sin2x3sin3x2018sin2018x?201812cos?201812xsin12x12sin?201812x cos12x2sin212x，(8分)所以sin62sin263sin362018sin20186?201812cos?2018126sin1212sin(201812)6cos122sin212xx23，所以sin62sin263sin364sin462018sin201863xx2.(10分)题型二运用数学归纳法证明不等式运用数学归纳法证明不等式处理运用假设基础，最关键的是要用到放缩法进行缩小或者放大。 有时也要运用综合法、分析法进行证明。 例 4、(2019苏北三市期末）已知数列a n满足a113，a n12a2n2a n，nN*. (1)用数学归纳法证明a n?0，12； (2)令b n12a n，证明ni11b i3n13.思路分析第 (2)问中化简b n以后，次幂不对等，取对数解决，构造等比数列，求出通项以后可以顺利解决规范解答 (1)当n1时，a113?0，12，结论显然成立；(1分)假设当nk，k2，kN*时，a k?0，12，则当nk1时，a k12a2k2a k2?a k12212?0，12.综上，a n?0，12.(4分) (2)由 (1)知，a n?0，12，所以b n12a n?0，12.因为a n12a2n2a n，所以12a n112(2a2n2a n)2a2n2a n122?a n122，即b n12b2n，于是log2b n12log2b n1，所以log2b n112(log2b n1)，12故log2b n1构成以2为公比的等比数列，其首项为log2b11log2161log213.于是log2b n1?log2132n1，从而log2(2b n)log2?132n1，所以2b n?132n1，即bn?132n12，于是1b n232n1.(8分)因为当i1，2时，2i1i，当i3时，2i1(11)i1C0i1C1i1C i1i1C0i1C1i1i，所以对?iN*，有2i1i，所以32i13i，所以1b i232i123i，从而1b i1b11b21b n2(31323n)23（13n）133n13.(10分)例 5、(2019苏锡常镇调查）已知f(n)错误!错误!错误!错误!，g(n)错误!错误!错误!错误错误!，其中nN*，n2. (1)求f (2)，f (3)，g (2)，g (3)的值； (2)记h(n)f(n)g(n)，求证对任意的mN*，m2，总有h(2m)m12.规范解答 (1)f (2)错误!错误!，f (3)错误!错误!错误!，g (2)错误!错误!，g (3)错误!错误!错误!.(3分) (2)因为错误!（2k）！（k！）（k！）（2k）！（k2）！）（k2）！）（2k2）！（k1）！）（k1）！）（k1）2（k2）（k1）k（k1）（2k2）（2k1）（k2）（k1）（4k2）（2k2）（2k1）（k2）1k2，(4分)所以h(n)f(n)g(n)nk2错误!错误!错误!.(5分)下面用数学归纳法证对任意的mN*，m2，总有h(2m)m12.当m2时，h (4)141516376012，命题成立；当m3时，h (8)37601718191103760410376024601，命题成立(6分)mt(t3)时，命题成立，即h(2t)t12成立，12则当mt1时，h(2t1)h(2t)12t312t412t12t12?12t312t412t512t612t12.(7分)因为t3，12t312t432t12（2t3）2t22（2t3）（2t4）（2t12）0，所以12t312t432t12.(8分)又12t512t612t1212t1212t1212t122t22t12，(9分)所以h(2t1)t1232t122t22t12t2，即mt1时，命题也成立，所以命题成立(10分)题型三数学归纳法中的“归纳-猜想-证明”问题数学归纳法中的“归纳-猜想-证明”问题我们称为不完全归纳法，首先要通过n=1,2,3求出参数，或者归纳出解析式，然后再运用数学归纳法给与证明。 例 6、(2019常州期末）是否存在实数a，b，c，使得等式135246n(n2)(n4)n（n1）4(an2bnc)对于一切正整数n都成立？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，说明理由规范解答135246n(n2)(n4)n（n1）4(an2bnc)中，令n1，得1524(abc)；令n2，得6364(4a2bc)；令n3，得168124(9a3bc)，即?abc30，4a2bc42，9a3bc56，解得?a1，b9，c20.(3分)下面用数学归纳法证明135246n(n2)(n4)n（n1）4(n29n20)对于一切正整数n都成立当n1时，等式成立；假设当nk时，等式成立，即135246k(k2)(k4)k（k1）4(k29k20)(4分)当nk1时，135246k(k2)(k4)(k1)(k3)(k5)k（k1）4(k29k20)(k1)(k3)(k5)1214k(k1)(k4)(k5)(k1)(k3)(k5)14(k1)(k5)(k28k12)（k1）（k14）4（k1）4，即当nk1时，等式也成立(8分)综上可得，等式135246n(n2)(n4)n（n1）4(n29n20)对于一切正整数n都成立(9分)所以存在实a，b，c符合题意，且?a1，b9，c20.(10分)序，当第一个子串“010”的最后一个0所在数位是第k(kN*，且k3)位，则称子串“010”在第k位出现；再继续从第k1位按从左往右的顺序找子串“010”，若第二个子串“010”的最后一个0所在数位是第km位(其中m3且mN*)，则称子串“010”在第km位出现；如此不断地重复下去如在字符串11010101010中，子串“010”在第5位和第9位出现，而不是在第7位和第11位出现记在n位由0，1组成的所有字符串中，子串“010”在第n位出现的字符串的个数为f(n) (1)求f (3)，f (4)的值； (2)求证对任意的正整数n，f(4n1)是3的倍数规范解答 (1)在3位数字符串中，子串“010”在第3位出现有且只有1个，即010，所以f (3)1.(2分)在4位数字符串中，子串“010”在第4位出现有2个，即0010与1010，所以f (4)2.(4分) (2)当n5且nN*时，当最后3位是010时，前(n3)个数位上，每个数位上的数字都有两种可能，即0和1，所以共有2n3种可能由于当最后3位是010时，若最后5位是01010，且前(n2)位形成的字符串中是子串“010”在第(n2)位出现的字符串，此时不满足条件所以f(n)2n3f(n2)，n5且nN*.(6分)因为f (3)1，所以f (5)3.下面用数学归纳法证明f(4n1)是3的倍数当n1时，f (5)3是3的倍数；12假设当nk(kN*)时，f(4k1)是3的倍数，那么当nk1时，f4(k1)1f(4k5)24k2f(4k3)24k224kf(4k1)324kf(4k1)(8分)因为f(4k1)是3的倍数，且324k也是3的倍数，所以f(4k5)是3的倍数这就是说，当nk1时，f4(k1)1是3的倍数由，可知，对任意的正整数n，f(4n1)是3的倍数(10分) 2、(xx苏锡常镇调研）设|2，n为正整数，数列a n的通项公式a nsinn2tan n，其前n项和为S n. (1)求证当n为偶数时，a n0；当n为奇数时，a n(1)n12tan n； (2)求证对任何正整数n，S2n12sin21(1)n1tan2n.思路分析本题中a n中有sin n2这一项，故需要对n分奇偶讨论，又由于a n不是等差和等比数列，故第二小问中求和可以借助数学归纳法求解规范解答 (1)因为a nsin n2tan n.当n为偶数时，设n2k，kN*，a na2ksin2k2tan2ksinktan2k0，a n0.(1分)当n为奇数时，设n2k1，kN*，a na2k1sin2k12tan nsin?k2tan n.当k2m时，a na2k1sin?2m2tan nsin?2tan ntan n，此时n122m1，a na2k1tan n(1)2m1tan n(1)n12tan n.(2分)当k2m1时，a na2k1sin?2m32tan nsin?32tan ntan n，此时n122m2，a na2k1tan n(1)2m2tan n(1)n12tan n.综上，当n为偶数时，a n0；当n为奇数时，a n(1)n12tan n.(3分) (2)当n1时，由 (1)得S2a1a2tan，12sin21(1)n1tan2n12sin2(1tan2)sincos1cos2tan.故n1时，命题成立(5分)假设nk时命题成立，即S2k12sin21(1)k1tan2k当nk1时，由 (1)得S2(k1)S2ka2k1a2k2S2ka2k11212sin21(1)k1tan2k(1)k tan2k1(6分)12sin21(1)k1tan2k(1)k2sin2tan2k112sin21(1)k2tan2k21tan22sin2tan12sin2?11k2tan2k2?cos2sin21sin212sin21(1)k2tan2k2即当nk1时命题成立(9分)综上所述，对正整数n命题成立(10分) 3、(2019镇江期末）已知x，y为整数，且xy0，?0，2，n为正整数，cosx2y2x2y2，sin2xyx2y2，记A n(x2y2)n cosn，B n(x2y2)n sinn. (1)试用x，y分别表示A1，B1； (2)用数学归纳法证明对一切正整数n，A n均为整数规范解答 (1)A1(x2y2)cos(x2y2)x2y2x2y2x2y2；(1分)B1(x2y2)sin(x2y2)2xyx2y22xy.(2分) (2)当n1时，A1x2y2，B12xy，因为x，y为整数，则A1，B1均为整数，则结论成立(4分)假设当nk(k1)时，A k，B k均为整数，(5分)则nk1时，A k1(x2y2)k1cos(k1)(x2y2)(x2y2)k(coskcossinksin)(x2y2)cos(x2y2)k cosk(x2y2)k sink(x2y2)sinA1A kB1B k，(9分)由于A1，A k，B1，B k均为整数，所以A k1也为整数，即当nk1时，结论成立综合得，对一切正整数n，A n均为整数(10分) 4、(xx南京三模）在平面直角坐标系xOy中，点P(x0，y0)在曲线yx2(x0)上已知点A(0，1)，P n(x n0，y n0)，nN*.记直线AP n的斜率为k n. (1)若k12，求P1的坐标； (2)若k1为偶数，求证k n为偶数思路分析 (1)先求得k nx n01x n0.解法2中，易证k2是偶数，探索怎样证明k3是偶数，可发现k3k1k2k1，一般地k n2k1k n1k n.以下用数学归纳法好像可证了，关键是怎样利用“二阶递推关系式k n2k1k n1k n”，转化为数学归纳法的“一阶递推证明”，即“假设nm时结论正确，证明nm1时结论也正确即可！”12规范解答 (1)因为k12，所以y01x0x201x02，解得x01，y01，所以P1的坐标为(1,1)(2分) (2)解法1设k12p(pN*)，即y01x0x201x02p，所以x202px010，所以x0pp21.(4分)因为y0x20，所以k nyn01x n0x2n01x n0x n01x n0，所以当x0pp21时，k n(pp21)n?1pp21n(pp21)n(pp21)n.(6分)同理，当x0pp21时，k n(pp21)n(pp21)n.当n2m(mN*)时，k n，所以k n为偶数当n2m1(mN)时，k n，所以k n为偶数综上，k n为偶数(10分)解法2因为?x01x0?x n101x n10x n201x n20x n01x n0，所以k n2k1k n1k n.(4分)k2x201x20?x01x022k212.(6分)设命题p(n)k n，k n1均为偶数以下用数学归纳法证明“命题p(n)是真命题”因为k1是偶数，所以k2k212也是偶数当n1时，p(n)是真命题；假设nm(mN*)时，p(n)是真命题，即k m，k m1均为偶数，则k m2k1k m1k m也是偶数，即nm1时，p(n)也是真命题由可知，对nN*，p(n)均是真命题，从而k n是偶数(10分) 5、(2019苏锡常镇调查）已知数列a n，a12，且a n1a2na n1对任意nN*恒成立求证 (1)a n1a na n1a n2a2a11(nN*)； (2)a n1n n1(nN*)规范解答 (1)当n1时，a2a1(a11)13a11成立假设nk时，结论成立，即a k1a ka k1a2a11.当nk1时，a k2a k1(a k11)1a k1(a ka k1a2a111)1a k1a ka k1a2a11.则当nk1时，命题成立综上，a n1a na n1a n2a2a11.(4分) (2)要证a n1n n1，由 (1)知a n1a na n1a n2a2a11，12只需证a na n1a n2a2a1n n，下用数学归纳法证明当n1，2，3时，a12，a23，a37，则21，2322，23733.假设nk(k3)时，结论成立，即a ka k1a k2a2a1k k，(6分)则nk1时，a k1a ka2a1(a ka k1a2a11)a ka k1a2a1(a ka k1a k2a2a1)2k2k.(7分)设f(x)2xlnx(x1)ln(x1)(x3)，则f(x)lnx2x11lnx21x11ln(x1)1ln210，所以f(x)为增函数，则f(x)f (3)2(3ln32ln4)2ln27160，则2klnk(k1)ln(k1)，lnk2kln(k1)k1，即k2k(k1)k1.即a k1a ka2a1(k1)k1，则nk1时，命题成立(9分)综上，a na n1a n2a2a1n n，所以a n1n n1(nN*) 6、(2019南通、泰州、扬州、徐州、淮安、宿迁、连云港二调）已知a1，a2，a n(nN*，n4)均为非负实数，且a1a2a n2.证明 (1)当n4时，a1a2a2a3a3a4a4a11； (2)对于任意的nN*，n4，a1a2a2a3a n1a na na11.规范解答 (1)当n4时，因为a1，a2，a4均为非负实数，且a1a2a3a42，所以a1a2a2a3a3a4a4a1a2(a1a3)a4(a3a1)(a3a1)(a2a4)(2分)21，当且仅当a3a1a2a4时取等号(4分) (2)当n4时，由 (1)可知，命题成立；假设当nk(k4)时，命题成立，即对于任意的k4，若x1，x2，x k均为非负实数，且x1x2x k2，则x1x2x2x3x k1x kx kx11.则当nk1时，设a1a2a ka k12，并不妨设a k1maxa1，a2，a k，a k1令x1a1a2，x2a3，x k1a k，x ka k1，则x1x2x k2.由归纳假设，知x1x2x2x3x k1x kx kx11.(8分)因为a1，a2，a3均为非负实数，且a k1a1，所以x1x2x kx1(a1a2)a3a k1(a1a2)a2a3a k1a1a1a3a k1a2a1a2a2a3a k1a1.所以1(x1x2x kx1)(x2x3x k1x k)(a1a2a2a3a k1a1)(a3a4a ka k1)，即a1a2a2a3a ka k1a k1a11，也就是说，当nk1时命题也成立所以，由可知，对于任意的n4，a1a2a2a3a n1a na na11.(10分)12解后反思第 (2)问的证明，运用了数学归纳法，证明的关键在于对nk1的论证，是将nk的结论，当做条件来使用，本题取x1a1a2，x2a3，x k1a k，x ka k1，这样变成k个数，得到x1x2x2x3x k1x kx kx11，从而将问题转化为证明a1a2a2a3a ka k1a k1a1x1x2x2x3x k1x kx kx1. 7、(2019无锡期末）已知数列a n满足a123，1a n12a n1a n11(n2) (1)求数列a n的通项公式； (2)设数列a n的前n项和为S n，用数学归纳法证明S n (1)因为n2，由1a n12a n1a n11，得1a n11a n1a n111a n11，所以1a n11a n111.(1分)所以?1a n1是首项为3，公差为1的等差数列且1a n1n2，所以a nn1n2.(3分) (2)下面用数学归纳法证明S n16，即3lne4ln2，即ln232343423，所以命题成立(5分)假设当nk(k1，kN*)时命题成立，即S k0)的单调性因为x0，所以F(x)11x1x1x0，所以函数F(x)在(0，)上为减函数所以F(x) (0)0，即ln(1x) 128、(2019南通通州、海门、启东三县期末）设(qx)na0a1xa2x2a rx ra nx n，其中qR，nN*. (1)当q1时，化简nr0a rr1； (2)当qn时，记A nn（a0a1）2，B nnr0a r，试比较A n与B n的大小规范解答 (1)当q1时，a rC rn.由于错误!错误!错误!错误!错误!错误!错误!C错误!，其中r0，1，2，n，(2分)所以原式1n1(C1n1C2n1C3n1Cn1n1)2n11n1.(4分) (2)解法1(数学归纳法)当qn时，a rC rn n nr，所以a0n n，a1nn，所以A nnn1.令x1，得B n(n1)n.(6分)当n1，2时，nn1(n1)n，即n?1n1n.下面用数学归纳法证明当n3时，n?1n1n.()当n3时，3?13136427，()式成立设nk3时，()式成立，即k?1k1k.则nk1时，()式右边?1k11k1?1k11?1k11k0，得0e，所以f(x)在(e，)上单调递减(8分)所以当n1，2时，lnnnln（n1）n1，即(n1)lnnnln(n1)，即lnn n1ln(n1)n，即AnB n.综上所述，当n1，2时，A nB n.(10分)解法3(数学归纳法)当qn时，a rC rnnnr，所以a0nn，a1nn，所以A nnn1.令x1，得B n(n1)n.(6分)当n1，2时，nn1(n1)n.下面用数学归纳法证明nn1(n1)n，n3，nN*.(*)当n3时，33181，(31)364，因为8164，所以(*)式成立设nk3时，(*)式成立，即有k k1(k1)k，所以k k1（k1）k1(因为(k1)k0)又因为(k1)2k(k2)，即k1k2kk1，所以（k1）k2（k2）k1?k1k2k（k1）2k2?kk1kk（k2）k2kk1（k1）k1，即(k1)k2(k2)k1，所以，当nk1时，(*)式也成立综合，对任何n3，nN*，nn1(n1)n都成立所以，当n1，2时，A nB n.(10分)解后反思对于研究与自然数相关的组合数的问题，通常有三种处理方法一是应用数学归纳法来加以研究；二是应用组合数的相关性质来加以研究；三是转化为函数问题来加以研究 9、(2018苏州期末）在正整数集N*上定义函数yf(n)，满足f(n)f(n1)122f(n1)，且f (1)2. (1)求证f (3)f (2)910； (2)是否存在实数a，b，使得f(n)1a?32nb1对任意正整数n恒成立，并证明你的结论思路分析 (1)写出f(n1)与f(n)的递推关系f(n1)4f（n）f（n）2.再依次计算f (2)，