高三数学（理数）总复习练习专题二十 推理与证明
1．(2015·广东，8，中)若空间中 n 个不同的点两两距离都相等，则正整数 n 的取值( )
A．至多等于 3 B．至多等于 4
C．等于 5 D．大于 5
【答案】 B (排除法)当 n＝4 时，4 个点可以看作正四面体的 4 个顶点，显然符合题意．排除 A，
C，D.故选 B.
2．(2015·山东，11，易)观察下列各式：
C01＝40；
C03＋C13＝41；
C05＋C15＋C25＝42；
C07＋C17＋C27＋C37＝43；
……
照此规律，当 n∈N*时，
C 02n－1＋C 12n－1＋C 22n－1＋…＋C n－12n－1＝________．
【解析】 当 n＝1 时，C01＝40＝41－1；当 n＝2 时，C03＋C13＝41＝42－1；当 n＝3 时，C05＋C15＋C25＝42
＝43－1；
……
∴C 02n－1＋C 12n－1＋…＋C n－12n－1＝4n－1.
【答案】 4n－1
1．(2014·北京，8，中)学生的语文、数学成绩均被评定为三个等级，依次为“优秀”“合适”“不
合格”．若学生甲的语文、数学成绩都不低于学生乙，且其中至少有一门成绩高于乙，则称“学生甲比学
生乙成绩好”．如果一组学生中没有哪位学生比另一位学生成绩好，并且不存在语文成绩相同、数学成绩
也相同的两位学生，那么这组学生最多有( )
A．2 人 B．3 人 C．4 人 D．5 人
【答案】 B 由已知，各同学之间语文成绩、数学成绩各不相同，当有三名同学时，设三名同学
分别为 A，B，C，优秀、合格、不合格分别为 1，2，3，由于三名同学两科成绩各不相同，设 B 的语文
成绩介于 A 和 C 的语文成绩之间，不妨设 A
0)，观察：
f1(x)＝f(x)＝ x
x＋2
，
f2(x)＝f(f1(x))＝ x
3x＋4
，
f3(x)＝f(f2(x))＝ x
7x＋8
，
f4(x)＝f(f3(x))＝ x
15x＋16
，
……
根据以上事实，由归纳推理可得：
当 n∈N*且 n≥2 时，fn(x)＝f(fn－1(x))＝________．
(2)(2015·陕西咸阳质检，14)观察下列特殊的不等式：
52－22
5－2
≥2×7
2，
45－35
42－32≥5
2×(7
2 ) 3
，
98－28
93－23≥8
3×(11
2 ) 5
，
910－510
95－55 ≥2×75，
……
由以上特殊不等式，可以猜测：当 a>b>0，s，r∈Z 时，有as－bs
ar－br≥________．
【解析】 (1)由 f(x)＝ x
x＋2(x>0)得，
f1(x)＝f(x)＝ x
x＋2
，
f2(x)＝f(f1(x))＝ x
3x＋4
＝ x
（22－1）x＋22，
f3(x)＝f(f2(x))＝ x
7x＋8
＝ x
（23－1）x＋23，
f4(x)＝f(f3(x))＝ x
15x＋16
＝ x
（24－1）x＋24，
所以归纳可得，当 n∈N*且 n≥2 时，
fn(x)＝f(fn－1(x))＝ x
（2n－1）x＋2n.
(2)52－22
5－2
≥2×7
2＝2
1×(5＋2
2 )2－1
，
45－35
42－32≥5
2×(7
2 )3
＝5
2×(4＋3
2 )5－2
，
98－28
93－23≥8
3×(11
2 ) 5
＝8
3×(9＋2
2 )8－3
，
910－510
95－55 ≥2×75＝10
5 ×(9＋5
2 )10－5
，
由以上特殊不等式，可以猜测：当 a>b>0，s，r∈Z 时，有as－bs
ar－br≥s
r(a＋b
2 )s－r
.
【答案】 (1)
x
（2n－1）x＋2n
(2)
s
r(a＋b
2 )s－r
考向 3 演绎推理的应用
演绎推理的理解
(1)演绎推理是由一般性的命题推出特殊性命题的一种推理模式，是一种必然性推理．演绎推理的前
提与结论之间有蕴含关系，因而，只要前提是真实的，推理的形式是正确的，那么结论必定是真实的，
但是错误的前提可能导致错误的结论．
(2)演绎推理的主要形式就是由大前提、小前提推出结论的三段论式推理．
(2014·辽宁，21，12 分)已知函数 f(x)＝(cos x－x)(π＋2x)－8
3(sin x＋1)，g(x)＝3(x－π)
cos x－4(1＋sin x)ln(3－2x
π).
证明：(1)存在唯一 x0∈(0，
π
2 )，使 f(x0)＝0；
(2)存在唯一 x1∈(π
2 ，π)，使 g(x1)＝0，且对(1)中的 x0，有 x0＋x1<π.
【证明】 (1)当 x∈(0，
π
2 )时，f′(x)＝－(1＋sin x)(π＋2x)－2x－2
3cos x<0，∴函数 f(x)在(0，
π
2 )上
为减函数．
又 f(0)＝π－8
3>0，f(π
2 )＝－π2－16
3 <0，
∴存在唯一 x0∈(0，
π
2 )，使 f(x0)＝0.
(2)考虑函数 h(x)＝3（x－π）cos x
1＋sin x －4ln(3－ 2
πx)，x∈[π
2 ，π]，
令 t＝π－x，则 x∈[π
2 ，π]时，t∈[0，
π
2 ].
记 u(t)＝h(π－t)＝ 3tcos t
1＋sin t－4ln(1＋ 2
πt)，
则 u′(t)＝ 3f（t）
（π＋2t）（1＋sin t）.
由(1)得，当 x∈(0，x0)时，u′(t)>0，当 t∈(x0，
π
2 )时，u′(t)<0，在(0，x0)上 u(t)是增函数．又 u(0)
＝0，从而当 t∈(0，x0]时，u(t)>0，所以 u(t)在(0，x0]上无零点．
在(x0，
π
2 )上 u(t)为减函数，由 u(x0)>0，u(π
2 )＝－4ln 2<0，知存在唯一 t1∈(x0，
π
2 )，使 u(t1)＝0，
所以存在唯一的 t1∈(0，
π
2 )，使 u(t1)＝0，因此存在唯一的 x1＝π－t1∈(π
2 ，π)，使 h(x1)＝h(π－t 1)＝u(t1)＝
0.
∵当 x∈(π
2 ，π)时，1＋sin x>0，
∴g(x)＝(1＋sin x)h(x)与 h(x)有相同的零点，
∴存在唯一的 x1∈(π
2 ，π)，使 g(x1)＝0.
∵x1＝π－t1，t1>x0，∴x0＋x1<π.
【点拨】 证明本题的关键是证明所给函数在给定的区间上单调且端点值异号，由零点存在定理这
个大前提就可得出．
演绎推理的应用方法
(1)在应用三段论推理来证明问题时，首先应该明确什么是问题中的大前提和小前提．在演绎推理中，
只要前提和推理形式是正确的，结论必定是正确的．
(2)用三段论证明的基本模式是：
①大前提——已知的一般原理；
②小前提——所研究的特殊情况；
③结论——根据一般原理对特殊情况做出的判断．
在证明的过程中，往往大前提不写出来．
(2014·湖北黄冈调研，20，12 分)设 f(x)＝3ax2＋2bx＋c.若 a＋b＋c＝0，f(0)>0，f(1)>0，求
证：
(1)a>0 且－2<
b
a<－1；
(2)方程 f(x)＝0 在(0，1)内有两个实根．
证明：(1)∵f(0)>0，f(1)>0，
∴c>0，3a＋2b＋c>0.
由 a＋b＋c＝0，消去 b 得 a>c>0；
再由条件 a＋b＋c＝0，消去 c 得 a＋b<0 且 2a＋b>0，
∴－2<
b
a<－1.
(2)方法一：∵抛物线 f(x)＝3ax2＋2bx＋c 的顶点坐标为(－ b
3a，
3ac－b2
3a )，
∵－2<
b
a<－1，∴1
3<－ b
3a<
2
3.
又∵f(0)>0，f(1)>0，
而 f(－ b
3a)＝3ac－b2
3a ＝－a2＋c2－ac
3a
＝－
(a－c
2)2
＋3c2
4
3a <0，
∴方程 f(x)＝0 在区间(0，－ b
3a)与(－ b
3a，1)内分别有一个实根，故方程 f(x)＝0 在(0，1)内有两个实
根．
方法二：∵f(0)>0，f(1)>0，而 f(1
2 )＝3
4a＋b＋c＝－1
4a<0.
故抛物线与 x 轴的两个交点落在区间(0，1)内，
即方程 f(x)＝0 在(0，1)内有两个实根．
方法三：∵Δ＝4b2－12ac＝4(a2＋c2－ac)＝4(a－c
2) 2
＋3c2>0，
∴方程 f(x)＝0 有两个实根．
设方程的两根为 x1，x2，由根与系数的关系得
x1＋x2＝－2b
3a>0，x1x2＝ c
3a>0，故两根为正．
又∵(x1－1)＋(x2－1)＝－2b
3a－2<0，
(x1－1)(x2－1)＝3a＋2b＋c
3a >0，故两根均小于 1，命题得证．
1．(2015·河南洛阳模拟，5)某西方国家流传这样的一个政治笑话：“鹅吃白菜，参议员先生也吃白
菜，所以参议员先生是鹅．”结论显然是错误的，是因为( )
A．大前提错误 B．小前提错误
C．推理形式错误 D．非以上错误
【答案】 C ∵大前提：“鹅吃白菜”本身正确，小前提“参议员先生也吃白菜”本身也正确，
但小前提不是大前提下的特殊情况，即鹅与人不能类比．
∴不符合三段论推理形式，
∴推理形式错误，故选 C.
2．(2015·广东珠海模拟，6)在直角坐标系 xOy 中，一个质点从 A(a 1，a2)出发沿图中路线依次经过
B(a3，a4)，C(a5，a6)，D(a7，a8)，…，按此规律一直运动下去，则 a2 013＋a2 014＋a2 015＝( )
A．1 006 B．1 007 C．1 008 D．1 009
【答案】 B 由直角坐标系可知 A(1，1)，B(－1，2)，C(2，3)，D(－2，4)，E(3，5)，F(－3，6)，
即 a1＝1，a2＝1，a3＝－1，a4＝2，a5＝2，a6＝3，a7＝－2，a8＝4，…，
由此可知，所有数列偶数个都是从 1 开始逐渐递增的，且都等于所在的个数除以 2，则 a2 014＝1
007，每四个数中有一个负数，且为每组的第三个数，每组的第 1 个奇数和第 2 个奇数互为相反数，且从
－1 开始逐渐递减的，则 2 014÷4＝503 余 2，
则 a2 013＝504，a2 015＝－504，
a2 013＋a2 014＋a2 015＝504＋1 007－504＝1 007.
3．(2015·陕西西安模拟，7)设△ABC 的三边长分别为 a，b，c，△ABC 的面积为 S，内切圆半径为
r，则 r＝ 2S
a＋b＋c
，类比这个结论可知：四面体 SABC 的四个面的面积分别为 S1，S2，S3，S4，内切球半
径为 r，四面体 SABC 的体积为 V，则 r＝( )
A.
V
S1＋S2＋S3＋S4
B.
2V
S1＋S2＋S3＋S4
C.
3V
S1＋S2＋S3＋S4
D.
4V
S1＋S2＋S3＋S4
【答案】 C 设四面体的内切球的球心为 O，则球心 O 到四个面的距离都是 R，所以四面体的体
积等于以 O 为顶点，分别以四个面为底面的 4 个三棱锥体积的和．
则四面体的体积为
V 四面体 SABC＝1
3(S1＋S2＋S3＋S4)r，
∴r＝ 3V
S1＋S2＋S3＋S4.
4．(2014·山西四校期中检测，14)已知 x∈(0，＋∞)，观察下列各式：
x＋1
x≥2，
x＋ 4
x2＝x
2＋x
2＋ 4
x2≥3，
x＋27
x3＝x
3＋x
3＋x
3＋27
x3 ≥4，
……
类比得，x＋ a
xn≥n＋1(n∈N*)，则 a＝________．
【解析】 由已知三个式知 n＝1 时，a＝1；n＝2 时，a＝22＝4；n＝3 时，a＝33＝27，由此归纳可
得 a＝nn.
【答案】 nn
5．(2015·福建泉州质检，15)对大于或等于 2 的自然数 m 的 n 次方幂有如下分解方式：
23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19.
根据上述分解规律，若 m3(m∈N*)的分解式中最小的数是 73，则 m 的值为________．
【解析】 根据 23＝3＋5，33＝7＋9＋11，43＝13＋15＋17＋19，
从 23 起，m3 的分解规律恰为数列 3，5，7，9，若干连续项之和，23 为前两项和，33 为接下来三项
和，故 m3 的首数为 m2－m＋1.
∵m3(m∈N*)的分解中最小的数是 73，
∴m2－m＋1＝73，
∴m＝9.
【答案】 9
6．(2015·江西南昌一模，13)记 Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，当 k＝1，2，3，…时，观察下列等式：
S1＝1
2n2＋1
2n，
S2＝1
3n3＋1
2n2＋1
6n，
S3＝1
4n4＋1
2n3＋1
4n2，
S4＝1
5n5＋1
2n4＋1
3n3－ 1
30n，
S5＝1
6n6＋1
2n5＋ 5
12n4＋An2，
……
可以推测，A＝________．
【解析】 记 Sk＝1k＋2k＋3k＋…＋nk，当 k＝1，2，3，…时，观察下列等式：
S1＝1
2n2＋1
2n，可得：最高次项为 2 次，按 n 的降幂排列，奇次项系数1
2，偶次项系数1
2，1
2＝1
2，相等；
S2＝1
3n3＋1
2n2＋1
6n，可得：最高次项为 3 次，按 n 的降幂排列，奇次项系数和1
3＋1
6＝1
2，偶次项系数
1
2，1
2＝1
2，相等；
S3＝1
4n4＋1
2n3＋1
4n2，可得：最高次项为 4 次，按 n 的降幂排列，奇次项系数1
2，偶次项系数和1
4＋1
4＝
1
2，1
2＝1
2，相等；
S4＝1
5n5＋1
2n4＋1
3n3－ 1
30n，可得：最高次项为 5 次，按 n 的降幂排列，奇次项系数和1
5＋1
3－ 1
30＝1
2
，
偶次项系数1
2，1
2＝1
2，相等；
S5＝1
6n6＋1
2n5＋ 5
12n4＋An2，可得：最高次项为 6 次，按 n 的降幂排列，奇次项系数和与偶次项系数
和相等，均为1
2，则有1
6＋ 5
12＋A＝1
2，得 A＝－ 1
12.
【答案】 － 1
12
7．(2014·山东泰安模拟，15)已知 cos
π
3 ＝1
2，
cos
π
5 cos
2π
5 ＝1
4，
cos
π
7 cos
2π
7 cos
3π
7 ＝1
8，
……
(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是________；
(2)若数列{a n}中，a 1＝cos
π
3 ，a2＝cos
π
5 cos
2π
5 ，a3＝cos
π
7 ·cos
2π
7 cos
3π
7 ，…，前 n 项和 S n＝
1 023
1 024，则 n＝________．
【解析】 (1)从题中所给的几个等式可知，第 n 个等式的左边应有 n 个余弦相乘，且分母均为 2n＋
1，分子分别为π，2π，…，nπ，右边应为 1
2n，故可以猜想出结论为
cos
π
2n＋1
·cos
2π
2n＋1
·…·cos
nπ
2n＋1
＝ 1
2n(n∈N*)．
(2)由(1)可知 an＝ 1
2n，
故 Sn＝
1
2[1－(1
2 )n
]
1－1
2
＝1－ 1
2n＝2n－1
2n ＝1 023
1 024，解得 n＝10.
【答案】 (1)cos
π
2n＋1cos
2π
2n＋1
·…·cos
nπ
2n＋1
＝ 1
2n(n∈N*) (2)10
8．(2015·湖北宜昌一模，14)对于三次函数 f(x)＝ax 3＋bx2＋cx＋d(a≠0)，定义：f″(x)是函数 y＝f(x)
的导数 f′(x)的导数，若方程 f″(x)＝0 有实数解 x0，则称点(x0，f(x0))为函数 y＝f(x)的“拐点”．有同学发现
“任何一个三次函数都有‘拐点’；任何一个三次函数都有对称中心，且‘拐点’就是对称中心”．请你
将这一发现作为条件，求：
(1)函数 f(x)＝x3－3x2＋3x 的对称中心为________；
(2)若函数 g(x)＝ 1
3x3－1
2x2＋3x－ 5
12＋ 1
x－1
2
，则 g( 1
2 015)＋g( 2
2 015)＋g( 3
2 015)＋…＋g (2 014
2 015)＝
________.
【解析】 (1)f′(x)＝3x2－6x＋3，f″(x)＝6x－6，令 6x－6＝0，得 x＝1，
∵f(1)＝1，∴f(x)的对称中心为(1，1)．
(2)令 h(x)＝1
3x3－1
2x2＋3x－ 5
12
，k(x)＝ 1
x－1
2
，
则 h′(x)＝x2－x＋3，h″(x)＝2x－1，由 2x－1＝0，得 x＝1
2，
∵h(1
2 )＝1
3×(1
2 ) 3
－1
2×(1
2 ) 2
＋3×1
2－ 5
12＝1，
∴h(x)的对称中心为(1
2，1)，
∴h(x)＋h(1－x)＝2.
又∵k(x)＋k(1－x)＝ 1
x－1
2
＋ 1
1
2
－x
＝0，
x＝ 1
2 015， 2
2 015，…，2 014
2 015，
∴g( 1
2 015)＋g( 2
2 015)＋…＋g(2 014
2 015)
＝h( 1
2 015)＋h( 2
2 015)＋…＋h(2 014
2 015)＋
k( 1
2 015)＋ k( 2
2 015)＋ … ＋ k(2 014
2 015)＝ [h( 1
2 015)＋h(2 014
2 015)]＋ [h( 2
2 015)＋h(2 013
2 015)]＋ … ＋
[h(1 007
2 015)＋Error!
＋[k( 1
2 015)＋k(2 014
2 015)]＋[k( 2
2 015)＋
Error!＋…＋[k(1 007
2 015)＋k(1 008
2 015)]＝2×1 007＋0×1 007＝2 014.
【答案】 (1)(1，1) (2)2 014
(2015·重庆，22，12 分，难)在数列{an}中，a1＝3，an＋1an＋λan＋1＋μa2n＝0(n∈N＋)．
(1)若 λ＝0，μ＝－2，求数列{an}的通项公式；
(2)若 λ＝ 1
k0(k0∈N＋，k0≥2)，μ＝－1，证明：2＋ 1
3k0＋1
＜ak0＋1＜2＋ 1
2k0＋1.
解：(1)由 λ＝0，μ＝－2，有 an＋1an＝2a2n(n∈N＋)．
若存在某个 n0∈N＋，使得 an0＝0，则由上述递推公式易得 an0－1＝0，重复上述过程可得 a1＝0，
这与 a1＝3 矛盾，所以对任意 n∈N＋，an≠0.
从而 an＋1＝2an(n∈N＋)，即{an}是一个公比 q＝2 的等比数列．
故 an＝a1qn－1＝3·2n－1.
(2)证明：由 λ＝ 1
k0，μ＝－1，数列{an}的递推关系式变为
an＋1an＋ 1
k0an＋1－a2n＝0，变形为
an＋1(an＋1
k0)＝a2n(n∈N＋)．
由上式及 a1＝3＞0，归纳可得
3＝a1＞a2＞…＞an＞an＋1＞…＞0.
因为 an＋1＝ a
an＋1
k0
＝
a－1
k
＋1
k
an＋1
k0
＝an－ 1
k0＋ 1
k0· 1
k0an＋1
，所以对 n＝1，2，…，k0 求和得
ak0＋1＝a1＋(a2－a1)＋…＋(ak0＋1－ak0)
＝a1－k0· 1
k0＋ 1
k0·( 1
k0a1＋1
＋ 1
k0a2＋1Error!
＞2＋ 1
k0·( 1
3k0＋1
＋ 1
3k0＋1
＋…＋ 1
3k0＋1)
k0 个
＝2＋ 1
3k0＋1.
另一方面，由上已证的不等式知 a1＞a2＞…＞ak0＞ak0＋1＞2，得
ak0＋1＝a1－k0· 1
k0＋ 1
k0·( 1
k0a1＋1
＋
Error!
＜2＋ 1
k0( 1
2k0＋1
＋ 1
2k0＋1
＋…＋ 1
2k0＋1)
k0 个
＝2＋ 1
2k0＋1.
综上，2＋ 1
3k0＋1
＜ak0＋1＜2＋ 1
2k0＋1.
1．(2014·山东，4，易)用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3＋ax＋b＝0 至少有一个实根”
时，要做的假设是( )
A．方程 x3＋ax＋b＝0 没有实根
B．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有一个实根
C．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有两个实根
D．方程 x3＋ax＋b＝0 恰好有两个实根
【答案】 A “方程 x3＋ax＋b＝0 至少有一个实根”的否定是“方程 x3＋ax＋b＝0 没有实根”，
故选 A.
2．(2012·辽宁，12，难)若 x∈[0，＋∞)，则下列不等式恒成立的是( )
A．ex≤1＋x＋x2 B.
1
1＋x
≤1－1
2x＋1
4x2
C．cos x≥1－1
2x2 D．ln(1＋x)≥x－1
8x2
【答案】 C 对于 A，分别画出 y＝ex，y＝1＋x＋x2 在[0，＋∞)上的大致图象(如图)，知 ex≤1＋x
＋x2 不恒成立，A 错误．
对于 B，令 f(x)＝
1＋x(1－1
2x＋1
4x2)，
f′(x)＝ 1
2 1＋x(1－1
2x＋1
4x2)＋ 1＋x·(－1
2
＋1
2x)＝x（5x－2）
8 1＋x
.
∴x∈(0，
2
5)时，f′(x)<0，f(x)为减函数；
x∈(2
5，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)为增函数，
∴f(x)的最小值为 f (2
5 )，
而 f (2
5 )
＝ 1＋2
5
×[1－1
2 × 2
5
＋1
4 × (2
5 )2
]
＝ 7
5×21
25＝ 3 087
3 125<1，B 错误．
对于 C，结合图象知正确．
对于 D，当 x＝4 时，ln 50，求证：2a3－b3≥2ab2－a2b.
【证明】 要证明 2a3－b3≥2ab2－a2b 成立，
只需证：2a3－b3－2ab2＋a2b≥0，
即 2a(a2－b2)＋b(a2－b2)≥0，
即(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0.
∵a≥b>0，∴a－b≥0，a＋b>0，2a＋b>0，
从而(a＋b)(a－b)(2a＋b)≥0 成立，
∴2a3－b3≥2ab2－a2b.
【点拨】 在证明时，无法直接找到思路，可用分析法证明或用分析法找出证明途径，再用综合法
证明．
利用分析法证明时应注意的问题
(1)分析法采用逆向思维，当已知条件与结论之间的联系不够明显、直接，或证明过程中所需要用的
知识不太明确、具体时，往往采用分析法，特别是含有根号、绝对值的等式或不等式，从正面不易推导
时，常考虑用分析法．
(2)应用分析法的关键在于需保证分析过程的每一步都是可逆的，它的常用书面表达形式为“要证……
只需证……”或用“⇐”．注意用分析法证明时，一定要严格按照格式书写．
(2015·四川绵阳质检，18，12 分)下列各式：1＋0.1
2＋0.1>
1
2，0.2＋ 3
0.5＋ 3
>
0.2
0.5，
2＋7
3＋7
>
2
3， 72＋π
101＋π
>
72
101.
请你根据上述特点，提炼出一个一般性命题(写出已知，求证)，并用分析法加以证明．
解：已知 a>b>0，m>0，求证：b＋m
a＋m>
b
a.
证明如下：∵a>b>0，m>0，欲证b＋m
a＋m>
b
a，只需证 a(b＋m)>b(a＋m)，只需证 am>bm，只需证 a>b，
由已知得 a>b 成立，所以b＋m
a＋m>
b
a成立．
考向 2 综合法与分析法的综合应用
1．综合法
(1)定义：从已知条件和某些数学定义、公理、定理等出发，通过推理推导出所要的结论，这种证明
方法叫作综合法．综合法是一种“由因导果”的证明方法．
(2)框图表示：P⇒Q1→Q1⇒Q2→Q2⇒Q3→…→Qn⇒Q(其中 P 表示条件，Q 表示要证的结论)．
2．综合法与分析法的综合应用
分析法和综合法是两种思路相反的证明方法．分析法侧重于结论提供的信息，综合法则侧重于条件
提供的信息，把两者结合起来，全方位地收集、储存、加工和运用题目提供的全部信息，才能找到合理
的解题思路．没有分析，就没有综合，分析是综合的基础，它们相辅相成是对立统一的．
(2014·江苏，20，16 分)设数列{an}的前 n 项和为 Sn.若对任意的正整数 n，总存在正整数
m，使得 Sn＝am，则称{an}是“H 数列”．
(1)若数列{an}的前 n 项和 Sn＝2n(n∈N*)，证明：{an}是“H 数列”；
(2)设{an}是等差数列，其首项 a1＝1，公差 d<0.若{an}是“H 数列”，求 d 的值；
(3)证明：对任意的等差数列{an}，总存在两个“H 数列”{b n}和{cn}，使得 an＝bn＋cn(n∈N*)成
立．
【思路导引】 (1)利用 an＝{S1，n＝1，
Sn－Sn－1，n ≥ 2，根据“新定义”证明．
(2)求出数列的通项 an，根据数列为“H 数列”列出关于公差 d 和项数 n 的等式分析求解．
(3)将等差数列的通项 an 分解构造证明．
【解析】 (1)证明：由已知，当 n≥1 时，an＋1＝Sn＋1－Sn＝2n＋1－2n＝2n.
于是对任意的正整数 n，总存在正整数 m＝n＋1，使得 Sn＝2n＝am.所以{an}是“H 数列”．
(2)由已知，得 S2＝2a1＋d＝2＋d.
因为{an}是“H 数列”，所以存在正整数 m，使得 S2＝am，
即 2＋d＝1＋(m－1)d，于是(m－2)d＝1.
因为 d<0，所以 m－2<0，故 m＝1.从而 d＝－1.
当 d＝－1 时，an＝2－n，Sn＝n（3－n）
2
是小于 2 的整数，
n∈N*.于是对任意的正整数 n，总存在正整数 m＝2－Sn＝2－n（3－n）
2
，使得 Sn＝2－m＝am，所以
{an}是“H 数列”．因此 d 的值为－1.
(3)证明：设等差数列{an}的公差为 d，
则 an＝a1＋(n－1)d＝na1＋(n－1)(d－a1)(n∈N*)．
令 bn＝na1，cn＝(n－1)(d－a1)，则 an＝bn＋cn(n∈N*)．
下证{bn}是“H 数列”．
设{bn}的前 n 项和为 Tn，则 Tn＝n（n＋1）
2 a1(n∈N*)．
于是对任意的正整数 n，总存在正整数 m＝n（n＋1）
2
，
使得 Tn＝bm，所以{bn}是“H 数列”．
同理可证{cn}也是“H 数列”．
所以，对任意的等差数列{an}，总存在两个“H 数列”{bn}和{cn}，使得 an＝bn＋cn(n∈N*)成立．
综合法与分析法应用的注意点
(1)综合法与分析法各有特点，在解决实际问题时，常把分析法与综合法综合起来运用，通常用分析
法分析，综合法书写，这一点在立体几何中应用最为明显．同时，在数列、三角函数、解析几何中也大
多是利用分析法分析，用综合法证明的办法来证明相关问题．
(2)对于较复杂的问题，可以采用两头凑的方法，即通过分析法找出某个与结论等价(或充分)的中间
结论，然后通过综合法由条件证明这个中间结论，使原命题得证．
(2013·北京，20，13 分)给定数列 a 1，a2，…，an，对 i＝1，2，…，n－1，该数列前 i 项
的最大值记为 Ai，后 n－i 项 ai＋1，ai＋2，…，an 的最小值记为 Bi，di＝Ai－Bi.
(1)设数列{an}为 3，4，7，1，写出 d1，d2，d3 的值；
(2)设 a1，a2，…，an(n≥4)是公比大于 1 的等比数列，且 a1>0，证明：d1，d2，…，dn－1 是等比数列；
(3)设 d1，d2，…，dn－1 是公差大于 0 的等差数列，且 d1>0，证明：a1，a2，…，an－1 是等差数列．
解：(1)当 i＝1 时，A1＝3，B1＝1，故 d1＝A1－B1＝2，同理可求得 d2＝3，d3＝6.
(2)证明：因为 a1>0，公比 q>1，
所以 a1，a2，…，an 是递增数列．
因此，对 i＝1，2，…，n－1，Ai＝ai，Bi＝ai＋1.
于是对 i＝1，2，…，n－1，
di＝Ai－Bi＝ai－ai＋1＝a1(1－q)qi－1.
因此 di≠0 且di＋1
di ＝q(i＝1，2，…，n－2)，
即 d1，d2，…，dn－1 是等比数列．
(3)证明：设 d 为 d1，d2，…，dn－1 的公差．
对 1≤i≤n－2，因为 Bi≤Bi＋1，d>0，
所以 Ai＋1＝Bi＋1＋di＋1≥Bi＋di＋d>Bi＋di＝Ai.
又因为 Ai＋1＝max{Ai，ai＋1}，
所以 ai＋1＝Ai＋1>Ai≥ai.
从而 a1，a2，…，an－1 是递增数列．
因此 Ai＝ai(i＝1，2，…，n－1)．
又因为 B1＝A1－d1＝a1－d10，公差 d>0.
(1)若 a1＝1，d＝2，且1
a，1
a，1
a成等比数列，求整数 m 的值；
(2)求证对任意正整数 n，1
a，1
a，1
a
都不成等差数列．
解：(1)∵a1＝1，d＝2，∴a4＝7，am＝2m－1.
∵1
a，1
a，1
a成等比数列，
∴( 1
72 ) 2
＝ 1
（2m－1）2，∴(2m－1)2＝492.
∵a1>0，d>0，∴m＝25.
(2)证明：假设存在 m∈N*，使1
a，1
a，1
a成等差数列，即2
a＝1
a＋1
a，
∴2
a＝ 1
（am＋1－d）2＋ 1
（am＋1＋d）2＝ 2a＋2d2
（a－d2）2，化简，得 d2＝3a 2m＋1，
又 a1>0，d＞0，∴am＋1＝a1＋md>d，
∴3a 2m＋1>3d2>d2，与 d2＝3a 2m＋1矛盾，因此假设不成立，故原命题得证．
1．(2015·山东济南模拟，4)用反证法证明：若整系数一元二次方程 ax2＋bx＋c＝0(a≠0)有有理数根，
那么 a，b，c 中至少有一个是偶数．用反证法证明时，下列假设正确的是( )
A．假设 a，b，c 都是偶数
B．假设 a，b，c 都不是偶数
C．假设 a，b，c 至多有一个偶数
D．假设 a，b，c 至多有两个偶数
【答案】 B “至少有一个”的否定为“都不是”，故选 B.
2．(2015·广东佛山质检，6)对于正实数 α，Mα为满足下述条件的函数 f(x)构成的集合：∀x1，x2∈R
且 x2>x1，有－α(x2－x1)α2，则 f(x)－g(x)∈Mα1－α2
【答案】 C －α(x2－x1)0，都存在 x∈A，使得 0<|x－
x0|0，存在 n>
1
a，使 0<|x|＝1
n
0，
即 f(αx1＋(1－α)x2)>αf(x1)＋(1－α)f(x2)，
∴f2(x)＝1
x(x<0)不是定义域上的 C 函数．
(3)证明：假设 f(x)是 R 上的 C 函数，
若存在 mf(n)，
记 x1＝n，x2＝n－T，α＝1－n－m
T
，同理也可得到矛盾．
∴f(x)在[0，T)上是常数函数，
又因为 f(x)是周期为 T 的函数，
所以 f(x)在 R 上是常数函数，这与 f(x)的最小正周期为 T 矛盾．
所以 f(x)不是 R 上的 C 函数．
1．(2015·江苏，23，10 分，难)已知集合 X＝{1，2，3}，Y n＝{1，2，3，…，n}(n∈N *)，设 Sn＝
{(a，b)|a 整除 b 或 b 整除 a，a∈X，b∈Yn}．令 f(n)表示集合 Sn 所含元素的个数．
(1)写出 f(6)的值；
(2)当 n≥6 时，写出 f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．
解：(1)f(6)＝13.
(2)当 n≥6 时，f(n)
＝{
n＋2＋(n
2
＋n
3)，n＝6t，
n＋2＋(n－1
2
＋n－1
3 )，n＝6t＋1，
n＋2＋(n
2
＋n－2
3 )，n＝6t＋2，
n＋2＋(n－1
2
＋n
3)，n＝6t＋3，
n＋2＋(n
2
＋n－1
3 )，n＝6t＋4，
n＋2＋(n－1
2
＋n－2
3 )，n＝6t＋5
(t∈N*)
下面用数学归纳法证明：
①当 n＝6 时，f(6)＝6＋2＋6
2＋6
3＝13，结论成立；
②假设 n＝k(k≥6)时结论成立，那么 n＝k＋1 时，Sk＋1 在 Sk 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＝6t，则 k＝6(t－1)＋5，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋k－1
2
＋k－2
3
＋3＝(k＋1)＋2＋k＋1
2
＋k＋1
3
，结论成立；
(ii)若 k＋1＝6t＋1，则 k＝6t，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋k
2＋k
3＋1
＝(k＋1)＋2＋（k＋1）－1
2
＋（k＋1）－1
3
，结论成立；
(iii)若 k＋1＝6t＋2，则 k＝6t＋1，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋k－1
2
＋k－1
3
＋2＝(k＋1)＋2＋k＋1
2
＋（k＋1）－2
3
，结论成立；
(iv)若 k＋1＝6t＋3，则 k＝6t＋2，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋k
2＋k－2
3
＋2
＝(k＋1)＋2＋（k＋1）－1
2
＋k＋1
3
，结论成立；
(v)若 k＋1＝6t＋4，则 k＝6t＋3，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋k－1
2
＋k
3＋2
＝(k＋1)＋2＋k＋1
2
＋（k＋1）－1
3
，结论成立；
(vi)若 k＋1＝6t＋5，则 k＝6t＋4，此时有
f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋k
2＋k－1
3
＋1
＝(k＋1)＋2＋（k＋1）－1
2
＋（k＋1）－2
3
，结论成立．
综上所述，结论对满足 n≥6 的自然数 n 均成立．
2．(2015·湖北，22，14 分，难)已知数列{an}的各项均为正数，bn＝n(1＋1
n) n
an(n∈N＋)．e 为自然
对数的底数．
(1)求函数 f(x)＝1＋x－ex 的单调区间，并比较(1＋1
n) n
与 e 的大小；
(2)计算b1
a1，b1b2
a1a2，b1b2b3
a1a2a3，由此推测计算b1b2…bn
a1a2…an的公式，并给出证明；
(3)令 cn＝(a1a2…an)
1
n
，数列{an}，{cn}的前 n 项和分别记为 Sn，Tn，证明：Tn0，即 x<0 时，f(x)单调递增，
当 f′(x)<0，即 x>0 时，f(x)单调递减，
故 f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
当 x>0 时，f(x)1＋2x，原不等式成立．
②假设 p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx 成立．
当 p＝k＋1 时，
(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k
>(1＋x)(1＋kx)
＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x.
所以 p＝k＋1 时，原不等式也成立．
综合①②可得，当 x>－1，且 x≠0 时，对一切整数 p>1，不等式(1＋x)p>1＋px 均成立．
(2)方法一：先用数学归纳法证明 an>c
1
p.
①当 n＝1 时，由题设知 a1>c
1
p成立．
②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式 ak>c
1
p成立．
由 an＋1＝p－1
p an＋c
pa 1－pn 易知 an>0，n∈N*.
当 n＝k＋1 时，
ak＋1
ak ＝p－1
p
＋c
pa－pk ＝1＋1
p(c
a－1).
由 ak>c
1
p>0 得
－1<－1
p<
1
p(c
a－1)<0.
由(1)中的结论得
(ak＋1
ak ) p
＝[1＋1
p(c
a
－1)] p
>1＋p·
1
p(c
a－1)＝c
a.
因此 a pk＋1>c，即 ak＋1>c
1
p.
所以 n＝k＋1 时，不等式 an>c
1
p也成立．
综合①②可得，对一切正整数 n，不等式 an>c
1
p均成立．
再由an＋1
an ＝1＋1
p(c
a－1)可得an＋1
an <1，即 an＋1an＋1>c
1
p，n∈N*.
方法二：设 f(x)＝p－1
p x＋c
px1－p，x≥c
1
p，则 xp≥c，并且
f′(x)＝p－1
p
＋c
p(1－p)x－p
＝p－1
p (1－ c
xp)>0，x>c
1
p.
由此可得，f(x)在[c
1
p，＋∞)上单调递增．
因而，当 x>c
1
p时，f(x)>f(c
1
p)＝c
1
p.
①当 n＝1 时，由 a1>c
1
p>0，即 ap1>c 可知
a2＝p－1
p a1＋c
pa1－p1
＝a1[1＋1
p(c
a
－1)]c
1
p，
从而 a1>a2>c
1
p.
故当 n＝1 时，不等式 an>an＋1>c
1
p成立．
②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，
不等式 ak>ak＋1>c
1
p成立，
则当 n＝k＋1 时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c
1
p)，
即有 ak＋1>ak＋2>c
1
p.
所以 n＝k＋1 时，原不等式也成立．
综合①②可得，对一切正整数 n，不等式
an>an＋1>c
1
p均成立．
2．(2014·江西，21，14 分，难)随机将 1，2，…，2n(n∈N*，n≥2)这 2n 个连续正整数分成 A，B 两
组，每组 n 个数，A 组最小数为 a1，最大数为 a2，B 组最小数为 b1，最大数为 b2，记 ξ＝a2－a1，η＝b2－
b1.
(1)当 n＝3 时，求 ξ 的分布列和数学期望；
(2)令 C 表示事件“ξ 与 η 的取值恰好相等”，求事件 C 发生的概率 P(C)；
(3)对(2)中的事件 C，C
－
表示 C 的对立事件，判断 P(C)和 P(C
－
)的大小关系，并说明理由．
解：(1)当 n＝3 时，ξ 的所有可能取值为 2，3，4，5.将 6 个正整数平均分成 A，B 两组，不同的分
组方法共有 C36＝20(种)，所以 ξ 的分布列为：
ξ 2 3 4 5
P
1
5
3
10
3
10
1
5
所以 E(ξ)＝2×1
5＋3× 3
10＋4× 3
10＋5×1
5＝7
2.
(2)ξ 和 η 恰好相等的所有可能取值为：n－1，n，n＋1，…，2n－2.
又 ξ 和 η 恰好相等且等于 n－1 时，不同的分组方法有 2 种；ξ 和 η 恰好相等且等于 n 时，不同的分
组方法有 2 种；ξ 和 η 恰好相等且等于 n＋k(k＝1，2，…，n－2)(n≥3)时，不同的分组方法有 2C k2k种，
所以当 n＝2 时，P(C)＝4
6＝2
3.
当 n≥3 时，P(C)＝
2(2＋ ∑
n－2
k＝1C)
C .
(3)由(2)知，当 n＝2 时，P(C
－
)＝1
3，因此 P(C)>P(C
－
)．
而当 n≥3 时，P(C)1)．
(1)讨论 f(x)的单调性；
(2)设 a1＝1，an＋1＝ln(an＋1)，证明： 2
n＋20，f(x)在(－1，a2－2a)上是增函数；
若 x∈(a2－2a，0)，则 f′(x)<0，f(x)在(a2－2a，0)上是减函数；
若 x∈(0，＋∞)，则 f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上是增函数；
②当 a＝2 时，f′(x)≥0，f′(x)＝0 成立当且仅当 x＝0 时，f(x)在(－1，＋∞)上是增函数．
③当 a>2 时，若 x∈(－1，0)，则 f′(x)>0，f(x)在(－1，0)上是增函数；
若 x∈(0，a2－2a)，则 f ′(x)<0，f(x)在(0，a2－2a)上是减函数；
若 x∈(a2－2a，＋∞)，则 f ′(x)>0，f(x)在(a2－2a，＋∞)上是增函数．
(2)证明：由(1)知，当 a＝2 时，f(x)在(－1，＋∞)上是增函数．
当 x∈(0，＋∞)时，f(x)>f(0)＝0，
即 ln(x＋1)>
2x
x＋2(x>0)．
又由(1)知，当 a＝3 时，f(x)在[0，3)上是减函数．
当 x∈(0，3)时，f(x)ln( 2
k＋2
＋1)>
2 ×
2
k＋2
2
k＋2
＋2
＝ 2
k＋3.
ak＋1＝ln(ak＋1)≤ln( 3
k＋2
＋1)<
3 ×
3
k＋2
3
k＋2
＋3
＝ 3
k＋3
，
即当 n＝k＋1 时有 2
k＋30)，其中 r 为有理数，且 01 时，f′(x)>0，
所以 f(x)在(1，＋∞)内是增函数．
故函数 f(x)在 x＝1 处取得最小值 f(1)＝0.
(2)由(1)知，当 x∈(0，＋∞)时，有 f(x)≥f(1)＝0，
即 xr≤rx＋(1－r)．①
若 a1，a2 中至少有一个为 0，则 a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2 成立．
若 a1，a2 均不为 0，又 b1＋b2＝1，可得 b2＝1－b1，于是
在①中令 x＝a1
a2，r＝b1，
可得(a1
a2 )b1
≤b1·a1
a2＋(1－b1)，
即 a1b1a21－b1≤a1b1＋a2(1－b1)，亦即 a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2.
综上，对 a1≥0，a2≥0，b1，b2 为正有理数，且 b1＋b2＝1，总有 a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2.②
(3)(2)中命题的推广形式为：
设 a1，a2，…，an 为非负实数，b1，b2，…，bn 为正有理数．
若 b1＋b2＋…＋bn＝1，
则 a1b1a2b2…anbn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn.③
用数学归纳法证明如下：
a．当 n＝1 时，b1＝1，有 a1≤a1，③成立．
b．假设当 n＝k 时，③成立，即若 a1，a2，…，ak 为非负实数，b1，b2，…，bk 为正有理数，且 b1＋
b2＋…＋bk＝1，
则 a1b1a2b2…akbk≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk.
当 n＝k＋1 时，已知 a1，a2，…，ak，ak＋1 为非负实数，b1，b2，…，bk，bk＋1 为正有理数，且 b1＋
b2＋…＋bk＋bk＋1＝1，
此时 00，
于是 a1b1a2b2…akbk a k＋1bk＋1＝(a1b1a2b2…akbk) a k＋1bk＋1
＝(a1
b1
1－bk＋1a2
b2
1－bk＋1
…a k
bk
1－bk＋1)1－bk＋1·a k＋1bk＋1.
因为 b1
1－bk＋1
＋ b2
1－bk＋1
＋…＋ bk
1－bk＋1
＝1，
由归纳假设可得 a1
b1
1－bk＋1a2
b2
1－bk＋1
…a k
bk
1－bk＋1
≤a1· b1
1－bk＋1
＋a2· b2
1－bk＋1
＋…＋ak· bk
1－bk＋1
＝a1b1＋a2b2＋…＋akbk
1－bk＋1 .
从而 a1b1a2b2…akbk a k＋1bk＋1
≤(a1b1＋a2b2＋…＋akbk
1－bk＋1 )1－bk＋1
·a k＋1bk＋1.
又因为(1－bk＋1)＋bk＋1＝1，由②得
(a1b1＋a2b2＋…＋akbk
1－bk＋1 )1－bk＋1
a k＋1bk＋1
≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk
1－bk＋1
·(1－bk＋1)＋ak＋1bk＋1
＝a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1，
从而 a1b1a2b2…akbk a k＋1bk＋1≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1.
故当 n＝k＋1 时，③成立．
由 a，b 可知，对一切正整数 n，所推广的命题成立．
思路点拨：(1)求函数最值可考虑先利用导数判断函数单调性，然后再求最值；(2)对于不等式的证明
要注意利用第(1)问的结论进行突破；(3)中数学归纳法的运用相对而言难度高，运算量大，在归纳证明时
一要细心运算，二要注意假设条件的恰当运用．
5．(2012·安徽，21，13 分，难)数列{xn}满足 x1＝0，xn＋1＝－x2n＋xn＋c(n∈N*)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是 c<0；
(2)求 c 的取值范围，使{xn}是递增数列．
解：(1)证明：先证充分性，当 c<0 时，由于 xn＋1＝－x2n＋xn＋c≤xn＋cxn＋1＝－x2n＋xn＋c，
即 c0，
即 xn<1－ c.
由②式和 xn≥0 可得，对任意 n≥1 都有
c－xn＋1≤(1－ c)( c－xn)．③
反复运用③式，得
c－xn≤(1－ c)n－1( c－x1)<(1－ c)n－1.由 xn<1－ c和 c－xn<(1－ c)n－1 两式相加，得 2 c－1<(1－
c)n－1 对任意 n≥1 成立．
根据指数函数 y＝(1－ c)x 的性质，得
2 c－1≤0，c≤1
4，故 00.
即证 xn< c对任意 n≥1 成立．
下面用数学归纳法证明当 0xn，
即{xn}是递增数列．
综上可知，使得数列{xn}单调递增的 c 的取值范围是(0，
1
4].
考向 1 用数学归纳法证明等式
数学归纳法是一种只适用于与正整数有关的命题的证明方法，第一步是递推的“基础”，第二步是递
推的“依据”，两个步骤缺一不可，在证明过程中要防范以下两点：
(1)第一步验证 n＝n0 时，n0 不一定为 1，要根据题目要求选择合适的起始值．
(2)第二步中，归纳假设起着“已知条件”的作用，在证明 n＝k＋1 时，命题也成立的过程中一定要
用到它，否则就不是数学归纳法．第二步关键是“一凑假设，二凑结论”．
(2014·江苏，23，10 分)已知函数 f0(x)＝sin x
x (x>0)，设 fn(x)为 fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求 2f1(π
2 )＋π
2 f2 (π
2 )的值；
(2)证明：对任意的 n∈N*，等式|nfn－1(π
4 )＋π
4 fn(π
4 )|＝
2
2 都成立．
【思路导引】 (1)利用导数运算法则求出 f1(x)，f2(x)，将自变量的值代入求解；(2)先用归纳推理得
出等式 nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋nπ
2 )，再用数学归纳法证明，最后将 x＝π
4 代入等式即可证明．
【解析】 (1)由已知，得 f1(x)＝f′0(x)＝(sin x
x )′＝cos x
x －sin x
x2 ，
于是 f2(x)＝f′1(x)＝(cos x
x )′－(sin x
x2 )′＝－sin x
x －2cos x
x2 ＋2sin x
x3 ，
所以 f1(π
2 )＝－ 4
π2，f2(π
2 )＝－ 2
π＋ 16
π3，
故 2f1(π
2 )＋π
2 f2(π
2 )＝－1.
(2)证明：由已知，得 xf0(x)＝sin x，等式两边分别对 x 求导，得 f0(x)＋xf′0(x)＝cos x，
即 f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin(x＋
π
2 )，类似可得
2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)，
3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sin(x＋3π
2 )，
4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．
猜想 nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋nπ
2 ).
下面用数学归纳法证明等式 nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin (x＋nπ
2 )对所有的 x∈N*都成立．
①当 n＝1 时，由上可知等式成立．
②假设当 n＝k 时等式成立，即
kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin(x＋kπ
2 ).
因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf ′k－1(x)＋fk(x)＋x f ′k(x)
＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，
[sin(x＋kπ
2 )]′＝cos(x＋kπ
2 )·(x＋kπ
2 )′
＝sin[x＋
（k＋1）π
2 ]，
所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin[x＋
（k＋1）π
2 ].
因此当 n＝k＋1 时，等式也成立．
综合①②可知等式 nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin (x＋nπ
2 )对所有的 n∈N*都成立．
令 x＝π
4 ，可得 nfn－1(π
4 )＋π
4 fn(π
4 )＝sin(π
4 ＋nπ
2 )(n∈N*)．
所以|nfn－1(π
4 )＋
π
4 fn(π
4 )|＝
2
2 (n∈N*)．
利用数学归纳法证明等式时应注意的问题
(1)用数学归纳法证明等式其关键点在于弄清等式两边的构成规律，等式两边各有多少项，初始值
n0；
(2)由 n＝k 到 n＝k＋1 时，除等式两边变化的项外还要充分利用 n＝k 时的式子，即充分利用假设，
正确写出归纳证明的步骤，从而使问题得以证明．
(2012·天津，18，13 分)已知{an}是等差数列，其前 n 项和为 Sn，{bn}是等比数列，且 a1＝
b1＝2，a4＋b4＝27，S4－b4＝10.
(1)求数列{an}与{bn}的通项公式；
(2)记 Tn＝anb1＋an－1b2＋…＋a1bn，n∈N*，证明 Tn＋12＝－2an＋10bn(n∈N*)．
解：(1)设等差数列{an}的公差为 d，等比数列{bn}的公比为 q.由 a1＝b1＝2，得 a4＝2＋3d，b4＝2q3，
S4＝8＋6d.
由条件，得方程组{2＋3d＋2q3＝27，
8＋6d－2q3＝10，
解得{d＝3，
q＝2.
所以 an＝3n－1，bn＝2n，n∈N*.
(2)证明：方法一：由(1)得
Tn＝2an＋22an－1＋23an－2＋…＋2na1，①′
2Tn＝22an＋23an－1＋…＋2na2＋2n＋1a1.②′
②′－①′，得
Tn＝－2(3n－1)＋3×22＋3×23＋…＋3×2n＋2n＋2＝12（1－2n－1）
1－2
＋2n＋2－6n＋2＝10×2n－6n－10.
而－2an＋10bn－12＝－2(3n－1)＋10×2n－12＝10×2n－6n－10，故 Tn＋12＝－2an＋10bn，n∈N*.
方法二：①当 n＝1 时，T1＋12＝a1b1＋12＝16，－2a1＋10b1＝16，故等式成立；
②假设当 n＝k 时等式成立，
即 Tk＋12＝－2ak＋10bk，
则当 n＝k＋1 时有
Tk＋1＝ak＋1b1＋akb2＋ak－1b3＋…＋a1bk＋1
＝ak＋1b1＋q(akb1＋ak－1b2＋…＋a1bk)
＝ak＋1b1＋qTk
＝ak＋1b1＋q(－2ak＋10bk－12)
＝2ak＋1－4(ak＋1－3)＋10bk＋1－24
＝－2ak＋1＋10bk＋1－12，
即 Tk＋1＋12＝－2ak＋1＋10bk＋1.
因此 n＝k＋1 时等式也成立．
由①和②，可知对任意 n∈N*，Tn＋12＝－2an＋10bn 成立．
思路点拨：本题(2)利用数学归纳法证明时，关键是在 Tk＋1 的等式中构造出 Tk，再利用归纳假设．
考向 2 用数学归纳法证明不等式
用数学归纳法证明与 n(n∈N*)有关的不等式一般有两种具体形式：一是直接给出不等式，按要求进
行证明；二是给出两个式子，按要求比较它们的大小．对第二类形式往往要先对 n 取前 k 个值的情况分
别验证比较，以免出现判断失误，最后猜出从某个 k 值开始都成立的结论，常用数学归纳法证明，即先
猜(归纳推理)后证(数学归纳法)．
(2014·陕西，21，14 分)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 g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求 gn(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．
【思路导引】 (1)利用求导公式及归纳推理得出 gn(x)的表达式，然后用数学归纳法证明，证明的关
键是当 n＝k 时，结论成立，证得 n＝k＋1 时，结论也成立．
(2)构造函数将恒成立问题转化为函数的导数问题解决．
(3)利用(2)的结论用数学归纳法证明．
【解析】 由题设得，g(x)＝ x
1＋x(x≥0)．
(1)由已知，g1(x)＝ x
1＋x
，g2(x)＝g(g1(x))＝
x
1＋x
1＋ x
1＋x
＝ x
1＋2x
，g3(x)＝ x
1＋3x
，…，可得 gn(x)＝ x
1＋nx.
下面用数学归纳法证明．
①当 n＝1 时，g1(x)＝ x
1＋x
，结论成立．
②假设 n＝k 时结论成立，即 gk(x)＝ x
1＋kx.
那么，当 n＝k＋1 时，gk＋1(x)＝g(gk(x))
＝ gk（x）
1＋gk（x）＝
x
1＋kx
1＋ x
1＋kx
＝ x
1＋（k＋1）x
，即结论成立．
由①②可知，结论对 n∈N＋成立．
(2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立，即 ln(1＋x)≥ ax
1＋x
恒成立．
设 φ(x)＝ln(1＋x)－ ax
1＋x(x≥0)，
则 φ′(x)＝ 1
1＋x
－ a
（1＋x）2＝ x＋1－a
（1＋x）2，
当 a≤1 时，φ′(x)≥0(当且仅当 x＝0，a＝1 时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增．
又 φ(0)＝0，∴φ(x)≥0 在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1 时，ln(1＋x)≥ ax
1＋x
恒成立(当且仅当 x＝0 时等号成立)．
当 a>1 时，对 x∈(0，a－1]有 φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0，即 a>1 时，存在 x>0，使 φ(x)<0，故知 ln(1＋x)≥ ax
1＋x
不恒成立，
综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．
(3)由题意知 g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝1
2＋2
3＋…＋ n
n＋1
，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，所以 g(1)＋g(2)＋…＋
g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：上述不等式等价于1
2＋1
3＋…＋ 1
n＋1
x
1＋x
，x>0.
令 x＝1
n，n∈N＋，则 1
n＋1f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即 1>c>a2k＋2>a2，
再由 f(x)在(－∞，1]上为减函数，得 c＝f(c)f(a2k＋1)＝a2k＋2，
a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)，即 a2n＋1>a2n＋2，
所以 a2n＋1> a－2a2n＋1＋2－1.
解得 a2n＋1>
1
4.④
综上，由②③④知存在 c＝1
4使得 a2ng(3)．
∵f(4)＝45＝1 024，g(4)＝54＝625，
∴f(4)>g(4)．
(2)猜想：当 n≥3，n∈N*时，有 nn＋1>(n＋1)n.
证明：①当 n＝3 时，猜想成立．
②假设当 n＝k(k≥3，k∈N*)时猜想成立，即 kk＋1>(k＋1)k，也即 kk＋1
（k＋1）k>1.
∵(k＋1)2＝k2＋2k＋1>k(k＋2)，
∴k＋1
k＋2>
k
k＋1
，
∴(k＋1
k＋2) k
>( k
k＋1) k
，
∴（k＋1）k＋2
（k＋2）k＋1
＝(k＋1
k＋2) k
·（k＋1）2
k＋2
>( k
k＋1) k
·k＝ kk＋1
（k＋1）k>1.
即当 n＝k＋1 时也成立．由①②知，当 n≥3，n∈N*时，有 nn＋1>(n＋1)n.
4．(2015·湖南长沙模拟，20，13 分)已知数列{an}满足 a1＝a，an＋1＝2an＋λ
an(a，λ∈R)．
(1)若 λ＝－2，数列{an}单调递增，求实数 a 的取值范围；
(2)若 a＝2，试写出 an≥2 对任意的 n∈N*成立的充要条件，并证明你的结论．
解：(1)当 λ＝－2 时，an＋1＝2an－ 2
an，由题意知 an＋1>an，所以 an＋1－an＝an－ 2
an>0，解得 an> 2或－
2 2或－ 20，知 f(x)在区间[2，＋∞)上单调递增，所以 ak＋1＝2ak＋λ
ak≥4＋
λ
2 ≥2.
②当 λ>0 时，对 x∈[2，＋∞)总有 f(x)＝2x＋λ
x >4>2，所以 ak＋1＝2ak＋λ
ak>2.
所以当 n＝k＋1 时，ak＋1≥2 成立．
综上可知，当 λ≥－4 时，对任意的 n∈N*，an≥2 成立．
故 an≥2 对任意的 n∈N*成立的充要条件是 λ≥－4.
5．(2015·四川绵阳一模，21，14 分)已知数列{xn}满足 x1＝1
2
，xn＋1＝ 1
1＋xn，n∈N*.
(1)猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论；
(2)证明：|xn＋1－xn|≤1
6(2
5 )n－1
.
解：(1)由 x1＝1
2及 xn＋1＝ 1
1＋xn，得
x2＝2
3，x4＝5
8，x6＝13
21.
由 x2>x4>x6，猜想：数列{x2n}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 x2k>x2k＋2，
易知 xk>0，那么
x2k＋2－x2k＋4＝ 1
1＋x2k＋1
－ 1
1＋x2k＋3
＝ x2k＋3－x2k＋1
（1＋x2k＋1）（1＋x2k＋3）
＝
1
1＋x2k＋2－ 1
1＋x2k
（1＋x2k＋1）（1＋x2k＋3）
＝ x2k－x2k＋2
（1＋x2k）（1＋x2k＋1）（1＋x2k＋2）（1＋x2k＋3）
>0，
即 x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.
也就是说，当 n＝k＋1 时命题也成立．
结合①②知命题成立．
(2)证明：当 n＝1 时，|xn＋1－xn|＝x2－x1＝1
6，结论成立．
当 n≥2 时，易知 0
1
2，
∴(1＋xn)(1＋xn－1)＝(1＋ 1
1＋xn－1)·(1＋xn－1)＝2＋xn－1≥5
2，
∴|xn＋1－xn|＝| 1
1＋xn－ 1
1＋xn－1|
＝ |xn－xn－1|
（1＋xn）（1＋xn－1）≤2
5|xn－xn－1|
≤(2
5 ) 2
|xn－1－xn－2|≤…
≤(2
5 )n－1
|x2－x1|＝1
6(2
5 )n－1
.
6．(2015·山东济南模拟，21，14 分)已知函数 f(x)＝aln x＋ 2
x＋1(a∈R)．
(1)当 a＝1 时，求 f(x)在 x∈[1，＋∞)内的最小值；
(2)若 f(x)存在单调递减区间，求 a 的取值范围；
(3)求证 ln(n＋1)>
1
3＋1
5＋1
7＋…＋ 1
2n＋1(n∈N*)．
解：(1)当 a＝1 时，f(x)＝ln x＋ 2
x＋1
，定义域为(0，＋∞)．
因为 f′(x)＝1
x－ 2
（x＋1）2＝ x2＋1
x（x＋1）2>0，
所以 f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以 f(x)在 x∈[1，＋∞)内的最小值为 f(1)＝1.
(2)f′(x)＝a
x－ 2
（x＋1）2＝
ax2＋2（a－1）x＋a
x（x＋1）2 ，因为 f(x)存在单调递减区间，所以 f′(x)<0 有正数解，即 ax2＋2(a－1)x＋a<0
有正数解．
①当 a＝0 时，明显成立．
②当 a<0 时，h(x)＝ax2＋2(a－1)x＋a 是开口向下的抛物线，所以 ax2＋2(a－1)x＋a<0 有正数解．
③当 a>0 时，h(x)＝ax2＋2(a－1)x＋a 是开口向上的抛物线，即方程 ax2＋2(a－1)x＋a＝0 有正根．
因为 x1x2＝1>0，所以方程 ax2＋2(a－1)x＋a＝0 有两正根，
所以{Δ > 0，
x1＋x2 > 0，解得 01，∴ln 2>
1
3，即当 n＝1 时，不等式成立．
设当 n＝k 时，ln(k＋1)>
1
3＋1
5＋…＋ 1
2k＋1
成立．
当 n＝k＋1 时，ln(n＋1)＝ln(k＋2)＝ln(k＋1)＋ln
k＋2
k＋1>
1
3＋1
5＋…＋ 1
2k＋1
＋ln
k＋2
k＋1.
根据(1)的结论可知，当 x>1 时，ln x＋ 2
x＋1>1，即 ln x>
x－1
x＋1.
令 x＝k＋2
k＋1
，所以 ln
k＋2
k＋1>
1
2k＋3
，则有 ln(k＋2)>
1
3＋1
5＋…＋ 1
2k＋1
＋ 1
2k＋3
，即当 n＝k＋1 时，不等
式也成立．
综上可知不等式成立．
