1、课时作业A 组基础对点练1设实数 c0，整数 p1，nN *.(1)证明：当 x1 且 x0 时，(1x )p1px；(2)数列a n满足 an1 an a .证明： .p 1p cp1 pn证明：(1)用数学 归纳法证明：当 p2 时 ，(1x )212x x 212x ，原不等式成立假设 pk(k2，k N*)时，不等式 (1x) k1kx 成立当 pk1 时 ，(1x )k1 (1x )(1x) k(1x )(1 kx)1(k1)xkx 21( k1)x .所以 pk1 时，原不等式也成立综合可得，当 x1， x0 时， 对一切整数 p1，不等式(1x) p1px 均成立(2)先用数学归
2、纳 法证明当 n1 时 ，由题设知 成立假设 nk(k1，k N*)时，不等式 成立由 an1 an a 易知 an0，nN*.p 1p cp 1 pn当 nk1 时 ， a 1 .ak 1ak p 1p cp pk 1p(capk 1)由 akc 0 得 11p .(ak 1ak ) 1 1p(capk 1) 1p(capk 1) capk所以 nk1 时，不等式 也成立综合可得，对一切正整数 n，不等式 anc 均成立1p再由 1 可得 0，2n即证 xnxn，即x n是递增数列2n3已知函数 f0(x) (x0)，设 fn(x)为 fn1 (x)的导数，nN *.sin xx(1)求 2
3、f1 f2 的值；(2) 2 (2)(2)证明：对任意的 nN *，等式 都成立解析：(1)由已知，得 f1(x)f 0(x) ，(sin xx ) cos xx sin xx2于是 f2(x)f 1(x) ，(cos xx ) (sin xx2) sin xx 2cos xx2 2sin xx3所以 f1 ，f2 ，(2) 42 (2) 2 163故 2f1 f2 1.(2) 2(2)(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)xf 1(x)cos x sin ，类似可得(x 2)2f1(x)xf 2(x)s
4、in xsin( x)，3f2(x)xf 3(x)cos x sin ，(x 32)4f3(x)xf 4(x)sin xsin( x2)下面用数学归纳法证明等式 nfn1 (x)xf n(x)sin 对所有的 nN*都成立(x n2)当 n1 时 ，由上可知等式成立假设当 n k 时等式成立，即kfk1 (x)xf k(x)sin .(x k2)因为kf k1 (x)xf k(x)kf k1 (x)f k(x)xf k(x)(k1)f k(x)xf k1 (x)， cos sin(x k2) (x k2)(x k2)sin ，x k 12 所以(k1)f k(x)xf k1 (x)sin .x
5、 k 12 因此当 nk 1 时，等式也成立综合可知等式 nfn1 (x)xf n(x)sin 对所有的 nN*都成立(x n2)令 x ，可得 nfn1 fn sin (nN*)4 (4) 4(4) (4 n2)所以 (nN*)|nfn 1(4) 4fn(4)| 22B 组能力提升练1(2018盐城模拟 )设集合 M1,2,3 ，n(n3)，记 M 的含有三个元素的子集的个数为 Sn，同时将每一个子集中的三个元素由小到大排列，取出中间的数，所有这些中间的数的和记为 Tn.(1)求 ， ， ， 的值；T3S3T4S4T5S5 T6S6(2)猜想 的表达式，并证明之TnSn解析：(1)当 n3
6、时，M1,2,3，S 31，T 32， 2，T3S3当 n4 时，M 1,2,3,4，S 44， T4223310， ，T4S4 52同理可得 3， .T5S5 T6S6 72(2)猜想 ，n3.TnSn n 12当 n3 时 ，由(1) 知猜想成立；假设当 n k(k3)时，猜想成立，即 ，而 SkC ，所以 Tk C ，TkSk k 12 3k k 12 3k当 nk1 时 ，易知 Sk1 C ，3k 1而当集合 M 从1,2,3 ，k变为1,2,3， ，k，k1时，T k1 在 Tk的基础上增加了 1 个 2,2 个 3,3 个 4，(k1)个 k，所以 Tk1 T k213243k(k
7、1) C 2(C C C C )k 12 3k 2 23 24 2k C 2(C C C C )k 12 3k 3 23 24 2k C 2Ck 22 3k 1 3k 1 Ck 22 3k 1 Sk1 ，k 1 12即 ，Tk 1Sk 1 k 1 12所以当 nk 1 时，猜想也成立综上所述，猜想成立2(2018大连双基测试 )数列a n满足 an1 ，a 11.an2an 1(1)证明：数列 是等差数列；1an(2)求数列 的前 n 项和 Sn，并证明 .1an 1S1 1S2 1Sn nn 1解析：(1)证明： an1 ，an2an 1 ，化简得 2 ，1an 1 2an 1an 1an
8、1 1an即 2，故数列 是以 1 为首项，2 为公差的等差数列1an 1 1an 1an(2)由(1)知 2n1，S n n 2.1an n1 2n 12法一 (11S1 1S2 1Sn 112 122 1n2 112 123 1nn 1)( )( )1 .12 12 13 1n 1n 1 1n 1 nn 1法二 (数学归纳法) 当 n1 时， 1， ，不等式成立1S1 nn 1 12假设当 nk 时，不等式成立，即 .1S1 1S2 1Sk kk 1则当 nk1 时， ，1S1 1S2 1Sk 1Sk 1 kk 1 1k 12又 1 1 kk 1 1k 12 k 1k 2 1k 1 1k
9、12 1k 2 1k 2 kk 120，1k 2k 12 ，1S1 1S2 1Sk 1Sk 1k 1k 2原不等式成立3(2018兰州诊断考试 )设函数 f(x)x 2mln(x 1)(1)若函数 f(x)是定义域上的单调函数，求实数 m 的取值范围；(2)若 m1 ，试比较当 x(0，)时，f(x)与 x3 的大小；(3)证明：对任意的正整数 n，不等式 e0e 14 e29 e(1n)n 2成立nn 32解析：(1) f( x)2x ，又函数 f(x)在定义域上是单调函数，mx 1 2x2 2x mx 1f (x)0 或 f(x)0 在(1，)上恒成立，若 f( x)0 在(1， )上恒成
10、立，即函数 f(x)是定义域上的单调递增函数，则m2x 22 x2(x )2 在(1，)上恒成立，由此可得 m ；12 12 12若 f( x)0 在(1， )上恒成立，即函数 f(x)是定义域上的单调递减函数，则m2x 22 x2(x )2 在(1，)上恒成立12 12y2( x )2 在( 1， ) 上没有最小值，12 12不存在实数 m 使 f(x ) 0 在( 1， )上恒成立综上所述，实数 m 的取值 范围是 ， ) 12(2)当 m1 时，函数 f(x)x 2ln(x1)令 g(x)f(x) x 3x 3 x2ln(x1)，则 g(x) 3x 22x ，1x 1 3x3 x 12x
11、 1显然，当 x(0，)时，g(x)0，函数 g(x)在(0，) 上单调递 减，又 g(0)0，当 x(0，)时，恒有 g(x)g(0)0，即 f(x)x 30 恒成立故当 x(0，)时，f(x )x3.(3)证明：当 n1 时，左边e 01，右边 2，原不等式成立142设当 nk 时，原不等式成立，即 e0e 14 e 29 e(1k) k2 ，kk 32则当 nk1 时，左边e 0e 14 e 29 e(1k) k2e(1k 1)(k1)2 ek( k1) 2，kk 32只需证明 e k(k1) 2 ，kk 32 k 1k 42即证 ek(k1) 2k2，即证k(k1) 2ln(k2)由(2)知 x2x 3ln(x1)(x(0 ， )，即 x2(1x)ln(x 1)，令 xk1，即有k (k1) 2ln(k2)当 n k1 时不等式成立由知，原不等式成立
