1、20092013 年高考真题备选题库第 6 章 不等式、推理与证明第 7 节 数学归纳法考点 数学归纳法1 （2013 江苏，10 分）设数列a n：1，2，2,3,3,3，4，4，4，4，(1) k1 k，(1) k1 k，即当n (kZ *)时，a n(1) k1 k.记 Sna 1a 2a n(nN *)对于 lN *，定k 1k2 kk 12义集合 Pl n|Sn是 an的整数倍，nN *，且 1nl(1)求集合 P11 中元素的个数；(2)求集合 P2 000 中元素的个数解：本小题主要考查集合、数列的概念和运算、计算原理等基础知识，考查探究能力及运用数学归纳法的推理论证能力(1)由
2、数列a n的定义得a11，a 22，a 32，a 4 3，a53，a 63， a74，a 84，a 94，a 104， a115，所以S11，S 21，S 33，S 4 0，S53，S 66， S72，S 82，S 96，S 1010， S115，从而 S1a 1，S40a 4，S5 a5，S62a 6，S11a 11，所以集合 P11 中元素的个数为 5.(2)先证：S i(2i1) i(2i1)(iN *)事实上，当 i1 时，S i(2i1) S 33，i(2i1)3，故原等式成立；假设 im 时 成立，即 Sm(2m1) m(2 m1)，则 im 1 时， S(m1)(2 m3) S
3、m(2m1)(2m 1)2(2m2) 2m(2 m1)4m3(2m 25 m3)( m1)(2m3) 综合可得 Si(2i1) i(2i1)于是 S(i1)(2i1) S i(2i1) (2i1) 2i (2i1) (2i1) 2 (2i1)(i1)由上可知 Si(2i1) 是 2i1 的倍数，而 ai(2i1) j 2i1(j1,2 ，2i1)，所以 Si(2i1)j S i(2i1) j(2i1) 是 ai(2i1)j (j1,2，2i 1)的倍数又 S(i1)(2i1) (i1)(2i1)不是 2i2 的倍数，而 a(i1)(2i 1)j (2 i2)(j1,2， ，2i2)，所以 S(
4、i 1)(2i1)j S (i1)(2 i1) j(2i2)(2i1)(i1)j(2i2) 不是 a(i1)(2i1) j (j1,2， ，2i2) 的倍数故当 li (2i1) 时，集合 Pl中元素的个数为13(2i1)i 2，于是，当 li (2i1) j (1j 2i 1)时，集合 Pl中元素的个数为 i2j.又 2 00031(2311)47，故集合 P2 000 中元素的个数 为 312471 008.2 （2012 湖北，14 分）(1)已知函数 f(x)rx x r(1r)(x0)，其中 r 为有理数，且0r1.求 f(x)的最小值；(2)试用(1)的结果证明如下命题：设 a10
5、，a 20，b 1，b 2 为正有理数若 b1b 21，则 a1b1a2b2a 1b1a 2b2；(3)请将(2)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题注：当 为正有理数时，有求导公式(x )1x 1 .解：(1)f(x) rrx r1 r(1x r1 )，令 f(x)0，解得 x1.当 0x1 时，f( x)0，所以 f(x)在(0,1)内是减函数；当 x1 时，f( x)0，所以 f(x)在(1， )内是增函数故函数 f(x)在 x1 处取得最小值 f(1)0.(2)由(1)知，当 x(0，)时，有 f(x)f(1)0，即 xrrx (1r) ， 若 a1，a2 中至少有
6、一个为 0，则 ab11ab22a 1b1a 2b2 成立；若 a1，a2 均不为 0，又 b1b 21，可得 b21b 1，于是在中令 x ，rb 1，可得( )b1b 1 (1 b 1)，a1a2 a1a2 a1a2即 ab11a1b1 2a 1b1a 2(1b 1)，亦即 ab11ab22a 1b1a 2b2.综上，对 a10，a 20，b 1，b2为正有理数且 b1b 21，总有 ab11ab22a 1b1a 2b2. (3)(2)中命题的推广形式为设 a1，a2，an为非负实数，b 1，b2，bn为正有理数若 b1b 2b n1，则 ab11ab22abnna 1b1a 2b2 a
7、nbn. 用数学归纳法证明如下：(1)当 n1 时，b 11，有 a1a 1，成立(2)假设当 nk 时，成立，即若 a1，a2，ak为非负实数，b 1，b2，bk为正有理数，且 b1b 2b k1，则 ab11ab22abkka 1b1a 2b2a kbk.当 nk1 时，已知 a1，a2，ak，ak1 为非负实数，b 1，b2，bk，bk1 为正有理数，且 b1b 2b kb k1 1，此时 0b k1 1，即 1b k1 0，于是ab11ab22abkkabk1k1 ( ab11ab22abkk)abk1k1 ( a a ab11 bk 11 b21 bk 12)1b k1 abk1k1
8、 .bk1 bk 1k因 1，由归纳假设可得b11 bk 1 b21 bk 1 bk1 bk 1a a a a 1 a 2 a k b11 bk 11 b21 bk 12 bk1 bk 1k b11 bk 1 b21 bk 1 bk1 bk 1，a1b1 a2b2 akbk1 bk 1从而 ab11ab22abkkabk1k1 ( )1 bk1 abk1k1 .a1b1 a2b2 akbk1 bk 1又因(1b k1 )b k1 1，由得( )1b k1 abk1k1 a1b1 a2b2 akbk1 bk 1 a1b1 a2b2 akbk1 bk 1(1b k1 )a k1 bk1 a 1b1a 2b2a kbka k1 bk1 ，从而 ab11ab22abkkabk1k1 a 1b1a 2b2a kbka k1 bk1 ，故当 nk1 时， 成立由(1)(2)可知，对一切正整数 n，所推广的命题成立说明：(3)中如果推广形式中指出 式对 n2 成立，则后续证明中不需讨论 n1 的情况
