1、 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 4C等于 5 D大于 5【答案】B(排除法)当 n4 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：C0140；C03C1341；C05C15C2542；C07C17C27C3743；照此规律，当 nN*时，C02n1C12n1C22n1Cn12n1_【解析】当 n1 时，C0140411；当 n2 时，C03C1341421；当 n3 时，C05C15C2542431；C02n1C12n1Cn12
2、n14n1.【答案】4n11(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()A2 人B3 人C4 人D5 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
3、 ABC，则数学成绩 CB0)，观察：f1(x)f(x)xx2，f2(x)f(f1(x)x3x4，f3(x)f(f2(x)x7x8，f4(x)f(f3(x)x15x16，根据以上事实，由归纳推理可得：当 nN*且 n2 时，fn(x)f(fn1(x)_(2)(2015陕西咸阳质检，14)观察下列特殊的不等式：522252 272，4535423252723，98289323831125，9105109555 275，由以上特殊不等式，可以猜测：当 ab0，s，rZ 时，有asbsarbr_【解析】(1)由 f(x)xx2(x0)得，f1(x)f(x)xx2，f2(x)f(f1(x)x3x4 x
4、（221）x22，f3(x)f(f2(x)x7x8 x（231）x23，f4(x)f(f3(x)x15x16 x（241）x24，所以归纳可得，当 nN*且 n2 时，fn(x)f(fn1(x)x（2n1）x2n.(2)522252 2722152221，45354232527235243252，982893238311258392283，9105109555 275105 952105，由以上特殊不等式，可以猜测：当 ab0，s，rZ 时，有asbsarbrsrab2sr.【答案】(1)x（2n1）x2n(2)srab2sr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
5、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 xx)(2x)83(sin x1)，g(x)3(x)cos x4(1sin x)ln32x.证明：(1)存在唯一 x00，2，使 f(x0)0；(2)存在唯一 x12，使 g(x1)0，且对(1)中的 x0，有 x0 x1.【证明】(1)当 x0，2 时，f(x)(1sin x)(2x)2x2
6、3cos x0，f2 2163 0，当 tx0，2 时，u(t)0，所以 u(t)在(0，x0上无零点 在x0，2 上 u(t)为减函数，由 u(x0)0，u2 4ln 20，g(x)(1sin x)h(x)与 h(x)有相同的零点，存在唯一的 x12，使 g(x1)0.x1t1，t1x0，x0 x10，f(1)0，求证：(1)a0 且2ba0，f(1)0，c0，3a2bc0.由 abc0，消去 b 得 ac0；再由条件 abc0，消去 c 得 ab0，2ba1.(2)方法一：抛物线 f(x)3ax22bxc 的顶点坐标为 b3a，3acb23a，2ba1，13 b3a0，f(1)0，而 f
7、b3a 3acb23aa2c2ac3aac223c243a0，f(1)0，而 f12 34abc14a0，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 x1x22b3a0，x1x2 c3a0，故两根为正 又(x11)(x21)2b3a20，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
8、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(a1，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 013a2 014a2 015()A1 006 B1 007 C1 008 D1 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 a11，a21，a31，a42，a52，a63，a72，a84，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
9、个数除以 2，则 a2 0141 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 0144503 余 2，则 a2 013504，a2 015504，a2 013a2 014a2 0155041 0075041 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 r2Sabc，类比这个结论可知：四面体 S-ABC 的四个面的面积分别为 S1，S2，S3，S4，内切球半径为 r，四面体 S-ABC 的体积为V，则 r()A.VS1S2S3S4B.2
10、VS1S2S3S4C.3VS1S2S3S4D.4VS1S2S3S4【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 S-ABC13(S1S2S3S4)r，r3VS1S2S3S4.4(2014山西四校期中检测，14)已知 x(0，)，观察下列各式：x1x2，x4x2x2x24x23，x27x3x3x3x327x34，类比得，xaxnn1(nN*)，则 a_【解析】由已知三个式知 n1 时，a1；n2 时，a224；n3 时，a3327，由此归纳可得 ann.【答案
11、】nn5(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：2335，337911，4313151719.根据上述分解规律，若 m3(mN*)的分解式中最小的数是 73，则 m 的值为_【解析】根据 2335，337911，4313151719，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 m2m1.m3(mN*)的分解中最小的数是 73，m2m173，m9.【答案】9 6(2015江西南昌一模，13)记 Sk1k2k3knk，当 k1，2，3，时，观察下列等式：S11
12、2n212n，S213n312n216n，S314n412n314n2，S415n512n413n3 130n，S516n612n5 512n4An2，可以推测，A_【解析】记 Sk1k2k3knk，当 k1，2，3，时，观察下列等式：S112n212n，可得：最高次项为 2 次，按 n 的降幂排列，奇次项系数12，偶次项系数12，1212，相等；S213n312n216n，可得：最高次项为 3 次，按 n 的降幂排列，奇次项系数和131612，偶次项系数12，1212，相等；S314n412n314n2，可得：最高次项为 4 次，按 n 的降幂排列，奇次项系数12，偶次项系数和141412，
13、1212，相等；S415n512n413n3 130n，可得：最高次项为 5 次，按 n 的降幂排列，奇次项系数和1513 13012，偶次项系数12，1212，相等；S516n612n5 512n4An2，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12，则有16 512A12，得 A 112.【答案】112 7(2014山东泰安模拟，15)已知 cos3 12，cos5 cos25 14，cos7 cos27 cos37 18，(1)根据以上等式，可猜想出的一般结论是_；(2)若数列an中，a1cos3，a2cos5 cos25，a3cos7 cos2
14、7 cos37，前 n 项和 Sn1 0231 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 2n1，分子分别为，2，n，右边应为 12n，故可以猜想出结论为 cos 2n1cos 22n1cos n2n1 12n(nN*)(2)由(1)可知 an 12n，故 Sn12112n1121 12n2n12n 1 0231 024，解得 n10.【答案】(1)cos 2n1cos 22n1cos n2n1 12n(nN*)(2)108(2015湖北宜昌一模，14)对于三次函数 f(x)ax3bx2cxd(a0)，定义：f(x)是函数 y
15、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 yf(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)x33x23x 的对称中心为_；(2)若函数 g(x)13x312x23x 512 1x12，则 g12 015 g22 015 g32 015g2 0142 015 _.【解析】(1)f(x)3x26x3，f(x)6x6，令 6x60，得 x1，f(1)1，f(x)的对称中心为(1，1)(2)令 h(x)13x312x23x 512，k(x
16、)1x12，则 h(x)x2x3，h(x)2x1，由 2x10，得 x12，h12 1312312122312 5121，h(x)的对称中心为12，1，h(x)h(1x)2.又k(x)k(1x)1x12 112x0，x12 015，22 015，2 0142 015，g12 015 g22 015 g2 0142 015 h12 015 h22 015 h2 0142 015 k 12 015 k 22 015 k 2 0142 015 h12 015 h2 0142 015h22 015 h2 0132 015 h1 0072 015 h1 0082 015 k12 015 k2 0142
17、015 k22 015 k2 0132 015 k1 0072 015 k1 0082 015 21 00701 0072 014.【答案】(1)(1，1)(2)2 014 (2015重庆，22，12 分，难)在数列an中，a13，an1anan1a2n0(nN)(1)若 0，2，求数列an的通项公式；(2)若 1k0(k0N，k02)，1，证明：213k01ak01212k01.解：(1)由 0，2，有 an1an2a2n(nN)若存在某个 n0N，使得 an00，则由上述递推公式易得 an010，重复上述过程可得 a10，这与 a13 矛盾，所以对任意 nN，an0.从而 an12an(n
18、N)，即an是一个公比 q2 的等比数列 故 ana1qn132n1.(2)证明：由 1k0，1，数列an的递推关系式变为 an1an1k0an1a2n0，变形为 an1an1k0 a2n(nN)由上式及 a130，归纳可得 3a1a2anan10.因为 an1a2nan1k0a2n1k201k20an1k0an1k01k01k0an1，所以对 n1，2，k0 求和得 ak01a1(a2a1)(ak01ak0)a1k01k01k01k0a111k0a211k0ak01 21k013k0113k0113k01 k0 个 213k01.另一方面，由上已证的不等式知 a1a2ak0ak012，得 a
19、k01a1k01k01k01k0a11 1k0a211k0ak01 21k012k0112k0112k01 k0 个 212k01.综上，213k01ak01212k01.1(2014山东，4，易)用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3axb0 至少有一个实根”时，要做的假设是()A方程 x3axb0 没有实根B方程 x3axb0 至多有一个实根C方程 x3axb0 至多有两个实根D方程 x3axb0 恰好有两个实根【答案】A“方程 x3axb0 至少有一个实根”的否定是“方程 x3axb0 没有实根”，故选 A.2(2012辽宁，12，难)若 x0，)，则下列不等式恒成立的是()
20、Aex1xx2B.11x112x14x2Ccos x112x2Dln(1x)x18x2【答案】C 对于 A，分别画出 yex，y1xx2 在0，)上的大致图象(如图)，知 ex1xx2 不恒成立，A 错误对于 B，令 f(x)1x112x14x2，f(x)12 1x112x14x2 1x1212x x（5x2）8 1x.x0，25 时，f(x)0，f(x)为增函数，f(x)的最小值为 f 25，而 f 2512511225142527521253 0873 1251，B 错误对于 C，结合图象知正确对于 D，当 x4 时，ln 5ln e2241842，D 错误故选 C.3(2014天津，19
21、，14 分，中)已知 q 和 n 均为给定的大于 1 的自然数设集合 M0，1，2，q1，集合 Ax|xx1x2qxnqn1，xiM，i1，2，n(1)当 q2，n3 时，用列举法表示集合 A；(2)设 s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，其中 ai，biM，i1，2，n.证明：若 anbn，则 st.解：(1)当 q2，n3 时，M0，1，Ax|xx1x22x322，xiM，i1，2，3，可得 A0，1，2，3，4，5，6，7(2)证明：由 s，tA，sa1a2qanqn1，tb1b2qbnqn1，ai，biM，i1，2，n 及 anbn，可得 st(a1b1)(a2b
22、2)q(an1bn1)qn2(anbn)qn1(q1)(q1)q(q1)qn2qn1（q1）（1qn1）1qqn1 10.所以 st.思路点拨：(1)把 n 和 q 的值代入，用列举法表示出集合 A；(2)s 与 t 作差，根据 an0，求证：2a3b32ab2a2b.【证明】要证明 2a3b32ab2a2b 成立，只需证：2a3b32ab2a2b0，即 2a(a2b2)b(a2b2)0，即(ab)(ab)(2ab)0.ab0，ab0，ab0，2ab0，从而(ab)(ab)(2ab)0 成立，2a3b32ab2a2b.【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
23、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：10.120.112，0.2 30.5 30.20.5，2737 23，72101 72101.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
24、以证明解：已知 ab0，m0，求证：bmamba.证明如下：ab0，m0，欲证bmamba，只需证 a(bm)b(am)，只需证 ambm，只需证 ab，由已知得 ab 成立，所以bmamba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：PQ1 Q1Q2 Q2Q3 QnQ(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
25、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 Snam，则称an是“H 数列”(1)若数列an的前 n 项和 Sn2n(nN*)，证明：an是“H 数列”；(2)设an是等差数列，其首项 a11，公差 d0.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”bn和cn，使得anbncn(nN*)成立【思路导引】(1)利用 anS1，n1，SnSn1
26、，n2，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 n1 时，an1Sn1Sn2n12n2n.于是对任意的正整数 n，总存在正整数 mn1，使得 Sn2nam.所以an是“H 数列”(2)由已知，得 S22a1d2d.因为an是“H 数列”，所以存在正整数 m，使得 S2am，即 2d1(m1)d，于是(m2)d1.因为 d0，所以 m20，证明：d1，d2，dn1 是等比数列；(3)设 d1，d2，dn1 是公差大于 0 的等差数列，且 d10，证明：
27、a1，a2，an1 是等差数列解：(1)当 i1 时，A13，B11，故 d1A1B12，同理可求得 d23，d36.(2)证明：因为 a10，公比 q1，所以 a1，a2，an 是递增数列 因此，对 i1，2，n1，Aiai，Biai1.于是对 i1，2，n1，diAiBiaiai1a1(1q)qi1.因此 di0 且di1di q(i1，2，n2)，即 d1，d2，dn1 是等比数列(3)证明：设 d 为 d1，d2，dn1 的公差 对 1in2，因为 BiBi1，d0，所以 Ai1Bi1di1BididBidiAi.又因为 Ai1maxAi，ai1，所以 ai1Ai1Aiai.从而 a1
28、，a2，an1 是递增数列 因此 Aiai(i1，2，n1)又因为 B1A1d1a1d1a1，所以 B1a1a20，公差 d0.(1)若 a11，d2，且 1a21，1a24，1a2m成等比数列，求整数 m 的值；(2)求证对任意正整数 n，1a2n，1a2n1，1a2n2都不成等差数列解：(1)a11，d2，a47，am2m1.1a21，1a24，1a2m成等比数列，17221（2m1）2，(2m1)2492.a10，d0，m25.(2)证明：假设存在 mN*，使 1a2m，1a2m1，1a2m2成等差数列，即 2a2m1 1a2m 1a2m2，2a2m11（am1d）21（am1d）2 2
29、a2m12d2（a2m1d2）2，化简，得 d23a2m1，又 a10，d0，am1a1mdd，3a2m13d2d2，与 d23a2m1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 ax2bxc0(a0)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，M为满足下述条件的函数 f(x)构
30、成的集合：x1，x2R 且 x2x1，有(x2x1)f(x2)f(x1)2，则 f(x)g(x)M12【答案】C(x2x1)f(x2)f(x1)(x2x1)，即有f（x2）f（x1）x2x1，令 kf（x2）f（x1）x2x1，则k，不妨设 f(x)M 1，g(x)M2，即1kf1，2kg2，因此有12kfkg0，都存在 xA，使得 0|xx0|a，那么称 x0 为集合 A 的一个聚点，则在下列集合中：ZZ；RR；x|x1n，nN*；x|x nn1，nN*.其中以 0 为聚点的集合序号为_【解析】对于某个 a1，比如 a0.5，此时对任意的 xZZ，都有|x0|1，也就是说不可能 0|x0|0
31、.5，从而 0 不是 ZZ的聚点；集合x|xR，x0，对任意的 a，都存在 xa2(实际上任意比 a 小得数都可以)，使得 0|x|a20，存在n1a，使 0|x|1na，0 是集合x|x1n，nN*的聚点；中，集合x|x nn1，nN*中的元素是极限为 1 的数列，除了第一项 0之外，其余的都至少比 0 大12，在 a12时，不存在满足 0|x|a 的 x，0 不是集合x|x nn1，nN*的聚点【答案】6(2015安徽安庆模拟，19，13 分)设 f(x)是定义在 D 上的函数，若对任何实数(0，1)以及 D 中的任意两数 x1，x2，恒有 f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)，
32、则称 f(x)为定义在 D 上的 C 函数(1)证明函数 f1(x)x2 是定义域上的 C 函数；(2)判断函数 f2(x)1x(x0)是否为定义域上的 C 函数，请说明理由；(3)若 f(x)是定义域为 R 的函数，且最小正周期为 T，试证明 f(x)不是 R 上的C 函数解：(1)证明：对任意实数 x1，x2 及(0，1)，有 f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)x1(1)x22x21(1)x22(1)x21(1)x222(1)x1x2(1)(x1x2)20，即 f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)，f1(x)x2 是定义域上的 C 函数(2)f2(x)1x(x0，即
33、f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)，f2(x)1x(x0)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 mn 且 m，n0，T)，使得 f(m)f(n)若 f(m)f(n)，记 x1m，x2mT，1nmT，则 01，且 nx1(1)x2，那么 f(n)f(x1(1)x2)f(x1)(1)f(x2)f(m)(1)f(mT)f(m)，这与 f(m)f(n)，记 x1n，x2nT，1nmT，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
34、所以 f(x)不是 R 上的 C 函数 1(2015江苏，23，10 分，难)已知集合 X1，2，3，Yn1，2，3，n(nN*)，设 Sn(a，b)|a 整除 b 或 b 整除 a，aX，bYn令 f(n)表示集合Sn 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解：(1)f(6)13.(2)当 n6 时，f(n)n2n2n3，n6t，n2n12 n13，n6t1，n2n2n23，n6t2，n2n12 n3，n6t3，n2n2n13，n6t4，n2n12 n23，n6t5(tN*)下面用数学归纳法证明：当 n6 时，f(6)62626
35、313，结论成立；假设 nk(k6)时结论成立，那么 nk1 时，Sk1 在 Sk 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：(i)若 k16t，则 k6(t1)5，此时有 f(k1)f(k)3k2k12 k23 3(k1)2k12 k13，结论成立；(ii)若 k16t1，则 k6t，此时有 f(k1)f(k)1k2k2k31(k1)2（k1）12（k1）13，结论成立；(iii)若 k16t2，则 k6t1，此时有 f(k1)f(k)2k2k12 k13 2(k1)2k12（k1）23，结论成立；(iv)若 k16t3，则 k6t2，此时有 f(
36、k1)f(k)2k2k2k23 2(k1)2（k1）12k13，结论成立；(v)若 k16t4，则 k6t3，此时有 f(k1)f(k)2k2k12 k32(k1)2k12（k1）13，结论成立；(vi)若 k16t5，则 k6t4，此时有 f(k1)f(k)1k2k2k13 1(k1)2（k1）12（k1）23，结论成立 综上所述，结论对满足 n6 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，bnn11nnan(nN)e 为自然对数的底数(1)求函数 f(x)1xex 的单调区间，并比较11nn与 e 的大小；(2)计算b1a1，b1b2a1a2，
37、b1b2b3a1a2a3，由此推测计算b1b2bna1a2an的公式，并给出证明；(3)令 cn(a1a2an)1n，数列an，cn的前 n 项和分别记为 Sn，Tn，证明：Tn0，即 x0 时，f(x)单调递增，当 f(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 x0 时，f(x)f(0)0，即 1xex.令 x1n，得 11ne1n，即11nne.(*)(2)b1a111111112，b1b2a1a2b1a1b2a2221122(21)232，b1b2b3a1a2a3b1b2a1a2b3a33231133(31)343.由此推测：b1b2b
38、na1a2an(n1)n.(*)下面用数学归纳法证明(*)当 n1 时，左边右边2，(*)成立 假设当 nk 时，(*)成立，即b1b2bka1a2ak(k1)k.当 nk1 时，bk1(k1)1 1k1k1ak1，由归纳假设可得 b1b2bkbk1a1a2akak1b1b2bka1a2akbk1ak1(k1)k(k1)1 1k1k1(k2)k1.所以当 nk1 时，(*)也成立 根据，可知(*)对一切正整数 n 都成立(3)由 cn 的定义，(*)，算术几何平均不等式，bn 的定义及(*)得 Tnc1c2c3cn(a1)11(a1a2)12(a1a2a3)13(a1a2an)1n（b1）11
39、2（b1b2）123（b1b2b3）134（b1b2bn）1nn1 b112b1b223 b1b2b334b1b2bnn（n1）b1112 1231n（n1）b2123 1341n（n1）bn1n（n1）b11 1n1 b212 1n1 bn1n 1n1 b11 b22 bnn 1111a11122a211nnan ea1ea2eaneSn.即 Tn12x，原不等式成立 假设 pk(k2，kN*)时，不等式(1x)k1kx 成立 当 pk1 时，(1x)k1(1x)(1x)k(1x)(1kx)1(k1)xkx21(k1)x.所以 pk1 时，原不等式也成立 综合可得，当 x1，且 x0 时，对
40、一切整数 p1，不等式(1x)p1px 均成立(2)方法一：先用数学归纳法证明 anc1p.当 n1 时，由题设知 a1c1p成立 假设 nk(k1，kN*)时，不等式 akc1p成立 由 an1p1p ancpa1pn易知 an0，nN*.当 nk1 时，ak1ak p1p cpapk 11pcapk1.由 akc1p0 得 11p1pcapk1 1p1pcapk1 capk.因此 apk1c，即 ak1c1p.所以 nk1 时，不等式 anc1p也成立 综合可得，对一切正整数 n，不等式 anc1p均成立 再由an1an 11pcapn1 可得an1an 1，即 an1an1c1p，nN*
41、.方法二：设 f(x)p1p xcpx1p，xc1p，则 xpc，并且 f(x)p1p cp(1p)xp p1p 1 cxp 0，xc1p.由此可得，f(x)在c1p，)上单调递增 因而，当 xc1p时，f(x)f(c1p)c1p.当 n1 时，由 a1c1p0，即 ap1c 可知 a2p1p a1cpa1p1 a111pcap11 c1p，从而 a1a2c1p.故当 n1 时，不等式 anan1c1p成立 假设 nk(k1，kN*)时，不等式 akak1c1p成立，则当 nk1 时，f(ak)f(ak1)f(c1p)，即有 ak1ak2c1p.所以 nk1 时，原不等式也成立 综合可得，对一
42、切正整数 n，不等式 anan1c1p均成立2(2014江西，21，14 分，难)随机将 1，2，2n(nN*，n2)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 a2a1，b2b1.(1)当 n3 时，求 的分布列和数学期望；(2)令 C 表示事件“与 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 n3 时，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
43、的分组方法共有 C3620(种)，所以 的分布列为：2345 P1531031015 所以 E()2153 3104 31051572.(2)和 恰好相等的所有可能取值为：n1，n，n1，2n2.又 和 恰好相等且等于 n1 时，不同的分组方法有 2 种；和 恰好相等且等于 n 时，不同的分组方法有 2 种；和 恰好相等且等于 nk(k1，2，n2)(n3)时，不同的分组方法有 2Ck2k种，所以当 n2 时，P(C)4623.当 n3 时，P(C)22n2k1Ck2kCn2n.(3)由(2)知，当 n2 时，P(C)13，因此 P(C)P(C)而当 n3 时，P(C)P(C)理由如下：P(C
44、)P(C)等价于 42n2k1Ck2k Cn2n.(*)用数学归纳法来证明：当 n3 时，(*)式左边4(2C12)4(22)16，(*)式右边C3620，所以(*)式成立 假设 nm(m3)时(*)式成立，即 42m2k1Ck2k Cm2m成立，那么，当 nm1 时，左边42 m12k1 Ck2k 42 m2k1Ck2k 4Cm12（m1）Cm2m4Cm12（m1）（2m）！m！m！4（2m2）！（m1）！（m1）！（m1）2（2m）（2m2）！（4m1）（m1）！（m1）！（m1）2（2m）（2m2）！（4m）（m1）！（m1）！Cm12（m1）2（m1）m（2m1）（2m1）Cm12（m
45、1）右边，即当 nm1 时(*)式也成立 综合得：对于 n3 的所有正整数，都有 P(C)1)(1)讨论 f(x)的单调性；(2)设 a11，an1ln(an1)，证明：2n2an 3n2.解：(1)f(x)的定义域为(1，)，f(x)xx（a22a）（x1）（xa）2.当 1a0，f(x)在(1，a22a)上是增函数；若 x(a22a，0)，则 f(x)0，f(x)在(0，)上是增函数；当 a2 时，f(x)0，f(x)0 成立当且仅当 x0 时，f(x)在(1，)上是增函数 当 a2 时，若 x(1，0)，则 f(x)0，f(x)在(1，0)上是增函数；若 x(0，a22a)，则 f(x)
46、0，f(x)在(a22a，)上是增函数(2)证明：由(1)知，当 a2 时，f(x)在(1，)上是增函数 当 x(0，)时，f(x)f(0)0，即 ln(x1)2xx2(x0)又由(1)知，当 a3 时，f(x)在0，3)上是减函数 当 x(0，3)时，f(x)f(0)0，即 ln(x1)3xx3(0 x3)下面用数学归纳法证明 2n2an 3n2.当 n1 时，由已知得23a11；假设当 nk 时结论成立，即 2k2ln2k21 2 2k22k22 2k3.ak1ln(ak1)ln3k21 3 3k23k23 3k3，即当 nk1 时有 2k30)，其中r 为有理数，且 0r1，求 f(x)
47、的最小值；(2)试用(1)的结果证明如下命题：设 a10，a20，b1，b2 为正有理数，若 b1b21，则 a1b1a2b2a1b1a2b2；(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)x1.解：(1)f(x)rrxr1r(1xr1)，令 f(x)0，解得 x1.当 0 x1 时，f(x)1 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 中至少有一个为 0，则 a1b1a2b
48、2a1b1a2b2 成立 若 a1，a2 均不为 0，又 b1b21，可得 b21b1，于是 在中令 xa1a2，rb1，可得a1a2b1b1a1a2(1b1)，即 a1b1a21b1a1b1a2(1b1)，亦即 a1b1a2b2a1b1a2b2.综上，对 a10，a20，b1，b2 为正有理数，且 b1b21，总有 a1b1a2b2a1b1a2b2.(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 b1b2bn1，则 a1b1a2b2anbna1b1a2b2anbn.用数学归纳法证明如下：a当 n1 时，b11，有 a1a1，成立 b假设当
49、nk 时，成立，即若 a1，a2，ak 为非负实数，b1，b2，bk 为正有理数，且 b1b2bk1，则 a1b1a2b2akbka1b1a2b2akbk.当 nk1 时，已知 a1，a2，ak，ak1 为非负实数，b1，b2，bk，bk1 为正有理数，且 b1b2bkbk11，此时 0bk10，于是 a1b1a2b2akbk a k1bk1(a1b1a2b2akbk)a k1bk1(a1b11bk1a2b21bk1a kbk1bk1)1bk1a k1bk1.因为b11bk1b21bk1bk1bk11，由归纳假设可得 a1b11bk1a2b21bk1a kbk1bk1 a1b11bk1a2b2
50、1bk1akbk1bk1a1b1a2b2akbk1bk1.从而 a1b1a2b2akbk a k1bk1 a1b1a2b2akbk1bk11bk1a k1bk1.又因为(1bk1)bk11，由得 a1b1a2b2akbk1bk11bk1a k1bk1 a1b1a2b2akbk1bk1(1bk1)ak1bk1 a1b1a2b2akbkak1bk1，从而 a1b1a2b2akbk a k1bk1a1b1a2b2akbkak1bk1.故当 nk1 时，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
51、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 x10，xn1x2nxnc(nN*)(1)证明：xn是递减数列的充分必要条件是 c0；(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 c0 时，由于 xn1x2nxncxncxn1x2nxnc，即 cx2n，所以 c0.(2)假设xn是递增数列 由 x10，得 x2c，x3c22c.由 x1x2x3，得 0c1.由 xnxn1x2nxnc 知，对任意 n1 都有 xn0，即
52、xn1 c.由式和 xn0 可得，对任意 n1 都有 cxn1(1 c)(cxn)反复运用式，得 cxn(1 c)n1(cx1)(1 c)n1.由xn1 c和 cxn(1 c)n1两式相加，得 2 c1(1 c)n1 对任意 n1 成立 根据指数函数 y(1 c)x 的性质，得 2 c10，c14，故 0c14.若 00.即证 xn c对任意 n1 成立 下面用数学归纳法证明当 0c14时，xn c对任意 n1 成立 当 n1 时，x10 c12，结论成立 假设当 nk(kN*)时结论成立，即 xk c.因为函数 f(x)x2xc 在区间，12 内单调递增，所以 xk1f(xk)f(c)c，这
53、就是说当 nk1 时，结论也成立 故 xnxn，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0，14.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 nn0 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 nk1 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
54、x(x0)，设 fn(x)为 fn1(x)的导数，nN*.(1)求 2f12 2 f22 的值；(2)证明：对任意的 nN*，等式|nfn14 4 fn4|22 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 nfn1(x)xfn(x)sinxn2，再用数学归纳法证明，最后将 x4 代入等式即可证明【解析】(1)由已知，得 f1(x)f0(x)sin xxcos xx sin xx2，于是 f2(x)f1(x)cos xxsin xx2sin xx 2cos xx22sin xx3，所以 f12 42，f22 2 163，
55、故 2f12 2 f22 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)xf0(x)cos x，即 f0(x)xf1(x)cos xsinx2，类似可得 2f1(x)xf2(x)sin xsin(x)，3f2(x)xf3(x)cos xsinx32，4f3(x)xf4(x)sin xsin(x2)猜想 nfn1(x)xfn(x)sinxn2.下面用数学归纳法证明等式 nfn1(x)xfn(x)sinxn2对所有的 xN*都成立 当 n1 时，由上可知等式成立 假设当 nk 时等式成立，即 kfk1(x)xfk(x)sinxk2.因为kfk1(x)x
56、fk(x)kf k1(x)fk(x)x f k(x)(k1)fk(x)xfk1(x)，sinxk2cosxk2xk2 sinx（k1）2，所以(k1)fk(x)xfk1(x)sinx（k1）2.因此当 nk1 时，等式也成立 综合可知等式 nfn1(x)xfn(x)sinxn2对所有的 nN*都成立 令 x4，可得 nfn14 4 fn4 sin4 n2(nN*)所以nfn14 4 fn4 22(nN*)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 nk 到 nk1 时，除等式两边变化的项外还要充分
57、利用 nk 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 a1b12，a4b427，S4b410.(1)求数列an与bn的通项公式；(2)记 Tnanb1an1b2a1bn，nN*，证明 Tn122an10bn(nN*)解：(1)设等差数列an的公差为 d，等比数列bn的公比为 q.由 a1b12，得 a423d，b42q3，S486d.由条件，得方程组23d2q327，86d2q310，解得d3，q2.所以 an3n1，bn2n，nN*.(2)证明：方法一：由(1)得 Tn2
58、an22an123an22na1，2Tn22an23an12na22n1a1.，得 Tn2(3n1)32232332n2n212（12n1）122n26n2102n6n10.而2an10bn122(3n1)102n12102n6n10，故 Tn122an10bn，nN*.方法二：当 n1 时，T112a1b11216，2a110b116，故等式成立；假设当 nk 时等式成立，即 Tk122ak10bk，则当 nk1 时有 Tk1ak1b1akb2ak1b3a1bk1 ak1b1q(akb1ak1b2a1bk)ak1b1qTk ak1b1q(2ak10bk12)2ak14(ak13)10bk12
59、4 2ak110bk112，即 Tk1122ak110bk1.因此 nk1 时等式也成立 由和，可知对任意 nN*，Tn122an10bn 成立 思路点拨：本题(2)利用数学归纳法证明时，关键是在 Tk1 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(nN*)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
60、西，21，14 分)设函数 f(x)ln(1x)，g(x)xf(x)，x0，其中 f(x)是 f(x)的导函数(1)令 g1(x)g(x)，gn1(x)g(gn(x)，nN，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 nN，比较 g(1)g(2)g(n)与 nf(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 nk 时，结论成立，证得 nk1 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
61、)x1x(x0)(1)由已知，g1(x)x1x，g2(x)g(g1(x)x1x1 x1xx12x，g3(x)x13x，可得 gn(x)x1nx.下面用数学归纳法证明 当 n1 时，g1(x)x1x，结论成立 假设 nk 时结论成立，即 gk(x)x1kx.那么，当 nk1 时，gk1(x)g(gk(x)gk（x）1gk（x）x1kx1x1kxx1（k1）x，即结论成立 由可知，结论对 nN成立(2)已知 f(x)ag(x)恒成立，即 ln(1x)ax1x恒成立 设(x)ln(1x)ax1x(x0)，则(x)11xa（1x）2 x1a（1x）2，当 a1 时，(x)0(当且仅当 x0，a1 时等
62、号成立)，(x)在0，)上单调递增 又(0)0，(x)0 在0，)上恒成立，a1 时，ln(1x)ax1x恒成立(当且仅当 x0 时等号成立)当 a1 时，对 x(0，a1有(x)0，(x)在(0，a1上单调递减，(a1)1 时，存在 x0，使(x)nln(n1)证明如下：上述不等式等价于1213 1n1 x1x，x0.令 x1n，nN，则 1n1lnn1n.下面用数学归纳法证明：当 n1 时，12ln 2，结论成立 假设当 nk 时结论成立，即1213 1k1ln(k1)那么，当 nk1 时，1213 1k1 1k2ln(k1)1k2ln(k1)lnk2k1ln(k2)，即结论成立 由可知，
63、结论对 nN成立 应用数学归纳法证明不等式应注意的问题(1)当遇到与正整数 n 有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法(2)用数学归纳法证明不等式的关键是由 nk 成立，推证 nk1 时也成立，证明时用上归纳假设后，可采用分析法、综合法、求差(求商)比较法、放缩法等证明运用放缩法时，要注意放缩的“度”(2014重庆，22，12 分)设 a11，an1 a2n2an2b(nN*)(1)若 b1，求 a2，a3 及数列an的通项公式；(2)若 b1，问：是否存在实数 c 使得 a2nca2n1 对所有 nN*成立？证明你的结论解：(1)方法一：a22，a3 21.再由题设
64、条件知(an11)2(an1)21.从而(an1)2是首项为 0，公差为 1 的等差数列，故(an1)2n1，即 an n11(nN*)方法二：a22，a3 21.可写为 a1 111，a2 211，a3 311.因此猜想 an n11.下面用数学归纳法证明上式：当 n1 时结论显然成立 假设 nk 时结论成立，即 ak k11，则 ak1（ak1）211（k1）11（k1）11.这就是说，当 nk1 时结论成立 所以 an n11(nN*)(2)方法一：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)令 cf(c)，即 c（c1）211，解得 c14.下面用数学归纳法证明命题：a2nca2n
65、11.当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)21，所以 a214a31，结论成立 假设 nk 时结论成立，即 a2kca2k1f(a2k1)f(1)a2，即 1ca2k2a2，再由 f(x)在(，1上为减函数，得 cf(c)f(a2k2)f(a2)a31，故 ca2k31.因此 a2(k1)ca2(k1)11.这就是说，当 nk1 时结论成立 综上，符合条件的 c 存在，其中一个值为 c14.方法二：设 f(x)（x1）211，则 an1f(an)先证：0an1(nN*)当 n1 时，结论显然成立 假设 nk 时结论成立，即 0ak1.易知 f(x)在(，1上为减函数，从而 0f
66、(1)f(ak)f(0)211，即 0ak11.这就是说，当 nk1 时结论成立 故成立 再证：a2na2n1(nN*)当 n1 时，a2f(1)0，a3f(a2)f(0)21，有 a2a3，即 n1 时成立 假设 nk 时，结论成立，即 a2kf(a2k1)a2k2，a2(k1)f(a2k1)f(a2k2)a2(k1)1.这就是说，当 nk1 时成立，所以对一切 nN*成立 由得 a2n a22n2a2n21，即(a2n1)2a22n2a2n2，因此 a2nf(a2n1)，即 a2n1a2n2，所以 a2n1 a22n12a2n121.解得 a2n114.综上，由知存在 c14使得 a2nc
67、a2n1 对一切 nN*成立 1(2015山东淄博质检，5)设 f(x)是定义在正整数集上的函数，且 f(x)满足：当 f(k)k1 成立时，总能推出 f(k1)k2 成立，那么下列命题总成立的是()A若 f(1)2 成立，则 f(10)11 成立B若 f(3)4 成立，则当 k1 时，均有 f(k)k1 成立C若 f(2)3 成立，则 f(1)2 成立D若 f(4)5 成立，则当 k4 时，均有 f(k)k1 成立【答案】D 当 f(k)k1 成立时，总能推出 f(k1)k2 成立，说明如果当 kn 时，f(n)n1 成立，那么当 kn1 时，f(n1)n2 也成立，所以如果当 k4 时，f
68、(4)5 成立，那么当 k4 时，f(k)k1 也成立2(2014河北衡水一模，6)利用数学归纳法证明不等式 1121312n1f(n)(n2，nN*)的过程，由 nk 到 nk1 时，左边增加了()A1 项Bk 项C2k1 项D2k 项【答案】D 1121312k111121312k1 12k12k112k11，共增加了 2k 项3(2014江西七校联考，20，13 分)设 f(n)nn1，g(n)(n1)n，nN*.(1)当 n1，2，3，4 时，试比较 f(n)与 g(n)的大小；(2)根据(1)的结果猜测一个一般性结论，并加以证明解：(1)f(1)121，g(1)212，f(1)g(1
69、)f(2)238，g(2)329，f(2)g(3)f(4)451 024，g(4)54625，f(4)g(4)(2)猜想：当 n3，nN*时，有 nn1(n1)n.证明：当 n3 时，猜想成立 假设当 nk(k3，kN*)时猜想成立，即 kk1(k1)k，也即kk1（k1）k1.(k1)2k22k1k(k2)，k1k2 kk1，k1k2kkk1k，（k1）k2（k2）k1k1k2k（k1）2k2 kk1kkkk1（k1）k1.即当 nk1 时也成立由知，当 n3，nN*时，有 nn1(n1)n.4(2015湖南长沙模拟，20，13 分)已知数列an满足 a1a，an12anan(a，R)(1)
70、若 2，数列an单调递增，求实数 a 的取值范围；(2)若 a2，试写出 an2 对任意的 nN*成立的充要条件，并证明你的结论解：(1)当 2 时，an12an 2an，由题意知 an1an，所以 an1anan 2an0，解得 an 2或 2an 2或 2a10，知 f(x)在区间2，)上单调递增，所以 ak12akak42 2.当 0 时，对 x2，)总有 f(x)2xx 42，所以 ak12akak2.所以当 nk1 时，ak12 成立 综上可知，当 4 时，对任意的 nN*，an2 成立 故 an2 对任意的 nN*成立的充要条件是 4.5(2015四川绵阳一模，21，14 分)已知
71、数列xn满足 x112，xn111xn，nN*.(1)猜想数列x2n的单调性，并证明你的结论；(2)证明：|xn1xn|1625n1.解：(1)由 x112及 xn111xn，得 x223，x458，x61321.由 x2x4x6，猜想：数列x2n是递减数列 下面用数学归纳法证明：当 n1 时，已证命题成立 假设当 nk 时命题成立，即 x2kx2k2，易知 xk0，那么 x2k2x2k411x2k111x2k3 x2k3x2k1（1x2k1）（1x2k3）11x2k211x2k（1x2k1）（1x2k3）x2kx2k2（1x2k）（1x2k1）（1x2k2）（1x2k3）0，即 x2(k1)
72、x2(k1)2.也就是说，当 nk1 时命题也成立 结合知命题成立(2)证明：当 n1 时，|xn1xn|x2x116，结论成立 当 n2 时，易知 0 xn11，1xn112，(1xn)(1xn1)111xn1(1xn1)2xn152，|xn1xn|11xn11xn1|xnxn1|（1xn）（1xn1）25|xnxn1|252|xn1xn2|25n1|x2x1|1625n1.6(2015山东济南模拟，21，14 分)已知函数 f(x)aln x 2x1(aR)(1)当 a1 时，求 f(x)在 x1，)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(n1
73、)13151712n1(nN*)解：(1)当 a1 时，f(x)ln x 2x1，定义域为(0，)因为 f(x)1x2（x1）2x21x（x1）20，所以 f(x)在(0，)上是增函数，所以 f(x)在 x1，)内的最小值为 f(1)1.(2)f(x)ax2（x1）2 ax22（a1）xax（x1）2，因为 f(x)存在单调递减区间，所以 f(x)0 有正数解，即 ax22(a1)xa0 有正数解 当 a0 时，明显成立 当 a0 时，h(x)ax22(a1)xa 是开口向下的抛物线，所以 ax22(a1)xa0 时，h(x)ax22(a1)xa 是开口向上的抛物线，即方程 ax22(a1)xa0 有正根 因为 x1x210，所以方程 ax22(a1)xa0 有两正根，所以0，x1x20，解得 0a12.综合知，a1，ln 213，即当 n1 时，不等式成立 设当 nk 时，ln(k1)131512k1成立 当 nk1 时，ln(n1)ln(k2)ln(k1)lnk2k1131512k1lnk2k1.根据(1)的结论可知，当 x1 时，ln x 2x11，即 ln xx1x1.令 xk2k1，所以 lnk2k112k3，则有 ln(k2)131512k112k3，即当 nk1 时，不等式也成立 综上可知不等式成立