2019届高考数学理北师大版大一轮复习学案：第十三章推理与证明算(2)

(2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围．

解 由题设得g (x )＝x

1＋x (x ≥0)． (1)由已知，g 1(x )＝x

1＋x ，g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x

1＋x 1＋x 1＋x ＝x 1＋2x ，g 3(x )＝x 1＋3x ，…，可猜想g n (x )＝x

1＋nx . 下面用数学归纳法证明．

①当n ＝1时，g 1(x )＝x 1＋x

，结论成立． ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即g k (x )＝

x

1＋kx . 则当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x )) ＝g k (x )1＋g k (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 )＝11＋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，＋∞)上是增加的．

又φ(0)＝0，

∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立，

∴当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]上是减少的，

∴φ(a －1)<φ(0)＝0.

即当a >1时，存在x >0，使φ(x )<0，

∴ln(1＋x )≥ax 1＋x

不恒成立． 综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]． 命题点2 与数列有关的证明问题 典例 (2018·东营模拟)设数列{a n }的前n 项和为S n ，并且满足2S n ＝a 2n ＋n ，a n >0(n ∈N ＋)．猜想{a n }的通项公式，并用数学归纳法加以证明． 解 分别令n ＝1,2,3，得

?????

2a 1＝a 21＋1，2(a 1＋a 2)＝a 22＋2，

2(a 1＋a 2＋a 3)＝a 2

3＋3， ∵a n >0，∴a 1＝1，a 2＝2，a 3＝3， 猜想：a n ＝n . 由2S n ＝a 2n ＋n ，① 可知，当n ≥2时，2S n －1＝a 2

n －1＋(n －1)，② ①－②，得2a n ＝a 2n －a 2n －1＋1，即a 2n ＝2a n ＋a 2n －1－1. (ⅰ)当n ＝2时，a 22＝2a 2＋12－1，

∵a 2>0，∴a 2＝2.

(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，a k ＝k ，那么当n ＝k ＋1时，

a 2

k ＋1＝2a k ＋1＋a 2k －1＝2a k ＋1＋k 2－1， 即[a k ＋1－(k ＋1)][a k ＋1＋(k －1)]＝0， ∵a k ＋1>0，k ≥2，∴a k ＋1＋(k －1)>0， ∴a k ＋1＝k ＋1，即当n ＝k ＋1时也成立． ∴a n ＝n (n ≥2)，显然当n ＝1时，也成立， 故对于一切n ∈N ＋，均有a n ＝n . 命题点3 存在性问题的证明

典例 设a 1＝1，a n ＋1＝a 2n －2a n ＋2＋b (n ∈N ＋)．

(1)若b ＝1，求a 2，a 3及数列{a n }的通项公式；

(2)若b ＝－1，问：是否存在实数c 使得a 2n <c <a 2n ＋1对所有n ∈N ＋成立？证明你的结论． 解 (1)方法一 a 2＝2，a 3＝2＋1. 再由题设条件知(a n ＋1－1)2－(a n －1)2＝1. 从而{(a n －1)2}是首项为0，公差为1的等差数列， 故(a n －1)2＝n －1，即a n ＝n －1＋1(n ∈N ＋)． 方法二 a 2＝2，a 3＝2＋1.

可写为a 1＝1－1＋1，a 2＝2－1＋1，a 3＝3－1＋1.

因此猜想a n ＝n －1＋1.

下面用数学归纳法证明上式：

当n ＝1时结论显然成立．

假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即a k ＝k －1＋1， 则a k ＋1＝(a k －1)2

＋1＋1＝(k －1)＋1＋1 ＝(k ＋1)－1＋1.

所以当n ＝k ＋1时结论成立．

所以a n ＝n －1＋1(n ∈N ＋)．

(2)方法一 设f (x )＝(x －1)2＋1－1，

则a n ＋1＝f (a n )．

令c ＝f (c )，即c ＝(c －1)2＋1－1，

解得c ＝14

. 下面用数学归纳法证明加强命题： a 2n <c <a 2n ＋1<1.

当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1，

所以a 2<14

<a 3<1，结论成立． 假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，

即a 2k <c <a 2k ＋1<1.

易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即1>c >a 2k ＋2>a 2. 再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，故c <a 2k ＋3<1. 因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1.

这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．

综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝14

. 方法二 设f (x )＝(x －1)2＋1－1，

则a n ＋1＝f (a n )．

先证：0≤a n ≤1(n ∈N ＋)．①

当n ＝1时，结论显然成立．

假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即0≤a k ≤1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而

0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1，

即0≤a k ＋1≤1.