高二数学数学归纳法学案练习题。

俗话说，凡事预则立，不预则废。高中教师要准备好教案，这是高中教师需要精心准备的。教案可以更好的帮助学生们打好基础，帮助高中教师营造一个良好的教学氛围。优秀有创意的高中教案要怎样写呢？下面是小编精心收集整理，为您带来的《高二数学数学归纳法学案练习题》，欢迎大家阅读，希望对大家有所帮助。

§2.3数学归纳法（1）
一、知识要点
1.数学归纳法原理：

2.在运用数学归纳法证明问题时，第一步验证初始值可称为“初始步”，第二步运用归纳假设可称为“递推步”，这两个步骤缺一不可。
二、典型例题
例1.用数学归纳法证明：等差数列中，为首项，为公差，则通项公式为.

例2.用数学归纳法证明：当时，；
例3.用数学归纳法证明：当时，.

三、巩固练习
1.什么是数学归纳法？在用数学归纳法解题时，为什么步骤⑴和步骤⑵两者缺一不可？

分析下列各题（2～3）用数学归纳法证明过程中的错误：
2.设，求证：.
证明：假设当时等式成立，即
那么，当时，有
因此，对于任何等式都成立.
3.设，求证：.
证明：⑴当时，，不等式显然成立.
⑵假设当时不等式成立，即，那么当时，有
.
这就是说，当时不等式也成立.根据⑴和⑵，可知对任何不等式都成立.

四、课堂小结
运用数学归纳法注意两点：
1.验证的初始值至关重要，且初始值未必是1，要看清题目；
2.第二步证明的关键是要运用归纳假设，特别要弄清由“到”时命题的变化(项的增加或减少).
五、课后反思
六、课后作业
1.用数学归纳法证明，第一步验证=.
2.用数学归纳法证明，第一步即证不等式
成立.
3.当为正奇数时，求证被整除，当第二步假设命题为真时，进而需证=时，命题亦真.
4.用数学归纳法证明，从“到”左端需增乘的代数式为.
5.用数列归纳法证明，第二步证明从“到”，左端增加的项数为.
用数学归纳法证明下列各题
6..

延伸阅读

高二数学定积分学案练习题

§1.5.2定积分
一、知识要点
1.定积分的概念
说明：⑴定积分是一个常数；
⑵用定义求定积分的一般方法是：①分割；②以直代曲；③作和；④逼近.
2.定积分的几何意义
一般地，定积分的几何意义是，在区间上曲线与轴所围成图形面积的代数和（即轴上方的面积减去轴下方的面积）
二、例题
例1.计算定积分.

例2.利用定积分的定义求定积分，并用几何意义来验证.

例3.运用定积分的几何意义求下列定积分的值.
⑴⑵⑶⑷

三、课堂练习
1.定积分的几何意义是由所围成的图形的面积.
2.如图，阴影部分的面积分别以表示，
则定积分=.
3.计算下列定积分
⑴

4.用定积分表示下列图⑴，图⑵中阴影部分的面积.

四、课堂小结
五、课后反思
六、课后作业
1.计算定积分=.
2.设变速直线运动物体的速度为，则在到这一时间段内，该物体经过的位移=.
3.设质点受力（为质点所在位置）的作用沿轴由点移动到点，若处处平行于轴，则在该过程中变力对质点所作的功=.
4.若，则=.
5.利用几何意义说明等式成立的理由.

6.简化下列各式，并画出各式所表示的图形的面积.
⑴⑵

高二数学曲线的交点学案练习题

§2.6.3曲线的交点
一、知识要点：
求两条曲线的交点就是求方程组的实数解。
二、典型例题：
例1已知（如图）探照灯的轴截面是抛物线，平行于的轴的光线照射到抛物线上的点P（1，-1），反射光线过抛物线焦点后又照射到抛物线上的Q点。试确定点Q的坐标.

例2在长、宽分别为10m、18m的矩形地块内，欲开凿一花边水池，池边由两个椭圆组成（如图），试确定两个椭圆的四个交点的位置.

例3若抛物线与以A（0，1），B（2，3）为端点的线段AB有两个不同的交点，求实数m的取值范围.

三、巩固练习：
2、曲线与曲线的交点个数是.
2、若两条直线与的交点在曲线上，则的值是.
3、已知直线与曲线有两个公共点，求的取值范围.
四、小结：

五、课后作业：
1.曲线与曲线的公共点的个数是
2.直线被曲线截得的线段的中点到原点的距离是
3.若直线与曲线的两个交点恰好关于轴对称，则k等于
4.抛物线与直线无交点，则实数k的取值范围是
5.已知A（-2，3）、B（3，1），直线与线段AB有公共点，则b的取值范围是
6.求直线被曲线截得的线段长
7、已知直线与抛物线交于A，B两点，且OA⊥OB（O为坐标原点），求的值.

8.若直线与有一个公共点，求k的值

9.设抛物线的焦点为F，经过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线的准线上，且BC∥轴，证明：直线AC经过原点.

高二数学数系的扩充学案练习题

§3.1数系的扩充
一、知识要点
1.复数的概念；
2.复数的表示；
3.两个复数相等的充要条件；
4.两个虚数只有相等与不等关系，不能比较大小.
二、典型例题
例1.写出复数的实部与虚部，并指出哪些是实数，哪些是虚数，哪些是纯虚数？

例2.实数取什么值时，复数是
①实数？②虚数？③纯虚数？

例3.已知，求实数的值.

例4.已知复数，求实数的值.

三、巩固练习
1.下列结论中，正确的是（）
A.B.
C.D.
2.实数为何值时，复数分别是①实数；②虚数；③纯虚数.

3.求满足下列条件的实数的值.
四、小结
五、作业
1.是复数为纯虚数的条件.
2.复数的虚部是.
3.如果复数是虚数，则满足的条件是.
4.以的虚部为实部，以的实部为虚部的复数是.
5.当实数=时，是纯虚数.
6.若复数和相等，则的值为.
7.若，则是的条件.
8.若，则实数的值(或范围)是.
9.若为纯虚数，求实数的值.

10.已知.①求实数；②求复数.

订正栏：

高考数学（理科）一轮复习数学归纳法学案带答案

俗话说，居安思危，思则有备，有备无患。作为高中教师就需要提前准备好适合自己的教案。教案可以更好的帮助学生们打好基础，让高中教师能够快速的解决各种教学问题。那么如何写好我们的高中教案呢？下面是小编帮大家编辑的《高考数学（理科）一轮复习数学归纳法学案带答案》，欢迎您参考，希望对您有所助益！

学案39数学归纳法

导学目标：1.了解数学归纳法的原理.2.能用数学归纳法证明一些简单的数学命题．
自主梳理
1．归纳法
由一系列有限的特殊事例得出________的推理方法叫归纳法．根据推理过程中考查的对象是涉及事物的全体或部分可分为____归纳法和________归纳法．
2．数学归纳法
设{Pn}是一个与正整数相关的命题集合，如果：(1)证明起始命题________(或________)成立；(2)在假设______成立的前提下，推出________也成立，那么可以断定{Pn}对一切正整数成立．
3．数学归纳法证题的步骤
(1)(归纳奠基)证明当n取第一个值__________时命题成立．
(2)(归纳递推)假设______________________________时命题成立，证明当________时命题也成立．只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n0开始的所有正整数n都成立．
自我检测
1．用数学归纳法证明：“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝1－an＋21－a(a≠1)”在验证n＝1时，左端计算所得的项为()
A．1B．1＋a
C．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3
2．如果命题P(n)对于n＝k(k∈N*)时成立，则它对n＝k＋2也成立，又若P(n)对于n＝2时成立，则下列结论正确的是()
A．P(n)对所有正整数n成立
B．P(n)对所有正偶数n成立
C．P(n)对所有正奇数n成立
D．P(n)对所有大于1的正整数n成立
3．(2011台州月考)证明n＋221＋12＋13＋14＋…＋12nn＋1(n1)，当n＝2时，中间式子等于()
A．1B．1＋12
C．1＋12＋13D．1＋12＋13＋14
4．用数学归纳法证明“2nn2＋1对于nn0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()
A．2B．3C．5D．6
5．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开()
A．(k＋3)3B．(k＋2)3
C．(k＋1)3D．(k＋1)3＋(k＋2)3
探究点一用数学归纳法证明等式
例1对于n∈N*，用数学归纳法证明：
1n＋2(n－1)＋3(n－2)＋…＋(n－1)2＋n1＝16n(n＋1)(n＋2)．

变式迁移1(2011金华月考)用数学归纳法证明：
对任意的n∈N*,1－12＋13－14＋…＋12n－1－12n＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n.

探究点二用数学归纳法证明不等式
例2用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式1＋131＋15…1＋12n－12n＋12均成立．

变式迁移2已知m为正整数，用数学归纳法证明：当x－1时，(1＋x)m≥1＋mx.

探究点三用数学归纳法证明整除问题
例3用数学归纳法证明：当n∈N*时，an＋1＋(a＋1)2n－1能被a2＋a＋1整除．

变式迁移3用数学归纳法证明：当n为正整数时，f(n)＝32n＋2－8n－9能被64整除．

从特殊到一般的思想
例(14分)已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2、a5是方程x2－12x＋27＝0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝1－12bn.
(1)求数列{an}、{bn}的通项公式；
(2)设数列{an}的前n项和为Sn，试比较1bn与Sn＋1的大小，并说明理由．
【答题模板】
解(1)由已知得a2＋a5＝12a2a5＝27，又∵{an}的公差大于0，
∴a5a2，∴a2＝3，a5＝9.∴d＝a5－a23＝9－33＝2，a1＝1，
∴an＝1＋(n－1)×2＝2n－1.[2分]
∵Tn＝1－12bn，∴b1＝23，当n≥2时，Tn－1＝1－12bn－1，
∴bn＝Tn－Tn－1＝1－12bn－1－12bn－1，
化简，得bn＝13bn－1，[4分]
∴{bn}是首项为23，公比为13的等比数列，
即bn＝2313n－1＝23n，
∴an＝2n－1，bn＝23n.[6分]
(2)∵Sn＝1＋2n－12n＝n2，∴Sn＋1＝(n＋1)2，1bn＝3n2.
以下比较1bn与Sn＋1的大小：
当n＝1时，1b1＝32，S2＝4，∴1b1S2，当n＝2时，1b2＝92，S3＝9，∴1b2S3，
当n＝3时，1b3＝272，S4＝16，∴1b3S4，当n＝4时，1b4＝812，S5＝25，∴1b4S5.
猜想：n≥4时，1bnSn＋1.[9分]
下面用数学归纳法证明：
①当n＝4时，已证．
②假设当n＝k(k∈N*，k≥4)时，1bkSk＋1，即3k2(k＋1)2.[10分]
那么，n＝k＋1时，1bk＋1＝3k＋12＝33k23(k＋1)2＝3k2＋6k＋3＝(k2＋4k＋4)＋2k2＋2k－1[(k＋1)＋1]2＝S(k＋1)＋1，∴n＝k＋1时，1bnSn＋1也成立．[12分]
由①②可知n∈N*，n≥4时，1bnSn＋1都成立．
综上所述，当n＝1,2,3时，1bnSn＋1，当n≥4时，1bnSn＋1.[14分]
【突破思维障碍】
1．归纳——猜想——证明是高考重点考查的内容之一，此类问题可分为归纳性问题和存在性问题，本例中归纳性问题需要从特殊情况入手，通过观察、分析、归纳、猜想，探索出一般规律．
2．数列是定义在N*上的函数，这与数学归纳法运用的范围是一致的，并且数列的递推公式与归纳原理实质上是一致的，数列中有不少问题常用数学归纳法解决．
【易错点剖析】
1．严格按照数学归纳法的三个步骤书写，特别是对初始值的验证不可省略，有时要取两个(或两个以上)初始值进行验证；初始值的验证是归纳假设的基础．
2．在进行n＝k＋1命题证明时，一定要用n＝k时的命题，没有用到该命题而推理证明的方法不是数学归纳法．
1．数学归纳法：先证明当n取第一个值n0时命题成立，然后假设当n＝k(k∈N*，k≥n0)时命题成立，并证明当n＝k＋1时命题也成立，那么就证明了这个命题成立．这是因为第一步首先证明了n取第一个值n0时，命题成立，这样假设就有了存在的基础，至少k＝n0时命题成立，由假设合理推证出n＝k＋1时命题也成立，这实质上是证明了一种循环，如验证了n0＝1成立，又证明了n＝k＋1也成立，这就一定有n＝2成立，n＝2成立，则n＝3成立，n＝3成立，则n＝4也成立，如此反复以至无穷，对所有n≥n0的整数就都成立了．
2．(1)第①步验证n＝n0使命题成立时n0不一定是1，是使命题成立的最小正整数．
(2)第②步证明n＝k＋1时命题也成立的过程中一定要用到归纳递推，否则就不是数学归纳法．
(满分：75分)

一、选择题(每小题5分，共25分)
1．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在第二步时，正确的证法是()
A．假设n＝k(k∈N*)时命题成立，证明n＝k＋1命题成立
B．假设n＝k(k是正奇数)时命题成立，证明n＝k＋1命题成立
C．假设n＝2k＋1(k∈N*)时命题成立，证明n＝k＋1命题成立
D．假设n＝k(k是正奇数)时命题成立，证明n＝k＋2命题成立
2．已知f(n)＝1n＋1n＋1＋1n＋2＋…＋1n2，则()
A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝12＋13
B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝12＋13＋14
C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝12＋13
D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝12＋13＋14
3．如果命题P(n)对n＝k成立，则它对n＝k＋1也成立，现已知P(n)对n＝4不成立，则下列结论正确的是()
A．P(n)对n∈N*成立
B．P(n)对n4且n∈N*成立
C．P(n)对n4且n∈N*成立
D．P(n)对n≤4且n∈N*不成立
4．(2011日照模拟)用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝n4＋n22，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上()
A．k2＋1
B．(k＋1)2
C.k＋14＋k＋122
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2
5．(2011湛江月考)已知f(x)是定义域为正整数集的函数，对于定义域内任意的k，若f(k)≥k2成立，则f(k＋1)≥(k＋1)2成立，下列命题成立的是()
A．若f(3)≥9成立，且对于任意的k≥1，均有f(k)≥k2成立
B．若f(4)≥16成立，则对于任意的k≥4，均有f(k)k2成立
C．若f(7)≥49成立，则对于任意的k7，均有f(k)k2成立
D．若f(4)＝25成立，则对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立
二、填空题(每小题4分，共12分)
6．用数学归纳法证明“1＋2＋3＋…＋n＋…＋3＋2＋1＝n2(n∈N*)”时，从n＝k到n＝k＋1时，该式左边应添加的代数式是________．
7．(2011南京模拟)用数学归纳法证明不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋1n＋n1324的过程中，由n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是______________．
8．凸n边形有f(n)条对角线，凸n＋1边形有f(n＋1)条对角线，则f(n＋1)＝f(n)＋________.
三、解答题(共38分)
9．(12分)用数学归纳法证明1＋n2≤1＋12＋13＋…＋12n≤12＋n(n∈N*)．

10．(12分)(2011新乡月考)数列{an}满足an0，Sn＝12(an＋1an)，求S1，S2，猜想Sn，并用数学归纳法证明．

11．(14分)(2011郑州月考)已知函数f(x)＝1x2e－1|x|(其中e为自然对数的底数)．
(1)判断f(x)的奇偶性；
(2)在(－∞，0)上求函数f(x)的极值；
(3)用数学归纳法证明：当x0时，对任意正整数n都有f(1x)n！x2－n.

学案39数学归纳法
自主梳理
1．一般结论完全不完全2.(1)P1P0(2)PkPk＋1
3．(1)n0(n0∈N*)(2)n＝k(k≥n0，k∈N*)n＝k＋1
自我检测
1．C[当n＝1时左端有n＋2项，∴左端＝1＋a＋a2.]
2．B[由n＝2成立，根据递推关系“P(n)对于n＝k时成立，则它对n＝k＋2也成立”，可以推出n＝4时成立，再推出n＝6时成立，…，依次类推，P(n)对所有正偶数n成立”．]
3．D[当n＝2时，中间的式子
1＋12＋13＋122＝1＋12＋13＋14.]
4．C[当n＝1时，21＝12＋1；
当n＝2时，2222＋1；当n＝3时，2332＋1；
当n＝4时，2442＋1.而当n＝5时，2552＋1，∴n0＝5.]
5．A[假设当n＝k时，原式能被9整除，
即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．
当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．]
课堂活动区
例1解题导引用数学归纳法证明与正整数有关的一些等式命题，关键在于弄清等式两边的构成规律：等式的两边各有多少项，由n＝k到n＝k＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．
证明设f(n)＝1n＋2(n－1)＋3(n－2)＋…＋(n－1)2＋n1.
(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立；
(2)假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时等式成立，
即1k＋2(k－1)＋3(k－2)＋…＋(k－1)2＋k1
＝16k(k＋1)(k＋2)，
则当n＝k＋1时，
f(k＋1)＝1(k＋1)＋2[(k＋1)－1]＋3[(k＋1)－2]＋…＋[(k＋1)－1]2＋(k＋1)1
＝f(k)＋1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)
＝16k(k＋1)(k＋2)＋12(k＋1)(k＋1＋1)
＝16(k＋1)(k＋2)(k＋3)．
由(1)(2)可知当n∈N*时等式都成立．
变式迁移1证明(1)当n＝1时，
左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边，
∴等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即
1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k
＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k.
则当n＝k＋1时，
1－12＋13－14＋…＋12k－1－12k＋12k＋1－12k＋2
＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k＋12k＋1－12k＋2
＝1k＋1＋1＋1k＋1＋2＋…＋12k＋12k＋1＋1k＋1－12k＋2
＝1k＋1＋1＋1k＋1＋2＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋1，
即当n＝k＋1时，等式也成立，
所以由(1)(2)知对任意的n∈N*等式都成立．
例2解题导引用数学归纳法证明不等式问题时，从n＝k到n＝k＋1的推证过程中，证明不等式的常用方法有比较法、分析法、综合法、放缩法等．
证明(1)当n＝2时，左边＝1＋13＝43；右边＝52.
∵左边右边，∴不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N*)时不等式成立，
即1＋131＋15…1＋12k－12k＋12.
则当n＝k＋1时，
1＋131＋15…1＋12k－11＋12k＋1－1
2k＋122k＋22k＋1＝2k＋222k＋1＝4k2＋8k＋422k＋1
4k2＋8k＋322k＋1＝2k＋32k＋122k＋1＝2k＋1＋12.
∴当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立．
变式迁移2证明(1)当m＝1时，原不等式成立；
当m＝2时，左边＝1＋2x＋x2，右边＝1＋2x，
因为x2≥0，所以左边≥右边，原不等式成立；
(2)假设当m＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式成立，
即(1＋x)k≥1＋kx，则当m＝k＋1时，
∵x－1，∴1＋x0.
于是在不等式(1＋x)k≥1＋kx两边同时乘以1＋x得，
(1＋x)k(1＋x)≥(1＋kx)(1＋x)＝1＋(k＋1)x＋kx2
≥1＋(k＋1)x.
所以(1＋x)k＋1≥1＋(k＋1)x，
即当m＝k＋1时，不等式也成立．
综合(1)(2)知，对一切正整数m，不等式都成立．
例3解题导引用数学归纳法证明整除问题，由k过渡到k＋1时常使用“配凑法”．在证明n＝k＋1成立时，先将n＝k＋1时的原式进行分拆、重组或者添加项等方式进行整理，最终将其变成一个或多个部分的和，其中每个部分都能被约定的数(或式子)整除，从而由部分的整除性得出整体的整除性，最终证得n＝k＋1时也成立．
证明(1)当n＝1时，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1能被a2＋a＋1整除．
(2)假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时，
ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，
则当n＝k＋1时，
ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝aak＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1
＝aak＋1＋a(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1
＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1，
由假设可知a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，
∴ak＋2＋(a＋1)2k＋1也能被a2＋a＋1整除，
即n＝k＋1时命题也成立．
综合(1)(2)知，对任意的n∈N*命题都成立．
变式迁移3证明(1)当n＝1时，f(1)＝34－8－9＝64，
命题显然成立．
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，
f(k)＝32k＋2－8k－9能被64整除．
则当n＝k＋1时，
32(k＋1)＋2－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋98k＋99－8(k＋1)－9＝9(32k＋2－8k－9)＋64(k＋1)
即f(k＋1)＝9f(k)＋64(k＋1)
∴n＝k＋1时命题也成立．
综合(1)(2)可知，对任意的n∈N*，命题都成立．
课后练习区
1．D[A、B、C中，k＋1不一定表示奇数，只有D中k为奇数，k＋2为奇数．]
2．D
3．D[由题意可知，P(n)对n＝3不成立(否则P(n)对n＝4也成立)．同理可推P(n)对n＝2，n＝1也不成立．]
4．D[∵当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，
当n＝k＋1时，
左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，
∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上
(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.]
5．D[f(4)＝2542，∴k≥4，均有f(k)≥k2.
仅有D选项符合题意．]
6．2k＋1
解析∵当n＝k＋1时，
左边＝1＋2＋…＋k＋(k＋1)＋k＋…＋2＋1，
∴从n＝k到n＝k＋1时，应添加的代数式为(k＋1)＋k＝2k＋1.
7.12k＋12k＋2
解析不等式的左边增加的式子是
12k＋1＋12k＋2－1k＋1＝12k＋12k＋2.
8．n－1
解析∵f(4)＝f(3)＋2，f(5)＝f(4)＋3，
f(6)＝f(5)＋4，…，∴f(n＋1)＝f(n)＋n－1.
9．证明(1)当n＝1时，左边＝1＋12，右边＝12＋1，
∴32≤1＋12≤32，命题成立．(2分)
当n＝2时，左边＝1＋22＝2；右边＝12＋2＝52，
∴21＋12＋13＋1452，命题成立．(4分)
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，
即1＋k21＋12＋13＋…＋12k12＋k，(6分)
则当n＝k＋1时，
1＋12＋13＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＋…＋12k＋2k1＋k2＋2k12k＋1＝1＋k＋12.(8分)
又1＋12＋13＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＋…＋12k＋2k12＋k＋2k12k＝12＋(k＋1)，
即n＝k＋1时，命题也成立．(10分)
由(1)(2)可知，命题对所有n∈N*都成立．(12分)
10．解∵an0，∴Sn0，
由S1＝12(a1＋1a1)，变形整理得S21＝1，
取正根得S1＝1.
由S2＝12(a2＋1a2)及a2＝S2－S1＝S2－1得
S2＝12(S2－1＋1S2－1)，
变形整理得S22＝2，取正根得S2＝2.
同理可求得S3＝3.由此猜想Sn＝n.(4分)
用数学归纳法证明如下：
(1)当n＝1时，上面已求出S1＝1，结论成立．
(6分)
(2)假设当n＝k时，结论成立，即Sk＝k.
那么，当n＝k＋1时，
Sk＋1＝12(ak＋1＋1ak＋1)＝12(Sk＋1－Sk＋1Sk＋1－Sk)
＝12(Sk＋1－k＋1Sk＋1－k)．
整理得S2k＋1＝k＋1，取正根得Sk＋1＝k＋1.
故当n＝k＋1时，结论成立．(11分)
由(1)、(2)可知，对一切n∈N*，Sn＝n都成立．
(12分)
11．(1)解∵函数f(x)定义域为{x∈R|x≠0}
且f(－x)＝1－x2＝1x2＝f(x)，
∴f(x)是偶函数．(4分)
(2)解当x0时，f(x)＝1x2，
f′(x)＝－2x3＋1x2(－1x2)
＝－1x4(2x＋1)，(6分)
令f′(x)＝0有x＝－12，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x(－∞，－12)
－12
(－12，0)

f′(x)＋0－
f(x)增极大值减
由表可知：当x＝－12时，f(x)取极大值4e－2，
无极小值．(8分)
(3)证明当x0时f(x)＝1x2，∴f(1x)＝x2e－x.
考虑到：x0时，不等式f(1x)n！x2－n等价于x2e－xn！x2－nxnn！ex(ⅰ)(9分)
所以只要用数学归纳法证明不等式(ⅰ)对一切n∈N*都成立即可．
①当n＝1时，设g(x)＝ex－x(x0)，
∵x0时，g′(x)＝ex－10，∴g(x)是增函数，
故g(x)g(0)＝10，即exx(x0)．
所以当n＝1时，不等式(ⅰ)成立．(10分)
②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式(ⅰ)成立，
即xkk！ex，
当n＝k＋1时，设h(x)＝(k＋1)！ex－xk＋1(x0)，
h′(x)＝(k＋1)！ex－(k＋1)xk＝(k＋1)(k！ex－xk)0，
故h(x)＝(k＋1)！ex－xk＋1(x0)为增函数，
∴h(x)h(0)＝(k＋1)！0，
∴xk＋1(k＋1)！ex，
即n＝k＋1时，不等式(ⅰ)也成立，(13分)
由①②知不等式(ⅰ)对一切n∈N*都成立，
故当x0时，原不等式对n∈N*都成立．(14分)