最新精编高中人教A版选修4-5高中数学强化习题第四讲4.2用数学归纳法证明不等式和答案

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人教A版选修【4-5】4.2《用数学归纳法证明不等式》习题及答案

数学·选修4－5(人教A版)4.2 用数学归纳法证明不等式一层练习1．用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n－1＜n(n∈N*，n＞1)”时，由n＝k(k＞1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是( )A．2k－1 B．2k－1 C．2k D．2k＋1答案：C2．当n＝1,2,3,4,5,6时，比较2n与n2的大小并猜想( )A．n≥1时，2n＞n2 B．n≥3时，2n＞n2C．n≥4时，2n＞n2 D．n≥5时，2n＞n2答案：D3．用数学归纳法证明2n n＞n2(n∈N，n≥5)，则应第一步验证n＝________.答案：5数学归纳法证明不等式4．用数学归纳法证明122＋132＋…＋1＋2＞12－1n ＋2，假设n ＝k 时不等式成立，当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是________________．答案：12－1k ＋2＋1＋2＞12－1k ＋3二层练习5．关于正整数n 的不等式2n >n 2成立的条件是( ) A ．n∈N *B ．n≥4C ．n>4D ．n ＝1或n>4 答案：D [:6．用数学归纳法证明： 1＋12＋13＋…＋1n＜2n(其中n∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2，左边＜右边，不等式成立． (2)假设当n ＝k(k≥1，k∈N *)时，不等式成立，即 1＋12＋13＋…＋1k＜2k ，那么n ＝k ＋1时， 1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1＜2k ＋1k ＋1 ＝2＋＋1k ＋1＜k ＋k ＋1＋1k ＋1＝2k ＋1.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．根据(1)和(2)可知，不等式对任何n∈N *都成立．7．设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n∈N *.(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的一个通项公式． (2)当a 1≥3时，证明对所有n≥1，有： ①a n ≥n＋2；②11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n ≤12.解析：(1)由a 1＝2，得a 2＝3，a 3＝4，a 4＝5，猜想 a n ＝n ＋1.(2)①当n ＝1时，a 1＝3≥1＋2，不等式成立．假设当n ＝k(k≥1，k∈N *)时，不等式成立，即a k ≥k＋2，当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a 2k －ka k ＋1＝a k (a k －k)＋1≥(k＋2)(k ＋2－k)＋1＝2k ＋5≥k＋3. 即a k ＋1≥(k＋1)＋2，因此不等式成立． ∴a n ≥n＋2对于n∈N *都成立． ②由a n ＋1＝a 2n －na n ＋1及(1)知：当k≥2时，a k ＝a 2k －1－(k －1)a k －1＋1＝a k －1(a k －1－k ＋1)＋1≥a k －1(k －1＋2－k ＋1)＋1＝2a k －1＋1， ∴a k ＋1≥2(a k －1＋1)．即a k ＋1a k －1＋1≥2.∴a k ＋1≥2k －1(a 1＋1)， 11＋a k ≤11＋a 1·12k －1(k≥2)， 11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n ≤11＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝21＋a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤21＋a 1≤12.三层练习8．证明：1＋122＋132＋…＋1n 2≥3n 2n ＋1(n∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝3×12×1＋1＝1，∴左边≥右边．即(2)假设n ＝k(k≥1，k∈N *)时，命题成立，即：1＋122＋132＋…＋1k 2≥3k 2k ＋1.则当n ＝k ＋1时，要证明1＋122＋132＋…＋1k2＋1＋2≥＋＋＋1，只要证3k2k ＋1＋1＋2≥＋2k ＋3.∵＋2k ＋3－3k 2k ＋1－1＋2＝3＋2－1－1＋2＝1－＋2＋2＋2－1] ＝－＋＋22＋8k ＋＜0， ∴3k 2k ＋1＋1＋2≥＋2k ＋3成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2＋1＋2≥＋2k ＋3成立．∴n＝k ＋1时，9．(2018·惠州一调)等差数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，等比数列{b n }各项均为正数，b 1＝2，且s 2＋b 2＝7，S 4－b 3＝2.(1)求a n 与b n ； (2)设c n ＝a 2n －1a 2n，T n ＝c 1·c 2·c 3…c n ，求证： T n ≥12n(n∈N *)．(1)解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，由题知：s 2＋b 2＝7，s 4－b 3＝2， ∴d＋2q ＝5,3d －q 2＋1＝0，解得q ＝2或q ＝－8(舍去)，d ＝1； ∴a n ＝1＋(n －1)＝n ，b n ＝2n. (2)证明：∵c n ＝a 2n －1a 2n， ∴c n ＝2n －12n. T n ＝12×34×56×…×2n －12n .下面用数学归纳法证明T n ≥12n 对一切正整数成立．(1)当n ＝1时，T 1＝2×1－12×1≥12，命题成立．(2)假设当n ＝k 时命题成立，∴T k ≥12k，则当n ＝k ＋1时， ∵T k ＋1＝T k ·2k ＋1＋≥12k·2k ＋1＋＝12k ＋1·2k ＋12k k ＋1＝12k ＋1·4k 2＋4k ＋14k 2＋4k≥12k ＋1，这就是说当n ＝k ＋1时综上所述，原10．已知数列{b n }是等差数列，且b 1＝1，b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝100. (1)求数列{b n }的通项b n ；(2)设数列{a n }的通项为a n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n ，设S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与12lg b n ＋1的大小，并证明你的结论．分析：本题除了考查有关数列的知识之外，在比较大小时还可进行归纳、猜想，然后用数学归纳法进行证明．解析：(1)由b 1＝1，S 10＝100得d ＝2，所以b n ＝2n －1. (2)由b n ＝2n －1得：S n ＝lg(1＋1)＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＝lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1， 12lg b n ＋1＝lg 2n ＋1，要比较S n 与12lg b n ＋1的大小可先比较(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1与2n ＋1的大小．当n ＝1时，(1＋1)＞2×1＋1，当n ＝2时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＞2×2＋1，…猜想(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋1(*)．以下用数学归纳法进行证明：①n＝1时成立．②假设当n ＝k(k≥1，k∈N *)时成立，即 (1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1＞2k ＋1，当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1＞2k ＋1·⎝⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1＝2k ＋12k ＋1(2＋2k)，∵⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋12k ＋1＋2－(2k ＋3)2＝12k ＋1＞0， ∴2k ＋12k ＋1(2＋2k)＞2k ＋3， ∴(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1＞2k ＋3，当n ＝k ＋1时也成立．由①②可知(*)式对任何正整数都成立． ∴S n ＞12lg b n ＋1.11．(1)已知函数f(x)＝rx －x r＋(1－r)(x>0)的最小值为f(1)，其中r 为有理数，且0<r<1，证明 (2)请将(1)中的解析：(1)由已知得：当x∈(0，＋∞)时，有f(x)≥f(1)＝0，即x r≤rx＋(1－r)．① 若a 1，a 2中有一个为0，则ab 11ab 22≤a 1b 1＋a 2b 2成立；若a 1，a 2均不为0，又b 1＋b 2＝1，可得b 2＝1－b 1，于是在①中令x ＝a 1a 2，r ＝b 1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a 2b 1≤b 1·a 1a 2＋(1－b 1)，即ab 11a1－b 12≤a 1b 1＋a 2(1－b 1)，亦即ab 11ab 22≤a 1b 1＋a 2b 2.综上，对a 1≥0，a 2≥0，b 1，b 2为正有理数且b 1＋b 2＝1，总有ab 11ab 22≤a 1b 1＋a 2b 2.② (2)(1)中设a 1，a 2，…，a n 为非负实数，b 1，b 2，…，b n 为正有理数，若b 1＋b 2＋…＋b n ＝1，则 ab 11ab 22…ab nn ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n .③ 用数学归纳法证明如下：(1)当n ＝1时，b 1＝1，有a 1≤a 1，③成立．(2)假设当n ＝k 时，③成立，即若a 1，a 2，…，a k 为非负实数，b 1，b 2，…，b k 为正有理数，且b 1＋b 2＋…＋b k ＝1，则ab 11ab 22…ab kk ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k .当n ＝k ＋1时，已知a 1，a 2，…，a k ，a k ＋1为非负实数，b 1，b 2，…，b k ，b k ＋1为正有理数，且b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1＝1，此时0<b k ＋1<1，即1－b k ＋1>0，于是 ab 11ab 22…ab kk ab k ＋1k ＋1＝(ab 11ab 22…ab kk )ab k ＋1k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 11－b k ＋11a b 21－b k ＋12…a b k 1－b k ＋1k 1－b k ＋1abk ＋1k ＋1.因b 11－b k ＋1＋b 21－b k ＋1＋…＋b k1－b k ＋1＝1，由归纳假设可得ab 11－b k ＋11a b 21－b k ＋12…a b k 1－b k ＋1k ≤a 1·b 11－b k ＋1＋a 2· b 21－b k ＋1＋…＋a k ·b k1－b k ＋1＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋1，从而ab 11ab 22…ab kk ab k ＋1k ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋11－b k ＋1abk ＋1k ＋1，又因(1－b k ＋1)＋b k ＋1＝1，由②得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋11－b k ＋1ab k ＋1k ＋1 ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋1·(1－b k ＋1)＋a k ＋1b k ＋1＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k ＋a k ＋1b k ＋1，从而ab 11ab 22…ab kk ab k ＋1k ＋1≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k ＋a k ＋1b k ＋1. 故当n ＝k ＋1时，③成立．由(1)(2)可知，对一切正整数n ，所推广的说明：(2)中如果推广形式中指出③式对n≥2成立，则后续证明中不需讨论n ＝1的情况．12．函数f(x)＝x 2－2x －3，定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过两点P(4,5)，Q n (x n ，f(x n ))的直线PQ n 与x 轴交点的横坐标．证明：2≤x n <x n ＋1<3.[:解析：(1)因为f(4)＝42－8－3＝5，故点P(4,5)在函数f(x)的图像上，故由所给出的两点P(4,5)，Q n (x n ，f(x n ))，可知，直线PQ n 斜率一定存在，故有直线PQ n 的直线方程为y －5＝n－5x n －4(x －4)，令y ＝0，可求得－5＝x 2n －2x n －8x n －4(x －4)⇔－5x n ＋2＝x －4⇔x ＝4x n ＋3x n ＋2.所以x n ＋1＝4x n ＋3x n ＋2. 下面用数学归纳法证明2≤x n <3. 当n ＝1时，x 1＝2，满足2≤x 1<3，假设n ＝k 时，2≤x k <3成立，则当n ＝k ＋1时， x k ＋1＝4x k ＋3x k ＋2＝4－5x k ＋2，由2≤x k <3⇔4≤x k ＋2<5⇔1<5x k ＋2≤54⇔2<114≤4－5x k ＋2<3即2≤x k ＋1<3也成立，综上可知2≤x n <3对任意正整数恒成立．下面证明x n <x n ＋1，由x n ＋1－x n ＝4x n ＋3x n ＋2－x n ＝4x n ＋3－x 2n －2x n x n ＋2＝－n－2＋4x n ＋2.由2≤x n<3⇒1≤x n－1<2⇒0<－(x n－1)2＋4≤3，故有x n＋1－x n>0即x n<x n＋1，综上可知2≤x n<x n＋1<3恒成立．1．用数学归纳法证明含正整数n的不等式(其中n取无限多个值)，要注意观察是解决问题的前提条件，需要进行合理的试验和归纳，提出合理的猜想，从而达到解决问题的目的．2．前面已学过证明不等式的一系列方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法等，而本节增加了数学归纳法证明不等式，且主要解决的是无限的问题，因而难度更大一些．但仔细研究，数学归纳法关键是由n ＝k到n＝k＋1的过渡，也是学好用数学归纳法证不等式的重中之重问题．(1)用数学归纳法证明的关键是“变项”，即在假设的基础上通过放缩、比较、分析、综合等证明不等式的方法，得出要证明的目标不等式，因此以上几种方法均要灵活地运用．有个别较复杂的问题，第二个步骤再利用数学归纳法．(2)利用数学归纳法证明不等式问题时，有时要假设当n≤k时成立，再证当n＝k＋1时成立，实质上，这就是第二数学归纳法．。

人教新课标版数学高二人教A选修4-5试题第四讲用数学归纳法证明不等式二

1．用数学归纳法证明“对于任意x >0和正整数n ，都有x n ＋x n －2＋x n －4＋…＋1x n －4＋1xn －2＋1xn ≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ) A ．n 0＝1 B ．n 0＝2C ．n 0＝1,2D ．以上答案均不正确解析：需验证：n 0＝1时，x ＋1x≥1＋1成立．答案：A2．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A ．2B ．3C ．5D ．6解析：n 取1,2,3,4时不等式不成立，起始值为5.答案：C3．用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ＋，n >1)”时，由n ＝k (k >1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项数是( )A ．2k －1B ．2k －1C ．2kD ．2k ＋1解析：由n ＝k 到n ＝k ＋1，应增加的项数为(2k ＋1－1)－(2k －1)＝2k ＋1－2k 项．答案：C4．对于正整数n ，下列不等式不．正确的是( ) A ．3n ≥1＋2nB ．0.9n ≥1－0.1nC ．0.9n ≤1－0.1nD ．0.1n ≤1－0.9n解析：排除法，取n ＝2，只有C 不成立．答案：C5．证明n ＋22<1＋12＋13＋ (12)<n ＋1(n >1)，当n ＝2时．要证明的式子为________．解析：当n ＝2时，要证明的式子为2<1＋12＋13＋14<3.答案：2<1＋12＋13＋14<3 6．利用数学归纳法证明“(1＋13)(1＋15)…(1＋12n －1)>2n ＋12”时，n 的最小取值n 0为________．解析：左边为(n －1)项的乘积，故n 0＝2.答案：27．设a ，b 均为正实数(n ∈N ＋)，已知M ＝(a ＋b )n ，N ＝a n ＋na n －1b ，则M 、N 的大小关系为________(提示：利用贝努利不等式，令x ＝b a)．解析：当n ＝1时，M ＝a ＋b ＝N .当n ＝2时，M ＝(a ＋b )2，N ＝a 2＋2ab <M .当n ＝3时，M ＝(a ＋b )3，N ＝a 3＋3a 2b <M .归纳得M ≥N .答案：M ≥N8．用数学归纳法证明，对任意n ∈N ＋，有(1＋2＋...＋n )(1＋12＋13＋ (1))≥n 2. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝右边，不等式成立．当n ＝2时，左边＝(1＋2)(1＋12)＝92>22，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2)时不等式成立，即(1＋2＋...＋k )(1＋12＋ (1))≥k 2. 则当n ＝k ＋1时，有左边＝[(1＋2＋…＋k )＋(k ＋1)][(1＋12＋…＋1k )＋1k ＋1] ＝(1＋2＋…＋k )(1＋12＋…＋1k )＋(1＋2＋…＋k )1k ＋1＋(k ＋1)×(1＋12＋...＋1k )＋1≥k 2＋k 2＋1＋(k ＋1)(1＋12＋ (1))． ∵当k ≥2时，1＋12＋…＋1k ≥1＋12＝32，(*) ∴左边≥k 2＋k 2＋1＋(k ＋1)×32＝k 2＋2k ＋1＋32≥(k ＋1)2. 这就是说当n ＝k ＋1时，不等成立，由(1)、(2)可知当n ≥1时，不等式成立．9．设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ＝1,2,3….(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想出a n 的一个通项公式；(2)当a ≥3时，证明对所有的n ≥1，有a n ≥n ＋2；解：(1)由a 1＝2，得a 2＝a 21－a 1＋1＝3，由a 2＝3，得a 3＝a 22－2a 2＋1＝4，由a 3＝4，得a 4＝a 23－3a 3＋1＝5.由此猜想a n 的一个通项公式：a n ＝n ＋1(n ≥1)．(2)证明：用数学归纳法证明．①当n ＝1，a 1≥3＝1＋2，不等式成立．②假设当n ＝k 时不等式成立，即a k ≥k ＋2，那么，当n ＝k ＋1时．a k ＋1＝a k (a k －k )＋1≥(k ＋2)(k ＋2－k )＋1≥k ＋3，也就是说，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥(k ＋1)＋2.根据①和②，对于所有n ≥1，有a n ≥n ＋2.10．设a ∈R ，f (x )＝a ·2x ＋a －22x ＋1是奇函数， (1)求a 的值；(2)如果g (n )＝n n ＋1(n ∈N ＋)，试比较f (n )与g (n )的大小(n ∈N ＋)．解：(1)∵f (x )是定义在R 上的奇函数，∴f (0)＝0.故a ＝1.(2)f (n )－g (n )＝2n －12n ＋1－n n ＋1＝2n －2n －1(2n ＋1)(n ＋1). 只要比较2n 与2n ＋1的大小．当n ＝1,2时，f (n )<g (n )；当n ≥3时，2n >2n ＋1，f (n )>g (n )．下面证明，n≥3时，2n>2n＋1，即f(x)>g(x)．①n＝3时，23>2×3＋1，显然成立，②假设n＝k(k≥3，k∈N＋)时，2k>2k＋1，那么n＝k＋1时，2k＋1＝2×2k>2(2k＋1)．2(2k＋1)－[2(k＋1)＋1]＝4k＋2－2k－3＝2k－1>0(∵k≥3)，有2k＋1>2(k＋1)＋1.∴n＝k＋1时，不等式也成立，由①②可以判定，n≥3，n∈N＋时，2n>2n＋1. 所以n＝1,2时，f(n)<g(n)；当n≥3，n∈N＋时，f(n)>g(n)．。

2017-2018学年数学人教A版选修4-5优化练习：第四讲二用数学归纳法证明不等式举例

[课时作业][A 组　基础巩固]1．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<n (n ∈N ＋，且n >1)时，第一步即证121312n －1下述哪个不等式成立( )A ．1<2 B ．1＋<212C ．1＋＋<2D ．1＋<2121313解析：∵n ∈N ＋，且n >1，∴第一步n ＝2，左边＝1＋＋，右边＝2，1213即1＋＋<2，应选C.1213答案：C2．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>成立时，起始值n 0至少121412n －112764应取( )A ．7 B ．8C ．9D ．10解析：1＋＋＋＋＋…＋＝，12141811616412764n －1＝6，n ＝7，故n 0＝8.答案：B3．用数学归纳法证明 “S n ＝＋＋＋…＋>1(n ∈N ＋)”时，1n ＋11n ＋21n ＋313n ＋1S 1等于( )A. B ．1214C. ＋D ．＋＋1213121314解析：因为S 1的首项为＝，末项为＝，所以11＋11213×1＋114S 1＝＋＋，故选D.11＋111＋211＋3答案：D4．设f (x )是定义在正整数集上的函数，有f (k )满足：当“f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”．那么下列命题总成立的是( )A ．若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立B ．若f (5)≥25成立，则当k <5时，均有f (k )≥k 2成立C ．若f (7)<49成立，则当k ≥8时，均有f (k )<k 2成立D ．若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析：由题意设f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立”．因此，对于A ，k ＝1,2时不一定成立．对于B ，C 显然错误．对于D ，因为f (4)＝25>42，因此对于任意的k ≥4，均有f (k )≥k 2成立．答案：D5．某个命题与正整数n 有关，如果当n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时，命题也成立．现已知当n ＝5时该命题不成立，那么可推得( )A ．当n ＝6时该命题不成立B ．当n ＝6时该命题成立C ．当n ＝4时该命题不成立D ．当n ＝4时该命题成立解析：与“如果当n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时命题也成立”等价的命题为“如果当n ＝k ＋1时命题不成立，则当n ＝k (k ∈N ＋)时，命题也不成立”．故知当n ＝5时，该命题不成立，可推得当n ＝4时该命题不成立，故选C.答案：C6．观察下列式子：1＋<，1＋＋<，1＋＋＋<，…，可归纳出122321221325312213214274一般性结论：________.解析：由题意得1＋＋＋…＋<(n ∈N ＋)．1221321(n ＋1)22n ＋1n ＋1答案：1＋＋＋…＋<(n ∈N ＋)1221321(n ＋1)22n ＋1n ＋17．用数学归纳法证明＋cos α＋cos3α＋…＋cos(2n －1)α＝12(k ∈N ＋，a ≠k π，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，左边计算所得sin 2n ＋12α·cos2n －12αsin α的项是________．答案：＋cos α128．用数学归纳法证明：2n ＋1≥n 2＋n ＋2(n ∈N ＋)时，第一步应验证________．答案：n ＝1时，22≥12＋1＋2，即4＝49．证明不等式：1＋＋…＋<2(n ∈N ＋)．12131n n 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即1＋＋…＋<2(k ∈N ＋)．12131k k 当n ＝k ＋1时，左边＝1＋＋…＋＋<2＋＝，12131k 1k ＋1k 1k ＋12k (k ＋1)＋1k ＋1现在只需证明<2，k (k ＋1)＋1k ＋1k ＋1即证：<2k ＋1，k (k ＋1)两边平方，整理得0<1，显然成立．∴<2成立．k (k ＋1)＋1k ＋1k ＋1即1＋＋＋…＋＋<2成立．12131k 1k ＋1k ＋1∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)知，对于任何正整数n 原不等式都成立．10．设S n ＝＋＋＋…＋(n ∈N ＋)，设计算11×313×515×71(2n －1)(2n ＋1)S 1，S 2，S 3，并猜想S n 的表达式，然后用数学归纳法给出证明．解析：∵S 1＝＝＝，11×31312×1＋1S 2＝＋＝＝，11×313×52522×2＋1S 3＝＋＋＝＝，11×313×515×73732×3＋1……猜想S n ＝(n ∈N ＋)．n2n ＋1下面用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，左边S 1＝＝，右边＝＝，等式成立．11×31312×1＋113(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即＋＋＋…＋＝，11×313×515×71(2k －1)(2k ＋1)k2k ＋1则当n ＝k ＋1时，＋＋＋…＋＋＝＋11×313×515×71(2k －1)(2k ＋1)1(2k ＋1)(2k ＋3)k2k ＋11(2k ＋1)(2k ＋3)＝＝＝，2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)k ＋12k ＋3k ＋12(k ＋1)＋1这就是说，当n ＝k ＋1时，等式成立．由(1)(2)可知，等式S n ＝对n ∈N ＋都成立．n2n ＋1[B 组　能力提升]1．观察下列不等式：1>，1＋＋>1,1＋＋＋…＋>，1＋＋＋…＋>2,1212131213173212131151＋＋＋…＋>，…，由此猜测第n (n ∈N ＋)个不等式为( )121313152A ．1＋＋＋…＋>121312n n －12B ．1＋＋＋…＋>121312n －1n 2C ．1＋＋＋…＋>121312n －1n 2D ．1＋＋＋…＋>121312n －1n2解析：∵1,3,7,15,31，…的通项公式为a n ＝2n －1，∴不等式左边应是1＋＋＋…＋.121312n －1∵，1，，2，，…的通项公式为b n ＝，123252n2∴不等式右边应是.n2答案：C2．用数学归纳法证明不等式“＋＋…＋>(n >2，n ∈N ＋)”时的过1n ＋11n ＋212n 1324程中，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，不等式的左边( )A ．增加了一项12(k ＋1)B ．增加了两项，12k ＋112(k ＋1)C ．增加了两项，，又减少了一项12k ＋112(k ＋1)1k ＋1D ．增加了一项，又减少了一项12(k ＋1)1k ＋1解析：当n ＝k 时，左边＝＋＋…＋.1k ＋11k ＋212k 当n ＝k ＋1时，左边＝＋＋…＋＝＋＋…＋＋＋.1k ＋1＋11k ＋1＋212(k ＋1)1k ＋21k ＋312k 12k ＋112k ＋2故由n ＝k 到n ＝k ＋1时，不等式的左边增加了两项，又减少了一项．答案：C3．用数学归纳法证明某不等式，其中证n ＝k ＋1时不等式成立的关键一步是：＋>＋( )>，括号中应填的(k ＋1)(k ＋2)3(k ＋2)(k ＋3)(k ＋1)(k ＋2)3(k ＋2)(k ＋3)3式子是________．解析：>k ＋2，联系不等式的形式可知，应填k ＋2.(k ＋2)(k ＋3)答案：k ＋24．设a ，b 均为正实数，n ∈N ＋，已知M ＝(a ＋b )n ，N ＝a n ＋na n －1b ，则M ，N的大小关系为________(提示：利用贝努利不等式，令x ＝)．ba 解析：令x ＝，∵M ＝(a ＋b )n ，N ＝a n ＋na n －1b ，ba ∴＝(1＋x )n ，＝1＋nx .Man Nan ∵a >0，b >0，∴x >0.由贝努利不等式得(1＋x )n >1＋nx .∴>，∴M >N M an Nan 答案：M >N5．对于一切正整数n ，先猜出使t n >n 2成立的最小的正整数t ，然后用数学归纳法证明，并再证明不等式：n (n ＋1)·>lg(1·2·3·…·n )．lg 34证明：猜想当t ＝3时，对一切正整数n 使3n >n 2成立．下面用数学归纳法进行证明．当n ＝1时，31＝3>1＝12，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，3k >k 2成立，则有3k ≥k 2＋1.对n ＝k ＋1,3k ＋1＝3·3k ＝3k ＋2·3k >k 2＋2(k 2＋1)>3k 2＋1.∵(3k 2＋1)－(k ＋1)2＝2k 2－2k ＝2k (k －1)≥0，∴3k ＋1>(k ＋1)2，∴对n ＝k ＋1，命题成立．由上知，当t ＝3时，对一切n ∈N ＋，命题都成立．再用数学归纳法证明：n (n ＋1)·>lg(1·2·3·…·n )．lg 34当n ＝1时，1×(1＋1)×＝>0＝lg 1，命题成立．lg 34lg 32假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，k ·(k ＋1)·>lg(1·2·3·…·k )成立．lg 34当n ＝k ＋1时，(k ＋1)·(k ＋2)·lg 34＝k (k ＋1)·＋2(k ＋1)·lg 34lg 34>lg(1·2·3·…·k )＋lg 3k ＋112>lg(1·2·3·…·k )＋lg(k ＋1)212＝lg [1·2·3·…·k ·(k ＋1)]，命题成立．由上可知，对一切正整数n ，命题成立．6．已知等比数列{a n }的首项a 1＝2，公比q ＝3，S n 是它的前n 项和．求证：≤.Sn ＋1Sn 3n ＋1n 证明：由已知，得S n ＝3n －1，≤等价于≤，即3n ≥2n ＋1.(*)Sn ＋1Sn 3n ＋1n3n ＋1－13n －13n ＋1n法一：用数学归纳法证明上面不等式成立．①当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．②假设当n ＝k 时，(*)成立，即3k ≥2k ＋1，那么当n ＝k ＋1时，3k ＋1＝3×3k ≥3(2k ＋1)＝6k ＋3≥2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，(*)成立．综合①②，得3n ≥2n ＋1成立．所以≤.Sn ＋1Sn 3n ＋1n 法二：当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．当n ≥2时，3n ＝(1＋2)n ＝C ＋C ×2＋C ×22＋…＋C ×2n ＝1＋2n ＋…>1＋2n ，所以(*)成立．0n 1n 2n n 所以≤.Sn ＋1Sn 3n ＋1n。

12新人教A版高中数学(选修4-5)《数学归纳法》

上面四个式子的结果分别是 2,3,4,5,由此猜想: 1 3 5 1 2n 1 1 n .
n n

怎样证明它呢?
分析这个问题的特点是要证不等式在 n 为 :
任何正整数时都成立虽然我们可以验证n 1, 2, . 3,4,5, 甚至 n 1 000,100 000, 时这个等式成立 , 但是正整数是无限多个我们无法对它们一一验 , 证.所以, 通过验证的方法无法完成证明 .
由 1 , 2 可知 , 对于 n n N , n 3 个点 , 相应的直 1 线共有 n n 1 条 . 2
思考结合上述证明过程你认为 , 数学归纳法有什么特殊作用?
数学归纳法是证明一些与无限多个正整数相关的命题的有力工具, 它用有限的步骤
1奠基和2
一般地, 当要证明一个命题对于不小于某个正整数n0的所有正整数都成立时, 可以用以 n 下两个步骤:
1证明当n n0时命题成立 ;
2假设当n k k N , 且k n0 时命题成立,
证明n k 1时命题也成立 .
在完成这两个步骤后就可以断定命题对于 , 不小于n0 的所有正整数都成立 .这种证明方
3
被6整除.
证明
1 当 n
1 时 , n 5 n 显然能够被
3
2
6 整除 ,
命题成立 .
2 假设当
n k k 1 时 , 命题成立 .即 k 5 k 能
够被 6 整除 .
当 n k 1时 ,
k
1 5 k 1 k 3 k 3 k 1 5 k 5
数学归纳法mathematical induction . 法称为

2020-2021学年高中数学人教A版选修4-5练习：4.2 用数学归纳法证明不等式举例 Word版

二用数学归纳法证明不等式举例课后篇巩固探究1.用数学归纳法证明1++…+<n(n∈N+,且n>1)时,第一步是证下述哪个不等式成立()A.1<2B.1+<2C.1+<2D.1+<2n=2时,左边=1+,右边=2,所以应证1+<2.2.若x>-1,x≠0,则下列不等式正确的是()A.(1+x)3<1+3xB.(1+x<1+xC.(1+x)-2<1-2xD.(1+x<1+xD正确.3.用数学归纳法证明+…+(n≥n0,且n∈N+),则n的最小值n0为()A.1B.2C.3D.4n=1时,左边==1,右边=10=1,1>1,不成立;当n=2时,左边==2+1=3,右边=,3>,成立;当n=3时,左边==3+3+1=7,右边=31=3,7>3,成立.所以n的最小值n0为2.4.导学号26394067某同学回答“用数学归纳法证明<n+1(n∈N+)”的过程如下:证明:(1)当n=1时,显然不等式是成立的;(2)假设当n=k(k≥1)时不等式成立,即<k+1.当n=k+1时,=(k+1)+1,所以当n=k+1时不等式是正确的.由(1)(2)可知,对于n∈N+,不等式都是正确的.以上证法是错误的,错误在于()A.从k到k+1的推理过程没有使用归纳假设B.归纳假设的写法不正确C.从k到k+1的推理不严密D.当n=1时,验证过程不具体<(k+1)+1时进行了一般意义的放大.而没有使用归纳假设<k+1.5.已知f(n)=1++…+(n∈N+),用数学归纳法证明f(2n)>时,f(2k+1)比f(2k)多的项为.k+1)-f(2k)=1++…++…+.…+6.已知x>0,观察下列几个不等式:x+≥2;x+≥3;x+≥4;x+≥5…归纳猜想一般的不等式为.≥n+1(n为正整数)7.用数学归纳法证明(a,b是非负实数,n∈N+)时,假设当n=k时不等式(*)成立,再推证当n=k+1时不等式也成立的关键是将(*)式两边同乘.k与k+1时的结论可知,两边只需同乘即可.8.用数学归纳法证明1++…+<2(n∈N+).当n=1时,左边=1,右边=2.左边<右边,不等式成立.(2)假设当n=k(k≥1)时不等式成立,即1++…+<2.当n=k+1时,1++…+<2=2.所以当n=k+1时,不等式成立.由(1)(2)可知,原不等式对任意n∈N+都成立.9.导学号26394068若不等式+…+对一切正整数n都成立,求正整数a的最大值,并证明你的结论.n=1,则有成立,所以,因此a<26,取a=25,即正整数a的最大值为25.以下用数学归纳法证明.+…+对一切正整数n都成立.(1)当n=1时不等式成立.(2)假设当n=k(k≥1)时不等式成立,即+…+,当n=k+1时,+…+=.因为,所以>0,于是+…+,即当n=k+1时不等式成立.由(1)(2)知,对一切正整数n,都有+…+,且正整数a的最大值等于25.10.导学号26394069已知数列{a n}满足:a1=,且a n=(n≥2,n∈N+).(1)求数列{a n}的通项公式;(2)求证对一切正整数n,不等式a1a2…a n<2n!恒成立.1-,因此数列为一个等比数列,其首项为1-,公比为,从而1-,因此得a n=(n≥1).①①得a1a2…a n=.为证a1a2…a n<2n!,只要证当n∈N+时,有×…×.②显然,左端每个因式皆为正数,先证明对n∈N+,有×…×≥1-.③下面用数学归纳法证明③式:ⅰ当n=1时,显然③式成立,ⅱ假设当n=k(k≥1)时,③式成立,即×…×≥1-.当n=k+1时,×…×≥=1->1-.即当n=k+1时,③式也成立.故对一切n∈N+,③式都成立.利用③,得≥1-=1-=1-.故原不等式成立.莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。

数学人教A版选修4-5自主训练：4.2用数学归纳法证明不等式含解析

自主广场我夯基我达标1。

用数学归纳法证明“n n n n n ++++++++1312111 ≥2411,(n ∈N +)”时,由n=k 到n=k+1时，不等式左边应添加的项是( )A 。

)1(21+k B 。

221121+++k k C 。

11221121+-+++k k k D 。

2111221121+-+-+++k k k k 思路解析：当n=k 时，不等式为k k k k ++++++12111 ≥2411，当n=k+1时，左边=+++++++ 2)2(11)1(1k k )1()1(1)1(1)1()1(1+++++++-++k k k k k k =22112113121++++++++++k k k k k k , 比较n=k 与n=k+1的左边，知应添加的项是121221121+-+++k k k 。

答案：C2.用数学归纳法证明1+21+31+…+121-n 〈n(n ∈N +，且n>1）时，第一步即证下述哪个不等式成立（） A.1<2 B 。

1+21<2 C.1+21+31<2 D.1+31<2 思路解析：n=2时，左边=1+21+31，右边=2.所以应证1+21+31〈2。

答案:C3.用数学归纳法证明“1+21+31+…+121-n 〈n ，（n ∈N +,n>1)"时,由n=k(k 〉1)不等式成立，推证n=k+1时，左边应增加的项数是( ）A.2k-1B.2k -1C.2k D 。

2k +1思路解析：增加的项数为（2k+1—1）—（2k —1)=2k+1—2k =2k .答案：C4.关于正整数n 的不等式2n >n 2成立的条件是（ )A 。

n ∈N +B 。

n≥4C.n>4 D 。

n=1或n 〉4思路解析：验证n=1，2，3，4,5,6等值.答案：D5。

对于不等式n n +2≤n+1（n ∈N +）,某学生的证明过程如下：（1）当n=1时，112+≤1+1,不等式成立.（2）假设n=k(k ∈N +）时，不等式成立,即k k +2<k+1，则n=k+1时，23)1()1(22++=+++k k k k22)2()2()23(+=++++<k k k k =(k+1）+1。

人教A版高中数学选修4-5同步练习第4讲 1、2 数学归纳法用数学归纳法证明不等式

第四讲一、二A 级基础巩固一、选择题1. 数学归纳法适用于证明的命题的类型是导学号 98920412( D ) A. 已知⇒结论 B. 结论⇒已知 C. 直接证明比较困难D. 与正整数有关2. 利用数学归纳法证明不等式“n 2<2n对于n≥n 0的正整数n 都成立”时,n 0应取值为导学号 98920413( C )A. 1B. 3C. 5D. 7[解析] 代入验证知,只有当n≥5时,n 2<2n都成立.3. 用数学归纳法证明“1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋1n ＋n ≥1124,(n ∈N ＋)”时,由n ＝k 到n ＝k ＋1时,不等式左边应添加的项是导学号 98920414( C )A. 12(k ＋1). 12k ＋1＋12k ＋2C. 12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1 .12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1－1k ＋2[解析] 当n ＝k 时,不等式为1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k ＋k ≥1124, 当n ＝k ＋1时,左边＝1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋1(k ＋1)＋(k －1)＋1(k ＋1)＋k ＋1(k ＋1)＋(k ＋1)＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1k ＋k ＋12k ＋1＋12k ＋2, 比较n ＝k 与n ＝k ＋1的左边知,应添加的项是12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1. 故选C.4. 用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1(n ∈N ＋)”的过程中,第二步假设n ＝k 时等式成立,则当n ＝k ＋1时应得到导学号 98920415( D )A. 1＋2＋22＋…＋2k －2＋2k －1＝2k ＋1－1B. 1＋2＋22＋…＋2k ＋2k ＋1＝2k－1＋2k ＋1C. 1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＋1＝2k ＋1－1D. 1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k＝2k－1＋2k[解析] 当n ＝k 时,等式为1＋2＋22＋…＋2k －1＝2k－1.那么当n ＝k ＋1时,左边＝1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k因此只需在归纳假设两端同时添加2k,即1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k －1＋2k.5. 设n 为正整数,f(n)＝1＋12＋13＋…＋1n ,计算得f(2)＝32,f(4)>2,f(8)>52,f(16)>3,f(32)>72,观察上述结果,可推测出一般结论导学号 98920416( C )A. f(2n)>2n ＋12B. f(n 2)≥n ＋22C. f(2n)≥n ＋22D. 以上都不对[解析] f(2)＝32,f(4)＝f(22)>42,f(8)＝f(23)>52,f(16)＝f(24)>62,f(32)＝f(25)＝72,所以f(2n)≥n ＋22.二、填空题 6. 证明n ＋22<1＋12＋13＋…＋12n <n ＋1 (n>1),当n ＝2时,要证明的式子为__2<1＋12＋13＋14<3__. 导学号 989204187. 用数学归纳法证明122＋132＋…＋1(n ＋1)2>12－1n ＋2,假设n ＝k 时不等式成立,当n ＝k ＋1时,应推证的目标不等式是__12－1k ＋2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3__. 导学号 98920419 [解析] 假设n ＝k 时不等式成立, 即122＋132＋…＋1(k ＋1)2>12－1k ＋2, 当n ＝k ＋1时,左边＝122＋132＋…＋1(k ＋1)2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋2＋1(k ＋2)2, 下面只需证明12－1k ＋2＋1(k ＋2)2>12－1k ＋3即可. 三、解答题8. 求证1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n >56(n≥2,n ∈N ＋). 导学号 98920489[解析] 证明：(1)当n ＝2时,左边＝13＋14＋15＋16＝1920>56,不等式成立.(2)假设当n ＝k 时(k≥2,k ∈N ＋), 有1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56成立, 则当n ＝k ＋1时,1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋(13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1) >56＋(13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1) >56＋(13k ＋3＋13k ＋3＋13k ＋3－1k ＋1) ＝56＋(3×13k ＋3－1k ＋1)＝56, 所以当n ＝k ＋1时,不等式也成立.由(1)(2)知,原不等式对一切n≥2,n ∈N ＋均成立.B 级素养提升一、选择题1. 如果1×2×3＋2×3×4＋3×4×5＋…＋n(n ＋1)(n ＋2)＝14n(n ＋1)(n ＋a)(n ＋b)对一切正整数n都成立,a 、b 的值应该等于导学号 98920423( D )A. a ＝1,b ＝3B. a ＝－1,b ＝1C. a ＝1,b ＝2D. a ＝2,b ＝3[解析] 令n ＝1,2,得到关于a 、b 的方程组,解得即可.2. 用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n22,则当n ＝k ＋1的左端应在n ＝k 的基础上加上导学号 98920424( D )A. k2B. (k ＋1)2C. (k ＋1)4＋(k ＋1)22D. (k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2[解析] ∵当n ＝k 时,左端＝1＋2＋3＋…＋k 2,当n ＝k ＋1时,左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.故当n ＝k ＋1时,左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2,故应选D.3. 已知a 1＝1,a n ＋1>a n ,且(a n ＋1－a n )2－2(a n ＋1＋a n )＋1＝0,先计算a 2,a 3,再猜想a n 等于导学号 98920425( B )A. nB. n 2C. n 3D. n ＋3－n[解析] ∵(a n ＋1－a n )2－2(a n ＋1＋a n )＋1＝0, ∴(a 2－1)2－2(a 2＋1)＋1＝0, ∴a 2＝4,或a 2＝0(舍去).同理a 3＝9,或a 3＝1(舍去). ∴猜想a n ＝n 2. 二、填空题4. 设M ＝2n＋2,N ＝n 2(n ∈N ＋),则M 、N 之间的大小关系为__M>N__. 导学号 98920428 5. 用数学归纳法证明：当n ∈N ＋,1＋2＋22＋23＋…＋25n －1是31的倍数时,当n ＝1时原式为__1＋2＋22＋23＋24__,从k 到k ＋1时需增添的项是__25k＋25k ＋1＋25k ＋2＋25k ＋3＋25k ＋4__. 导学号 98920429三、解答题6. 已知数列{a n }中,S n 为前n 项和且S n ＝a n 2＋1a n－1,且a n >0(n ∈N *),探求数列的通项公式a n ,并证明你的结论. 导学号 98920430[解析] 因S 1＝a 1,得a 12＋1a 1－1＝a 1,解得a 1＝3－1.由a 2＝S 2－S 1,得a 2＝a 22＋1a 2－1－3＋1,解得a 2＝5－ 3. 同理可解得a 3＝7－ 5.由a 1,a 2,a 3可推测通项公式a n ＝2n ＋1－2n －1. 用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时,a 1＝2×1＋1－2×1－1＝3－1,通项公式成立. (2)假设n ＝k 时,a k ＝2k ＋1－2k －1成立. 那么由a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝a k ＋12＋1a k ＋1－a k 2－1a k.将a k ＝2k ＋1－2k －1代入上式得a 2k ＋1＋22k ＋1a k ＋1－2＝0. 由a n >0得a k ＋1＝2k ＋3－2k ＋1,即当n ＝k ＋1时成立. 由(1),(2)可得对所有n ∈N *,a n ＝2n ＋1－2n －1都成立.。

数学人教A版选修4-5达标训练：4.2用数学归纳法证明不等式含解析

更上一层楼基础·巩固1.用数学归纳法证明3n ≥n 3(n≥3，n∈N ）第一步应验证( ） A 。

n=1 B.。

n=2 C 。

.n=3 D 。

n=4 思路分析:由题意知n≥3，∴应验证n=3。

答案：C2。

用数学归纳法证明1+1213121-+++n 〈n(n∈N ,n>1)时，第一步即证明不等式__________成立。

思路分析：因为n ＞1，所以第一步n=2。

答案:1+21+31〈23.用数学归纳法证明（1+31)（1+51））(1+71) (1)121-k ）〉212+k (k 〉1)，则当n=k+1时,左端应乘上__________，这个乘上去的代数式共有因子的个数是_________.思路分析:因为分母的公差为2，所以乘上去的第一个因式是(1+121+k ），最后一个是（1+1211-+k )，共有2k -2k —1=2k-1项. 答案：（1+121+k ）(1+321+k )…（1+1211-+k )2k-14.用数学归纳法证明nn n b a b a )2(2+≥+（A 。

，B.是非负实数,n∈N )时，假设n=k 命题成立之后，证明n=k+1命题也成立的关键是__________。

思路分析：要想办法出现a k+1+b k+1,两边同乘以2b a +，右边也出现了要求证的（2b a +)k+1。

答案:两边同乘以2b a +5。

用数学归纳法证明2121)1(13121222+->++++n n ，假设n=k 时，不等式成立之后，证明n=k+1时，应推证的目标不等式是_______________. 思路分析:把n=k 时的不等式中的k 换成k+1即可. 答案：3121)2(1)1(131212222+->+++++k k k 综合·应用6.若n 为大于1的自然数，求证：.2413212111>+++++n n n 思路分析：注意对数学归纳法证明不等式时放缩技巧的合理使用。

人教版高中数学选修4-5练习第四讲4.2用数学归纳法证明不等式 Word版含解析

第四讲数学归纳法证明不等式
用数学归纳法证明不等式
级基础巩固
一、选择题
．用数学归纳法证明≥(≥，∈)，第一步应验证( )
．＝
．＝
．＝
．＝
解析：由题意≥知应验证＝.
答案：．用数学归纳法证明“＋＋＋…＋
＜，(∈＋，＞)”时，由＝(＞)不等式成立，推证＝＋时，左边应增加
的项数是( )
．－
．－
．＋
．
解析：增加的项数为(＋－)－(－)＝＋－＝.故选.
答案：．用数学归纳法证明不等式＋＋＋…＋＞
(∈＋)成立，其初始值至少应取( )
．．．．解析：左边＝＋＋＋…＋＝＝－，代入验证可知的最小值是.
答案：．用数学归纳法证明“＋＋＋…＋≥
(∈*)”时，由＝到＝＋时，不等式左边应添加的项是( )
＋
＋－
＋－－
解析：当＝时，不等式为
＋＋…＋≥.
当＝＋时，
左边＝＋＋…＋＋＋＝＋＋…＋＋＋.
比较＝与＝＋的左边，
可知应添加的项为＋－.
答案：．若不等式＋＋…＋＞
对大于的一切自然数都成立，则自然数的最大值为( )
．
．
．不存在
．
解析：令()＝＋＋…＋，取＝，，，等值发现()是单调递减的，所以
()]＞，
所以由()＞，求得的值．故应选.
答案：
二、填空题
．设＞－，且≠，为大于的自然数，则(＋)＞．
解析：由贝努利不等式知(＋)＞＋.
答案：＋．设通过一点的个平面，其中任何三个或三个以上的平面不共有
一条直线，这个平面将空间分成()个部分，则＋个平面将空间分成(＋)
＝()＋个部分．
答案：。

人教数学选修4-5全册精品课件：第四讲二用数学归纳法证明不等式

【思路点拨】
本题由递推公式先计算前几项，然
后再进行猜想，最后用数学归纳法进行证明；对于 (2)中的第①题，要利用数学归纳法进行证明；②利用放缩法证明．
【解】 (1)由 a1＝2，得 a2＝a2－a1＋1＝3；由 a2＝ 1 3，得 a3＝a2－2a2＋1＝4；由 a3＝4，得 a4＝a2－3a3 2 3 ＋1＝5. 由此猜想：an＝n＋1(n∈N＋)． (2)①用数学归纳法证明：当 n＝1 时，a1≥3＝1＋2，不等式成立；假设当 n＝k(k≥1)时，不等式成立，即 ak≥k＋2. 那么当 n＝k＋1 时，ak＋1＝a2－kak＋1＝ak(ak－k)＋ k 1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1＝2(k＋2)＋1≥k＋3＝(k＋1) ＋2，也就是说，当 n＝k＋1 时，ak＋1≥(k＋1)＋2. 综上可得，对于所有 n≥1，有 an≥n＋2.
＝k＋1成立时没有进行推证，而是直接写出结论, 这样是不符合数学归纳法要求的．
【自我校正】 (1)同上． (2)假设当 n＝k(k≥1)时，结论成立． kk＋1 k＋12 即 <ak< . 2 2 当 n＝k＋1 时，ak＋1＝ak＋ k＋1k＋2 kk＋1 kk＋1 > ＋ k＋1k＋2> ＋(k＋1) 2 2 k＋1[k＋1＋1] ＝ . 2
当 n＝k＋1 时， k＋1k＋2 ak＋1＝ak＋ k＋1k＋2> . 2 k＋2 2 又 ak＋1＝ak＋ k＋1k＋2<( )， 2 ∴当 n＝k＋1 时，结论也成立．由(1)、(2)知，对一切 n∈N＋，不等式成立．
【错因】
错误出在(2)中，从n＝k成立，证明n
假设当n＝k时, 起始自然数)不等式成立 ______________________；第二步是_____________

2020秋高中数学人教A版选修4-5课堂演练：第四讲4.2用数学归纳法证明不等式

第四讲数学归纳法证明不等式 4.2 用数学归纳法证明不等式A 级基础巩固一、选择题1．用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ≥3，n ∈N)，第一步应验证( ) A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3D ．n ＝4解析：由题意n ≥3知应验证n ＝3. 答案：C2．用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n －1＜n ，(n ∈N ＋，n ＞1)”时，由n ＝k (k ＞1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项数是( )A ．2k －1B ．2k －1C ．2kD ．2k ＋1解析：增加的项数为(2k ＋1－1)－(2k －1)＝2k ＋1－2k ＝2k .故选C. 答案：C3．设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，计算得f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3，f (32)＞72，观察上述结果，可推测出的一般结论为( )A．f(2n)＞2n＋12(n＞1，n∈N*)B．f(n2)＞n＋22(n＞1，n∈N*)C．f(2n)＞n＋22(n＞1，n∈N*)D．以上都不对解析：f(2)＝32，f(4)＝f(22)＞2＋22，f(8)＝f(23)＞3＋22，f(16)＝f(24)＞4＋22，f(32)＝f(25)＞5＋2 2，…，依此类推可知f(2n)＞n＋22(n＞1，n∈N*)．答案：C4．设f(x)是定义在正整数集上的函数，有f(k)满足：当“f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么下列命题总成立的是()A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，则当k＜5时，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)＜49成立，则当k≥8时，均有f(k)＜k2成立D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立解析：由“f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，因此，对于A，k＝1，2时不一定成立，对于B，C，显然错误．对于D，因为f(4)＝25＞42，因此对于任意的k≥4，均有f(k)≥k2成立．答案：D5．若不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋12n＞m24对大于1的一切自然数n都成立，则自然数m的最大值为() A．12 B．13C．14 D．不存在解析：令f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，取n＝2，3，4，5等值发现f(n)是单调递减的，所以[f(n)]max＞m 24，所以由f(2)＞m24，求得m的值．故应选B.答案：B二、填空题6．用数学归纳法证明2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N＋)时，第一步的验证为________．解析：当n＝1时，21＋1≥12＋1＋2，即4≥4成立．答案：21＋1≥12＋1＋27．在△ABC中，不等式1A＋1B＋1C≥9π成立；在四边形ABCD中，不等式1A＋1B＋1C＋1D≥162π成立；在五边形ABCDE中，不等式1A＋1B＋1C＋1D＋1E≥253π成立．猜想在n边形A1A2…A n中，类似成立的不等式为________．解析：由题中已知不等式可猜想：1A1＋1A2＋…＋1A n≥n2（n－2）π(n≥3且n∈N*)．答案：1A1＋1A2＋…＋1A n≥n2（n－2）π(n≥3且n∈N*)8．在应用数学归纳法证明“1＋122＋132＋…＋1（n＋1）2＜2n＋1n＋1(n ∈N *)”时，从n ＝k 到n ＝k ＋1，不等式左边增加的项是________．解析：解决此题的关键是看清不等式的左边每一项的分母的变化，一看“头”，从12开始；二看“尾”，当n ＝k 时，尾项的分母为(k ＋1)2，n ＝k ＋1时尾项的分母为(k ＋2)2；三看中间，如果忽略平方，1，2，3，…，(n ＋1)这些数都是连续相差1时．因此，从n ＝k 到n ＝k ＋1只增加了一项，即1（k ＋2）2(k ∈N ＋)．答案：1（k ＋2）2三、解答题9．设a 为有理数，x >－1.如果0<a <1，证明：(1＋x )a ≤1＋ax ，当且仅当x ＝0时等号成立．证明：0<a <1，令a ＝mn ，1≤m <n ，其中m ，n 为正整数，则由平均值不等式，得(1＋x )a ＝(1＋x )mn≤m （1＋x ）＋（n －m ）n＝mx ＋n n＝1＋m n x＝1＋ax ，当且仅当1＋x ＝1，即x ＝0时，等号成立．10．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，且a n ＋1≥f ′(a n ＋1)，证明：a n ≥2n －1(n ∈N *)．证明：由f (x )＝13x 3－x ，得f ′(x )＝x 2－1.因此a n ＋1≥f ′(a n ＋1)＝(a n ＋1)2－1＝a n (a n ＋2)， (1)当n ＝1时，a 1≥1＝21－1，不等式成立． (2)假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥2k －1，当n ＝k ＋1时，a k ＋1≥a k (a k ＋2)≥(2k －1)(2k －1＋2)＝22k －1.又k ≥1，所以22k ≥2k ＋1，所以n ＝k ＋1时，a k ＋1≥2k ＋1－1，不等式成立．根据(1)和(2)知，对任意n ∈N ＋，a n ≥2n －1成立．B 级能力提升1．对于正整数n ，下列不等式不正确的是( ) A ．3n ≥1＋2n B ．0.9n ≥1－0.1n C ．0.9n ≤1－0.1nD ．0.1n ≤1－0.9n解析：排除法，取n ＝2，只有C 不成立．答案：C2．利用数学归纳法证明3×5×…×（2n －1）2×4×…×（2n －2）＜2n －1时，n 的最小取值n 0应为________．解析：n 0＝1时不成立，n 0＝2时，32＜3，再用数学归纳法证明，故n 0＝2.答案：23．函数f (x )＝x 2－2x －3.定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过两点P (4，5)，Q n (x n ，f (x n ))的直线PQ n 与x 轴交点的横坐标．(1)证明：2≤x n <x n ＋1<3； (2)求数列{x n }的通项公式．(1)证明：用数学归纳法证明：2≤x n <x n ＋1<3. ①当n ＝1时，x 1＝2，直线PQ 1的方程为y －5＝f （2）－52－4(x －4)，令y ＝0，解得x 2＝114，所以2≤x 1<x 2<3.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，结论成立，即2≤x k <x k ＋1<3. 直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f （x k ＋1）－5x k ＋1－4(x －4)，令y ＝0，解得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1.由归纳假设知x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3；x k ＋2－x k ＋1＝（3－x k ＋1）（1＋x k ＋1）2＋x k ＋1>0，即x k ＋1<x k ＋2.所以2≤x k ＋1<x k ＋2<3，即当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n ，2≤x n <x n ＋1<3. (2)解：由(1)及题意得x n ＋1＝3＋4x n2＋x n .设b n ＝x n －3，则1b n ＋1＝5b n ＋1，1b n ＋1＋14＝5⎝ ⎛⎭⎪⎫1b n ＋14，数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1b n ＋14是首项为－34，公比为5的等比数列．因此1b n＋14＝－34·5n－1，即b n＝－43·5n－1＋1，所以数列{x n}的通项公式为x n＝3－43·5n－1＋1.莘莘学子，最重要的就是不要去看远方模糊的，而要做手边清楚的事。

数学人教A版选修4-5课后导练：4.2用数学归纳法证明不等式含解析

课后导练基础达标1利用数学归纳法证明不等式“n n +2〈n+1”时,由“假设n=k 时命题成立”到“当n=k+1时"，正确的步骤是（ )A 。

4423)1()1(222++<++=+++k k k k k k =k+2 B.)2()2(23)1()1(222+-+<++=+++k k k k k k <k+2 C 。

22)2()2)(1()1()1(+<++=+++k k k k k =k+2D.22)(23)1()1(222+++=++=+++k k k k k k k222)2(1)2(22)1(+<-+=+++<k k k k =k+2答案：D2已知一个命题P （k ）,k=2n （n∈N ）,若n=1,2,…，1 000时P(k)成立,且当n=1 000+1时它也成立，则下列判断中正确的是（） A.P(k)对k=2 004成立B.P(k)对每一个自然数k 成立 C 。

P(k ）对每一个正偶数k 成立 D 。

P （k ）对某些偶数可能不成立答案:D3用数学归纳法证明2413212111>++++n n n （n≥2)，从k 到k+1需在不等式两边加上（） A.)1(21+k B.221121+++k kC 。

221121+-+k k D 。

11121+-+k k 答案：C4欲用数学归纳法证明对于足够大的自然数n,总有2n 〉n 3，n 0为验证的第一个值，则（） A.n 0=1B 。

n 0为大于1小于10的某个整数 C.n 0≥10 D.n 0=2 答案：C 5已知S k =kk k k 21312111+++++++ （k=1，2，3，…）,则S k+1等于（）A 。

S k +)1(21+k B 。

S k +11221+-+k kC 。

S k +221121+-+k k D 。

S k +221121+++k k 答案：C 综合运用6证明不等式1+n n213121<+++ (n∈N )。

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第四讲数学归纳法证明不等式 4.2 用数学归纳法证明不等式A 级基础巩固一、选择题1．用数学归纳法证明3n ≥n 3(n ≥3，n ∈N)，第一步应验证( ) A ．n ＝1 B ．n ＝2 C ．n ＝3D ．n ＝4解析：由题意n ≥3知应验证n ＝3. 答案：C2．用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n －1＜n ，(n ∈N ＋，n ＞1)”时，由n＝k (k ＞1)不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项数是( )A ．2k －1B ．2k －1C ．2kD ．2k ＋1解析：增加的项数为(2k ＋1－1)－(2k －1)＝2k ＋1－2k ＝2k .故选C. 答案：C3．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764(n ∈N ＋)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10 解析：左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.答案：B4．用数学归纳法证明“1n＋1＋1n＋2＋1n＋3＋…＋1n＋n≥1124(n∈N*)”时，由n＝k到n＝k＋1时，不等式左边应添加的项是( )A.12（k＋1）B.12k＋1＋12k＋2C.12k＋1＋12k＋2－1k＋1D.12k＋1＋12k＋2－1k＋1－1k＋2解析：当n＝k时，不等式为1k＋1＋1k＋2＋…＋1k＋k≥1124.当n＝k＋1时，左边＝1（k＋1）＋1＋1（k＋1）＋2＋…＋1（k＋1）＋（k－1）＋1（k＋1）＋k＋1（k＋1）＋（k＋1）＝1k＋2＋1k＋3＋…＋1k＋k＋12k＋1＋12k＋2.比较n＝k与n＝k＋1的左边，可知应添加的项为12k＋1＋12k＋2－1k＋1.答案：C5．若不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋12n＞m24对大于1的一切自然数n都成立，则自然数m的最大值为( )A．12 B．13C．14 D．不存在解析：令f(n)＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，取n＝2，3，4，5等值发现f(n)是单调递减的，所以f(n)]max＞m 24，所以由f(2)＞m24，求得m的值．故应选B.答案：B二、填空题6．设x＞－1，且x≠0，n为大于1的自然数，则(1＋x)n＞_______．解析：由贝努利不等式知(1＋x)n＞1＋nx.答案：1＋nx7．设通过一点的k个平面，其中任何三个或三个以上的平面不共有一条直线，这k个平面将空间分成f(k)个部分，则k＋1个平面将空间分成f(k＋1)＝f(k)＋________个部分．答案：2k8．在应用数学归纳法证明“1＋122＋132＋…＋1（n＋1）2＜2n＋1n＋1(n∈N*)”时，从n＝k到n＝k＋1，不等式左边增加的项是________．解析：解决此题的关键是看清不等式的左边每一项的分母的变化，一看“头”，从12开始；二看“尾”，当n＝k时，尾项的分母为(k＋1)2，n＝k＋1时尾项的分母为(k＋2)2；三看中间，如果忽略平方，1，2，3，…，(n＋1)这些数都是连续相差1时．因此，从n＝k到n＝k＋1只增加了一项，即1（k＋2）2(k∈N＋)．答案：1（k＋2）2三、解答题9．求证：1＋12＋13＋…＋1n≥2nn＋1.证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2×11＋1＝1，左式＝右式．当n＝2时，左边＝1＋12＝32，右边＝2×22＋1＝43，32＞43，左边＞右边．故当n＝1或n＝2时，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1)时，有1＋12＋13＋…＋1k≥2kk＋1.则当n＝k＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋1k＋…＋1k＋1≥2kk＋1＋1k＋1＝2k＋1k＋1.因为2k＋1k＋1－2（k＋1）（k＋1）＋1＝k（k＋1）（k＋2）＞0，所以2k＋1k＋1＞2（k＋1）（k＋1）＋1＝右边．由不等式的传递性可得：左边＞右边．故当n＝k＋1时不等式也成立．由(1)(2)知，对一切n∈N*原不等式都成立．10．设0＜a＜1，定义a1＝1＋a，a n＋1＝1an＋a.求证：对于任意的n∈N*，都有1＜a n＜11－a.证明：(1)当n＝1时，a1＞1，又a1＝1＋a＜11－a，显然命题成立．(2)假设n＝k(k∈N＋)时，不等式成立．即1＜a k＜1 1－a.当n＝k＋1(k∈N＋)时，由递推公式可知a k＋1＝1ak＋a＞(1－a)＋a＝1.同时a k＋1＝1ak＋a＜1＋a＝1－a21－a＜11－a.所以当n＝k＋1(k∈N＋)时，命题也成立，即1＜a k＋1＜1 1－a.由(1)(2)可知对于任意的n∈N＋，都有1＜a n＜1 a.B 级能力提升1．用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1＜f (n )(n ≥2，n ∈N ＋)的过程中，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A ．1项B ．k 项C ．2k －1项D ．2k 项解析：1＋12＋13＋…＋12k ＋1－1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，共增加了2k 项．答案：D2．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)·a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1·a n ＝0(n ＝1，2，3，…)，则它的通项a n ＝________．解析：可用两种方法求解．法一：分别令n ＝1，2，3求出a 2＝12，a 3＝13，通过不完全归纳法知，a n ＝1n.法二：对已知等式因式分解得(n ＋1)a n ＋1－na n ]·(a n ＋1＋a n )＝0.由a n ＞0知a n ＋1a n ＝n n ＋1，再由累乘法求得a n ＝1n.答案：1n3．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：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*)．法二：a2＝2，a3＝2＋1.可写为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.因此猜想a n＝n－1＋1.下用数学归纳法证明上式：当n＝1时结论显然成立．假设n＝k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. 这就是说，当n＝k＋1时结论成立．所以a n＝n－1＋1(n∈N*)．(2)设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则a n＋1＝f(a n)．令c＝f(c)，则c＝（c－1）2＋1－1，解得c＝1 4 .下用数学归纳法证明加强命题a2n＜c＜a2n＋1＜1. 当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，所以a2＜14＜a2＜1，结论成立．假设n＝k时结论成立，即a2k＜c＜a2k＋1＜1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)＞f(a2k＋1)＞f(1)＝a2，即1＞c＞a2k＋1＞a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数得c＝f(c)＜f(a2k＋2)＜f(a2)＝a3＜1. 故c＜a2k＋3＜1，因此a2(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＝1 4 .。