理科数学2010-2019高考真题分类训练专题十三推理与证明第三十九讲数学归纳法答案

专题十三 推理与证明
第三十九讲 数学归纳法
答案部分
1．【解析】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0n x >
当1n =时，110x => 假设n k =时，0k x >，
那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此0n x >()n ∈*
N
所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++>
因此10n n x x +<<()n ∈*
N
（Ⅱ）由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得
2
111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++ 记函数2
()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥
函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0， 因此 2
111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故1
12(N )2
n n n n x x x x n *++-∈≤ （Ⅲ）因为
11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤
所以1
12n n x -≥得 由
1
122
n n n n x x x x ++-≥得 11111
2()022
n n x x +-->≥ 所以
1211111111
2()2()2222
n n n n x x x -----⋅⋅⋅-=≥≥≥
故21
2n n x -≤
综上，1211(N )22
n n n x n *
--∈≤≤ ．
2．【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，()1e x f x '=-．
当()0f x '>，即0x <时，()f x 单调递增； 当()0f x '<，即0x >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0x >时，()(0)0f x f <=，即1e x x +<．
令1x n =，得1
11e n n +<，即1
(1)e n n
+<． ①
（Ⅱ）
11111(1)1121b a =⋅+=+=；222121212121
22(1)(21)32
b b b b a a a a =⋅=⋅+=+=； 2333123312123123133(1)(31)43
b b b b b b a a a a a a =⋅=⋅+=+=． 由此推测：
1212(1)n n
n
b b b n a a a =+L L ． ②
下面用数学归纳法证明②．
（1）当1n =时，左边右边2=，②成立． （2）假设当n k =时，②成立，即
1212(1)k k
k
b b b k a a a =+L L ．
当1n k =+时，1
111(1)(1)1
k k k b k a k +++=++
+，由归纳假设可得 1
11211211211211(1)(1)(1)(2)1
k k k k k k k k k k k b b b b b b b b k k k a a a a a a a a k ++++++=⋅=+++=++L L L L ．
所以当1n k =+时，②也成立．
根据（1）（2），可知②对一切正整数n 都成立．
（Ⅲ）由n c 的定义，②，算术-几何平均不等式，n b 的定义及①得 123n n T c c c c =++++=L 111
13
1
2
11212312()()()()n
n a a a a a a a a a ++++L L
111
131212312
112()()()()
2341n
n b b b b b b b b b n =+++++L L 12312112122334(1)
n b b b
b b b b b b n n ++++++≤
++++⨯⨯⨯+L L 121111111[][]1223(1)2334(1)(1)
n b b b n n n n n n =+++++++++⋅⨯⨯+⨯⨯++L L L
1211111(1)()()1211
n b b b n n n n =-+-++-+++L 1212n b b b n <
+++L 1212111
(1)(1)(1)12n n a a a n
=++++++L 12e e e n a a a <+++L e n S ，即e n n T S <．
3．【解析】（Ⅰ）由已知，得102sin cos sin ()(),x x x f x f x x x x '⎛
⎫'===
- ⎪⎝⎭
于是21223
cos sin sin 2cos 2sin ()(),x x x x x f x f x x x x x x ''⎛
⎫⎛⎫'==-=--+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
所以1223
4
216
(),(),2
2f f π
ππππ=-
=-+ 故122()() 1.2
22
f f ππ
π
+
=- （Ⅱ）证明：由已知，得0()sin ,xf x x =等式两边分别对求导，得00()()cos f x xf x x '+=， 即01()()cos sin()2f x xf x x x π+==+，类似可得
122()()sin sin()f x xf x x x π+=-=+， 2333()()cos sin()2
f x xf x x x π+=-=+，
344()()sin sin(2)f x xf x x x π+==+.
下面用数学归纳法证明等式1()()sin()2n n n nf x xf x x π-+=+对所有的n ∈*N 都成立.
(i)当n =1时，由上可知等式成立.
(ii)假设当n =时等式成立, 即1()()sin()2
k k k kf x xf x x π-+=+.
因为111[()()]()()()(1)()(),k k k k k k k kf x xf x kf x f x xf x k f x f x --+'''+=++=++ (1)[sin()]cos()()sin[]222
2
k k k k x x x x π
πππ+''+=+⋅+=+
， 所以1(1)()()k k k f x f x +++(1)sin[]2
k x π
+=+. 所以当n=+1时,等式也成立.
综合(i),(ii)可知等式1()()sin()2n n n nf x xf x x π-+=+对所有的n ∈*N 都成立.
令4
x π
=
，可得1()()sin()44442n n n nf f πππππ-+=+(n ∈*N ).
所以1()()444n n nf f πππ-+=n ∈*N )．
4．【解析】（Ⅰ）证：用数学归纳法证明
（1）当2p =时，2
2
(1)1212x x x x +=++>+，原不等式成立。

（2）假设(2,*)p k k k N =≥∈时，不等式(1)1k
x kx +>+成立
当1p k =+时，1
(1)
(1)(1)(1)(1)k k x x x x kx ++=++>++ 21(1)1(1)k x kx k x =+++>++
所以1p k =+时，原不等式成立。

综合（1）（2）可得当1->x 且0≠x 时，对一切整数1p >，不等式px x p
+>+1)1(均成立。

（Ⅱ）证法1：先用数学归纳法证明1p
n a c >。

（1）当1n =时由假设11p
a c >知1p
n a c >成立。

（2）假设(1,*)n k k k N =≥∈时，不等式1
p
k a c >成立 由p
n n n a p
c a p p a -++-=
111易知0,*n a n N >∈ 当1n k =+时
1111(1)p k k p k k
a p c c
a a p p p a -+-=+=+- 由1
0p
k a c >>得111(1)0p
k c
p p a -<-
<-< 由（Ⅰ）中的结论得111(
)[1(1)]1(1)p p k p p p k k k k
a c c c
p a p a p a a +=+->+⋅-= 因此1p
k a c +>，即1
1p
k a c +>
所以当1n k =+时，不等式1p
n a c >也成立。

综合（1）（2）可得，对一切正整数n ，不等式1
p
n a c >均成立。

再由
111(1)n p n n a c
a p a +=+-得11n n
a a +<，即1n n a a +< 综上所述，1
1,*p
n n a a c n N +>>∈
证法2：设1
11(),p p p c
f x x x x c p p
--=+≥，则p x c ≥，并且
11'()(1)(1)0p p p c p c
f x p x p p p x
---=+-=->，1
p x c >
由此可见，()f x 在1[,)p c +∞上单调递增，因而当1p x c >时11()()p p
f x f c c ==。

（1）当1n =时由110p
a c >>，即1p
a c >可知
1211111
11[1(1)]p p p c c
a a a a a p p p a --=
+=+-<， 并且1
21()p
a f a c =>，从而1
12p
a a c >> 故当1n =时，不等式11p
n n a a c +>>成立。

（2）假设(1,*)n k k k N =≥∈时，不等式11p
k k a a c +>>成立，则 当1n k =+时11()()()p k k f a f a f c +>>，即有112p
k k a a c ++>>， 所以当1n k =+时原不等式也成立。

综合（1）（2）可得，对一切正整数n ，不等式11p
n n a a c +>>均成立。

5．【解析】：
（Ⅰ）解法一：232,1a a ==
再由题设条件知()()2
2
1111n n a a +-=-+ 从而
(){}2
1n a -是首项为0公差为1的等差数列，
故()2
1n a -=1n -
，即()*1,n a n N =∈
解法二：232,1a a ==
可写为1231,1,1,a a a ===.
因此猜想1n a =. 下用数学归纳法证明上式： 当1n =时结论显然成立.
假设n k =
时结论成立，即1k a =.则
1111k a +=
=
=
这就是说，当1n k =+时结论成立.
所以()*1,n a n N =
∈
（Ⅱ）解法一：设()1f x =，则()1n n a f a +=.
令()c f c =，即1c =
，解得14
c =
. 下用数学归纳法证明加强命题：
2211n n a c a +<<<
当1n =时，()()2310,01a f a f ====，所以231
14
a a <<<，结论成立. 假设n k =时结论成立，即2211k k a c a +<<<
易知()f x 在(],1-∞上为减函数，从而()()()2121k c f c f a f a +=>>= 即2221k c a a +>>>
再由()f x 在(],1-∞上为减函数得()()()22231k c f c f a f a a +=<<=<. 故231k c a +<<，因此2(1)2(1)11k k a c a +++<<<，这就是说，当1n k =+时结论成立. 综上，符合条件的c 存在，其中一个值为14
c =.
解法二：设()1f x =
，则()1n n a f a +=
先证：01n a ≤≤()
*n N ∈…………………………① 当1n =时，结论明显成立.
假设n k =时结论成立，即01k a ≤≤
易知()f x 在(],1-∞上为减函数，从而()()()01011k f f a f =≤≤=< 即101k a +≤≤这就是说，当1n k =+时结论成立，故①成立. 再证：221n n a a +<()
*n N ∈………………………………②
当1n =时，()()2310,01a f a f ====，有23a a <，即当1n =时结论②成立 假设n k =时，结论成立，即221k k a a +< 由①及()f x 在(],1-∞上为减函数，得
()()2122122k k k k a f a f a a +++=>=
()()()()212221211k k k k a f a f a a +++++=<=
这就是说，当1n k =+时②成立，所以②对一切*
n N ∈成立.
由②得21k a <，即()2
2222122k k k a a a +<-+
因此214
k a <
又由①、②及()f x 在(],1-∞上为减函数得()()221n n f a f a +>，即2122n n a a ++>
所以211,n a +>
解得211
4
n a +>
. 综上，由②③④知存在14
c =
使2211n n a c a +<<<对一切*
n N ∈成立. 6．【解析】（Ⅰ）11()(1)r r f x r rx r x --'=-=-，令()0f x '=，解得1x =.
当01x <<时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)内是减函数； 当 1x > 时，()0f x '>，所以()f x 在(1,)+∞内是增函数. 故函数()f x 在1x =处取得最小值(1)0f =.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当(0,)x ∈+∞时，有()(1)0f x f ≥=，即(1)r x rx r ≤+- ① 若1a ，2a 中有一个为0，则12121122b b a a a b a b ≤+成立； 若1a ，2a 均不为0，又121b b +=，可得211b b =-，于是 在①中令12a x a =
，1r b =，可得1111122
()(1)b a a
b b a a ≤⋅+-， 即111121121(1)b b a a a b a b -≤+-，亦即12121122b b a a a b a b ≤+.
综上，对120,0a a ≥≥，1b ，2b 为正有理数且121b b +=，总有12121122b b a a a b a b ≤+. ② （Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：
设12,,,n a a a L 为非负实数，12,,,n b b b L 为正有理数.
若121n b b b +++=L ，则12
12
1122n b b b n n n a a a a b a b a b ≤+++L L . ③ 用数学归纳法证明如下：
（1）当1n =时，11b =，有11a a ≤，③成立.
（2）假设当n k =时，③成立，即若12,,,k a a a L 为非负实数，12,,,k b b b L 为正有理数，
且121k b b b +++=L ，则12
12
1122k b b b k k k a a a a b a b a b ≤+++L L . 当1n k =+时，已知121,,,,k k a a a a +L 为非负实数，121,,,,k k b b b b +L 为正有理数， 且1211k k b b b b +++++=L ，此时101k b +<<，即110k b +->，于是
111212
121121()k k k k b b b b b b b b k k k k a a a a a a a a ++++=L L =1
21111111111
2
1()
k
k k k k k b b b b b b b b k
k a
a
a
a +++++----+L .
因
12
111
1111k k k k b b b b b b ++++++=---L ，由归纳假设可得
121111111
2
k k k k b b b b b b k
a
a
a
+++---≤L 12
12111
111k k k k k b b b a a a b b b +++⋅
+⋅++⋅
---L 112211k k k a b a b a b b ++++=-L ， 从而112
12
1k k b b b b k k a a a a ++≤L 1
1
11122111k k b b k k k k a b a b a b a b ++-++⎛⎫
+++ ⎪
-⎝⎭
L .
又因11(1)1k k b b ++-+=，由②得
1
1
11122111k k b b k k k k a b a b a b a b ++-++⎛⎫
+++ ⎪
-⎝⎭
L 11221111
(1)1k k
k k k k a b a b a b b a b b +++++++≤
⋅-+-L
112211k k k k a b a b a b a b ++=++++L ，
从而112
12
1k k b b b b k k a a a a ++L 112211k k k k a b a b a b a b ++≤++++L ． 故当1n k =+时，③成立．
由（1）（2）可知，对一切正整数，所推广的命题成立．
说明：（Ⅲ）中如果推广形式中指出③式对2n ≥成立，则后续证明中不需讨论1n =的情况.
7．【解析】
（Ⅰ）由3
(),[0,)h x x x x =-∈+∞，而(0)0,(1)10h h ==-<且，
(2)60,0()h x h x =->=则为的一个零点，且()h x 在（1，2）内有零点。

因此()h x 至少有两个零点。

解法1：12
21()31,2h x x x -'=--记12
21()31,2x x x ϕ-=--则
3
21()6.4
x x x ϕ-'=+ 当(0,),()0,()(0,)x x x ϕϕ'∈+∞>+∞时因此在上单调递增，则()(0,)x ϕ+∞在内至多
只有一个零点。

又因
为(1)0,0,()x ϕϕϕ><则在内有零点，所以()(0,)
x ϕ+∞在内有且只有
一
个
零
点
，
记
此
零
点
为
111,(0,),()()0x x x x x ϕϕ∈<=则当时；当1(,)x x ∈+∞时，1()()0.x x ϕϕ>=
所以，
当1(0,),()x x h x ∈时单调递减，而1(0)0,()(0,]h h x x =则在内无零点； 当1(0,),()x x h x ∈时单调递减，而1(0)0,()(0,]h h x x =则在内无零点；
当1(,),()x x h x ∈+∞时单调递增，而1()(,)h x x +∞在内至多只有一个零点。

从而()(0,)h x +∞在内至多只有一个零点。

综上所述，()h x 有且只有两个零点。

解法2：由112
2
2
2
()(1),()1h x x x x
x x x
ϕ--=--=--记，则3
21()2.2
x x x ϕ-
'=+
当(0,),()0,x x ϕ'∈+∞>时从而()(0,)x ϕ+∞在上单调递增，
则()(0,)x ϕ+∞在内至多只有一个零点，因此()(0,)h x +∞在内也至多只有一个零点。

综上所述，()h x 有且只有两个零点。

（Ⅱ）记()h x 的正零点为3
000,x x x =+即
（1）当0110,,.a x a a a x <=<时由即
而23
210020,.a a x x a x =<=<因此 由此猜测：0n a x <。

下面用数学归纳法证明。

①当101,n a x =<时显然成立。

②假设当0(1),,1k n k k a x n k =≥<=+时成立则当时，由
33
10010,.n k k a a x x a x ++==<知因此，当101,k n k a x +=+<时成立。

故对任意的*
0,k n N a x ∈<成立。

（2）当0a x ≥时，由（I ）知，0()(,)h x x +∞在上单调递增，则0()()0h a h x ≥=，
即3
3
3
212,a a a a a a a a ≥+==≤≤即， 由此猜测：k a a ≤，下面用数学归纳法证明， ①当11,n a a =≤时显然成立。

②假设当(1),k n k k a a =≥≤时成立，则当1n k =+时，
由3
3
11,k k k a a a a a a ++=≤+≤≤知 因此，当11,k n k a a +=+≤时成立，
故对任意的*
,n n N a a ∈≤成立
综上所述，存在常数0max{,}M x a =，使得对于任意的*
,.n n N a M ∈≤都有。