高中数学第二章几个重要的不等式2.3数学归纳法与贝努利不等式活页作业11北师大版选修45
高中数学第二章几个重要的不等式2.3数学归纳法与贝努利不等式课件北师大版选修4_509302156
§3 数学归纳法与贝努利不等式
3.1 数学归纳法 3.2 数学归纳法的应用
学习目标
重点难点
1.理解并掌握数学归纳法的概念和
步骤．
1.重点是数学归纳法
2．能够运用数学归纳法证明等式、 的步骤及应用．
不等式等有关问题．
2．难点是用数学归纳
3．了解贝努利不等式，并利用它证 法证明不等式.
易知 xk>0，那么 x2k＋2－x2k＋4＝1＋1x2k＋1－1＋1x2k＋3＝1＋xx22kk＋＋31－1x＋2k＋x12k＋3 ＝1＋x2k1＋x2xk＋2k1－1x＋2k＋x22k＋21＋x2k＋3， 即 x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2. 也就是说，当 n＝k＋1 时命题也成立． 结合(1)和(2)，知命题成立．
在完成了上述两个步骤之后，就可以断定命题对于从n0开 始的所有正整数都正确．
1．(1)数学归纳法中，n取得的第一个值n0是否一定是1? (2)如何理解归纳假设在证明中的作用？
提示：(1)n0不一定是1，是符合命题的第一个正整数． (2)归纳假设在证明中起一个桥梁的作用，用于联系第一个
值n0和后续的n值所对应的情形．在归纳递推的证明中，必须以 归纳假设为基础进行证明，否则，就不是数学归纳法．
易知 xk>0，那么 x2k＋2－x2k＋4＝1＋1x2k＋1－1＋1x2k＋3＝1＋xx22kk＋＋31－1x＋2k＋x12k＋3 ＝1＋x2k1＋x2xk＋2k1－1x＋2k＋x22k＋21＋x2k＋3， 即 x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2. 也就是说，当 n＝k＋1 时命题也成立． 结合(1)和(2)，知命题成立．
则当 n＝k＋1 时， 1＋12＋13＋…＋2k1－1＋2k－11＋1＋…＋21k]>2k＋2k－1·21k＝k＋2 1.
高中数学 第二章 几个重要的不等式 2.3 数学归纳法与
活页作业(十一) 数学归纳法与贝努利不等式一、选择题1．用数学归纳法证明“11×2＋12×3＋13×4＋…＋1nn ＋＝nn ＋1(n ∈N ＋)”，从n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式左边需增添的项是( )A ．1k ＋1B ．1k ＋2C ．1kk ＋D ．1k ＋k ＋解析：当n ＝k (k ∈N ＋)时，等式的左边＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k k ＋；当n ＝k ＋1时，等式的左边＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k k ＋＋1k ＋k ＋.所以从n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的左边需增添的项为1k ＋k ＋.答案：D2．对于正整数n ，下列说法不正确的是( ) A ．3n≥1＋2n B ．0.9n≥1－0.1n C ．0.9n <1－0.1nD ．0.1n≥1－0.9n解析：由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)，可知当x ＝2时，(1＋2)n ≥1＋2n ，A 项正确；当x ＝－0.1时，(1－0.1)n ≥1－0.1n ，B 项正确，C 项不正确；当x ＝－0.9时，(1－0.9)n≥1－0.9n ，D 项正确． 答案：C3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N ＋)．试归纳猜想出S n 的表达式为( )A ．2n n ＋1B ．2n －1n ＋1C ．2n ＋1n ＋2D ．2n n －1解析：因为a 1＝1，所以S 1＝1.又S 2＝4a 2＝a 1＋a 2，所以3a 2＝1.所以a 2＝13，S 2＝43.又S 3＝9a 3＝S 2＋a 3，所以8a 3＝43.所以a 3＝16.所以S 3＝32＝64.由此可猜想S n ＝2n n ＋1(n ∈N ＋)． 答案：A4．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)，某学生用数学归纳法证明的过程如下： (1)当n ＝1时命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时原不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，左边＝k ＋2＋k ＋＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋＋k ＋＝k ＋2＝(k ＋1)＋1.故当n ＝k ＋1时原不等式也成立．由(1)(2)，可知原不等式对一切n ∈N ＋都成立． 对上述证明过程，下列说法正确的是( ) A ．过程全部正确 B ．n ＝1时验证不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确解析：上述过程中，当n ＝1时的验证及假设均正确，只是在(2)中的证明没有使用归纳假设，因此证明过程错误．答案：D 二、填空题5．与贝努利不等式(1＋x )n>1＋nx (x >－1且x ≠0，n >1，n ∈N )等价的不等式是________.(填序号)①(1－x )n>1－nx (x <1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ②(1＋x )n>1－nx (x >－1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ③(1－x )n>1＋nx (x <1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ④(1＋x )n>1＋nx (x >1，n >1，n ∈N )解析：在贝努利不等式中，令x ＝－t ，因为x >－1且x ≠0，所以t <1且t ≠0.所以原不等式变为(1－t )n>1－nt (t <1且t ≠0，n >1，n ∈N )．答案：①6．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立．那么下列结论正确的是________.①若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立； ②若f (5)≥25成立，则当k ≤5时，均有f (k )≥k 2成立； ③若f (7)<49成立，则当k ≥8时，均有f (k )<k 2成立； ④若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立． 解析：对于①，若f (3)≥9成立，则由题意可得出当k ≥3时，f (k )≥k 2成立，①错．对于②，若f (5)≥25成立，由题意可得出当k ≥5时，f (k )≥k 2成立，②错．对于③，应改为“若f (7)≥49成立，则当 k ≥7时，均有f (k )≥k 2成立”，故只有④正确．答案：④ 三、解答题7．比较2n 与n 2的大小(n ∈N ＋)． 解：当n ＝1时，21>12； 当n ＝2时，22＝22； 当n ＝3时，23<32； 当n ＝4时，24＝42； 当n ＝5时，25>52. 猜想：当n ≥5时，2n >n 2. 下面用数学归纳法证明： (1)当n ＝5时，25>52成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥5)时，2k>k 2， 那么当n ＝k ＋1时， 2k ＋1＝2×2k ＝2k ＋2k >k 2＋(1＋1)k >k 2＋C 0k ＋C 1k ＋C k －1k ＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2.∴当n ＝k ＋1时，2n>n 2也成立．由(1)(2)，可知对n ≥5的一切自然数，2n >n 2都成立． 综上，当n ＝1或n ≥5时，2n >n 2； 当n ＝2,4时，2n＝n 2；当n ＝3时，2n <n 2.8．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，已知f (1)＝1>12，f (3)>1，f (7)>32，f (15)>2，…. (1)由上述不等式你能得到怎样的结论？并给出证明．(2)是否存在一个正数T ，使得对任意的正整数n ，恒有不等式f (n )<T 成立？并说明理由．解：(1)数列1,3,7,15，…的通项公式为a n ＝2n－1(n ∈N ＋)； 数列12，1，32，2，…的通项公式为b n ＝n2(n ∈N ＋)．猜想：f (2n－1)>n2(n ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，f (21－1)＝f (1)＝1>12，所以不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即f (2k －1)>k2，则当n ＝k ＋1时，f (2k ＋1－1)＝ f (2k －1)＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－2＋12k ＋1－1> f (2k －1)＋12k ＋1＋…＋12k ＋1]2k个＝f (2k－1)＋12>k 2＋12＝k ＋12.∴当n ＝k ＋1时不等式也成立．由①②，可知对任何n ∈N ＋，原不等式均成立． (2)对任意给定的正数T ，设它的整数部分为T ′，记m ＝T ′＋1，则m >T .由(1)，知f (22m －1)>m .∴f (22m－1)>T .这说明，对任意给定的正数T ，总能找到正整数n ＝22m－1， 使得f (n )>T .∴不存在正数T ，使得对任意的正整数n ，恒有不等式f (n )<T 成立．一、选择题1．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N ＋)能被9整除”时，为了利用归纳假设，当n ＝k ＋1时，只需展开(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3中的( )A ．(k ＋3)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3解析：假设当n ＝k 时，k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除，则当n ＝k ＋1时，原式＝(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k 3，且展开式中除k 3之外的各项和也能被9整除．答案：A2．用数学归纳法证明“1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n ≥k ，n ∈N ＋)”时，起始值k 最小为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：对不等式的左边求和，得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 由S n >12764，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n >127128，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <1128.则⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <⎝ ⎛⎭⎪⎫127.所以n >7.故起始值k 最小为8.答案：B 二、填空题3．设a ，b 均为正实数，已知M ＝(a ＋b )n，N ＝a n＋na n －1b ，n ∈N ＋，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：令x ＝b a，由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)，得⎝⎛⎭⎪⎫1＋b an≥1＋n ·b a，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b a n ≥1＋n ·b a ，即(a ＋b )n ≥a n ＋na n －1b . 故M ≥N . 答案：M ≥N4．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式是________.解析：令n ＝1，则2a 22＋a 1a 2－a 21＝0.∵a 1＝1， ∴2a 22＋a 2－1＝0.∵a 2>0，∴a 2＝12.同理可求得a 3＝13.于是猜想a n ＝1n(n ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明： (1)当n ＝1时，a 1＝11成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，a k ＝1k成立，则当n ＝k ＋1时，由(k ＋1)a 2k ＋1－ka 2k ＋a k ＋1a k ＝0，可得(k ＋1)a 2k ＋1＋1k a k ＋1－1k＝0，即k (k＋1)a 2k ＋1＋a k ＋1－1＝0.∴a k ＋1＝－1k (舍去)或a k ＋1＝1k ＋1.故当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1k ＋1成立．综合(1)(2)，知对任意的n ∈N ＋，总有a n ＝1n成立．答案：a n ＝1n(n ∈N ＋)三、解答题5．已知函数f (x )＝ax ＋a －1x ＋1－2a (a >0)，当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．求证：1＋12＋13＋…＋1n>ln(n ＋1)＋n n ＋(n ∈N ＋)．证明：用数学归纳法证明．(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝ln 2＋14<1，∴当n ＝1时不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立， 即1＋12＋13＋…＋1k>ln(k ＋1)＋kk ＋.那么当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋kk ＋＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋2k ＋.由题意，可知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ≥ln x (x ≥1)．令x ＝k ＋2k ＋1，得 12⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1－k ＋1k ＋2≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)． ∴ln(k ＋1)＋k ＋2k ＋≥ln(k ＋2)＋k ＋1k ＋. ∴1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋1k ＋，这就是说，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．6．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)．试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n与1的大小，并说明理由． 解：11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n <1.理由如下：因为f ′(x )＝x 2－1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)， 所以a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.因为函数g (x )＝(x ＋1)2－1＝x 2＋2x 在区间[－1，＋∞) 上单调递增，由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1， 进而得a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1>23－1. 由此猜想：a n ≥2n－1.下面用数学归纳法证明这个猜想： (1)当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时结论成立，即a k ≥2k－1， 则当n ＝k ＋1时，由函数g (x )＝(x ＋1)2－1在区间[－1，＋∞)上单调递增，知a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k －1≥2k ＋1－1.故当n ＝k ＋1时结论也成立． 由(1)(2)，知对任意n ∈N ＋，都有a n ≥2n －1，即1＋a n ≥2n .所以11＋a n ≤12n .所以11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n ≤12＋122＋123＋…＋12n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n<1.。
高中数学 第二章 几个重要的不等式 2.3 数学归纳法与
贯穿于数学归纳法证明不等式的几个方法技巧纵观近几年高考数学归纳法试题的特点,多以解答题为主,重在考查学生归纳、探索的能力.而其中用数学归纳法证明数列不等式和构造函数利用单调性解决数列中的不等关系已成为高考命题的一道亮丽的风景线.在用数学归纳法证明不等式的具体过程中，要注意以下几点：（1）在从n=k 到n=k+1的过程中，应分析清楚不等式两端（一般是左端）项数的变化，也就是要认清不等式的结构特征；（2）瞄准当n=k+1时的递推目标，有目的地进行放缩、做差比较、分析等； （3）活用起点的位置；（4）有的试题需要先作等价变换. 一. 数学归纳法证明不等式的放缩技巧例2、求证：()1115,2,1236n n N n n n *++⋅⋅⋅+>≥∈++． 分析：该命题意图：本题主要考查应用数学归纳法证明不等式的方法和一般步骤.用数学归纳法证明，要完成两个步骤，这两个步骤是缺一不可的．但从证题的难易来分析，证明第二步是难点和关键，要充分利用归纳假设，做好命题从n=k 到n=k+1的转化，这个转化要求在变化过程中结构不变．证明：（1）当n=2时，右边=1111534566+++>，不等式成立． （2）假设当()2,n k n n N =≥∈g 时命题成立，即11151236k k k ++⋅⋅⋅+>++.则当1n k =+时，111111(1)1(1)2331323(1)1111111()123313233151111()6313233151111()633333315115(3).63316k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k k +++++++++++++=++++++-++++++>+++-++++>+++-++++=+⨯-=++L L所以则当1n k =+时，不等式也成立．由（1），（2）可知，原不等式对一切2,n n N *≥∈均成立． 点评：本题在由n k =到1n k =+时的推证过程中，（1）一定要注意分析清楚命题的结构特征，即由n k =到1n k =+时不等式左端项数的增减情况；（2）应用了放缩技巧：111111113.313233333333331k k k k k k k k ++>++=⨯=++++++++二. 数学归纳法证明不等式的做差比较与利用函数单调性技巧.例4、已知数列{}n a 的各项都是正数,且满足()111,42n n n a a a a +==-o ()n N ∈. (1).证明12n n a a +<<,n N ∈; (2).求数列{}n a 的通项公式n a .分析：近年来高考对于数学归纳法的考查，加强了数列推理能力的考查。
高中数学第二章几个重要的不等式2.3数学归纳法与贝努利不等式当堂达标北师大版选修4_5201809303108
2.3 数学归纳法与贝努利不等式1．用数学归纳法证明“2n >n 2＋1对于n ≥n 0的自然数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：当n 取1,2,3,4时，2n>n 2＋1不成立；当n ＝5时， 25＝32>52＋1＝26，第一个能使2n >n 2＋1成立的n 值为5. 答案：C2．若f (n )＝1＋12＋13＋…＋12n ＋1(n ∈N ＋)，则当n ＝1时，f (n )为( )A ．1B ．1＋12C ．1＋12＋13D ．1＋12＋13＋14解析：当n ＝1时，2n ＋1＝2×1＋1＝3，f (1)＝1＋12＋13.答案：C 3．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋ (12)(n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )＝_________. 解析：f (n ＋1)＝1n ＋1＋1＋1n ＋1＋2＋1n ＋1＋3＋…＋1n ＋＝1n ＋2＋1n ＋3＋ (12)＋12n ＋1＋12n ＋2＝f (n )＋ 12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1， 所以f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1－12n ＋2.答案：12n ＋1－12n ＋24．用数学归纳法证明：121×3＋223×5＋…＋n 2n －n ＋＝n n ＋n ＋(n ∈N ＋)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝121×3＝13，右边＝＋＋＝13，所以等式成立． (2)假设当n ＝k 时等式成立，即121×3＋223×5＋…＋k 2k －k ＋＝k k ＋k ＋，则当n ＝k ＋1时，121×3＋223×5＋…＋k 2k －k ＋＋k ＋2k ＋k ＋＝k k ＋k ＋＋k ＋2k ＋k ＋＝k ＋k ＋k ＋＝k ＋k ＋＋1]k ＋＋1].所以当n ＝k ＋1时等式成立．综合(1)(2)，可知当n ∈N ＋时等式成立．精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
精选2018年高中数学第二章几个重要的不等式2-3数学归纳法与贝努利不等式活页作业11北师大版选修4_5
活页作业(十一) 数学归纳法与贝努利不等式一、选择题1．用数学归纳法证明“11×2＋12×3＋13×4＋…＋1nn ＋＝nn ＋1(n ∈N ＋)”，从n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式左边需增添的项是( )A ．1k ＋1B ．1k ＋2C ．1kk ＋D ．1k ＋k ＋解析：当n ＝k (k ∈N ＋)时，等式的左边＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k k ＋；当n ＝k ＋1时，等式的左边＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k k ＋＋1k ＋k ＋.所以从n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的左边需增添的项为1k ＋k ＋.答案：D2．对于正整数n ，下列说法不正确的是( ) A ．3n≥1＋2n B ．0.9n≥1－0.1n C ．0.9n <1－0.1nD ．0.1n≥1－0.9n解析：由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)，可知当x ＝2时，(1＋2)n ≥1＋2n ，A 项正确；当x ＝－0.1时，(1－0.1)n ≥1－0.1n ，B 项正确，C 项不正确；当x ＝－0.9时，(1－0.9)n≥1－0.9n ，D 项正确． 答案：C3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N ＋)．试归纳猜想出S n 的表达式为( )A ．2n n ＋1B ．2n －1n ＋1C ．2n ＋1n ＋2D ．2n n －1解析：因为a 1＝1，所以S 1＝1.又S 2＝4a 2＝a 1＋a 2，所以3a 2＝1.所以a 2＝13，S 2＝43.又S 3＝9a 3＝S 2＋a 3，所以8a 3＝43.所以a 3＝16.所以S 3＝32＝64.由此可猜想S n ＝2n n ＋1(n ∈N ＋)． 答案：A4．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)，某学生用数学归纳法证明的过程如下： (1)当n ＝1时命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时原不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，左边＝k ＋2＋k ＋＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋＋k ＋＝k ＋2＝(k ＋1)＋1.故当n ＝k ＋1时原不等式也成立．由(1)(2)，可知原不等式对一切n ∈N ＋都成立． 对上述证明过程，下列说法正确的是( ) A ．过程全部正确B ．n ＝1时验证不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确解析：上述过程中，当n ＝1时的验证及假设均正确，只是在(2)中的证明没有使用归纳假设，因此证明过程错误．答案：D 二、填空题5．与贝努利不等式(1＋x )n>1＋nx (x >－1且x ≠0，n >1，n ∈N )等价的不等式是________.(填序号)①(1－x )n>1－nx (x <1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ②(1＋x )n>1－nx (x >－1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ③(1－x )n>1＋nx (x <1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ④(1＋x )n>1＋nx (x >1，n >1，n ∈N )解析：在贝努利不等式中，令x ＝－t ，因为x >－1且x ≠0，所以t <1且t ≠0.所以原不等式变为(1－t )n>1－nt (t <1且t ≠0，n >1，n ∈N )．答案：①6．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立．那么下列结论正确的是________.①若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立； ②若f (5)≥25成立，则当k ≤5时，均有f (k )≥k 2成立； ③若f (7)<49成立，则当k ≥8时，均有f (k )<k 2成立； ④若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立． 解析：对于①，若f (3)≥9成立，则由题意可得出当k ≥3时，f (k )≥k 2成立，①错．对于②，若f (5)≥25成立，由题意可得出当k ≥5时，f (k )≥k 2成立，②错．对于③，应改为“若f (7)≥49成立，则当 k ≥7时，均有f (k )≥k 2成立”，故只有④正确．答案：④ 三、解答题7．比较2n 与n 2的大小(n ∈N ＋)． 解：当n ＝1时，21>12； 当n ＝2时，22＝22； 当n ＝3时，23<32； 当n ＝4时，24＝42； 当n ＝5时，25>52. 猜想：当n ≥5时，2n >n 2. 下面用数学归纳法证明： (1)当n ＝5时，25>52成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥5)时，2k>k 2， 那么当n ＝k ＋1时， 2k ＋1＝2×2k ＝2k ＋2k >k 2＋(1＋1)k >k 2＋C 0k ＋C 1k ＋C k －1k ＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2.∴当n ＝k ＋1时，2n>n 2也成立．由(1)(2)，可知对n ≥5的一切自然数，2n >n 2都成立． 综上，当n ＝1或n ≥5时，2n >n 2； 当n ＝2,4时，2n＝n 2；当n ＝3时，2n <n 2.8．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，已知f (1)＝1>12，f (3)>1，f (7)>32，f (15)>2，…. (1)由上述不等式你能得到怎样的结论？并给出证明．(2)是否存在一个正数T ，使得对任意的正整数n ，恒有不等式f (n )<T 成立？并说明理由．解：(1)数列1,3,7,15，…的通项公式为a n ＝2n－1(n ∈N ＋)； 数列12，1，32，2，…的通项公式为b n ＝n2(n ∈N ＋)．猜想：f (2n－1)>n2(n ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，f (21－1)＝f (1)＝1>12，所以不等式成立．。
高中数学第二章几个重要的不等式2.2排序不等式活页作业10北师大版选修4_5word格式
活页作业(十) 排序不等式一、选择题3 3 3 1．已知a，b，c 都是正数，则a＋b ＋c 与a2b＋b2c＋c2a 的大小关系是( )2b＋b2c＋c2a 的大小关系是( )A．a3＋b3＋c3>a2b＋b2c＋c2a B．a3＋b3 ＋c3≥a2b＋b2c＋c2aC．a3＋b3＋c3<a2b＋b2c＋c2a D．a3＋b3 ＋c3≤a2b＋b2c＋c2a分析：取两组数a，b，c 和a2，b2，c2. 不如设a≥b≥c，因此a2≥b2≥c2. 依据排序不2 2 2 等式，得 a ·a＋b ·b＋c ·c≥a2b＋b2c＋c2a，当且仅当a＝b＝c时取等号．答案：B2．一组实数为a1，a2，a3，设c1，c2，c3 是另一组数b1，b2，b3 的随意一个摆列，则a1c1＋a2c2＋a3c3 的( )A．最大值为a1b1＋a2b2＋a3b3，最小值为a1 b3＋a2b2＋a3b1B．最大值为a1b2＋a2b3＋a3b1，最小值为a1 b3＋a2b1＋a3b2C．最大值与最小值相等，为a1b1＋a2b2＋a3b3D．以上答案都不对分析：a1，a2，a3 与b1，b2，b3 的大小次序不知，没法确立其最值．答案：D3．设a1，a2，⋯，a n 都是正数，b1，b2，⋯，b n 是a1，a2，⋯，a n 的任一摆列，P＝a21b－11＋a2b－21＋⋯＋a2n b－n1，Q＝a1＋a2＋⋯＋a n，则P与Q的大小关系是( ) A．P＝Q B．P>QC．P<Q D．P≥Q分析：设a1≥a2≥⋯≥a n >0，则a12≥a2≥⋯≥a n2，a n－1≥a n－－11≥⋯≥a1－1.由排序不等式，得a12b1－1＋a2b2－1＋⋯＋a n2b n－1≥a21a－11＋a2a－21＋⋯＋a2n a－n1＝a1＋a2＋⋯＋a n.∴P≥Q，当且仅当a1＝a2＝⋯＝a n>0时等号建立．答案：D4．设a1，a2，a3为正数，E＝a1a2 a2a3＋＋a3 a1a1a3a2，F＝a1＋a2＋a3，则E，F 的大小关系是( )A ．E <FB ．E ≥ FC ．E ≤ FD ．E >F分析： 不如设a 1≥ a 2≥ a 3>0，于是1≤ a1 1≤ a2 1，a 2a 3≤ a 3a 1≤ a 1a 2. 由次序和≥ 乱序和， a3得a1a2 a3 ＋ a 2a3 a1＋ a 1a3 a1a2 a1a3 ＝ ＋a2 a3 a2 a2a3＋ ≥ a1111· a 1a 3＋ · a 2a 3＋ · a 1a 2＝a 1＋a 3＋a 2. a3 a2 a1 答案： B 二、填空题5．有 4 人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满每一个人的水桶分别需要 5 s,4 s,3 s,7s ，每一个人接完水后就走开，则他们总的等待时间最短为________s. 分析： 等待的最短时间为3×4＋4× 3＋5× 2＋7× 1＝41(s) ． 答案： 416．设0<x 1<x 2, 0<y 1<y 2，且 x 1＋x 2＝y 1＋y 2＝1，则以下代数式中值最大的是 ________.12 ①x 1y 1＋x 2y 2；②x 1y 2＋y 1x 2；③；④3 .4 分析： 由排序不等式，知 x 1y 1＋ x 2y 2>x 1y 2＋x 2y 1. 易知当 x 2 和 y 2 无穷靠近于 1时， x 1y 1＋ x 2y 2 无穷靠近于 1. 故 x 1y 1＋x 2y 2 的值最大．应选① .答案： ① 三、解答题7．设a 1，a 2 ，⋯ ， a n 为1,2 ，⋯ ， n 的一个摆列．1 2求证： ＋ ＋⋯ ＋ 2 3n －1 ≤ n a 1 a2 ＋ a 2 a 3 ＋⋯ ＋ a n －1 . an证明：设b 1，b 2，⋯ ，b n － 1 是 a 1，a 2，⋯ ，a n －1 的一个摆列， 且 b 1<b 2<⋯ <b n －1，c 1，c 2，⋯ ， c n －1为a 2，a 3，⋯ ， a n 的一个摆列，且 c 1<c 2<⋯ <c n－1，于是 1 11 > >⋯ > ，c1 c2cn －1 由乱序和≥ 逆序和，得a1 a2 ＋ a 2 a3＋⋯ ＋ a n －1 ≥ an b 1 c1 ＋ b 2 c2 ＋⋯ ＋ b n －1 . cn －1∵b 1≥ 1， b 2≥ 2，⋯ ， b n －1≥ n －1， c 1≤ 2，c 2≤ 3，⋯ ， c n －1≤ n ，b1 ∴ ＋c1 b 2 c2＋⋯ ＋ b n －1cn －1 ≥1 2 ＋ ＋⋯ ＋ 2 3n －1 . n1 ∴＋2 23＋⋯＋n－1≤na1a2＋a2a3＋⋯＋a n－1.an8．已知0<a1≤a2≤⋯≤a n.a21a2求证：＋＋⋯＋a2 a3 a2n－1 a2n＋≥a1＋a2＋⋯＋a n. an a1证明：∵0<a1≤a2≤⋯≤a n，1 ∴a12≤a2≤⋯≤a n2，≥a11≥⋯≥a21.an由乱序和≥逆序和，知a12 a2＋a2a3＋⋯＋a n2－1 a n2＋≥a12·an a11＋a2·a11＋⋯＋a2n·a21＝a1＋a2＋⋯＋a n. an一、选择题1．锐角三角形中，设P＝a＋b＋c，Q＝a cos C＋b cos B＋c cos A，则P，Q的关系为2( )A．P≥Q B．P＝QC．P≤Q D．不可以确立分析：不如设A≥B≥C，则a≥b≥c，cos A≤cos B≤cosC．由排序不等式，有Q＝a cos C＋b cos B＋c cos A≥a cos B＋b cos C＋c cos A＝R(2sin A cos B＋2sin B cos C＋2sin C cos A) ≥R[sin( A＋B) ＋sin( B＋C) ＋sin( A＋C)] ＝R(sin C＋sin A＋a＋b＋csin B) ＝＝P.2答案：C2．(1 ＋1) 1＋14⋯1＋13n－2⋯1＋161的取值范围是( )A．(21 ，＋∞) B．(61，＋∞) C．(4 ，＋∞) D．(3 n－2，＋∞)分析：令A＝(1 ＋1) 1＋14⋯1＋13n－2＝21×54×87 ·⋯·3n－1 3，B＝×3n－2 265×98·⋯·3n，C＝3n－143×7 6 ×109·⋯·3n＋1.3n因为2 3 4 5 6 7 8 9 10> > > > > >，，，⋯，1 2 3 4 5 6 7 8 93n－1 3n 3n＋1> > >0，3n－2 3n－1 3n因此A>B>C>0. 因此A3>ABC．由题意，知3n－2＝61. 因此n＝21.因为ABC＝3n＋1＝64，因此A>4.答案：C二、填空题3．1010×1111×1212×1313________1013×1112×1211×1310. 分析：因为10<11<12<13，且lg 10<lg 11<lg 12<lg 13 ，因此由排序不等式，得10lg 10 ＋11lg 11 ＋12lg 12 ＋13lg 13>13lg 10 ＋12lg 11 ＋11lg 12 ＋10lg 13. 因此lg(1010 ×11 11×1212×1313) >lg(10 13×1112×1211×1310)，即1010×1111×1212×1313>1013×1112×1211×1310.答案：>a 4．已知a，b，c 都是正数，则＋b＋cb＋c＋ac≥________.a＋b分析：设a≥b≥c≥0，则a＋b≥a＋c≥b＋c.因此1≥b＋c1≥c＋a1.a＋b由排序不等式，知a＋b＋cb＋c＋ac≥a＋bb c a＋＋，①b＋c c＋a b＋aa＋b＋cb＋c＋ac≥a＋bc a b＋. ②＋b＋c c＋a a＋b①＋②，得a b＋＋b＋c c＋ac≥a＋b3.2答案：3 2三、解答题π5．已知0<α<β<γ< ，求证：sin αcos β＋sin βcos γ＋21sin γcos α> (sin 2 α＋sin 2 β＋s in 2 γ)．2π证明：∵0<α<β<γ<2 ，且函数y＝sin x 在区间0，π2为增函数，函数y＝cos xπ在区间0，2为减函数，∴0<sin α<sin β<sin γ，cos α>cos β>cos γ>0.依据乱序和>逆序和，得1sin αcos β＋sin βcos γ＋sin γcos α> (sin 2 α＋sin 2 β＋s in 2 γ) ．26．设0<a1≤a2≤⋯≤a n, 0≤b1≤b2≤⋯≤b n，c1，c2，⋯，c n为b1，b2，⋯，b n 的一个摆列，求证： a 1ab1 b 2 2⋯ a n≥ a 1abn c1 c 22 ⋯a cn bn1 a 2⋯an.n≥ a b1bn－1n.证明：∵0<a1≤a2≤⋯≤a n，∴lg a1≤lg a2≤⋯≤lg a n.∵0≤b1≤b2≤⋯≤b n，c1，c2，⋯c n 是b1，b2，⋯，b n 的一个摆列，由次序和≥乱序和≥逆序和，可得b1lg a1＋b2lg a2＋⋯＋b n lg a n≥c1lg a1 ＋c2lg a2＋⋯＋c n lg a n≥b n lg a1＋b n－1lg a2＋⋯＋b1lg a n，即lg( a b11a 2⋯a bn n) ≥lg( a 1ac22⋯ a n) ≥lg( a 1 a 2⋯ ab2 c1 cn bn bn－1 b1n) ．∴a 2⋯ a 1a cn b1b1 b2 bn c1 c2 bn bn－11a n≥ a 2⋯ a n≥ a 1a 2⋯ a n.。
高中数学第二章几个重要的不等式2.3数学归纳法与贝努利不等式2.3.1数学归纳法课件北师大版选修4_5
1− 1 + 1 − 1 + ⋯ + 1 − 1 = 1 + 1 + ⋯ + 1 .
234
2������-1 2������ ������ +1 ������+2
2������
则当 n=k+1 时,
左边=1− 1 + 1 − 1 + ⋯ + 1 − 1 + 1 − 1
234
2������-1 2������ 2������+1 2������ +2
2
即当n=k+2时命题为真.
而选项中n=k+1为奇数,n=2k+2和n=2(k+2)均不满足递推关系,
所以只有n=k+2满足条件.
答案:B
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Z 知识梳理 HISHISHULI
D 典例透析 IANLITOUXI
S 随堂演练 UITANGYANLIAN
【做一做 3】
用数学归纳法证明
1+
1 2
+
1 3
S 随堂演练 UITANGYANLIAN
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题型一 题型二 题型三
【变式训练2】 用数学归纳法证明: 1-(3+x)n(n∈N+)能被x+2整除. 证明:(1)当n=1时,1-(3+x)=-(x+2),能被x+2整除,命题成立. (2)假设当n=k(k∈N+,且k≥1)时,1-(3+x)n能被x+2整除,则可设1(3+x)k=(x+2)f(x) (f(x)为k-1次多项式). 则当n=k+1时, 1-(3+x)k+1=1-(3+x)(3+x)k
高中数学第二章几个重要的不等式2.3数学归纳法与贝努利不等式545数学
易知 xk>0，那么 x2k＋2－x2k＋4＝1＋1x2k＋1－1＋1x2k＋3＝1＋xx22kk＋＋31－1x＋2k＋x12k＋3 ＝1＋x2k1＋x2xk＋2k1－1x＋2k＋x22k＋21＋x2k＋3， 即 x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2. 也就是说，当 n＝k＋1 时命题也成立． 结合(1)和(2)，知命题成立．
12/13/2021
用数学归纳法解决与正整数n有关的探索型问题
已知数列{xn}满足 x1＝12，xn＋1＝1＋1 xn，n∈N＋. 猜想数列{x2n}的单调性，并证明你的结论． 解：由 x1＝12及 xn＋1＝1＋1 xn，得 x2＝23，x4＝58，x6＝1231. 由 x2>x4>x6，猜想数列{x2n}是递减数列． 下面用数学归纳法证明： (1)当 n＝1 时，已证命题成立． (2)假设当 n＝k 时命题成立，即 x2k>x2k＋2.
1 5
>
7 5
，
…
，
1
＋
1 2n－1
> 22nn＋ －11(n∈N＋)． 将上述各式两边分别相乘，得
(1 ＋ 1) 1＋13 1＋15 … 1＋2n1－1 > 3 ×
5 3
× 75·…· 22nn＋ －11＝ 2n＋1.
所以(1＋1)1＋131＋15…1＋2n1－1> 2n＋1(n∈N＋)．
12/13/2021
12/13/2021
2．用数学归纳法证明：1n＋n＋1 1＋n＋1 2＋…＋n12>1 (n≥2，n∈N＋)． 证明：(1)当 n＝2 时， 左边＝12＋13＋14＝1132>1. ∴不等式成立．
12/13/2021
高中数学第二章几个重要的不等式2.2排序不等式活页作业10北师大版选修45word格式
活页作业 ( 十 ) 排序不等式一、1．已知 a ， b ， c 都是正数，a 3＋b 3＋c 3 与 a 2b ＋ b 2c ＋ c 2a 的大小关系是 ()A ． a 3＋ b 3＋ c 3>a 2b ＋ b 2c ＋ c 2aB ． a 3＋b 3 ＋c 3≥ a 2b ＋ b 2c ＋c 2aC ． a 3＋ b 3＋ c 3<a 2b ＋ b 2c ＋ c 2aD ． a 3＋b 3 ＋c 3≤ a 2b ＋ b 2c ＋c 2a解析： 取两 数 a ，b ，c 和 a 2， b 2， c 2. 没关系 a ≥ b ≥ c ，因此 a 2≥ b 2≥ c 2. 依据排序不等式，得 a 2· a ＋b 2· b ＋ c 2·c ≥a 2b ＋ b 2c ＋ c 2a ，当且 当 a ＝ b ＝ c 取等号．答案： B2．一 数a 1， a 2， a 3， c 1， c 2，c 3 是另一 数b 1， b 2，b 3 的任意一个摆列，11＋2 2＋ 3c 3的()a c a caA ．最大 a b ＋ a b ＋ a b ，最小 a b ＋ a b ＋ a b1 12 23 31 3223 1B ．最大 a b ＋ a b ＋ a b ，最小a b ＋ a b ＋ a b1 22 33 11 3213 2C ．最大 与最小 相等， a 1b 1＋ a 2b 2＋ a 3b 3D ．以上答案都不解析： a 1，a 2，a 3 与 b 1， b 2， b 3 的大小 序不知，没法确立其最 ．答案： D3． a 1，a 2，⋯， a n 都是正数， b 1， b 2，⋯， b n 是 a 1， a 2，⋯， a n 的任一摆列， P ＝ a 21 b1－1＋ 2 2－ 1＋⋯＋ 2n n － 1， ＝ 1＋ 2＋⋯＋ a n ， P 与 Q 的大小关系是 ()a ba bQ aaA ．P ＝QB ． P >QC ． P <QD ． P ≥Q解析：a 1≥ a 2≥⋯≥ a n >0，a 12≥ a 2≥⋯≥ a n2，a －n 1≥ a －n －11≥⋯≥ a －1 1.由排序不等式，得a 12b －11＋ a 2b －2 1＋⋯＋ a n2b －n1≥ a 12a －1 1＋a 2a －2 1＋⋯＋ a n2a －n 1＝a 1＋ a 2＋⋯＋ a n .∴ P ≥ Q ，当且 当 a 1＝ a 2＝⋯＝ a n >0 等号成立．答案：D4．a 1，a 2，a 3 正数，E ＝a1a2 a3＋a2a3 a1＋a1a3，F ＝ a 1＋ a 2＋a 3， a2E ，F 的大小关系是 ()A ． E <FB ． E ≥FC ．E ≤FD ．E >F1231112 33 11 2由 序和≥乱序和，解析： 没关系 a ≥ a ≥ a >0，于是 a1≤a2≤ a3， a a≤ a a ≤a a . 得a1a2 a2a3 a1a3 a1a2 a1a3 a2a3a3＋a1＋a2＝a3 ＋a2 ＋ a1 ≥111a3· a a ＋ a2·a a＋a1· a a ＝ a ＋a ＋ a .132 312 132答案： B二、填空5．有 4 人各拿一只水桶去接水， 水 注 每一个人的水桶分 需要5 s,4 s,3 s,7s ，每一个人接完水后就走开， 他 的等待 最短________s.解析： 等待的最短 3×4＋4× 3＋5× 2＋7× 1＝ 41(s) ．答案：416．0<x 1<x 2, 0<y 1<y 2，且x 1＋ x 2＝ y 1＋ y 2＝ 1， 以下代数式中 最大的是________.① x 1y 1＋ x 2y 2；②x 1y 2＋ y 1x 2；1 ③2；3④ 4.解析： 由排序不等式，知x 1y 1＋ x 2y 2>x 1y 2＋ x 2y 1. 易知当x 2 和y 2 无量凑近于 1 ， x 1y 1＋ x 2y 2 无量凑近于 1. 故 x 1y 1＋ x 2y 2 的 最大．故 ① . 答案：①三、解答7． a 1， a 2 ，⋯， a n 1,2 ，⋯， n 的一个摆列．1 2n － 1 a1 a2 an －1求 ： 2＋3＋⋯＋n ≤ a2＋ a3＋⋯＋an.明： b 1，b 2，⋯，b n － 1 是 a 1，a 2，⋯，a n － 1 的一个摆列， 且 b 1<b 2<⋯ <b n －1，c 1，c 2，⋯，1 1 1c n － 1 a 2， a 3，⋯， a n 的一个摆列，且c 1<c 2<⋯ <c n －1，于是 c1>c2>⋯ >cn － 1，由乱序和≥逆序和，得a1 a2 an － 1 b1b2 bn － 1a2＋a3＋⋯＋an ≥c1＋c2＋⋯＋cn － 1.∵ b 1≥ 1， b 2≥ 2，⋯， b n － 1≥ n －1， c 1≤ 2， c 2≤ 3，⋯， c n － 1≤ n ，b1b2 bn － 1 12n － 1∴c1＋ c2＋⋯＋ cn － 1≥2＋3＋⋯＋ n .1 2 n － 1 a1 a2 an － 1∴ 2＋ 3＋⋯＋ n ≤a2＋ a3＋⋯＋an.8．已知 0<a 1≤ a 2≤⋯≤ a n .求 ： a21＋a2 ＋⋯＋ a2n － 1 ＋a2n≥ a 1＋ a 2＋⋯＋ a n .a2 a3ana1明： ∵ 0<a 1≤ a 2≤⋯≤ a n ，1 1 1∴ a 21≤ a 2≤⋯≤ a 2n ，a1≥ a2≥⋯≥ an . 由乱序和≥逆序和，知a21 a2 a2n － 1 a2n11a2＋a3＋⋯＋an＋a1≥a 21·a1＋ a 2· a2＋⋯＋ a n2·1an ＝ a 1＋ a 2＋⋯＋ a n .一、a ＋b ＋ c1． 角三角形中，P ＝， Q ＝ a cos C ＋ b cos B ＋ c cos A ， P ， Q 的关系2()A ． ≥Q B ． ＝P P QC ．P ≤QD ．不可以确立解析： 没关系 A ≥ B ≥ C ， a ≥b ≥ c ， cos A ≤ cos B ≤cosC ．由排序不等式，有Q ＝ a cos C ＋ b cos B ＋c cos A ≥ a cos B ＋ b cos C ＋ c cos A ＝ R (2sin A cos B ＋2sin B cos C ＋ 2sin C cos A ) ≥ R [sin( A ＋ B ) ＋ sin( B ＋ C ) ＋ sin( A ＋C )] ＝ R (sin C ＋ sin A ＋ sina ＋b ＋ c＝P .B ) ＝2答案： C1 1 12．(1 ＋1) 1＋4 ⋯ 1＋3n － 2 ⋯1＋61 的取 范 是 ()A ． (21 ，＋∞ )B ． (61 ，＋∞ )C ． (4 ，＋∞ )D ． (3 n － 2，＋∞ )解析： 令 A ＝(1 ＋ 1)1⋯ 1＋12× 5×1＋ 3n ＝4 － 2 14 83n －136 93n47·⋯· 3n －2， B ＝2× 5× 8·⋯· 3n － 1， C ＝3×7 103n ＋ 1 6× 9 ·⋯·3n.234 567 8910 3n － 1 3n 3n ＋ 1因为 1>2>3，4>5>6， 7>8> 9，⋯，3n － 2>3n －1> 3n >0，因此 > > >0. 因此3>ABC ．A B CA由 意，知3n － 2＝61. 因此 n ＝ 21.因 ABC ＝3n ＋ 1＝ 64，因此 A >4.答案： C二、填空3． 1010×1111×1212 ×1313 ________1013×1112×1211×1310. 解析： 因 10<11<12<13，且 lg 10<lg 11<lg 12<lg 13，因此由排序不等式，得10lg 10 ＋ 11lg 11 ＋12lg 12 ＋ 13lg 13>13lg 10 ＋ 12lg 11 ＋ 11lg 12 ＋10lg 13. 因此 lg(1010 ×11 11×1212 ×1313) >lg(10 13×1112×1211 ×1310 ) ，即 1010×1111 ×1212×1313>1013×1112×1211×1310.答案： >ab c4．已知 a ， b ， c 都是正数， b ＋ c ＋ c ＋ a ＋ a ＋b ≥ ________.解析： a ≥ b ≥ c ≥0，a ＋b ≥ a ＋c ≥ b ＋c .111因此b ＋c ≥c ＋ a ≥a ＋ b.由排序不等式，知a b c b c ab ＋c ＋ c ＋ a ＋ a ＋ b ≥ b ＋ c ＋c ＋ a＋ b ＋ a，①a b cca bb ＋ c＋c ＋ a＋a ＋b ≥b ＋ c＋c ＋ a＋a ＋ b.②abc 3①＋②，得b ＋ c＋c ＋ a＋a ＋b ≥ 2.3答案： 2三、解答π5．已知 0<α <β <γ< 2 ，求 ： sin αcos β ＋sin β cos γ ＋1 α ＋sin2 β ＋ sin 2 γ ) ．sin γ cos α > (sin 22πy ＝ sinx 在区πy ＝ cos x明： ∵ 0<α <β <γ< 2 ，且函数0， 2 增函数，函数π在区 0， 2 减函数，∴ 0<sin α<sin β <sin γ ， cos α >cos β >cos γ >0.依据乱序和 >逆序和，得sin α cos β ＋ sin β cos γ ＋ sin1 α＋ sin2 β ＋ sin 2 γ ) ．γ cos α > (sin 226． 0<a 1≤ a 2≤⋯≤ a 0≤ b 1≤ b 2≤⋯≤ b ， c 1， c 2，⋯， cb 1， b 2，⋯， b 的一个n,nnnb1b 2bnc1c 2cnbn bn － 1b1摆列，求 ： a1a 2⋯ a n ≥ a 1a2⋯a n ≥a 1 a 2⋯ a n .明： ∵ 0<a 1≤ a 2≤⋯≤ a n ，∴ lg a 1≤ lg a 2≤⋯≤ lg a n .∵ 0≤ b 1≤ b 2≤⋯≤ b n ， c 1，c 2，⋯ c n 是 b 1， b 2，⋯， b n 的一个摆列，由 序和≥乱序和≥逆序和，可得b lg a ＋ b lg a ＋⋯＋ b lg a ≥c lga ＋ c lg a ＋⋯＋ c lg a ≥b lg a ＋ bn － 1 lg a112 2 n n 11 2 2 n nn 1 21a n＋⋯＋ b lg，即 lg( b1b2 bnc1cn≥ lg(bn bn －1b1a 1a 2⋯ a n ) ≥ lg( a 1ac 22⋯ a n ) a 1 a2⋯a n ) ．∴ b1 b2bn n ≥ c1 c2 cn n ≥ bn bn － 1 b1 n .a 1 2⋯ aa 12⋯ aa 1 a2⋯aaa。
高中数学 第二章 几个重要的不等式 2.3 数学归纳法与贝努利不等式 数学归纳法(2)教案 北师大版选修45
数学归纳法（二）教学目标：1.掌握数学归纳法的证明步骤，熟练表达数学归纳法证明过程.2.对数学归纳法的认识不断深化.3.掌握数学归纳法的应用：教学重点：解数学归纳法的实质意义，掌握数学归纳法的证题步骤教学难点：数学归纳法证题有效性的理解教学过程：一、复习回顾：数学归纳法两大步：（i ）归纳奠基：证明当n 取第一个值n 0时命题成立；（ii ）归纳递推：假设n =k （k ≥n 0， k ∈N *）时命题成立，证明当n =k +1时命题也成立. 只要完成这两个步骤，就可以断定命题对从n 0开始的所有正整数n 都成立. 练习：1已知()*()13521,f n n n N =++++-∈L ，猜想()f n 的表达式，并给出证明？ 过程：试值(1)1f =，(2)4f =，…，→ 猜想2()f n n = → 用数学归纳法证明.2. 练习：是否存在常数a 、b 、c 使得等式132435......(2)n n ⨯+⨯+⨯+++=21()6n an bn c ++对一切自然数n 都成立，试证明你的结论.二、讲授新课：1. 教学数学归纳法的应用：例1：求证*111111111,234212122n N n n n n n-+-+⋅⋅⋅+-=++⋅⋅+∈-++ 分析：第1步如何写？n =k 的假设如何写？ 待证的目标式是什么？如何从假设出发？ 关键：在假设n =k 的式子上，如何同补？证明：（略）小结：证n =k +1时，需从假设出发，对比目标，分析等式两边同增的项，朝目标进行变形.例2：求证：n 为奇数时，x n +y n 能被x +y 整除.分析要点：（凑配）x k +2+y k +2=x 2·x k +y 2·y k =x 2(x k +y k )+y 2·y k －x 2·yk=x 2(x k +y k )+y k (y 2－x 2)=x 2(x k +y k )+y k ·(y +x )(y －x ).证明：（略）例3：平面内有n 个圆，任意两个圆都相交于两点，任何三个圆都不相交于同一点，求证这n 个圆将平面分成f (n )=n 2－n +2个部分.分析要点：n =k +1时，在k +1个圆中任取一个圆C ，剩下的k 个圆将平面分成f (k )个部分，而圆C 与k 个圆有2k 个交点，这2k 个交点将圆C 分成2k 段弧，每段弧将它所在的平面部分一分为二，故共增加了2k 个平面部分.因此，f (k +1)=f (k )+2k =k 2－k +2+2k =(k +1)2－(k +1)+2.证明：（略）三、巩固练习：：（1） 求证: 11(11)(1)(1)321n ++⋅⋅⋅+>-n ∈N *）. （2） 用数学归纳法证明：（Ⅰ）2274297n n --能被264整除；（Ⅱ）121(1)n n a a +-++能被21a a ++整除（其中n ，a 为正整数）（3） 是否存在正整数m ，使得f （n ）=（2n +7）·3n+9对任意正整数n 都能被m 整除?若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.（4）教材50 1、2、5题四、课堂小结：两个步骤与一个结论，“递推基础不可少，归纳假设要用到，结论写明莫忘掉”；从n =k 到n =k +1时，变形方法有乘法公式、因式分解、添拆项、配方等.五、布置作业：教材50 4、5、6题.六、教学后记：。
高中数学第2章几个重要的不等式2.3.2 数学归纳法的应用学案 北师大版
3.2 数学归纳法的应用1．会利用数学归纳法证明一些简单的不等式及综合问题．2．了解贝努利不等式及其应用的条件，会用数学归纳法证明贝努利不等式．(难点)[基础·初探]教材整理 贝努利不等式定理阅读教材P 38～P 39“练习”以上部分，完成下列问题．定理 对任何实数x ≥－1和任何正整数n ，有(1＋x )n≥1＋nx .在贝努利不等式中当x ＝0时，n 为大于1的自然数，不等式形式将有何变化？ 【解】 当x ＝0时，不等式将变成等式，即(1＋x )n ＝1＋nx .[质疑·手记]预习完成后，请将你的疑问记录，并与“小伙伴们”探讨交流：疑问1： 解惑： 疑问2： 解惑： 疑问3： 解惑：[小组合作型]设b >a >0，n ∈N ＋，证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫b a ≥na(b －a )＋1.【精彩点拨】 由b >a >0，令1＋x ＝b a(x >0)，利用贝努利不等式证明． 【自主解答】 由b >a >0，知b a>1， 令1＋x ＝b a(x >0)， 则x ＝b a－1，由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫b a n＝(1＋x )n≥1＋nx ＝1＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫b a －1， 故⎝ ⎛⎭⎪⎫b a n≥na(b －a )＋1.利用1＋x ＝b a代换，为利用贝努利不等式创造条件.[再练一题] 1．试证明⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋2n +1>1－1n ＋1与⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1n +1>⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n (n ∈N ＋)．【证明】 由n ∈N ＋，∴n ＋1≥2. 由贝努利不等式，得 (1)⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1n ＋2n +1>1－n ＋1n ＋2＝1－1n ＋1. (2)由(1)得⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1n +1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1n +1>1－1n ＋1， 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n ＋1n +1>⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1-n＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ＋1n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n.＋【精彩点拨】验证n ＝1，2，3时，不等式成立―→假设n ＝k 成立，推证n ＝k ＋1―→n ＝k ＋1成立，结论得证【自主解答】 (1)当n ＝1时，左边＝21＋2＝4，右边＝1，左边>右边；当n ＝2时，左边＝22＋2＝6，右边＝22＝4，所以左边>右边； 当n ＝3时，左边＝23＋2＝10，右边＝32＝9，所以左边>右边． 因此当n ＝1,2,3时，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥3且k ∈N )时，不等式成立． 当n ＝k ＋1时， 2k ＋1＋2＝2·2k ＋2＝2(2k ＋2)－2>2k 2－2＝k 2＋2k ＋1＋k 2－2k －3＝(k 2＋2k ＋1)＋(k ＋1)(k －3)(因k ≥3，则k －3≥0，k ＋1>0) ≥k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2. 所以2k ＋1＋2>(k ＋1)2.故当n ＝k ＋1时，原不等式也成立．根据(1)(2)知，原不等式对于任何n ∈N ＋都成立．通过本例可知，在证明n ＝k ＋1时命题成立的过程中，针对目标k 2＋2k ＋1，采用缩小的手段，但是由于k 的取值范围k 太大，不便于缩小，因此，用增加奠基步骤把验证n＝1扩大到验证n ＝1，2，的方法，使假设中k 的取值范围适当缩小到k ≥3，促使放缩成功，达到目标.[再练一题]2．已知S n ＝1＋12＋13＋…＋1n (n >1，n ∈N ＋)，求证：S 2n >1＋n2(n ≥2，n ∈N ＋).【导学号：94910039】【证明】 (1)当n ＝2时，S 22＝1＋12＋13＋14＝2512>1＋22，即n ＝2时命题成立．(2)假设n ＝k 时命题成立，即S 2k ＝1＋12＋13＋…＋12k >1＋k2.当n ＝k ＋1时，S 2k ＋1＝1＋12＋13＋…＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1>1＋k2＋2k2k ＋2k ＝1＋k 2＋12＝1＋k ＋12. 故当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对n ∈N ＋，n ≥2，S 2n >1＋n2都成立.设f (n )＝1＋2＋3＋…＋n ，由f (1)＝1>2，f (3)>1，f (7)>32，f (15)>2，….(1)你能得到怎样的结论？并证明；(2)是否存在一个正数T ，使对任意的正整数n ，恒有f (n )<T 成立？并说明理由． 【精彩点拨】 找出数列1,3,7,15，…的通项公式，再利用数列12，1，32，2，…的通项公式，猜想一般性的结论，然后用数学归纳法证明．【自主解答】 (1)数列1,3,7,15，…的通项公式为a n ＝2n－1；数列12，1，32，2，…的通项公式为a n ＝n2，∴猜想：f (2n－1)>n2.下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，f (21－1)＝f (1)＝1>12，不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立， 即f (2k－1)>k2，则f (2k ＋1－1)＝f (2k－1)＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－2＋12k ＋1－1>f (2k－1)＋12k ＋1＋…＋>f (2k－1)＋12>k 2＋12＝k ＋12.∴当n ＝k ＋1时不等式也成立．据①②知，对任何n ∈N ＋原不等式均成立．(2)对任意给定的正数T ，设它的整数部分为T ′，记m ＝T ′＋1，则m >T .由(1)知，f (22m－1)>m ，∴f (22m－1)>T ，这说明，对任意给定的正数T ，总能找到正整数n (如可取假设中n 为2m )，使得f (n )≥T ，∴不存在正数T ，使得对任意的正整数n ，总有f (n )<T成立．利用数学归纳法解决探索型不等式的思想是先通过观察、判断，猜想出结论，然后用数学归纳法证明，否定一个命题，只需找出一个反例即可.[再练一题] 3．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1>a 24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．【解】 当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13×1＋1>a24，则2624>a24，∴a <26， 又a ∈N ＋，∴取a ＝25. 下面用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524. (1)n ＝1时，已证． (2)假设当n ＝k 时，1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524. ∴当n ＝k ＋1时， 1k ＋＋1＋1k ＋＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋1k ＋＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋⎝ ⎛ 13k ＋2⎭⎪⎫＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1 >2524＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤13k ＋2＋13k ＋4－2k ＋. ∵13k ＋2＋13k ＋4＝k ＋9k 2＋18k ＋8>2k ＋，∴13k ＋2＋13k ＋4－2k ＋>0，∴1k ＋＋1＋1k ＋＋2＋…＋1k ＋＋1>2524也成立． 由(1)，(2)可知，对一切n ∈N ＋，都有1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524， ∴a 的最大值为25.[构建·体系]1．用数学归纳法证明2n≥n 2(n ≥5，n ∈N ＋)成立时第二步归纳假设的正确写法是( ) A ．假设n ＝k 时命题成立 B ．假设n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立 C ．假设n ＝k (k ≥5)时命题成立 D ．假设n ＝k (k >5)时命题成立 【解析】 由题意知n ≥5，n ∈N ＋， ∴应假设n ＝k (k ≥5)时命题成立． 【答案】 C2．利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，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 ＋2＋…＋12k ＋1－1.∴共增加2k项． 【答案】 D3．用数学归纳法证不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立，起始值至少取( )A ．7B ．8C ．9D ．10【解析】 左边等比数列求和S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＞12764，即1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＞127128，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n＜1128，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＜⎝ ⎛⎭⎪⎫127. ∴n ＞7，∴n 取8，选B. 【答案】 B4．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ＋，n >1)时，第一步即证明不等式__________成立.【导学号：94910040】【解析】 因为n >1，所以第一步n ＝2，即证明1＋12＋13<2成立．【答案】 1＋12＋13<25．证明：1＋12＋13＋…＋1n<2n (n ∈N ＋)．【证明】 (1)当n ＝1时，不等式成立． (2)假设n ＝k 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 ＝2kk ＋＋1k ＋1<k ＋k ＋＋1k ＋1＝2k ＋1.这就是说，n ＝k ＋1时，不等式也成立． 根据(1)(2)可知不等式对任意n ∈N ＋成立．我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)学业分层测评(十三) (建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >1324(n ≥2)的过程中，由n ＝k 递推到n ＝k ＋1时不等式左边( )A ．增加了一项1k ＋B ．增加了两项12k ＋1和12k ＋2C ．增加了B 中的两项但减少了一项1k ＋1D ．以上均不正确 【解析】 由⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k ＋2＋1k ＋3＋…＋1k ＋－⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＝12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝12k ＋1－12k ＋2.故选C. 【答案】 C2．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( )A ．1B ．3C ．5D ．7【解析】 12<21,22＝22,32>23,42＝24，利用数学归纳法验证n ≥5，故n 0的值为5. 【答案】 C3．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)，某同学用数学归纳法的证明过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时，不等式成立，即k 2＋k <k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，k ＋2＋k ＋＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋＋k ＋＝k ＋2＝(k ＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，不等式成立，则上述证法( ) A ．过程全部正确 B ．n ＝1验得不正确 C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确【解析】 在n ＝k ＋1时，没有应用n ＝k 时的假设，不是数学归纳法． 【答案】 D4．对于正整数n ，下列说法不正确的是( ) A ．3n≥1＋2n B ．0.9n≥1－0.1n C ．0.9n <1－0.1nD ．0.1n≥1－0.9n【解析】 由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)， 当x ＝2时，(1＋2)n≥1＋2n ，A 正确．当x ＝－0.1时，(1－0.1)n≥1－0.1n ，B 正确，C 不正确． 当x ＝0.9时，(1－0.9)n≥1－0.9n，因此D 正确． 【答案】 C 5．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n >m 24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 ．12B ．13C ．14D ．不存在【解析】 令f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋ (12)， 易知f (n )是单调递增的．∴f (n )的最小值为f (2)＝13＋14＝712.依题意712>m24，∴m <14.因此取m ＝13. 【答案】 B 二、填空题6．用数学归纳法证明“2n ＋1≥n 2＋n ＋2(n ∈N ＋)”时，第一步的验证为__________.【导学号：94910041】【解析】 当n ＝1时，21＋1≥12＋1＋2，即4≥4成立．【答案】 21＋1≥12＋1＋27．观察式子：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，则可归纳出__________．【答案】 1＋122＋132＋…＋1n 2<2n －1n (n ≥2，n ∈N ＋)8．用数学归纳法证明a n ＋bn2≥⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2n(a ，b 是非负实数，n ∈N ＋)时，假设n ＝k 时不等式a k ＋b k2≥⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b 2k(*)成立，再推证n ＝k ＋1时不等式也成立的关键是将(*)式同乘__________．【解析】 要想办法出现a k ＋1＋bk ＋12，两边同乘以a ＋b2，右边也出现了要求证的⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b 2k+1.【答案】a ＋b2三、解答题9．设a ，b 为正实数，证明：对任意n ∈N ＋，有(a ＋b )n≥a n＋n ·a n －1b .【证明】 由(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)，∴⎝⎛⎭⎪⎫1＋ba n ≥1＋nb a ⎝⎛⎭⎪⎫其中ba >0，即a ＋b na n≥1＋nb a，∴(a ＋b )n≥a n＋n ·ba na，故(a ＋b )n≥a n＋nb ·an －1.10．设0<a <1，定义a 1＝1＋a ，a n ＋1＝1a n ＋a .求证：对一切正整数n ∈N ＋，有1<a n <11－a .【证明】 (1)当n ＝1时，a 1>1，又a 1＝1＋a <11－a ，∴当n ＝1时，命题成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题1<a k <11－a成立．当n ＝k ＋1时，由递推公式，知a k ＋1＝1a k＋a >(1－a )＋a ＝1，同时，a k ＋1＝1a k ＋a <1＋a ＝1－a 21－a <11－a，当n ＝k ＋1时，命题也成立， 即1<a k ＋1<11－a.综合(1)、(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a.[能力提升]1．用数学归纳法证明12＋13＋14＋…＋1n ＋>12－1n ＋2，假设n ＝k 时，不等式成立，则当n ＝k ＋1时，应推证的目标是( )A.122＋132＋…＋1k ＋2>12－1k ＋3B.122＋132＋…＋1k ＋2>12－1k ＋2C.122＋132＋…＋1k 2>12－1k ＋1D.122＋132＋…＋1k －2>12－1k【解析】 注意不等式两边含变量“n ”的式子，因此当n ＝k ＋1时，应该是含“n ”的式子发生变化，所以n ＝k ＋1时，应为122＋132＋…＋1k ＋2＋1k ＋2>12－1k ＋＋2. 【答案】 A2．若k 棱柱有f (k )个对角面，则(k ＋1)棱柱对角面的个数为( ) A ．2f (k ) B ．k －1＋f (k ) C ．f (k )＋kD ．f (k )＋2【解析】 由n ＝k 到n ＝k ＋1时增加的对角面的个数与底面上由n ＝k 到n ＝k ＋1时增加的对角线一样，设n ＝k 时，底面为A 1A 2…A k ，n ＝k ＋1时底面为A 1A 2A 3…A k A k ＋1，增加的对角线为A 2A k ＋1，A 3A k ＋1，A 4A k ＋1，…，A k －1A k ＋1，A 1A k ，共有(k －1)条，因此对角面也增加了(k －1)个．【答案】 B3．设平面内有n 条直线(n ≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f (n )表示这n 条直线的交点的个数，则f (4)＝______；当n >4时，f (n )＝____________________(用n 表示).【导学号：94910042】【解析】 f (3)＝2，f (4)＝5，f (5)＝9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．∴f (4)－f (3)＝3，f (5)－f (4)＝4，…，f (n )－f (n －1)＝n －1. 累加，得f (n )－f (3)＝3＋4＋…＋(n －1)＝3＋n －2(n －3)，∴f (n )＝12(n ＋1)(n －2)．【答案】 5 12(n ＋1)(n －2)4．已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足a 1＝12，a n ＋2S n S n －1＝0(n ≥2，n ∈N ＋)．(1)判断⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是否为等差数列，并证明你的结论；(2)证明：S 21＋S 22＋…＋S 2n ≤12－14n .【解】 (1)S 1＝a 1＝12，∴1S 1＝2.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1， 即S n －S n －1＝－2S n S n －1. ∴1S n －1S n －1＝2，故⎩⎨⎧⎭⎬⎫1S n 是以2为首项，2为公差的等差数列． (2)证明：①当n ＝1时，S 21＝14＝12－14×1，成立．②假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时，不等式成立，即S 21＋S 22＋…＋S 2k ≤12－14k 成立，则当n ＝k ＋1时，S 21＋S 22＋…＋S 2k ＋S 2k ＋1≤12－14k ＋1k ＋＝12－14⎣⎢⎡⎦⎥⎤1k－1k ＋2＝12－14·k 2＋k ＋1k k ＋2 <12－14·k 2＋k k k ＋2＝12－1k ＋.即当n ＝k ＋1时，不等式成立． 由①②可知对任意n ∈N ＋不等式成立．。
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活页作业(十一) 数学归纳法与贝努利不等式一、选择题1．用数学归纳法证明“11×2＋12×3＋13×4＋…＋1nn ＋＝nn ＋1(n ∈N ＋)”，从n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式左边需增添的项是( )A ．1k ＋1B ．1k ＋2C ．1kk ＋D ．1k ＋k ＋解析：当n ＝k (k ∈N ＋)时，等式的左边＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k k ＋；当n ＝k ＋1时，等式的左边＝11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k k ＋＋1k ＋k ＋.所以从n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的左边需增添的项为1k ＋k ＋.答案：D2．对于正整数n ，下列说法不正确的是( ) A ．3n≥1＋2n B ．0.9n≥1－0.1n C ．0.9n <1－0.1nD ．0.1n≥1－0.9n解析：由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)，可知当x ＝2时，(1＋2)n ≥1＋2n ，A 项正确；当x ＝－0.1时，(1－0.1)n ≥1－0.1n ，B 项正确，C 项不正确；当x ＝－0.9时，(1－0.9)n≥1－0.9n ，D 项正确． 答案：C3．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝n 2a n (n ∈N ＋)．试归纳猜想出S n 的表达式为( )A ．2n n ＋1B ．2n －1n ＋1C ．2n ＋1n ＋2D ．2n n －1解析：因为a 1＝1，所以S 1＝1.又S 2＝4a 2＝a 1＋a 2，所以3a 2＝1.所以a 2＝13，S 2＝43.又S 3＝9a 3＝S 2＋a 3，所以8a 3＝43.所以a 3＝16.所以S 3＝32＝64.由此可猜想S n ＝2n n ＋1(n ∈N ＋)． 答案：A4．对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)，某学生用数学归纳法证明的过程如下： (1)当n ＝1时命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时原不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则当n ＝k ＋1时，左边＝k ＋2＋k ＋＝k 2＋3k ＋2<k 2＋3k ＋＋k ＋＝k ＋2＝(k ＋1)＋1.故当n ＝k ＋1时原不等式也成立．由(1)(2)，可知原不等式对一切n ∈N ＋都成立． 对上述证明过程，下列说法正确的是( ) A ．过程全部正确 B ．n ＝1时验证不正确C ．归纳假设不正确D ．从n ＝k 到n ＝k ＋1的推理不正确解析：上述过程中，当n ＝1时的验证及假设均正确，只是在(2)中的证明没有使用归纳假设，因此证明过程错误．答案：D 二、填空题5．与贝努利不等式(1＋x )n>1＋nx (x >－1且x ≠0，n >1，n ∈N )等价的不等式是________.(填序号)①(1－x )n>1－nx (x <1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ②(1＋x )n>1－nx (x >－1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ③(1－x )n>1＋nx (x <1且 x ≠0，n >1，n ∈N ) ④(1＋x )n>1＋nx (x >1，n >1，n ∈N )解析：在贝努利不等式中，令x ＝－t ，因为x >－1且x ≠0，所以t <1且t ≠0.所以原不等式变为(1－t )n>1－nt (t <1且t ≠0，n >1，n ∈N )．答案：①6．设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立．那么下列结论正确的是________.①若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立； ②若f (5)≥25成立，则当k ≤5时，均有f (k )≥k 2成立； ③若f (7)<49成立，则当k ≥8时，均有f (k )<k 2成立； ④若f (4)＝25成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立． 解析：对于①，若f (3)≥9成立，则由题意可得出当k ≥3时，f (k )≥k 2成立，①错．对于②，若f (5)≥25成立，由题意可得出当k ≥5时，f (k )≥k 2成立，②错．对于③，应改为“若f (7)≥49成立，则当 k ≥7时，均有f (k )≥k 2成立”，故只有④正确．答案：④ 三、解答题7．比较2n 与n 2的大小(n ∈N ＋)． 解：当n ＝1时，21>12； 当n ＝2时，22＝22； 当n ＝3时，23<32； 当n ＝4时，24＝42； 当n ＝5时，25>52. 猜想：当n ≥5时，2n >n 2. 下面用数学归纳法证明： (1)当n ＝5时，25>52成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥5)时，2k>k 2， 那么当n ＝k ＋1时， 2k ＋1＝2×2k ＝2k ＋2k >k 2＋(1＋1)k >k 2＋C 0k ＋C 1k ＋C k －1k ＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2.∴当n ＝k ＋1时，2n>n 2也成立．由(1)(2)，可知对n ≥5的一切自然数，2n >n 2都成立． 综上，当n ＝1或n ≥5时，2n >n 2； 当n ＝2,4时，2n＝n 2；当n ＝3时，2n <n 2.8．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N ＋)，已知f (1)＝1>12，f (3)>1，f (7)>32，f (15)>2，…. (1)由上述不等式你能得到怎样的结论？并给出证明．(2)是否存在一个正数T ，使得对任意的正整数n ，恒有不等式f (n )<T 成立？并说明理由．解：(1)数列1,3,7,15，…的通项公式为a n ＝2n－1(n ∈N ＋)； 数列12，1，32，2，…的通项公式为b n ＝n2(n ∈N ＋)．猜想：f (2n－1)>n2(n ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，f (21－1)＝f (1)＝1>12，所以不等式成立．②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立，即f (2k －1)>k2，则当n ＝k ＋1时，f (2k ＋1－1)＝ f (2k －1)＋12k ＋12k＋1＋…＋12k ＋1－2＋12k ＋1－1> f (2k －1)＋12k ＋1＋…＋12k ＋1]2k个＝f (2k－1)＋12>k 2＋12＝k ＋12.∴当n ＝k ＋1时不等式也成立．由①②，可知对任何n ∈N ＋，原不等式均成立． (2)对任意给定的正数T ，设它的整数部分为T ′，记m ＝T ′＋1，则m >T .由(1)，知f (22m －1)>m .∴f (22m－1)>T .这说明，对任意给定的正数T ，总能找到正整数n ＝22m－1， 使得f (n )>T .∴不存在正数T ，使得对任意的正整数n ，恒有不等式f (n )<T 成立．一、选择题1．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N ＋)能被9整除”时，为了利用归纳假设，当n ＝k ＋1时，只需展开(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3中的( )A ．(k ＋3)3B ．(k ＋2)3C ．(k ＋1)3D ．(k ＋1)3＋(k ＋2)3解析：假设当n ＝k 时，k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除，则当n ＝k ＋1时，原式＝(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k 3，且展开式中除k 3之外的各项和也能被9整除．答案：A2．用数学归纳法证明“1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n ≥k ，n ∈N ＋)”时，起始值k 最小为( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：对不等式的左边求和，得S n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1－12＝2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n . 由S n >12764，得1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n >127128，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <1128.则⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <⎝ ⎛⎭⎪⎫127.所以n >7.故起始值k 最小为8.答案：B 二、填空题3．设a ，b 均为正实数，已知M ＝(a ＋b )n，N ＝a n＋na n －1b ，n ∈N ＋，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：令x ＝b a，由贝努利不等式(1＋x )n≥1＋nx (x ≥－1，n ∈N ＋)，得⎝⎛⎭⎪⎫1＋b an≥1＋n ·b a，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b a n ≥1＋n ·b a ，即(a ＋b )n ≥a n ＋na n －1b . 故M ≥N . 答案：M ≥N4．设{a n }是首项为1的正项数列，且(n ＋1)a 2n ＋1－na 2n ＋a n ＋1a n ＝0(n ＝1,2,3，…)，则它的通项公式是________.解析：令n ＝1，则2a 22＋a 1a 2－a 21＝0.∵a 1＝1， ∴2a 22＋a 2－1＝0.∵a 2>0，∴a 2＝12.同理可求得a 3＝13.于是猜想a n ＝1n(n ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明： (1)当n ＝1时，a 1＝11成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，a k ＝1k成立，则当n ＝k ＋1时，由(k ＋1)a 2k ＋1－ka 2k ＋a k ＋1a k ＝0，可得(k ＋1)a 2k ＋1＋1k a k ＋1－1k＝0，即k (k＋1)a 2k ＋1＋a k ＋1－1＝0.∴a k ＋1＝－1k (舍去)或a k ＋1＝1k ＋1.故当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1k ＋1成立．综合(1)(2)，知对任意的n ∈N ＋，总有a n ＝1n成立．答案：a n ＝1n(n ∈N ＋)三、解答题5．已知函数f (x )＝ax ＋a －1x ＋1－2a (a >0)，当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．求证：1＋12＋13＋…＋1n>ln(n ＋1)＋n n ＋(n ∈N ＋)．证明：用数学归纳法证明．(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝ln 2＋14<1，∴当n ＝1时不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时不等式成立， 即1＋12＋13＋…＋1k>ln(k ＋1)＋kk ＋.那么当n ＝k ＋1时，1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋1)＋kk ＋＋1k ＋1＝ln(k ＋1)＋k ＋2k ＋.由题意，可知当a ≥12时，有f (x )≥ln x (x ≥1)．令a ＝12，有f (x )＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫x －1x ≥ln x (x ≥1)．令x ＝k ＋2k ＋1，得 12⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋2k ＋1－k ＋1k ＋2≥ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)－ln(k ＋1)． ∴ln(k ＋1)＋k ＋2k ＋≥ln(k ＋2)＋k ＋1k ＋. ∴1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>ln(k ＋2)＋k ＋1k ＋，这就是说，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．6．已知函数f (x )＝13x 3－x ，数列{a n }满足条件：a 1≥1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)．试比较11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n与1的大小，并说明理由． 解：11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n <1.理由如下：因为f ′(x )＝x 2－1，a n ＋1≥f ′(a n ＋1)， 所以a n ＋1≥(a n ＋1)2－1.因为函数g (x )＝(x ＋1)2－1＝x 2＋2x 在区间[－1，＋∞) 上单调递增，由a 1≥1，得a 2≥(a 1＋1)2－1≥22－1， 进而得a 3≥(a 2＋1)2－1≥24－1>23－1. 由此猜想：a n ≥2n－1.下面用数学归纳法证明这个猜想： (1)当n ＝1时，a 1≥21－1＝1，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋)时结论成立，即a k ≥2k－1， 则当n ＝k ＋1时，由函数g (x )＝(x ＋1)2－1在区间[－1，＋∞)上单调递增，知a k ＋1≥(a k ＋1)2－1≥22k －1≥2k ＋1－1.故当n ＝k ＋1时结论也成立． 由(1)(2)，知对任意n ∈N ＋，都有a n ≥2n －1，即1＋a n ≥2n .所以11＋a n ≤12n .所以11＋a 1＋11＋a 2＋11＋a 3＋…＋11＋a n ≤12＋122＋123＋…＋12n ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n<1.。