人教版数学高二A版选修4-5单元测试第四讲数学归纳法证明不等式

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人教A版数学选修4-5备课资源：第四讲-用数学归纳法证明不等式-4.1-

教学建议
1.数学归纳法证明不等式与已学的证明不等式的方法之间的联系
在前面的学习中,已经学习了使用反证法、分析法、比较法、综合法来证明不等式,还没接触过数学归纳法.但是在数列和函数中,有大量的关于正整数的不等式,如何证明它们呢?这就需要数学归纳法.
由于与正整数有关的不等式多是以数列和函数为载体,所以数列和函数的相关知识,如数列通项的递推公式、定义、函数的单调性等都应该及时巩固.在证明过程中,我们还会用到作差比较法、等价转化、分析法、反证法、放缩法等作为辅助手段,所以这些方法和技巧我们要熟悉.
数学归纳法证明不等式有它的局限性,它只能用来证明与正整数有关的不等式.而其他证明不等式的方法运用比较广泛.但具体运用时,各自都有自己的具体要求,比如数学归纳法就有严格的两个步骤,反证法就有严格的格式(必须先假设要证的命题不成立,再推出矛盾,最后否定假设,肯定原命题),分析法也有自己的格式(综合法的逆过程),综合法是广泛运用已知的定理、性质、推论等来证明.但是与正整数有关的不等式,其他方法不如数学归纳法简洁,在数学归纳法的第二步中,也经常使用反证法、分析法、综合法、放缩法等作为辅助手段.
2.常见的应用数学归纳法的错误
数学归纳法是一种比较常用的不等式的证明方法,但是容易出现很多错误,列举如下:
(1)数学归纳法证明问题的两个步骤是缺一不可的.对于第一步,我们要注意需要验证的n0是命题的初始值,但是不一定是1.
(2)n=k到n=k+1时要证明问题具有传递性,需要注意它们之间并不一定间隔一项,可能是多项.
(3)n=k到n=k+1时,还要注意n=k+1的证明必须要用到n=k时的假设,否则不是数学归纳法.
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人教版A版高中数学选修4-5用数学归纳法证明不等式

解析：取 n＝1，1＋1 1＋1＋1 2＋3×11＋1＝2246，令2264＞2a4⇒a＜26，而 a∈N＋*，, ∴取 a＝25.下面用数学归纳法证明： n＋1 1＋n＋1 2＋…＋3n1＋1＞2245. (1)n＝1 时，已证结论正确． (2)假设 n＝k(k≥1，k∈N＋*))时时， k＋1 1＋k＋1 2＋…＋3k1＋1＞2245，则当 n＝k＋1 时，
用数学归纳法证明：
212＋312＋412＋…＋n12＜1－1n(n≥2，n∈N＋﹡)．）.
证明：(1)n＝2 时左边＝212＝14，右边＝1－12＝12，∵14＜12， ∴不等式成立；
(2)假设 n＝k 时(k≥2，k∈N＋)不等式成立即212＋312＋412＋…＋k12＜1－1k，
则当 n＝k＋1 时 212＋312＋412＋…＋k12＋k＋1 12 ＜1－1k＋k＋1 12 ＝1－kk＋k1＋21－2k＝1－kk2＋k＋k＋112 ＜1－kkkk＋＋112＝1－k＋1 1， ∴当 n＝k＋1 时不等式也成立．综合(1)、(2)对任意 n≥2 的正整数，不等式成立．
而这等价于 2k＋1＋ 2k1＋12≥2k＋3⇔2k1＋1≥0，
显然成立，所以当 n＝k＋1 时，结论成立．
因此，an＞ 2n＋1对一切正整数 n 均成立．
法三：由 an＋1＝an＋a1n，两边平方，得 a2n＋1－a2n＝a12n＋2. ∴a22－a21＝a112＋2，a23－a22＝a122＋2， …
(1)求A. (2)设f(k)表示A中自然数个数，求和Sn＝f(1)＋f(2) ＋…＋f(n)． (3)当a＝2时，比较Sn与n2＋n的大小，并证明你的结论．
解析：(1)不等式同解于
x＞0，
①

数学人教A版选修4-5学案：第四讲二用数学归纳法证明不

二用数学归纳法证明不等式1．通过教材掌握几个有关正整数n 的结论． 2．会用数学归纳法证明不等式．1．本节的有关结论(1)n 2＜2n (n ∈N ＋，______)． (2)|sin nθ|≤________(n ∈N ＋)． (3)贝努利不等式：如果x 是实数，且x ＞－1，x ≠0，n 为大于1的自然数，那么有____________．贝努利不等式更一般的形式：当α是实数，并且满足α＞1或者α＜0时，有____________________，当α是实数，并且满足0＜α＜1时，有______________． (4)如果n (n 为正整数)个正数a 1，a 2，…a n 的乘积a 1a 2…a n ＝1，那么它们的和a 1＋a 2＋…＋a n ≥____.【做一做1】用数学归纳法证明C 1n ＋C 2n ＋…＋C nn ＞12n n(n ≥n 0且n ∈N ＋)，则n 的最小值为( )A ．1B ．2C ．3D ．4 2．用数学归纳法证明不等式使用数学归纳法证明不等式，难点往往出现在由n ＝k 时命题成立推出n ＝k ＋1时命题成立这一步．为完成这步证明，不仅要正确使用归纳假设，还要灵活利用问题的其他条件及相关知识．【做一做2】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：1．(1)n ≥5 (2)n |sin θ| (3)(1＋x )n ＞1＋nx (1＋x )α≥1＋αx (x ＞－1) (1＋x )α≤1＋αx (x ＞－1) (4)n【做一做1】 B 当n ＝1时，左边＝C 11＝1，右边＝10＝1,1＞1不成立；当n ＝2时，左边＝C 12＋C 22＝2＋1＝3，右边＝122＝2，3＞2，成立．当n ＝3时，左边＝C 13＋C 23＋C 33＝3＋3＋1＝7，右边＝31＝3,7＞3，成立．【做一做2】 C 当n ＝k 时，不等式1＋12＋13＋14＋…＋12k －1＜k 成立；当n ＝k ＋1时，不等式的左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1，比较n＝k 和n ＝k ＋1时的不等式左边，则左边增加了2k ＋1－1－(2k －1)＝2k ＋1－2k ＝2k (项)．1．观察、归纳、猜想、证明的方法剖析：这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索型问题，命题的成立不成立都预先需要归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例、特殊情况入手，得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是靠不完全归纳法得出的，因此，需要给出一定的逻辑证明，所以，通过观察、分析、归纳、猜想，探索一般规律，其关键在于正确的归纳猜想，如果归纳不出正确的结论，那么数学归纳法的证明也就无法进行了．在观察与归纳时，n 的取值不能太少，否则将得出错误的结论．教材例1中若只观察前3项：a 1＝1，b 1＝2a 1＜b 1；a 2＝4，b 2＝4a 2＝b 2；a 3＝9，b 3＝8a 3＞b 3，从而归纳出n 2＞2n (n ∈N ＋，n ≥3)是错误的，前n 项的关系可能只是特殊情况，不具有一般性，因而，要从多个特殊事例上探索一般结论．2．从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的方法与技巧剖析：在用数学归纳法证明不等式问题中，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的过渡，利用归纳假设是比较困难的一步，它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样，只需拼凑出所需要的结构来，而证明不等式的第二步中，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”，只用拼凑的方法，有时也行不通，因为对不等式来说，它还涉及“放缩”的问题，它可能需要通过“放大”或“缩小”的过程，才能利用上归纳假设，因此，我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”的变化，从中找到“放缩尺度”，准确地拼凑出所需要的结构．题型一用数学归纳法证明有关函数中的不等关系【例1】已知f (x )＝x n －x －n x n ＋x n .对于n ∈N ＋，试比较f (2)与n 2－1n 2＋1的大小并说明理由．分析：先通过n 取比较小的值进行归纳猜想，确定证明方向，再用数学归纳法证明．反思：利用数学归纳法比较大小，关键是先用不完全归纳法归纳出两个量的大小关系，猜测出证明的方向．再用数学归纳法证明结论成立．题型二数学归纳法在解决有关数列问题中的应用【例2】已知数列{a n }满足：a 1＝32，且a n ＝3na n －12a n －1＋n －1(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a 1a 2…a n ＜2n ！恒成立．分析：(1)由题设条件知，可用构造新数列的方法求得a n ；(2)可以等价变形，视为证明新的不等式．反思：本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路，即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明，我们通过分析法、综合法等方法的分析，可以找到一些证明的关键，“要证明……”，“只需证明……”，转化为证明其他某一个条件，进而说明要证明的不等式是成立的．题型三用数学归纳法证明不等式【例3】设P n ＝(1＋x )n ，Q n ＝1＋nx ＋n (n －1)2x 2，n ∈N ＋，x ∈(－1，＋∞)，试比较P n与Q n 的大小，并加以证明．分析：这类问题，一般都是将P n ，Q n 转化到具体的P n ，Q n 开始观察，以寻求规律，作出猜想，再证明猜想的正确性．反思：本题中，n 的取值会影响P n 与Q n 的大小变化，变量x 也影响P n 与Q n 的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n ”，而忽视其他变量(参数)的作用．题型四易错辨析【例4】已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)．用数学归纳法证明f (2n )＞n 2时，f (2k ＋1)－f (2k )＝________.错解：12k ＋1错因分析：∵f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n 中共有n 项相加，∴f (2k )中应有2k 项相加，f (2k ＋1)中有2k＋1项相加，∴f (2k ＋1)－f (2k )中应有(2k ＋1－2k )项．答案：【例1】解：据题意f (x )＝x n －x －n x n ＋x －n ＝x 2n －1x 2n ＋1＝1－2x 2n ＋1，∴f (2)＝1－22n ＋1，又n 2－1n 2＋1＝1－2n 2＋1，∴要比较f (2)与n 2－1n 2＋1的大小，只需比较2n 与n 2的大小即可，当n ＝1时，21＝2＞12＝1，当n ＝2时，22＝4＝22，当n ＝3时，23＝8＜32＝9，当n ＝4时，24＝16＝42，当n ＝5时，25＝32＞52＝25，当n ＝6时，26＝64＞62＝36. 故猜测当n ≥5(n ∈N ＋)时， 2n ＞n 2，下面用数学归纳法加以证明． (1)当n ＝5时，2n ＞n 2显然成立．(2)假设n ＝k (k ≥5，且k ∈N ＋)时，不等式2n ＞n 2成立，即2k ＞k 2(k ≥5)，则当n ＝k ＋1时， 2k ＋1＝2·2k ＞2·k 2＝k 2＋k 2＋2k ＋1－2k －1＝(k ＋1)2＋(k －1)2－2＞(k ＋1)2((k －1)2＞2)．由(1)(2)可知，对一切n ≥5，n ∈N ＋，2n ＞n 2成立．综上所述，当n ＝1或n ≥5时，f (2)＞n 2－1n 2＋1. 当n ＝2或n ＝4时，f (2)＝n 2－1n 2＋1，当n ＝3时，f (2)＜n 2－1n 2＋1.【例2】 (1)解：将条件变为：1－n a n ＝13(1－n －1a n －1)，因此数列{1－n a n }为一个等比数列，其首项为1－1a 1＝13，公比为13，从而1－n a n ＝13n ，因此得a n ＝n ×3n3n －1(n ≥1)．①(2)证明：由①得，a 1a 2…a n ＝n ！(1－13)×(1－132)×…×(1－13n ).为证a 1a 2…a n ＜2n ！，只要证n ∈N ＋时，有(1－13)×(1－132)×…×(1－13n )＞12.②显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对n ∈N ＋，有(1－13)×(1－132)×…×(1－13n )≥1－(13＋132＋…＋13n )．③ 下面用数学归纳法证明③式： ①当n ＝1时，显然③式成立，②假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，③式成立，即(1－13)×(1－132)×…×(1－13k )≥1－(13＋132＋…＋13k )，则当n ＝k ＋1时，(1－13)×(1－132)…(1－13k )×(1－13k ＋1)≥[1－(13＋132＋…＋13k )](1－13k ＋1)＝1－(13＋132＋…＋13k )－13k ＋1＋13k ＋1(13＋132＋…＋13k )≥1－(13＋132＋…＋13k ＋13k ＋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(1－13)×(1－132)…(1－13n )≥1－(13＋132＋…＋13n )＝1－13[1－(13)n ]1－13＝1－12[1－(13)n ]＝12＋12(13)n ＞12.故原不等式成立．【例3】解：P 1＝1＋x ＝Q 1，P 2＝1＋2x ＋x 2＝Q 2， P 3＝1＋3x ＋3x 2＋x 3，Q 3＝1＋3x ＋3x 2， P 3－Q 3＝x 3，由此推测，P n 与Q n 的大小要由x 的符号来决定．(1)当n ＝1,2时，P n ＝Q n .(2)当n ≥3时(以下再对x 进行分类)： ①若x ∈(0，＋∞)，显然有P n ＞Q n . ②若x ＝0，则P n ＝Q n .③若x ∈(－1,0)，则P 3－Q 3＝x 3＜0，所以P 3＜Q 3. P 4－Q 4＝4x 3＋x 4＝x 3(4＋x )＜0，所以P 4＜Q 4. 假设n ＝k (k ≥3，k ∈N ＋)时，有P k ＜Q k (k ≥3)，则n ＝k ＋1时，P k ＋1＝(1＋x )P k ＜(1＋x )Q k ＝Q k ＋xQ k＝1＋kx ＋k (k －1)x 22＋x ＋kx 2＋k (k －1)x 32＝1＋(k ＋1)x ＋k (k ＋1)2x 2＋k (k －1)2x 3＝Q k ＋1＋k (k －1)2x 3＜Q k ＋1，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．所以当n ≥3，且x ∈(－1,0)时，P n ＜Q n . 【例4】正解：12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋11．下列选项中，满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n ×(n ＋1)＝3n 2－3n ＋2的自然数n 的是( )A ．1B ．1,2C ．1,2,3D ．1,2,3,42．在应用数学归纳法证明凸多边形的对角线的条数为1(3)2n n -时，第一步检验n 等于( )A ．1B ．2C ．3D ．43．观察下列不等式：1＞12；1＋12＋13＞1；1＋12＋13＋…＋17＞32；1＋12＋13＋…＋115＞2；1＋12＋13＋…＋131＞52；…由此猜测第n 个不等式为__________． 4．已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝112n b -. (1)求数列{a n }，{b n }的通项公式； (2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1nb 与S n ＋1的大小，并说明理由．答案：1．C 将n ＝1,2,3,4分别代入验证即可． 2．C 3．1＋12＋13＋…＋121n -＞2n4．分析：1nb 与S n ＋1的大小可能随n 的变化而变化，因此对n 的取值验证要多取几个．解：(1)由已知，得252512,27.a a a a +=⎧⎨=⎩又∵{a n }的公差大于0，∴a 5＞a 2. ∴a 2＝3，a 5＝9.∴d ＝523a a -＝933-＝2.∴a 1＝1. ∴a n ＝a 1＋(n －1)d ＝2n －1. ∵b 1＝T 1＝1－112b ，∴b 1＝23. 当n ≥2时，T n －1＝1－112n b -， ∴b n ＝T n －T n －1＝1－12n b －(1－112n b -)．化简，得b n ＝113n b -.∴{b n }是首项为23，公比为13的等比数列．∴b n ＝23×11()3n -＝23n .(2)∵S n ＝[1(21)]2n n +-＝n 2， ∴S n ＋1＝(n ＋1)2，且1nb ＝32n .以下比较1nb 与S n ＋1的大小：当n ＝1时，11b ＝32，S 2＝4，∴11b ＜S 2. 当n ＝2时，21b ＝92，S 3＝9，∴21b ＜S 3. 当n ＝3时，31b ＝272，S 4＝16，∴31b ＜S 4.当n ＝4时，41b ＝812，S 5＝25，∴41b ＞S 5. 猜想：n ≥4时，1nb ＞S n ＋1.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，1kb ＞S k ＋1，即32k ＞(k ＋1)2，那么，当n ＝k ＋1时， 11k b +＝132k +＝3×32k ＞3(k ＋1)2＝3k 2＋6k ＋3＝(k 2＋4k ＋4)＋2k 2＋2k －1＞[(k ＋1)＋1]2＝S (k ＋1)＋1， ∴n ＝k ＋1时，1nb ＞S n ＋1也成立．由①②，可知对于任意n ∈N ＋，n ≥4，1nb ＞S n ＋1都成立．综上所述，当n ＝1,2,3时，1nb ＜S n ＋1，当n ≥4，n ∈N ＋时，1nb ＞S n ＋1.。

高中数学第四章用数学归纳法证明不等式测评新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5数学试题

第四讲用数学归纳法证明不等式测评(时间:120分钟满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3,n∈N)第一步应验证()A.n=1B.n=2C.n=3D.n=4解析由n≥3,n∈N知,应验证n=3.答案C2.在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=2n2+n(n∈N+)的第(2)步中,假设当n=k时原等式成立,则在n=k+1时需要证明的等式为()A.1+2+3+…+2k+2(k+1)=2k2+k+2(k+1)2+(k+1)B.1+2+3+…+2k+2(k+1)=2(k+1)2+(k+1)C.1+2+3+…+2k+2k+1+2(k+1)=2k2+k+2(k+1)2+(k+1)D.1+2+3+…+2k+2k+1+2(k+1)=2(k+1)2+(k+1)解析用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=2n2+n时,当n=1时左边所得的项是1+2=3,右边=2×12+1=3,命题成立.假设当n=k时命题成立,即1+2+3+…+2k=2k2+k.则当n=k+1时,左边为1+2+3+…+2k+2k+1+2(k+1),故从“k→k+1”需增添的项是2k+1+2(k+1),因此1+2+3+…+2k+2k+1+2(k+1)=2(k+1)2+(k+1).答案D3.记等式1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+n·1=n(n+1)(n+2)左边的式子为f(n),用数学归纳法证明该等式的第二步归纳递推时,即当n从k变为k+1时,等式左边的改变量f(k+1)-f(k)=()A.k+1B.1·(k+1)+(k+1)·1C.1+2+3+…+kD.1+2+3+…+k+(k+1)解析依题意,f(k)=1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+k·1,则f(k+1)=1·(k+1)+2·k+3·(k-1)+4·(k-2)+…+k·2+(k+1)·1,∴f(k+1)-f(k)=1·[(k+1)-k]+2·[k-(k-1)]+3·[(k-1)-(k-2)]+4·[(k-2)-(k-3)]+…+k·(2-1)+(k+1)·1=1+2+3+…+k+(k+1).答案D4.用数学归纳法证明“n3+(n+1)3+(n+2)3(n∈N+)能被9整除”,要利用归纳假设证当n=k+1时的情况,只需展开()A.(k+3)3B.(k+2)3C.(k+1)3D.(k+1)3+(k+2)3解析当n=k+1时,证明“(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3能被9整除”,根据归纳假设,当n=k时,证明“k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除”,所以只需展开(k+3)3.答案A5.用数学归纳法证明2n≥n2(n≥5,n∈N+)成立时,第二步归纳假设的正确写法是()A.假设当n=k时命题成立B.假设当n=k(k∈N+)时命题成立C.假设当n=k(k≥5)时命题成立D.假设当n=k(k>5)时命题成立解析由数学归纳法的步骤可知,选项C正确.答案C6.用数学归纳法证明“S n=+…+>1(n∈N+)”时,S1等于()A. B.C. D.解析当n=1时,S1=.答案D7.已知在数列{a n}中,a1=1,a2=2,a n+1=2a n+a n-1(n∈N+),用数学归纳法证明a4n能被4整除,假设a4k能被4整除,然后应该证明()A.a4k+1能被4整除B.a4k+2能被4整除C.a4k+3能被4整除D.a4k+4能被4整除解析由假设a4k能被4整除,则当n=k+1时,应该证明a4(k+1)=a4k+4能被4整除.答案D8.设0<θ<,已知a1=2cos θ,a n+1=,则猜想a n为()A.2cosB.2cosC.2cosD.2sin解析a1=2cos θ,a2==2cos,a3==2cos,猜想a n=2cos.答案B9.从一楼到二楼的楼梯共有n级台阶,每步只能跨上1级或2级,走完这n级台阶共有f(n)种走法,则下面的猜想正确的是()A.f(n)=f(n-1)+f(n-2)(n≥3)B.f(n)=2f(n-1)(n≥2)C.f(n)=2f(n-1)-1(n≥2)D.f(n)=f(n-1)f(n-2)(n≥3)解析分别取n=1,2,3,4验证,得f(n)=答案A10.用数学归纳法证明“34n+1+52n+1(n∈N+)能被8整除”时,若当n=k时命题成立,欲证当n=k+1时命题成立,对于34(k+1)+1+52(k+1)+1可变形为()A.56×34k+1+25(34k+1+52k+1)B.34×34k+1+52×52kC.34k+1+52k+1D.25(34k+1+52k+1)解析由于34(k+1)+1+52(k+1)+1=81×34k+1+25×52k+1+25×34k+1-25×34k+1=56×34k+1+25(34k+1+52k+1),故应选A.答案A11.下列说法正确的是()A.若一个命题当n=1,2时为真,则此命题为真命题B.若一个命题当n=k时成立且推得n=k+1时也成立,则这个命题为真命题C.若一个命题当n=1,2时为真,则当n=3时这个命题也为真D.若一个命题当n=1时为真,n=k时为真能推得n=k+1时亦为真,则此命题为真命题解析由数学归纳法可知,只有当n的初始取值成立且由n=k成立能推得n=k+1时也成立时,才可以证明结论正确,二者缺一不可.A,B,C项均不全面.答案D12.若命题A(n)(n∈N+)在n=k(k∈N+)时成立,则有当n=k+1时命题也成立.现知命题对n=n0(n0∈N+)时成立,则有()A.命题对所有正整数都成立B.命题对小于n0的正整数不成立,对大于或等于n0的正整数都成立C.命题对小于n0的正整数成立与否不能确定,对大于或等于n0的正整数都成立D.以上说法都不正确解析数学归纳法证明的结论只是对n的初始值及后面的正整数成立,而对于初始值前的正整数不一定成立.答案C二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.用数学归纳法证明cos α+cos 3α+…+cos(2n-1)α=(sin α≠0,n∈N),在验证n=1时,等式右边的式子是.解析当n=1时,右边==cos α.答案cos α14.设f(n)=,用数学归纳法证明f(n)≥3.在“假设当n=k时成立”后,f(k+1)与f(k)的关系是f(k+1)=f(k)·.解析当n=k时,f(k)=,当n=k+1时,f(k+1)=,所以f(k)应乘.答案15.用数学归纳法证明+…+,假设当n=k时,不等式成立,则当n=k+1时,应推证的目标是.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,所以当n=k+1时,应为+…+.答案+…+16.导学号26394070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.解析由贝努利不等式(1+x)n>1+nx(x>-1,且x≠0,n>1,n∈N+),可知当n>1时,令x=,所以>1+n·,所以>1+n·,即(a+b)n>a n+na n-1b.当n=1时,M=N,故M≥N.答案M≥N三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分10分)用数学归纳法证明:12-22+32-42+…+(2n-1)2-(2n)2=-n(2n+1)(n∈N+).当n=1时,左边=12-22=-3,右边=-1×(2×1+1)=-3,等式成立.(2)假设当n=k(k∈N+,k≥1)时等式成立,即12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2=-k(2k+1).当n=k+1时,12-22+32-42+…+(2k-1)2-(2k)2+(2k+1)2-[2(k+1)]2=-k(2k+1)+(2k+1)2-[2(k+1)]2=-2k2-5k-3=-(k+1)(2k+3)=-(k+1)[2(k+1)+1],即当n=k+1时,等式成立.由(1)(2)可知,对任何n∈N+,等式成立.18.(本小题满分12分)求证:两个连续正整数的积能被2整除.n∈N+,则要证明n(n+1)能被2整除.(1)当n=1时,1×(1+1)=2,能被2整除,即命题成立.(2)假设n=k(k≥1)时命题成立,即k·(k+1)能被2整除.当n=k+1时,(k+1)(k+1+1)=(k+1)(k+2)=k(k+1)+2(k+1),由归纳假设k(k+1)及2(k+1)都能被2整除,所以(k+1)(k+2)能被2整除,故当n=k+1时命题成立.由(1)(2)可知,命题对一切n∈N+都成立.19.(本小题满分12分)设函数f n(x)=x+x2+…+x n-2(n∈N,n≥2),当x>-1,且x≠0时,证明:f n(x)>0恒成立.(x+1)n=x0+x+x2+…+x n,,m,n ∈N+,且n≥m证明要证f n(x)>0恒成立,因为x>-1,且x≠0,所以只需证·x+·x2+…+x n>1+nx,即证(1+x)n>1+nx.(1)当n=2时,不等式成立.(2)假设当n=k(k≥2)时不等式成立,即(1+x)k>1+kx.当n=k+1时,有(1+x)k+1=(1+x)k·(1+x)>(1+kx)(1+x)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x,即当n=k+1时不等式成立.由(1)(2)可知,对任意n∈N,n≥2,(1+x)n>1+nx成立,即f n(x)>0恒成立.20.(本小题满分12分)已知点的序列A n(x n,0),n∈N+,其中x1=0,x2=a(a>0),A3是线段A1A2的中点,A4是线段A2A3的中点,…,A n是线段A n-2A n-1的中点,….(1)写出x n与x n-1,x n-2之间的关系式(n≥3);(2)设a n=x n+1-x n,计算a1,a2,a3,由此推测数列{a n}的通项公式,并加以证明.解(1)当n≥3时,x n=.(2)a1=x2-x1=a,a2=x3-x2=-x2=-(x2-x1)=-a,a3=x4-x3=-x3=-(x3-x2)=- a.由此推测a n=a(n∈N+).用数学归纳法证明:①当n=1时,a1=x2-x1=a=a,通项公式成立.②假设当n=k时,a k=a成立.当n=k+1时,a k+1=x k+2-x k+1=-x k+1=-(x k+1-x k)=-a k=-a=a,通项公式成立.由①②知,a n=a(n∈N+)成立.21.导学号26394071(本小题满分12分)求证:tan α·tan 2α+tan 2α·tan 3α+…+tan(n-1)α·tan nα=-n(n≥2,n∈N+).证明(1)当n=2时,左边=tan α·tan 2α,右边=-2=-2=-2==tan α·tan 2α=左边,等式成立.(2)假设当n=k(k≥2)时等式成立,即tan α·tan 2α+tan 2α·tan 3α+…+tan(k-1)α·tan kα=-k.当n=k+1时,tan α·tan 2α+tan 2α·tan 3α+…+tan(k-1)α·tan kα+tankα·tan(k+1)α=-k+tan kα·tan(k+1)α=-k=[1+tan(k+1)α·tan α]-k=[tan(k+1)α-tan α]-k=-(k+1),所以当n=k+1时等式成立.由(1)和(2)知,当n≥2,n∈N+时等式恒成立.22.导学号26394072(本小题满分12分)设{x n}是由x1=2,x n+1=(n∈N+)定义的数列,求证x n<.证明由题意可知,x k+1=>2·.x n>显然成立.下面用数学归纳法证明x n<.(1)当n=1时,x1=2<+1,不等式成立.(2)假设当n=k(k≥1)时不等式成立,即x k<.当n=k+1时,x k+1=.由归纳假设,x k<,则.∵x k>,∴...∴x k+1=.即x k+1<.∴当n=k+1时,不等式x n <成立.由(1)(2)可知,x n <对一切n∈N+都成立.DOC版.。

人教A版数学高二选修4-5第四讲用数学归纳法证明不等式本讲知识归纳学案

对应学生用书P45考情分析通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性．数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．真题体验1．(安徽高考)数列{x n}满足x1＝0，x n＋1＝－x2n＋x n＋c(n∈N*)．(1)证明：{x n}是递减数列的充分必要条件是c＜0；(2)求c的取值范围，使{x n}是递增数列．解：(1)先证充分性，若c＜0，由于x n＋1＝－x2n＋x n＋c≤x n＋c＜x n，故{x n}是递减数列；再证必要性，若{x n}是递减数列，则由x2＜x1，可得c＜0.(2)(i)假设{x n}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1.由x n＜x n＋1＝－x2n＋x n＋c知，对任意n≥1都有x n＜c，①注意到c－x n＋1＝x2n－x n－c＋c＝(1－c－x n)(c－x n)，②由①式和②式可得1－c－x n＞0，即x n＜1－c.由②式和x n≥0还可得，对任意n≥1都有c－x n＋1≤(1－c)(c－x n)．③反复运用③式，得c－x n≤(1－c)n－1(c－x1)＜(1－c)n－1.x n＜1－c和c－x n＜(1－c)n－1两式相加，知2c－1＜(1－c)n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－c)n的性质，得2c－1≤0，c ≤14，故0＜c ≤14. (ii)若0＜c ≤14，要证数列{x n }为递增数列，即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c ＞0. 即证x n ＜c 对任意n ≥1成立．下面用数学归纳法证明当0＜c ≤14时，x n ＜c 对任意n ≥1成立．(1)当n ＝1时，x 1＝0＜c ≤12，结论成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时结论成立，即：x k ＜c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝⎛⎦⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )＜f (c )＝c ，这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立．故x n ＜c 对任意n ≥1成立．因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c ＞x n ，即{x n}是递增数列．由(i)(ii)知，使得数列{x n }单调递增的c 的范围是⎝⎛⎦⎤0，14. 2．(江苏高考)已知函数f 0(x )＝sin xx (x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n ∈N *.(1)求2f 1⎝⎛⎭⎫π2＋π2f 2⎝⎛⎭⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式nf n －1π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝22都成立．解：由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝⎛⎭⎫sin x x ′＝cos x x －sin xx2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝⎛⎭⎫cos x x ′－⎝⎛⎭⎫sin x x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3，所以f 1⎝⎛⎭⎫π2＝－4π2，f 2⎝⎛⎭⎫π2＝－2π＋16π3. 故2f 1⎝⎛⎭⎫π2＋π2f 2⎝⎛⎭⎫π2＝－1.(2)证明：由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)， 3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋3π2， 4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．①当n ＝1时，由上可知等式成立．②假设当n ＝k 时等式成立，即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2. 因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎡⎦⎤sin ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2′＝cos ⎝⎛⎭⎫x ＋k π2·⎝⎛⎭⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎡⎦⎤x ＋(k ＋1)π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎡⎦⎤x ＋(k ＋1)π2.因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合①②可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立．令x ＝π4，可得nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n ⎝⎛⎭⎫π4＝ sin ⎝⎛⎭⎫π4＋n π2(n ∈N *)．所以⎪⎪⎪⎪nf n －1⎝⎛⎭⎫π4＋π4f n⎝⎛⎭⎫π4＝22(n ∈N *)．对应学生用书P45归纳—猜想—证明不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．[例1] 已知数列{a n }的第一项a 1＝5且S n －1＝a n (n ≥2，n ∈N ＋)， (1)求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的表达式； (2)用数学归纳法证明{a n }的通项公式． [解] (1)a 2＝S 1＝a 1＝5，a 3＝S 2＝a 1＋a 2＝10， a 4＝S 3＝a 1＋a 2＋a 3＝5＋5＋10＝20，猜想a n ＝5×2n －2(n ≥2，n ∈N ＋)．(2)①当n ＝2时，a 2＝5×22－2＝5，公式成立． ②假设n ＝k 时成立，即a k ＝5×2k －2(k ≥2.k ∈N ＋)，当n ＝k ＋1时，由已知条件和假设有 a k ＋1＝S k ＝a 1＋a 2＋…＋a k ＝5＋5＋10＋…＋5×2k －2＝5＋5(1－2k －1)1－2＝5×2k －1.故n ＝k ＋1时公式也成立．由①②可知，对n ≥2，n ∈N ＋有a n ＝5×22n －2.所以数列{a n }的通项a n ＝⎩⎪⎨⎪⎧5， n ＝1，5×2n －2， n ≥2.数学归纳法的应用归纳法是证明有关正整数n 的命题的一种方法，应用广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征．[例2] 求证tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(n －1)α·tan nα＝tan nαtan α－n (n ≥2，n ∈N＋)．[证明] (1)当n ＝2时，左边＝tan α·tan 2α，右边＝tan 2αtan α－2＝2tan α1－tan 2α·1tan α－2＝21－tan 2α－2＝2tan 2α1－tan 2α＝tan α·2tan α1－tan 2α ＝tan α·tan 2α，等式成立． (2)假设当n ＝k 时等式成立，即tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)α·tan kα＝tan kαtan α－k .当n ＝k ＋1时，tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(k －1)αtan kα＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kαtan α－k ＋tan kα·tan(k ＋1)α ＝tan kα[1＋tan α·tan (k ＋1)α]tan α－k＝1tan α[tan (k ＋1)α－tan α1＋tan (k ＋1)α·tan α][1＋tan(k ＋1)α·tan α]－k ＝1tan α[tan(k ＋1)α－tan α]－k ＝tan (k ＋1)αtan α－(k ＋1)，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立．由(1)和(2)知，n ≥2，n ∈N ＋时等式恒成立．[例3] 用数学归纳法证明：n (n ＋1)(2n ＋1)能被6整除． [证明](1)当n ＝1时，1×2×3显然能被6整除． (2)假设n ＝k 时，命题成立，即k (k ＋1)(2k ＋1)＝2k 3＋3k 2＋k 能被6整除．当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)(2k ＋3)＝ 2k 3＋3k 2＋k ＋6(k 2＋2k ＋1)因为2k 3＋3k 2＋k,6(k 2＋2k ＋1)都能被6整除，所以2k 3＋3k 2＋k ＋6(k 2＋2k ＋1)能被6整除，即当n ＝k ＋1时命题成立．由(1)和(2)知，对任意n ∈N ＋原命题成立．[例4] 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 ，命题成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋)时，命题成立，即1<a k <11－a.∴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)和(2)可知，对一切正整数n ，有1<a n <11－a.对应学生用书P53(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．等式12＋22＋32＋…＋n 2＝12(5n 2－7n ＋4)( )A ．n 为任何正整数时都成立B ．仅当n ＝1,2,3时成立C ．当n ＝4时成立，n ＝5时不成立D ．仅当n ＝4时不成立解析：分别用n ＝1,2,3,4,5验证即可．答案：B2．用数学归纳法证明不等式1＋123＋133＋…＋1n 3<2－1n (n ≥2，n ∈N ＋)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋123<2－12B ．1＋123＋133<2－13C ．1＋123<2－13D ．1＋123＋133<2－14解析：第一步验证n ＝2时不等式成立，即1＋123<2－12.答案：A3．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)，在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3解析：左端为n ＋2项和，n ＝1时应为三项和，即1＋a ＋a 2. 答案：C4．用数学归纳法证明2n >n 2(n ∈N ＋，n ≥5)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：k 应满足k ≥5，C 正确．答案：C5．用数学归纳法证明：“(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ·1·3…(2n －1)(n ∈N ＋)”时，从“n ＝k 到n ＝k ＋1”两边同乘以一个代数式，它是( )A ．2k ＋2B ．(2k ＋1)(2k ＋2) C.2k ＋2k ＋1 D.(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1解析：n ＝k 时，左边为f (k )＝(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k ) n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝(k ＋2)(k ＋3) …(k ＋k )(k ＋k ＋1)(k ＋k ＋2) ＝f (k )·(2k ＋1)(2k ＋2)÷(k ＋1) ＝f (k ) ·(2k ＋1)(2k ＋2)k －1答案：D6．平面内原有k 条直线，它们的交点个数记为f (k )，则增加一条直线l 后，它们的交点个数最多为( )A ．f (k )＋1B ．f (k )＋kC ．f (k )＋k ＋1D ．k ·f (k )解析：第k ＋1条直线与前k 条直线都相交且有不同交点时，交点个数最多，此时应比原先增加k 个交点．答案：B7．用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n ∈N ＋)能被8整除时，若n ＝k 时，命题成立，欲证当n ＝k ＋1时命题成立，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为( )A ．56×34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1) B ．34×34k ＋1＋52×52k C ．34k ＋1＋52k ＋1 D ．25(34k ＋1＋52k ＋1) 解析：由34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝81×34k ＋1＋25×52k ＋1＋25×34k ＋1－25×34k ＋1＝56×34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1)．答案：A8．数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2·a n (n ≥2)，而a 1＝1，通过计算a 2，a 3，a 4，猜想a n 等于( )A.4(n ＋1)2 B.2n (n ＋1)C.12n －1D.12n －1解析：由a 2＝S 2－S 1＝4a 2－1得a 2＝13＝22×3由a 3＝S 3－S 2＝9a 3－4a 2得a 3＝12a 2＝16＝23×4.由a 4＝S 4－S 3＝16a 4－9a 3得a 4＝35a 3＝110＝24×5，猜想a n ＝2n (n ＋1).答案：B9．上一个n 层的台阶，若每次可上一层或两层，设所有不同上法的总数为f (n )，则下列猜想正确的是( )A ．f (n )＝nB ．f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)C ．f (n )＝f (n －1)·f (n －2)D ．f (n )＝⎩⎪⎨⎪⎧n (n ＝1，2)f (n －1)＋f (n －2)(n ≥3)解析：当n ≥3时f (n )分两类，第一类从第n －1层再上一层，有f (n －1)种方法；第二类从第n －2层再一次上两层，有f (n －2)种方法，所以f (n )＝f (n －1)＋f (n －2)(n ≥3)．答案：D10．已知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 (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )<k 2成立C ．若f (7)≥49成立，则当k <7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：∵f (k )≥k 2成立时f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立，当k ＝4时，f (4)＝25>16＝42成立． ∴当k ≥4时，有f (k )≥k 2成立．答案：D二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n 2＝n 4＋n 22(n ∈N ＋)，则n ＝k ＋1时，左端应为在n ＝k 时的基础上加上____________________．解析：n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2. 所以增加了(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2. 答案：(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)212．设f (n )＝⎝⎛⎭⎫1＋1n ⎝⎛⎭⎫1＋1n ＋1)…⎝⎛⎭⎫1＋1n ＋n ，用数学归纳法证明f (n )≥3，在假设n ＝k 时成立后，f (k ＋1)与f (k )的关系是f (k ＋1)＝f (k )·________________.解析：f (k )＝⎝⎛⎭⎫1＋1k ⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋1…⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋k ， f (k ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋2…⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋k⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋k ＋1·⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋k ＋2∴f (k ＋1)＝f (k )·⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋2k k ＋1答案：⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋1⎝⎛⎭⎫1＋12k ＋2kk ＋113．设数列{a n }满足a 1＝2，a n ＋1＝2a n ＋2，用数学归纳法证明a n ＝4·2n －1－2的第二步中，设n ＝k 时结论成立，即a k ＝4·2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，应证明等式________成立．答案：a k ＋1＝4·2(k＋1)－1－214．在数列{a n }中，a 1＝1，且S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列，则S 2，S 3，S 4分别为__________，猜想S n ＝__________.解析：因为S n ，S n ＋1,2S 1成等差数列．所以2S n ＋1＝S n ＋2S 1，又S 1＝a 1＝1.所以2S 2＝S 1＋2S 1＝3S 1＝3，于是S 2＝32＝22－12，2S 3＝S 2＋2S 1＝32＋2＝72，于是S 3＝74＝23－122，由此猜想S n ＝2n －12n －1.答案：32，74，158 2n －12n －1三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明，对于n ∈N ＋，都有11×2＋12×3＋13×4＋…＋1n (n ＋1)＝nn ＋1.证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，所以等式成立．(2)假设n ＝k 时等式成立，即11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k (k ＋1)＝kk ＋1，当n ＝k ＋1时，11×2＋12×3＋13×4＋…＋1k (k ＋1)＋1(k ＋1)(k ＋2) ＝k k ＋1＋1(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋1(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)2(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋1k ＋2. 即n ＝k ＋1时等式成立．由(1)、(2)可知，对于任意的自然数n 等式都成立．16．(本小题满分12分)在数列{a n }中，a 1＝a 2＝1，当n ∈N ＋时，满足a n ＋2＝a n ＋1＋a n ，且设b n ＝a 4n ，求证：{b n }各项均为3的倍数．证明：(1)∵a 1＝a 2＝1，故a 3＝a 1＋a 2＝2，a 4＝a 3＋a 2＝3.∴b 1＝a 4＝3，当n ＝1时，b 1能被3整除． (2)假设n ＝k 时，即b k ＝a 4k 是3的倍数，则n ＝k ＋1时，b k ＋1＝a 4(k ＋1)＝a 4k ＋4＝a 4k ＋3＋a 4k ＋2＝ a 4k ＋2＋a 4k ＋1＋a 4k ＋1＋a 4k ＝3a 4k ＋1＋2a 4k .由归纳假设知，a 4k 是3的倍数，又3a 4k ＋1是3的倍数，故可知b k ＋1是3的倍数，∴n ＝k ＋1时命题也正确．综合(1)(2)可知，对正整数n ，数列{b n }的各项都是3的倍数．17．(本小题满分12分)如果数列{a n }满足条件：a 1＝－4，a n ＋1＝－1＋3a n2－a n(n ＝1,2，…)，证明：对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n 且a n <0.证明：(1)由于a 1＝－4，a 2＝－1＋3a 12－a 1＝－1－122＋4＝－136>a 1.且a 1<0，因此，当n ＝1时不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，a k ＋1>a k 且a k <0，那么 a k ＋1＝－1＋3a k2－a k<0，a k ＋2－a k ＋1＝－1＋3a k ＋12－a k ＋1－－1＋3a k2－a k＝5(a k ＋1－a k )(2－a k ＋1)(2－a k )>0.这就是说，当n ＝k ＋1时不等式也成立，根据(1)(2)，不等式对任何自然数n 都成立．因此，对任何自然数n ，都有a n ＋1>a n .18．(本小题满分14分)已知点的序列A n (x n,0)，n ∈N ＋，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…，A n 是线段A n －2A n －1的中点，…(1)写出x n 与x n －1，x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n .计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明．解：(1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22；(2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 1＋x 12－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝－12⎝⎛⎭⎫－12a ＝14a ，由此推测a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1a (n ∈N ＋)．用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝⎝⎛⎭⎫－120a ，公式成立． ②假设当n ＝k 时，公式成立，即a k ＝⎝⎛⎭⎫－12k －1a 成立．那么当n ＝k ＋1时， a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k 2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k ＝－12⎝⎛⎭⎫－12k －1a ＝⎝⎛⎭⎫－12(k ＋1)－1a ，公式仍成立，根据①和②可知，对任意n ∈N ＋，公式a n ＝⎝⎛⎭⎫－12n －1a 成立．模块综合检测对应学生用书P55(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．不等式|3x －2|>4的解集是( ) A ．{x |x >2}B ．⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <－23 C.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x <－23或x >2 D.⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪ －23<x <2 解析：因为|3x －2|>4，所以3x －2>4或3x －2<－4，所以x >2或x <－23.答案：C2．已知a ＜0，－1＜b ＜0，那么下列不等式成立的是( ) A ．a ＞ab ＞ab 2 B ．ab 2＞ab ＞a C ．ab ＞a ＞ab 2D ．ab ＞ab 2＞a解析：因为－1＜b ＜0，所以b ＜b 2＜1. 又因为a ＜0，所以ab ＞ab 2＞a . 答案：D3．若x ∈R ，则“|x |＜2”是“|x ＋1|＜1”的( ) A ．必要不充分条件 B ．充分不必要条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件解析：由|x |＜2解得－2＜x ＜2，由|x ＋1|＜1解得－2＜x ＜0. 因为{x |－2＜x ＜0}{x |－2＜x ＜2}，所以“|x |＜2”是“|x ＋1|＜1”的必要不充分条件．答案：A4．关于x 的不等式，|5x －6|<6－x 的解集为( ) A.⎝⎛⎭⎫65，2 B.⎝⎛⎭⎫0，65 C ．(0,2)D.⎝⎛⎭⎫65，＋∞解析：原不等式⇔x －6<5x －6<6－x ⇔⎩⎪⎨⎪⎧5x －6>x －6，5x －6<6－x⇔⎩⎪⎨⎪⎧x >0，x <2⇔0<x <2，故原不等式的解集为(0,2)．答案：C5．设x ＞0，y ＞0，且x ＋y ≤4，则下列不等式中恒成立的是( ) A.1x ＋y ≤14 B.1x ＋1y ≥1C.xy ≥2D.1xy ≥14解析：因为x ＞0，y ＞0，所以x ＋y ≥2xy .又因为x ＋y ≤4，所以2xy ≤4.当且仅当x ＝y ＝2时，取等号．∴0＜xy ≤4.∴1xy ≥14.答案：D6．若不等式14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1<m25对于一切n ∈N ＋恒成立，则自然数m的最小值为( )A ．8B ．9C ．10D ．12解析：令b n ＝14n ＋1＋14n ＋5＋14n ＋9＋…＋18n ＋1，则b k ＋1－b k ＝14k ＋5＋14k ＋9＋…＋18k ＋1＋18k ＋5＋18k ＋9－⎝⎛⎭⎫14k ＋1＋14k ＋5＋…＋18k ＋1＝18k ＋5＋18k ＋9－14k ＋1<0. ∴b k ＋1<b k ，∴数例{b n }为递减数例，要b n <m 25恒成立，只需b 1<m25，∴15＋95<m 25得m >779， ∴m 的最小值为8. 答案：A7．若a ＞0，使不等式|x －4|＋|x －3|＜a 在R 上的解集不是空集的a 的取值是( ) A ．0＜a ＜1B ．a ＝1C ．a ＞1D ．以上均不对解析：函数y ＝|x －4|＋|x －3|的最小值为1，所以 |x －4|＋|x －3|＜a 的解集不是空集，需a ＞1. 答案：C8．函数y ＝2x －3＋8－4x 的最大值为( ) A. 3 B.53C. 5D. 2解析：由已知得函数定义域为⎣⎡⎦⎤32，2， y ＝2x －3＋2×4－2x≤[12＋(2)2][(2x －3)2＋(4－2x )2]＝3，当且仅当2x －31＝4－2x 2，即x ＝53时取等号．∴y max ＝ 3. 答案：A9．一长方体的长，宽，高分别为a ，b ，c 且a ＋b ＋c ＝9，当长方体体积最大时，长方体的表面积为( )A ．27B ．54C ．52D ．56解析：∵9＝a ＋b ＋c ≥33abc ，∴abc ≤27，当且仅当a ＝b ＝c ＝3时取得最大值27，此时其表面积为6×32＝54. 答案：B10．记满足下列条件的函数f (x )的集合为M ，当|x 1|≤1，|x 2|≤1时，|f (x 1)－f (x 2)|≤4|x 1－x 2|，又令g (x )＝x 2＋2x －1，由g (x )与M 的关系是( )A ．g (x )MB ．g (x )∈MC ．g (x )∉MD ．不能确定解析：g (x 1)－g (x 2)＝x 21＋2x 1－x 22－2x 2＝(x 1－x 2)·(x 1＋x 2＋2)，|g (x 1)－g (x 2)|＝|x 1－x 2|·|x 1＋x 2＋2| ≤|x 1－x 2|(|x 1|＋|x 2|＋2)≤4|x 1－x 2|，所以g (x )∈M . 答案：B二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上)11.⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3的解集是________________．解析：∵⎪⎪⎪⎪2x －1x ＜3，∴|2x －1|＜3|x |.两边平方得4x 2－4x ＋1＜9x 2， ∴5x 2＋4x －1＞0，解得x ＞15或x ＜－1.∴所求不等式的解集为⎩⎨⎧⎭⎬⎫x ⎪⎪x ＜－1或x ＞15. 答案：(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫15，＋∞ 12．设a ＝3－2，b ＝6－5，c ＝7－6，则a ，b ，c 的大小顺序是________．解析：用分析法比较，a ＞b ⇔3＋5＞2＋ 6 ⇔8＋215＞8＋212，同理可比较得b ＞c . 答案：a ＞b ＞c13．若x <0，则函数f (x )＝x 2＋1x 2－x －1x 的最小值是________．解析：令t ＝x ＋1x，因为x <0.所以－⎝⎛⎭⎫x ＋1x ≥2.所以t ≤－2.则g (t )＝t 2－t －2＝⎝⎛⎭⎫t －122－94.所以f (x )min ＝g (－2)＝4. 答案：414．有一长方体的长，宽，高分别为x ，y ，z ，满足1x 2＋1y 2＋1z 2＝9，则长方体的对角线长的最小值为________．解析：∵(x 2＋y 2＋z 2)⎝⎛⎭⎫1x 2＋1y 2＋1z 2≥(1＋1＋1)2＝9，即x 2＋y 2＋z 2≥1. 当且仅当x ＝y ＝z ＝33时取等号， ∴长方体的对角线长l ＝x 2＋y 2＋z 2的最小值为1. 答案：1三、解答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)设函数f (x )＝|x ＋1|＋|x －2|＋a . (1)当a ＝－5时，求函数f (x )的定义域；(2)若函数f (x )的定义域为R ，试求a 的取值范围．解：(1)由题设知：|x ＋1|＋|x －2|－5≥0，在同一坐标系中作出函数y ＝|x ＋1|＋|x －2|－5的图像，可知定义域为(－∞，－2]∪[3，＋∞)．(2)由题设知，当x ∈R 时，恒有|x ＋1|＋|x －2|＋a ≥0，即|x ＋1|＋|x －2|≥－a .|x ＋1|＋|x －2|≥|x ＋1＋2－x |＝3，∴－a ≤3， ∴a ≥－3.∴a 的取值范围是[－3，＋∞)．16．(本小题满分12分)已知x ，y ，z ∈(0，＋∞)，x ＋y ＋z ＝3. (1)求1x ＋1y ＋1z 的最小值；(2)证明：3≤x 2＋y 2＋z 2＜9. 解：(1)因为x ＋y ＋z ≥33xyz ＞0， 1x ＋1y ＋1z ≥33xyz＞0，所以(x ＋y ＋z )⎝⎛⎭⎫1x ＋1y ＋1z ≥9，即1x ＋1y ＋1z ≥3，当且仅当x ＝y ＝z ＝1时，1x ＋1y ＋1z 取得最小值3.(2)证明：x 2＋y 2＋z 2＝x 2＋y 2＋z 2＋(x 2＋y 2)＋(y 2＋z 2)＋(z 2＋x 2)3≥x 2＋y 2＋z 2＋2(xy ＋yz ＋zx )3＝(x ＋y ＋z )23＝3.又x 2＋y 2＋z 2－9＝x 2＋y 2＋z 2－(x ＋y ＋z )2＝－2(xy ＋ yz ＋zx )＜0，所以3≤x 2＋y 2＋z 2＜9.17．(本小题满分12分)(辽宁高考)设函数f (x )＝2|x －1|＋x －1，g (x )＝16x 2－8x ＋1.记f (x )≤1的解集为M ，g (x )≤4的解集为N .(1)求M ；(2)当x ∈M ∩N 时，证明：x 2f (x )＋x [f (x )]2≤14.解：(1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3x －3，x ∈[1，＋∞)，1－x ，x ∈(－∞，1).当x ≥1时，由f (x )＝3x －3≤1得x ≤43，故1≤x ≤43；当x <1时，由f (x )＝1－x ≤1得x ≥0，故0≤x <1. 所以f (x )≤1的解集为M ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0≤x ≤43.(2)证明：由g (x )＝16x 2－8x ＋1≤4，得16⎝⎛⎭⎫x －142≤4，解得－14≤x ≤34. 因此N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x －14≤ x ≤ 34，故M ∩N ＝⎩⎨⎧⎭⎬⎫x 0≤ x ≤ 34.当x ∈M ∩N 时，f (x )＝1－x ，于是 x 2f (x )＋x ·[f (x )]2＝xf (x )[x ＋f (x )]＝x ·f (x ) ＝x (1－x )＝14－⎝⎛⎭⎫x －122≤14. 18．(本小题满分14分)已知等差数列{a n }的公差d 大于0，且a 2，a 5是方程x 2－12x ＋27＝0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ，且T n ＝12－12b n .(1)求数列{a n }，{b n }的通项公式．(2)设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较1b n 与S n ＋1的大小，并说明理由．解：(1)由题意可得a 2＝3，a 5＝9， ∴d ＝13(a 5－a 2)＝2，a 1＝1，a n ＝2n －1又由T n ＝12－12b n 得T n ＋1＝12－12b n ＋1，相减得b n ＋1＝－12b n ＋1＋12b n ，b n ＋1＝13b n ，由T 1＝b 1＝12－12b 1得b 1＝23.∴{b n }是以13为首项，13为公比的等比数列，则b n ＝⎝⎛⎭⎫13n.(2)可求得S n ＝n 2，S n ＋1＝(n ＋1)2，1b n ＝3n当n ＝1时，S 2＝4>1b 1＝3，当n＝2时，S3＝9＝1b2，当n＝3时，S4＝16<1b3＝27.猜想当n≥3时，S n＋1<1b n，即(n＋1)2<3n.证明：①当n＝3时，42<27，不等式成立．②假设n＝k(k≥3)时不等式成立，即(k＋1)2<3k.则n＝k＋1时，3k＋1＝3·3k>3(k＋1)2＝3k2＋6k＋3＝k2＋4k＋4＋2k2＋2k－1＝(k＋2)2＋2k2＋2k－1>(k＋2)2，即n＝k＋1时不等式成立．由①②知，n≥3时，3n>(n＋1)2.。

人教版数学高二A版选修4-5知识导学4.2用数学归纳法证明不等式

二用数学归纳法证明不等式知识梳理1.本节例题中的有关结论（1）n 2<2n (n ∈N +,___________);(2)|sinnθ|≤___________|sinθ|,(n ∈N +);(3)贝努利不等式：如果x 是实数，且x>-1,x≠0,n 为大于1的自然数，那么有___________；当α是实数，并且满足α>1或者α<0时，有___________；当α是实数并且0<α<1时，有___________.（4）如果n(n 为正整数)个正数a 1,a 2,…,a n 的乘积a 1a 2…a n =1，那么它们的和a 1+a 2+…+a n ≥_____.2.用数学归纳法证明不等式在数学归纳法证明不等式时，我们常会用到证明不等式的其他比较重要的一个方法是___________.知识导学本节内容主要是认知如何用数学归纳法证明正整数n 的不等式（其中n 取无限多个值）. 其中例1提供出了一种全新的数学思想方法：观察、归纳、猜想、证明，这是在数学归纳法中经常应用到的综合性数学方法，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.猜想归纳能培养探索问题的能力，因此，应重视对本节内容的学习.前面已学习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.而本节又增了数学归纳法证不等式，而且主要解决的是n 是无限的问题，因而难度更大一些，但仔细研究数学归纳法的关键，即由n=k 到n=k+1的过渡，也是学习好用数学归纳法证不等式的重中之重的问题了.疑难突破1.观察、归纳、猜想、证明的方法这种方法解决的问题主要是归纳型问题或探索性问题，结论如何？命题的成立不成立都预先需要归纳与探索，而归纳与探索多数情况下是从特例、特殊情况下入手，得到一个结论，但这个结论不一定正确，因为这是靠不完全归纳法得出的，因此，需要给出一定的逻辑证明，所以，通过观察、分析、归纳、猜想，探索一般规律，其关键在于正确的归纳猜想，如果归纳不出正确的结论，那么数学归纳法的证明也就无法进行了.在观察与归纳时，n 的取值不能太少，否则将得出错误的结论.例1中若只观察前3项：a 1=1,b 1=2⇒a 1<b 1;a 2=4,b 2=4⇒a 2=b 2,a 3=9,b 3=8⇒a 3>b 3，就此归纳出n 2>2n (n ∈N +,n≥3)就是错误的，前n 项的关系可能只是特殊情况，不具有一般性，因而，要从多个特殊事例上探索一般结论.2.从“n=k”到“n=k+1”的方法与技巧在用数学归纳法证明不等式问题中，从“n=k”到“n=k+1”的过渡中，利用归纳假设是比较困难的一步，它不像用数学归纳法证明恒等式问题一样，只需拼凑出所需要的结构来，而证明不等式的第二步中，从“n=k”到“n=k+1”，只用拼凑的方法，有时也行不通，因为对不等式来说，它还涉及“放缩”的问题，它可能需通过“放大”或“缩小”的过程，才能利用上归纳假设，因此，我们可以利用“比较法”“综合法”“分析法”等来分析从“n=k”到“n=k+1”的变化，从中找到“放缩尺度”，准确地拼凑出所需要的结构.典题精讲【例1】 (经典回放)已知函数φ(x)=1+x +1,f(x)=(a+b)x -a x -b x ,其中a,b ∈N +,a≠1,b≠1,a≠b,且ab=4,(1)求函数φ(x)的反函数g(x);(2)对任意n ∈N +，试指出f(n)与g(2n )的大小关系，并证明你的结论.思路分析：欲比较f(n)与g(2n )的大小，需求出f(n)与g(2n )的关于n 的表达式，以利于特殊探路——从n=1，2，3，…中寻找、归纳一般性结论，再用数学归纳法证明.解：(1)由y=1+x +1,得1+x =y-1(y≥1),有x+1=(y-1)2,即x=y 2-2y,故g(x)=x 2-2x(x≥1).(2)∵f(n)=(a+b)n -a n -b n ，g(2n )=4n -2n+1,当n=1时f(1)=0,g(2)=0，有f(1)=g(2).当n=2时，f(2)=(a+b)2-a 2-b 2=2ab=8,g(22)=42-23=8,f(2)=g(22).当n=3时，f(3)=(a+b)3-a 3-b 3=3a 2b+3ab 2=3ab(a+b) >3ab×ab 2=48.g(23)=43-24=48,有f(3)>g(23).当n=4时,f(4)=(a+b)4-a 4-b 4=4a 3b+4ab 3+6a 2b 2=4ab(a 2+b 2)+6a 2b 2>4ab×2ab+6a 2b 2=14a 2b 2=224.g(24)=44-25=224,有f(4)>g(24),由此推测当1≤n≤2时，f(n)=g(2n ),当n≥3时，f(n)>g(2n ).下面用数学归纳法证明.(1)当n=3时，由上述推测成立；（2）假设n=k 时，推测成立.即f(k)>g(2k )(k≥3),即（a+b ）k -a k -b k >4k -2k+1,那么f(k+1)=(a+b)k+1-a k+1-b k+1=(a+b)·(a+b)k -a·a k -b·b k=(a+b)［(a+b)k -a k -b k ］+a k b+ab k .又依题设a+b>2ab=4.a k b+ab k >k k bab a 2=2(ab)21+k =2k+2,有f(k+1)>4［(a+b)k -a k -b k ］+2k+2>4(4k -2k+1)+2k+2=4k+1-2k+2=g(2k+1),即n=k+1时，推测也成立.由（1）（2）知n≥3时，f(n)>g(2n )都成立.绿色通道：为保证猜想的准确性，当设n=1,2时，得出f(n)=g(2n )，不要急于去证明，应再试验一下n=3,4时，以免出现错误.【变式训练】已知等差数列{a n }公差d 大于0，且a 2,a 5是方程x 2-12x+27=0的两根，数列{b n }的前n 项和为T n ,且T n =1-21b n . (1)求数列{a n }\,{b n }的通项公式；（2）设数列{a n }的前n 项和为S n ，试比较nb 1与S n+1的大小，并说明理由. 思路分析：“试分析”在告诉我们，n b 1与S n+1的大小可能随n 的变化而变化，因此对n 的取值验证要多取几个.解：(1)由已知得，⎩⎨⎧==+.27,125152a a a a 又∵{a n }的公差大于0，∴a 5>a 2.∴a 2=3,a 5=9.∴d=339525-=-a a =2,a 1=1. ∵T n =1-21b 1,∴b 1=32. 当n≥2时，T n-1=1-21b n-1, ∵b n =T n -T n-1=1-21b n -(1-21b n-1),化简，得b n =31b n-1, ∴{b n }是首项为32,公比为31的等比数列， ∴b n =32×(31)n-1=n 32.∴a n =2n-1,b n =n 32. (2)∵S n =2)]12(1[-+n n=n 2, ∴S n+1=(n+1)2,n b 1=23n , 以下比较nb 1与S n+1的大小: 当n=1时，2311=b ,S 2=4,∴11b <S 2, 当n=2时,2912=b ,S 3=9,∴21b <S 3, 当n=3时,22713=b ,S 4=16,∴31b <S 4,当n=4时,28114=b ,S 5=25,∴41b >S 5. 猜想：n≥4时，n b 1>S n+1. 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,kb 1>S k+1, 即23k>(k+1)2, 那么，n=k+1时,23111++=k k b =3×23k >3(k+1)2=3k 2+6k+3 =(k 2+4k+4)+2k 2+2k-1>［(k+1)+1］2=S （k+1）+1,∴n=k+1时，nb 1>S n+1也成立. 由（1）(2)可知n ∈N +,n≥4时，n b 1>S n+1都成立. 综上所述，当n=1,2,3时，nb 1<S n+1, 当n≥4时,nb 1>S n+1. 【例2】 (2006江西高考，22) 已知数列{a n }满足：a 1=23,且a n =12311-+--n a na n 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a 1×a 2…a n <2×n ！恒成立.思路分析：由题设条件知，可用构造新数列的方法求得a n ；第（2）问的证明，可以等价变形，视为证明新的不等式.解：（1）将条件变为：1-)11(311---=n n a n a n , 因此，数列{1-n a n }为一个等比数列,其首项为1-11a =31,公比为31，从而1-n n a n 31=n ,据此得a n =133-⨯n nn (n≥1).① (2)证明：据①得,a 1×a 2…a n =)311()311)(311(!2n n --- 为证a 1a 2…a n <2n!,只要证n ∈N +时有（1-31）（1-231）…（1-n 31）>21.② 显然，左端每个因式皆为正数，先证明，对每个n ∈N +, (1-31)(1-231)…(1-n 31)≥1-(31+231+…+n 31).③ 用数学归纳法证明③式；(Ⅰ)n=1时，显然③式成立，(Ⅱ)假设n=k 时，③式成立.即（1-31）（1-231）…（1-k 31） ≥1-(31+231+…+k 31), 则当n=k+1时， (1-31)(1-231)…(1-k 31)(1-131+k ) ≥［1-(31+231+…+k 31)］(1-131+k ) =1-(31+231+…+k 31)-131+k +131+k (31+231+…+k 31) ≥1-(31+231+…+k 31+131+k ). 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（1-31）(1-231)…(1-n 31) ≥1-(31+231+…+n 31) =1-311])31(1[31--n =1-21［1-(31)n ］=21+21(31)n >21. 绿色通道：本题提供了用数学归纳法证明相关问题的一种证明思路，即要证明的不等式不一定非要用数学归纳法去直接证明，我们通过分析法、综合法等方法的分析，可以找到一些证明的关键，“要证明……”，“只需证明……”，转化为证明其他某一个条件，进而说明要证明的不等式是成立的.【变式训练】已知数列{a n }是正数组成的等差数列，S n 是其前n 项的和，并且a 3=5,a 4S 2=28.(1)求数列{a n }的通项公式；（2）求证：不等式(1+11a )(1+21a )…(1+n a 1)·332121≥+n 对一切n ∈N +均成立. 思路分析：第（2）问中的不等式左侧，每个括号的规律是一致的，因此121+n 显得“多余”，所以可尝试变形，即把不等式两边同乘以12+n ，然后再证明.(1)解：设数列{a n }的公差为d ，由已知，得⎩⎨⎧=++=+.28)3)(2(,52111d a d a d a ∴(10-3d)(5+d)=28,∴3d 2+5d-22=0,解之得d=2或d=311-. ∵数列{a n }各项均为正，∴d=2.∴a 1=1,∴a n =2n-1.(2)证明：∵n ∈N +,∴只需证明(1+11a )(1+21a )…(1+na 1) ≥12332+n 成立. ①当n=1时，左边=2，右边=2，∴不等式成立.②假设当n=k 时，不等式成立，即（1+11a ）(1+21a )…(1+k a 1)≥12332+k . 那么当n=k+1时， (1+11a )(1+21a )…(1+k a 1)(1+11+k a ) ≥12332+k (1+11+k a )=1222332++•k k 以下只需证明323321222332+≥++k k k . 即只需证明2k+2≥3212+•+k k .∵(2k+2)2-(3212+•+k k )2=1>0,∴(1+111a +)(1+211a +)…(1+111++k a ) ≥1)1(233232332++=+k k . 综上①②知，不等式对于n ∈N +都成立.【例3】（经典回放）设P n =(1+x)n ,Q n =1+nx+2)1(-n n x 2,n ∈N +,x ∈(-1,+∞),试比较P n 与Q n 的大小，并加以证明.思路分析：这类问题，一般都是将P n 、Q n 退至具体的P n 、Q n 开始观察，以寻求规律，作出猜想，再证明猜想的正确性.P 1=1+x=Q 1,P 2=1+2x+x 2=Q 2,P 3=1+3x+3x 2+x 3,Q 3=1+3x+3x 2,P 3-Q 3=x 3,由此推测,P n 与Q n 的大小要由x 的符号来决定.解：(1)当n=1,2时，P n =Q n .(2)当n≥3时，（以下再对x 进行分类）.①若x ∈(0,+∞)，显然有P n >Q n ;②若x=0，则P n =Q n ;③若x ∈(-1,0),则P 3-Q 3=x 3<0,所以P 3<Q 3;P 4-Q 4=4x 3+x 4=x 3(4+x)<0,所以P 4<Q 4;假设P k <Q k (k≥3),则P k+1=(1+x)P k <(1+x)Q k =Q k +xQ k (运用归纳假设) =1+2)1(2x k k -+x+kx 2+2)1(3x k k - =1+(k+1)x+2)1(+k k x 2+2)1(+k k x 3 =Q k+1+2)1(+k k x 3<Q k+1，即当n=k+1时，不等式成立.所以当n≥3,且x ∈(-1,0)时，P n <Q n .绿色通道：本题除对n 的不同取值会有P n 与Q n 之间的大小变化，变量x 也影响P n 与Q n 的大小关系，这就要求我们在探索大小关系时，不能只顾“n”，而忽视其他变量（参数）的作用.【变式训练】已知f(x)=n n n n xx x x --+-,对n ∈N +,试比较f(2)与1122+-n n 的大小，并说明理由. 思路分析：利用分析法探求需要推理证明的关系，然后用数学归纳法证明.解：设F(n)=1211211122222+-=+-+=+-n n n n n , f(2)=1-122+n , 因而只需比较2n 与n 2的大小.n=1时，21>12;n=2时，22=22;n=3时,23<32,n=4时,24=42,n=5时,25>52,猜想n≥5时,2n >n 2,简证2k >k 2(k≥5),则当n=k+1时,2k+1=2×2k >2×k 2=k 2+k 2+2k+1-2k-1=(k+1)2+(k-1)2-2>(k+1)2.综上所述，n=1或n≥5时，f(2)>1122+-n n ; n=2或4时,f(2)=1122+-n n ;n=3时，f(2)<1122+-n n . 问题探究问题：有两堆棋子，数目相同，两人游戏的规则是：两人轮流取棋子，每人可以从一堆中任意取棋，但不能同时从两堆取，取得最后一颗棋子的人获胜，求证后取棋子者一定可以获胜.设每堆棋子数目为n ，你可以先试试能证明上述结论吗？导思：分析题设中的数学思想，转化为数学问题，而本问题可以用数学归纳法证明. 探究：下面用第二数学归纳法证明.证明：设每堆棋子数目为n.（1）当n=1时，先取棋子者只能从一堆里取1颗，这样另一堆里留下的1颗就被后取棋子者取得，所以结论是正确的.(2)假设当n≤k(k≥1)时结论正确，即这时后取棋子者一定可以获胜.考虑当n=k+1时的情形.先取棋子者如果从一堆里取k+1颗，那么另一堆里留下的k+1颗就被后取棋子者取得，所以结论是正确的.先取棋子者如果从一堆里取棋子m(1≤m≤k)颗，这样，剩下的两堆棋子，一堆有k+1颗，另一堆有k+1-m 颗，这时后取棋子者可以在较多的一堆里取m 颗，使两堆棋子数目都是k+1-m 颗，这时就变成了n=k+1-m 的问题，而不论m 是1—k 的哪个整数，n=k+1-m 都是不大于k 的正整数，由归纳假设可知这时后取棋子者一定可以获胜.于是，当n=k+1时结论正确.由（1）（2）知，根据第二数学归纳法，无论每堆棋子的数目是多少，后取棋子者都能获胜.。

人教版数学高二A版选修4-5学案4.2用数学归纳法证明不等式

课堂导学三点剖析一、利用数学归纳法证明不等式的技巧（一）【例1】对于n ∈N ,证明1312111++++++n n n >1. 证明：当n=1时，左边=1213>1=右边；设n=k 时，有1312111++++++k k k >1; 当n=k+1时，左边1313121++++++k k k ++++=+++++=2111)431331231(k k k k k 3324312311)11431331231(131+-++++>--++++++++k k k k k k k k )43)(33)(23(21++++=k k k >1=右边.所以对一切自然数n 不等式均成立. 温馨提示解此题的关键是凑出归纳假设的形式，这里要把握不等式左边式子的结构特征，明确从n=k 到n=k+1增减的项. 各个击破类题演练1对于n ∈N ，试比较2n 与n 2的大小. 解析：先验算n=1时，2n >n 2，n=2和n=4时，2n =n 2,n=3时,2n <n 2. 而当n=5时，有2n >n 2,猜测对n≥5有2n >n 2. 用数学归纳法证明如下：（1）当n=5时，已证.（2）设当n=k(k≥5)时，2k >k 2且k 2>2k+1. 当n=k+1时，2k+1=2·2k >2k 2>k 2+2k+1=(k+1)2, 即n=k+1时成立.由（1）、（2），知猜测正确. 变式提升1 求证：1+21213121n n >-+++ . 证明：用数学归纳法.当n=1时，显然不等式成立.根据归纳假设，当n=k 时，命题成立，即 1+21213121k k >-+++ .① 要证明n=k+1时，命题也成立，即 1+211211212112131211+>-+++++-++++k k k k k .②要用①来证明②,事实上，对不等式①两边加上（121121211-+++++k k k ）,就凑好了不等式②的左边.接下来，只需证121121211-+++++k k k ≥21.③ ③式左边共有2k项，且1211-+k 最小，故212212212112121111=>->-+++++++k k k k k kk ,这就证明了③式成立.综上，知不等式成立.二、利用数学归纳法证明不等式的技巧（二）【例2】已知n 是大于1的自然数，求证： (1+31)(1+51)(1+71)…(1+121-n )>1221+n . 证明：假设n=k(k≥2)时，原不等式成立，即（1+31）(1+51)(1+71)…(1+121-k )>1221+k . 则当n=k+1时，左边=（1+31）（1+51）（1+71）…（1+121-k ）·(121+k )>1221+k ·(1+121+k )=21(12112+++k k ).现在关键证21(12112+++k k )>1)1(221++k ,直接证较繁,下面用分析法证之. 欲证21（12112+++k k ）>1)1(221++k ,即证3212112+>+++k k k ,只需证2k+1+121+k +2>2k+3,即121+k >0.这显然是成立的，故当n=k+1时，原不等式成立. 综上，当n 为大于1的自然数时，原不等式成立.温馨提示用数学归纳法证明不等式时，从P(k)到P(k+1)的过渡往往用到不等式的传递性，即要证n=k+1时不等式成立〔不妨用A(k+1)≥B(k+1)表示〕，需n=k 时，A （k ）≥B(k)成立,然后有A （k+1）=A(k)+C(k)≥B(k)+C(k), 类题演练2在数列{a n }中，|a n |<2,且a n+1a n -2a n+1+2a n <0, 求证：a n >n2-(n ∈N ). 证明：∵|a n |<2, ∴-2<a n <2.∴2-a n >0. 由题设a n+1(2-a n )>2a n ,则a n+1>nna a -22.1°当n=1时，由|a n |<2,得a 1>-2=12-成立.2°假设当n=k 时，有a k >k 2-成立.（下证a k +1>12+-k 成立）设f(x)=x x -22,易知f(x)在(-2,2)内是单调递增的，又a k +1>f(a k ),由归纳假设,可知a k >k2-, ∴a k+1>f(a k )>f(k 2-)=1222)2(2+-=+-•k kk ,即当n=k+1时，a k+1>12+-k 成立.故对任意n ∈N ，a n >n2-成立.变式提升2设a,b ∈R *,n ∈N *,求证：2n n b a +≥(2b a +)n.证明：①n=1时，左边=右边=2ba +,原不等式成立. ②设n=k 时,原不等式成立，即2k kb a +≥(2b a +)k成立.∵a,b ∈R +,∴2ba +·2k kb a +≥2)(1++k b a 成立.∴要证明n=k+1时原不等式成立，即证明)2(211b a b a k k +≥+++k+1成立. 只需证明:22211kk k k b a b a b a +•+≥+++成立.只需证明:a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立.下面证明:a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立.不妨设a≥b>0,则a k+1+b k+1-ab k -a k b=(a k -b k )(a-b)≥0. ∴a k+1+b k+1≥ab k +a k b 成立. 故n=k+1时原不等式成立.由①②,可知对于任何n ∈N *，原不等式成立. 三、数学归纳法证明不等式的点问题【例3】证明n 为一切自然数时，（1+2+…+n ）·（1+21+…+n1）≥n 2. 证明：先看下面的证明（1）n=1时，左边=右边=1,命题正确.（2）假设n=k(k ∈N 且k≥1)命题正确，即(1+2+…+k)·(1+21+…+k1)≥k 2，则n=k+1时，左边=［1+2+…+k+(k+1)］［1+21+…+111++k k ］=(1+2+…+k)·(1+21+…+k1)+121+++k k +(k+1)·（1+21+…+k 1）+1≥k 2+21k+(k+1)(1+21+…+k 1)+1，∵1+21+…+k 1≥1+21,∴左边≥k 2+21k+(k+1)(1+21)+1=k 2+2k+1+23≥k 2+2k+1=(k+1)2.∴n=k+1时命题正确.综合（1）、（2）,知n 为一切自然数时命题正确. 初看“证明”天衣无缝，仔细推敲便会发现“证明”中的“奠基”只是不中用的拉郎配.归纳步的证明用了结论“1+21+…+k 1≥1+21”,此结论成立的前提条件是k≥2,即归纳步建立的自动递推机制只能在n≥2(n ∈N )的范围内行使递推职能，其得以起动的初始条件是n=2时命题正确.因此数学归纳法的奠基应是n=2时命题正确的验证，n=1时的验证只是对命题的补充证明，并非为奠基.该命题严格的证明过程应该是：（1）n=1,2时命题正确，（2）n≥2时，用数学归纳法证明假设n=k(k ∈N 且k≥2)时命题正确，证明n=k+1时命题也正确. 综合（1）、（2）,知n 为一切自然数时命题正确. 温馨提示对于一个n≥n 0(n ∈N )的真命题，如果用数学归纳法证明，第一步总是n=n 0时命题正确的验证.这种想法是不对的，到底“奠基”步中从哪个数字开始，要看问题的条件. 类题演练3若a i >0(i=1,2,…,n),且a 1+a 2+…+a n =1, 求证：a 12+a 22+…+a n 2≥n1(n ∈N 且n≥2). 证明：(1)n=2时，∵a 1+a 2=1,∴a 12+a 22=a 12+(1-a 1)2=2(a 1-21)2+21≥21. ∴n=2时命题正确.（2）假设n=k(k≥2)时命题正确，即如果a 1+a 2+…+a k =1且a i >0(i=1,2,…,k), 那么a 12+a 22+…+a k 2≥k1,则n=k+1时， ∵a 1+a 2+…+a k +a k+1=1, ∴a 1+a 2+…+a k =1-a k+1. ∵0<a k+1<1,∴0<1-a k+1<1. ∴k 个正数的和11211111+++-++-+-k k k k a a a a a a =1,从而由归纳假设得ka a a a a a k k k k 1)1()1()1(21212211≥-++-+-+++ ,即a 12+a 22+…+a k 2≥k 1(1-a k+1)2,从而有a 12+a 22+…+a k 2+a k+12≥k1(1-a k+1)2+a k+12.下面只要证明k 1(1-a k+1)2+a k+12≥11 k , 即证(k+1)2a k+12-2(k+1)a k+1+1≥0，即证［(k+1)a k+1-1］2≥0,∴上式成立. 故n=k+1时命题正确. 变式提升3设x>0，x≠1,求证：（1+x n ）(1+x)n >2n+1x n (n ∈N ).证明：（1）n=1时，左边=(1+x)2,右边=4x, ∵(1+x)2-4x=(1-x)2>0,∴(1+x)2>4x.∴n=1时命题正确.（2）假设n=k(k ∈N 且k≥1)时命题正确，即(1+x k )(1+x)k >2k+1x k ,则n=k+1时，（1+x k+1）(1+x)k+1-2k +2x k+1=(1+x k+1)(1+x)k+1-2x·2k+1x k >(1+x k+1)(1+x)k+1-2x(1+x k )(1+x)k =(1+x)k ［(1+x)(1+x k+1)-2x(1+x k )］ =(1+x)k (1+x+x k+1+x k+2-2x-2x k+1) =(1+x)k (1-x)(1-x k+1), ∵x>0且x≠1,∴1-x 与1-x k+1同号. ∴（1+x ）k ·(1-x)(1-x k+1)>0.∴（1+x k+1）(1+x)k+1>2(k+1)+1x k+1. ∴n=k+1时命题正确.。

人教新课标版数学高二人教A版选修4-5测评第四章数学归纳法证明不等式

单元测评(四)数学归纳法证明不等式(时间：90分钟满分：120分)第Ⅰ卷(选择题，共50分)一、选择题：本大题共10小题，共50分．1．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋a n＋1＝1－a n＋21－a(a≠1，n∈N*)”时，在验证当n＝1成立时，左边计算所得的结果是() A．1B．1＋aC．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3解析：由于等式左边当n＝1时，幂指数的最大值为1＋1＝2，所以左边计算结果为1＋a＋a2.答案：C2．满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n×(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数n＝()A．1 B．1或2C．1,2,3 D．1,2,3,4解析：经验证当n＝1,2,3时均正确，但当n＝4时，左边＝1×2＋2×3＋3×4＋4×5＝40，而右边＝3×42－3×4＋2＝38，故选C.答案：C3．用数学归纳法证明“2n＞n2＋1对于n≥n0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解析：当n≤4时，2n＜n2＋1；当n≥5时，2n＞n2＋1.于是n 0应取5. 答案：C4．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764成立时，起始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：原不等式可化为1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＞12764，即2⎝⎛⎭⎪⎫1－12n ＞12764，即2－12n －1＞12764，所以2－12764＞12n －1，即164＞12n －1，即126＞12n －1.故26＜2n －1，即n －1＞6，故n ＞7，所以n 最小取8. 答案：B5．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＋…＋1xn －4＋1xn －2＋1x n ≥n ＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数n 应为( )A ．n ＝1B ．n ＝2C ．n ＝1,2D ．以上答案均不正确答案：A6．若命题P (n )对n ＝k 成立，则它对n ＝k ＋2亦成立，又若P (n )对n ＝2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 )对所有比1大的自然数n 成立答案：B7．利用数学归纳法证明1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＞1324(n ≥2，n ∈N *)的过程中，由n ＝k 递推到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 ＋1和12(k ＋1)C ．增加了一项12k ＋2，并减少了1k ＋1D ．增加了两项12k ＋1和12k ＋2，并减少了1k ＋1答案：D8．用数学归纳法证明“S n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1＞1(n∈N *)”时，S 1等于( )A.12 B.12＋13C.12＋13＋14 D ．以上答案均不正确答案：C9．用数学归纳法证明12＋cos α＋cos3α＋…＋cos(2n －1)α＝sin 2n ＋12α·cos 2n －12αsin α(k ∈Z *，α≠k π，n ∈N *)，在验证n ＝1时，左边计算所得的项是( )A.12B.12＋cos α C.12＋cos α＋cos3α D ．cos α答案：B10．设平面内有n 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k 条直线的交点个数为f (k )，则f (k ＋1)与f (k )的关系为( )A ．f (k ＋1)＝f (k )＋k －1B ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1C ．f (k ＋1)＝f (k )＋kD ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋2 答案：C第Ⅱ卷(非选择题，共70分)二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分． 11．数列{a n }中，a 1＝1，且S n 、S n ＋1、2S 1成等差数列，则S 2、S 3、S 4分别为__________，猜想S n ＝__________.答案：32、74、158 2n －12n －112．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n22，则n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 时的基础上加上__________．答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)213．已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，用数学归纳法证明“f (2n )＞n2”时，f (2k ＋1)－f (2k )＝__________.答案：12k ＋1＋12k ＋2＋…＋12k ＋114．用数学归纳法证明“n 3＋5n 能被6整除”的过程中，当n ＝k ＋1时，对式子(k ＋1)3＋5(k ＋1)应变形为__________．答案：(k 3＋5k )＋3k (k ＋1)＋6三、解答题：本大题共4小题，满分50分．15．(12分)求证：a n ＋1＋(a ＋1)2n －1能被a 2＋a ＋1整除，n ∈N ＋. 证明：(1)当n ＝1时，a 1＋1＋(a ＋1)2×1－1＝a 2＋a ＋1，命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时，a k ＋1＋(a ＋1)2k －1能被a 2＋a ＋1整除，则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＋(a ＋1)2k ＋1＝a ·a k ＋1＋(a ＋1)2·(a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a ＋1)2(a ＋1)2k －1－a (a ＋1)2k －1＝a [a k ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1.由归纳假设知，上式中的两项均能被a 2＋a ＋1整除，故n ＝k ＋1时命题成立．由(1)(2)知，对n ∈N ＋，命题成立．(12分)16．(12分)求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＞56(n ≥2，n ∈N *)．证明：(1)当n ＝2时，左边＝13＋14＋15＋16＞56，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥2，且k ∈N *)时命题成立．即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＞56. 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＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3·13k ＋3－1k ＋1＝56，从而当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．(12分) 17．(12分)用计算、归纳猜想、证明法求数列11×3，13×5，15×7，…，1(2n －1)(2n ＋1)，…的前n 项之和S n .解：观察数列知，S 1＝11×3＝13＝12×1＋1，S 2＝11×3＋13×5＝25＝22×2＋1，S 3＝11×3＋13×5＋15×7＝37＝32×3＋1，…由以上推导可猜想：11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2n －1)(2n ＋1)＝n2n ＋1.(4分)证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，等式成立；(2)假设n ＝k 时等式成立，即11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＝k2k ＋1.当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋15×7＋…＋1(2k －1)(2k ＋1)＋1[2(k ＋1)－1][2(k ＋1)＋1]＝k 2k ＋1＋1[2(k ＋1)－1][2(k ＋1)＋1] ＝k 2k ＋1＋1(2k ＋1)(2k ＋3) ＝2k 2＋3k ＋1(2k ＋1)(2k ＋3)＝k ＋12k ＋3＝k ＋12(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时，等式成立．根据(1)、(2)知，等式对于任何n ∈N *都成立． (12分)18．(14分)已知数列{b n }是等差数列，b 1＝1，b 1＋b 2＋…＋b 10＝100.(1)求数列{b n }的通项b n ；(2)设数列{a n }的通项a n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n ，记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．解：(1)设数列{b n }的公差为d ，由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧b 1＝1，10b 1＋10(10－1)2d ＝100，解得⎩⎨⎧b 1＝1，d ＝2.从而b n ＝2n －1.(4分) (2)由b n ＝2n －1，知S n ＝lg(1＋1)＋lg(1＋13)＋…＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12n －1 ＝lg ⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12n －1， 12lg b n ＋1＝lg 2n ＋1. 因此要比较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．取n ＝1，有(1＋1)＞2·1＋1；取n ＝2，有(1＋1)⎝⎛⎭⎪⎫1＋13＞ 2·2＋1，…由此推测(1＋1)·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋1.①若①式成立，则由对数函数性质可断定S n ＞12lg b n ＋1.(6分) 下面用数学归纳法证明①式． (Ⅰ)当n ＝1时，已验证①式成立． (Ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1)时，①式成立，即(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k －1＞ 2k ＋1.当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12(k ＋1)－1＞2k ＋1⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k ＋1＝2k ＋12k ＋1(2k ＋2)．∵⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋12k ＋1(2k ＋2)2－[2k ＋3]2 ＝4k 2＋8k ＋4－(4k 2＋8k ＋3)2k ＋1＝12k ＋1＞0，∴2k ＋12k ＋1(2k ＋2)＞2k ＋3＝2(k ＋1)＋1.因而(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13·…·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k －1·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1＋12k ＋1＞2(k ＋1)＋1.这就是说①式当n ＝k ＋1时也成立．由(Ⅰ)、(Ⅱ)知①式对任何正整数n 都成立．由此证得S n＞12lg b n＋1.(14分)。

2016-2017学年高中数学人教A版选修4-5 第四讲数学归纳法证明不等式第4讲 1

用数学归纳法证明整除问题
用数学归纳法证明：(3n＋1)·7n－1能被9整除(n∈N＋)．【精彩点拨】先验证n＝1时命题成立，然后再利用归纳假设证明，关键是找清f(k＋1)与f(k)的关系并设法配凑．
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第十四页，编辑于星期五：十六点四十八分。
【自主解答】 (1)当n＝1时，原式＝(3×1＋1)Leabharlann 7－1＝27，能被9整除，命题成立．
数学归纳法证明中，在验证了n＝1时命题正确，假定n＝k时命题正确，此
时k的取值范围是( )
A．k∈N
B．k＞1，k∈N＋
C．k≥1，k∈N＋
D.k＞2，k∈N＋
【解析】数学归纳法是证明关于正整数n的命题的一种方法，所以k是正整数，又第一步是递推的基础，所以k大于等于1.
【答案】 C
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第五页，编辑于星期五：十六点四十八分。
[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： _______________________________________________________

高中数学新人教A版选修4-5用数学归纳法证明不等式单元测试

阶段质量检测(四)(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分•在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1. 等式12+ 22+ 32+…+ n2= *5n2—7n+ 4)()A. n为任何正整数时都成立B. 仅当n = 1,2,3时成立C .当n = 4时成立，n = 5时不成立D .仅当n = 4时不成立解析：选B 分别用n = 1,2,3,4,5验证即可.11 112. 用数学归纳法证明不等式1 +云+亍+…+孑<2 —^(n>2, n€ N +)时，第一步应验证不等式()A. 1+ 步<2 —2B. 1 + 23 + 3｝<2 —1C. 1+ *<2D . 1 + p + 33<2解析：选A 第一步验证n = 2时不等式成立，即 1 + ?<2 —2n+ 22 …+ 1 1 —a3. 用数学归纳法证明1 + a + a +…+ a = (a* 1),在验证n = 1时，左端计算1 —a所得的项为()A. 1B. 1+ a2 2,3C. 1+ a + aD. 1+ a+ a + a解析：选C 左端为n + 2项和，n = 1时应为三项和，即 1 + a+ a2.4. 用数学归纳法证明2°>n2(n€ N + , n> 5)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：选C k应满足k>5, C正确.5 .数列｛a n｝中，已知a1= 1,当n> 2 时，a n—a n—1 = 2n—1，依次计算a?, a?, a°后，猜想a n的表达式是()A . 3n —2B . n2C . 3n —1D . 4n—3解析：选 B 计算出a i= 1, a2= 4, a3= 9, a4= 16,可猜想a n = n2.6.平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为( )A. f(k)＋1B. f(k)＋kC. f(k)+ k + 1D. k f(k)解析：选 B 第k＋ 1 条直线与前k 条直线都相交且有不同交点时,交点个数最多,此时应比原先增加k 个交点.7•用数学归纳法证明34n+1+ 52n T(n€ N + )能被8整除时，若n= k时，命题成立，欲证当n= k+ 1时命题成立，对于34(k+1)+1+ 52(k+1)+1可变形为()4k+ 1 4k+ 1 2k+1A. 56 X 3 + 25(3 + 5 )B. 34X 34k+1+ 52X 52kC．34k+1+52k+1D．25(34k+1+52k+1)解析：选A 由34(k+1)+1+ 52(k+1)+1= 81 X 34k+1+ 25 X 52k+1+ 25 X 34k+1-25 X 34k+1 =56X 34k+1+ 25(34k+1+ 52k+1).8•已知f(n) = 12+ 22+ 32+…+ (2n)2,则f(k + 1)与f(k)的关系是()22A. f(k + 1) = f(k)+ (2k + 1) + (2k+ 2)B. f(k + 1) = f(k) + (k+ 1)2C. f(k + 1) = f(k)+ (2k + 2)2D. f(k + 1) = f(k)+ (2k + 1)2解析：选A f(k+ 1) = 12+ 22+ 32+…+ (2k)2+ (2k+ 1)2+ [2(k+ 1)]2= f(k) + (2k + 1)2+ (2k+ 2)2,故选 A.9. 用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n+ y n能被x+ y整除”，第二步归纳假设应该写成( )A .假设当n = k(k€ N +)时，x k+ y k能被x+ y整除B.假设当n = 2k(k€ N +)时，x k+ y k能被x + y整除C .假设当n = 2k+ 1(k € N + )时，X + y*能被x + y整除D .假设当n = 2k—1(k € N + )时，x k+ y k能被x + y整除解析：选D 第k个奇数应是n= 2k—1, k€ N +.10. 已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)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(4) > 16成立，则当k>4时，均有f(k)vk2成立C .若f(7) > 49成立，则当k<7时，均有f(k)vk2成立2D .若f(4) = 25成立，则当 k > 4时，均有f(k) > k 成立解析：选 D •/ f(k)> k 2 成立时 f(k +1) > (k + 1)2 成立，当 k = 4 时，f(4) = 25>16 = 42 成立. .•.当k > 4时，有f(k)> k 2成立.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分•把答案填写在题中的横线上 ) 11•用数学归纳法证明 1 + 2 + 3+ 4+-+ n 2 =匚^丄⑴€ N + ),贝U n = k + 1时，左端应为在n = k 时的基础上加上解析：n = k + 1 时，左端=1 + 2+ 3+ - + k 2 + (k 2+ 1) +…+ (k + 1)2. 所以增加了(k 2+ 1)+…+ (k + 1)2. 答案：(k 2+ 1) + …+ (k +1)212•设f(n)= ji+n”+n ++7丿…]+n ++n 丿，用数学归纳法证明f (m >3,在假设n =k 时成立后，f(k + 1)与f(k)的关系是f(k + 1) = f(k) • _________________ .解析：••• f(k)= 1 +匚 1+k +1 • (1)k +k ，f(k+ 1)= 1 +土 1+k ++2 …“ + k +h，1 +k+k+l - 1 +k +k+213.设数列｛a n ｝满足a 1= 2, a n +1 = 2a n + 2,用数学归纳法证明 a n = 4 2n 1— 2的第二步中，设n = k 时结论成立，即a k = 4 2^1 — 2,那么当n = k + 1时，应证明等式 ____________ 成立.答案：a k +1= 4 2(k +1)—1 — 214.在数列｛a n ｝中，a 1= 1,且S n , S n +1,2$成等差数列，则S 2, S 3, S 4分别为 _____________ 猜想S n = __________ .解析：因为S n , S n + 1,2S 1成等差数列. 所以 2S n +1 = S n + 2S 1 ,又 S 1= a 1= 1. 所以 2S 2= S 1 + 2S 1 = 3S 1= 3,于是 S 2=2S 3= S 2+ 2S 1= 3+ 2 = 7,于是 S 3= 由此猜想S n =茅1.2答案：1+11 +1丄2k + 12k + 2 k + 1.f(k + 1) = f(k) - 1 + 右 1 +1 k 2k +2 k + 1.3 = 22- 12 = 2 ,三、解答题（本大题共4个小题，满分50分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤11115.（本小题满分12分）用数学归纳法证明，对于n € N +,都有帀 + 药 + 3^+…+ —1n n+ 1 n + 11 1 1证明：（1）当n_1时，左边_己_ 1,右边_ -,所以等式成立.(2)假设n= k(k> 1, k€ N + )时等式成立,即丄+丄+丄+•••+亠 _丄,1X 2 2X 3 3X 4 k k+ 1 k + 1当n = k+ 1时,1 1 1 11X 2+2X 3+3X 4+ +k k + 1 +k + 1 k+ 2_丘+k+ 1 k+ 1 k+ 22_ k(k+ 2 卄1 _ (k+ 1)_ k + 1_ (k + 1 Jk+ 2 _ (k + 1 (k+ 2 _ k + 2.即n _ k+ 1时等式成立.由（1）（2）可知，对于任意的自然数n等式都成立.•••当n = k + 1时，不等式也成立.由(1)(2)可知，对于一切大于 1的自然数n ,不等式都成立.—1 + 3a n17.(本小题满分12分)如杲数列｛a n ｝满足条件：a 1=- 4, a “+1=(n = 1,2,…),2 — a n证明：对任何自然数 n ,都有a n + 1>a n 且a n <0. 证明：⑴由于a 1=— 4,—1+ 3a 1 — 1 — 12 — 13 a 2= = =' >a 1.2— a 1 2 + 4 6 且a 1<0，因此，当n = 1时不等式成立. (2)假设当 n = k(k > 1)时，a k + 1>a k 且 a k <0,那么 —1 + 3a ka k +1= <0,2— a k—1 + 3a k +1 — 1 + 3御a k +2 — a k +1= —2— a k +1 2 — a k 5 a k +1 —a k= >0.2 — a k +1 12 — a k j1+316 .（本小题满分 12分）用数学归纳法证明：对一切大于＞二2土J 均成立.1的自然数，不等式1 +2^证明：（1）当n = 2时，左边=1 + 3 =彳，右边=~25.•••左边〉右边，•••不等式成(2)假设当n = k(k >2，且k € N +)时不等式成立，1 + _L 、,2k + 1+2k - 1则当n = k + 1时,1+1 1+1一瞩+5丿…V ' + 2k - 1 丿J + 2(k + 1 — 11 +」 p2k + 1 2k +2 _ > 2 2k + 1 2p2k + 12k + 2 ；：4k 2+2 ;2k + 12 ；2k + 1p2k +3#2k + 1 _P 2fk + 1 -+12 2k + 12这就是说，当n= k+ 1时不等式也成立，根据(1)(2)，不等式对任何自然数n都成立.因此，对任何自然数n,都有a n+ 1>a n，且a n v 0.18. (本小题满分14分)已知数列｛a n｝满足a1= 2, a“+1 = 2a“+入n+七—(n € N +).a n(1) 若匸尸1,证明数列｛lg(a n + 1)｝为等比数列，并求数列｛a n｝的通项公式；(2) 若入=0，是否存在实数L,使得a n> 2对一切n € N +恒成立？若存在，求出L的取值范围；若不存在，请说明理由.解：(1) •••入 =卩=1,贝U a n+1= a j；+ 2a n,•a n + 1 + 1= (a n+ 1)2, lg(a n + 1 + 1)= 2lg(a n+ 1),•｛lg(a n+ 1)｝是公比为2的等比数列，且首项为lg 3,•••lg(a n+ 1) = 2n—1ig 3,•a n + 1= 32n—1,「. a n = 32n—1—1(n€ N +).(2)由a2 = 2a1+L—J = 4+宁 >2,得详—3,a1 2猜想—3时，对一切n € N + , a n> 2恒成立.①当n= 1时，a1= 2，猜想成立.②假设当n= k(k> 1且k€ N +)时，a k>2,2 22a n+ 卩―12a k—2a k+ 卩―1则由a n+1= ，得a k+1-2 =a n a kI；1+ .. 32乂l'3"2+ " 322 ak 2 +.- 2 2 x 2 +.- 2 叶 3= A = A 0,a k a k a k••• n= k+ 1 时，a k+1> 2,猜想成立.由①②可知，当 & —3时，对一切n€ N+,恒有a n>2.。

2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5训练：第四讲数

一、基础达标1.用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n－1＜n(n∈N＋，且n＞1)时，第一步即证下述哪个不等式成立()A.1＜2B.1＋12＜2C.1＋12＋13＜2 D.1＋13＜2解析∵n∈N＋，且n＞1，∴第一步n＝2，左边＝1＋12＋13，右边＝2，即1＋1 2＋13＜2，应选C.答案 C2.若不等式14n＋1＋14n＋5＋14n＋9＋…＋18n＋1＜m25对于一切n∈N*恒成立，则自然数m的最小值为()A.8B.9C.10D.12解析显然n＝1时，左边最大为945＜m25，∴m的最小值为8，选A.答案 A3.关于正整数n的不等式2n＞n2成立的条件是()A.n∈N＋B.n≥4C.n＞4D.n＝1或n＞4 解析n＝4，24＝42＝16，n＝1时，2＞1，n＝5，25＝32，52＝25，∴当n＞4时，2n＞n2成立，故选D.答案 D4.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－1C.2kD.2k ＋1解析 n ＝k 时，左边1＋12＋13＋…＋12k －1，n ＝k ＋1时，左边1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋…＋12k ＋1－2＋12k ＋1－1应增加2k ＋1－1－2k ＋1＝2k 项，选C. 答案 C5.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：（k ＋1）（k ＋2）3＋（k ＋2）（k ＋3）＞（k ＋1）（k ＋2）3＋( )＞（k ＋2）（k ＋3）3，括号中应填的式子是______.解析由（k ＋2）（k ＋3）＞k ＋2，联系不等式的形式可知，应填k ＋2. 答案 k ＋26.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 ). 解析由贝努利不等式 (1＋x )n ≥1＋nx ，令x ＝ba ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋b a n ＞1＋n ·b a ，∴⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋b a n ＞1＋n ·b a ，即(a ＋b )n ＞a n ＋na n －1b .故M ≥N . 答案 M ≥N7.用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋12成立. 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n ＝k (k ≥2)时，不等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1＞2k ＋12. 那么当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15…⎝⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋12（k ＋1）－1＞2k ＋12×2k ＋22k ＋1 ＝2k ＋222k ＋1＝4k 2＋8k ＋422k ＋1＞4k 2＋8k ＋322k ＋1 ＝2k ＋3×2k ＋12×2k ＋1＝2（k ＋1）＋12.∴n ＝k ＋1时，不等式也成立.由(1)(2)知，对一切大于1的自然数n ，不等式都成立. 二、能力提升8.用数学归纳法证明1＋n 2≤1＋12＋13＋…＋12n ≤12＋n (n ∈N *)成立，当n ＝1时，应验证( ) A.32≤1＋12≤32 B.32≤1＋12＋13≤32 C.32≤1＋12＋13≤32 D.32＜1＋12＜32解析 n ＝1时，左边32，中间1＋12，右边12＋1＝32，故选A. 答案 A9.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 ＝4时，24＝16，42＋1＝17，16＜17， n ＝5时，25＝32，n 2＋1＝26，2n ＞n 2＋1，故应选C. 答案 C10.已知a ，b ，c ∈R ，a ＋b ＋c ＝0，abc ＞0，T ＝1a ＋1b ＋1c ，则T 与0的关系是________.解析 ∵a ＋b ＋c ＝0，∴(a ＋b ＋c )2＝a 2＋b 2＋c 2＋2ab ＋2bc ＋2ac ＝0，即2ab ＋2bc ＋2ac ＝－(a 2＋b 2＋c 2)＜0， ∵abc ＞0，上述不等式两边同时除以2abc ，得T ＝1a ＋1b ＋1c ＜0. 答案 T ＜011.设数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝ca 3n ＋1－c ，n ∈N ＋，其中c 为实数. (1)证明：a n ∈[0，1]对任意n ∈N ＋成立的充分必要条件是c ∈[0，1]； (2)设0＜c ＜13，证明：a n ≥1－(3c )n －1，n ∈N ＋. 证明 (1)必要性：∵a 1＝0，∴a 2＝1－c . ∵a 2∈[0，1]，∴0≤1－c ≤1，即c ∈[0，1].充分性：设c ∈[0，1]，对n ∈N ＋用数学归纳法证明a n ∈[0，1]. 当n ＝1时，a 1＝0∈[0，1]. 假设a k ∈[0，1](k ∈N ＋，k ≥1)，则a k ＋1＝ca 3k ＋1－c ≤c ＋1－c ＝1，且a k ＋1＝ca 3k ＋1－c ≥1－c ≥0，故a k ＋1∈[0，1].由数学归纳法，知a n ∈[0，1]对所有的n ∈N ＋成立.综上，可得a n ∈[0，1]对任意n ∈N ＋成立的充分必要条件是c ∈[0，1]. (2)设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 1＝0，结论成立.当n ≥2时，∵a n ＝ca 3n －1＋1－c ，∴1－a n ＝c (1－a 3n －1)＝c (1－a n －1)(1＋a n －1＋a 2n －1).∵0＜c ＜13，由(1)知a n －1∈[0，1]，∴1＋a n －1＋a 2n －1≤3，且1－a n －1≥0.∴1－a n ≤3c (1－a n －1).∴1－a n ≤3c (1－a n －1)≤(3c )2(1－a n －2)≤…≤(3c )n －1(1－a 1)＝(3c )n －1. ∴a n ≥1－(3c )n －1(n ∈N ＋).12.已知数列{a n }的各项均为正数，b n ＝n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n a n (n ∈N ＋)，e 为自然对数的底数.(1)求函数f (x )＝1＋x －e x的单调区间，并比较⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n 与e 的大小；(2)计算b 1a 1，b 1b 2a 1a 2，b 1b 2b 3a 1a 2a 3，由此推测计算b 1b 2…b n a 1a 2…a n 的公式，并给出证明；(3)令c n ＝(a 1a 2…a n )1n ，数列{a n }，{c n }的前n 项和分别记为S n ，T n ，证明：T n <e S n . (1)解 f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1－e x . 当f ′(x )>0，即x <0时，f (x )单调递增；当f ′(x )<0，即x >0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x >0时，f (x )<f (0)＝0，即1＋x <e x . 令x ＝1n ，得1＋1n <e 1n ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n <e.①(2)解 b 1a 1＝1·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋111＝1＋1＝2； b 1b 2a 1a 2＝b 1a 1·b 2a 2＝2·2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＝(2＋1)2＝32； b 1b 2b 3a 1a 2a 3＝b 1b 2a 1a 2·b 3a 3＝32·3⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋133＝(3＋1)3＝43. 由此推测：b 1b 2…b n a 1a 2…a n ＝(n ＋1)n .②下面用数学归纳法证明②.(ⅰ)当n ＝1时，左边＝右边＝2，②成立. (ⅱ)假设当n ＝k 时(k ≥1，k ∈N ＋)，②成立，即b 1b 2…b ka 1a 2…a k＝(k ＋1)k .当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝(k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1k ＋1a k ＋1，由归纳假设可得b 1b 2…b k b k ＋1a 1a 2…a k a k ＋1＝b 1b 2…b k a 1a 2…a k ·b k ＋1a k ＋1＝(k ＋1)k (k ＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k ＋1k ＋1＝(k ＋2)k ＋1.所以当n ＝k ＋1时，②也成立.根据(ⅰ)(ⅱ)，可知②对一切正整数n 都成立.(3)证明由c n 的定义，(2)，均值不等式(推广)，b n 的定义及①得 T n ＝c 1＋c 2＋c 3＋…＋c n ＝(a 1)11＋(a 1a 2)12＋(a 1a 2a 3)13＋…＋(a 1a 2…a n )1n＝（b 1）112＋（b 1b 2）123＋（b 1b 2b 3）134＋…＋（b 1b 2…b n ）1nn ＋1≤b 11×2＋b 1＋b 22×3＋b 1＋b 2＋b 33×4＋…＋b 1＋b 2＋…＋b n n （n ＋1）＝b 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤11×2＋12×3＋…＋1n （n ＋1）＋b 2⎣⎢⎡12×3＋13×4＋…⎦⎥⎤＋1n （n ＋1）＋…＋b n·1n （n ＋1）＝b 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n ＋1＋b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1＋…＋b n ⎝ ⎛⎭⎪⎫1n －1n ＋1 <b 11＋b 22＋…＋b n n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋111a 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122a 2＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1n n a n <e a 1＋e a 2＋…＋e a n ＝e S n . 即T n <e S n . 三、探究与创新13.设f n (x )是等比数列1，x ，x 2，…，x n 的各项和，其中x ＞0，n ∈N ，n ≥2. (1)证明：函数F n (x )＝f n (x )－2在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点(记为x n )，且x n ＝12＋12x n ＋1n ；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为g n (x )，比较f n (x )与g n (x )的大小，并加以证明. (1)证明 F n (x )＝f n (x )－2＝1＋x ＋x 2＋…＋x n －2，则F n (1)＝n －1＞0，F n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12n－2 ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ＋11－12－2＝－12n ＜0，所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内至少存在一个零点.又F ′n (x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1＞0，故F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内单调递增，所以F n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有且仅有一个零点x n ，因为x n 是F n (x )的零点，所以F n (x n )＝0，即1－x n ＋1n 1－x n－2＝0，故x n ＝12＋12x n ＋1n . (2)解法一由题设，g n (x )＝（n ＋1）（1＋x n ）2，设h (x )＝f n (x )－g n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n－（n ＋1）（1＋x n ）2，x ＞0.当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )；当x ≠1时，h ′(x )＝1＋2x ＋…＋nx n －1－n （n ＋1）xn －12，若0＜x ＜1，h ′(x )＞x n －1＋2x n －1＋…＋nx n －1－n （n ＋1）2x n －1＝n （n ＋1）2x n －1－n （n ＋1）2x n －1＝0，若x ＞1，h ′(x )＜x n －1＋2x n －1＋…＋nx n －1－n （n ＋1）2x n －1＝n （n ＋1）2x n －1－n （n ＋1）2x n －1＝0，所以h (x )在(0，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，所以h (x )＜h (1)＝0，即f n (x )＜g n (x )，综上所述，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )；当x ≠1时，f n (x )＜g n (x ).法二由题设，f n (x )＝1＋x ＋x 2＋…＋x n ， g n (x )＝（n ＋1）（x n ＋1）2，x ＞0，当x ＝1时，f n (x )＝g n (x )，当x ≠1时，用数学归纳法可以证明f n (x )＜g n (x )， ①当n ＝2时，f 2(x )－g 2(x )＝－12(1－x )2＜0，所以f 2(x )＜g 2(x )成立，②假设n ＝k (k ≥2)时，不等式成立，即f k (x )＜g k (x )，那么，当n ＝k ＋1时， f k ＋1(x )＝f k (x )＋x k ＋1＜g k (x )＋x k ＋1＝（k ＋1）（1＋x k ）2＋x k ＋1＝2x k ＋1＋（k ＋1）x k ＋k ＋12，又g k ＋1(x )－2x k ＋1＋（k ＋1）x k ＋k ＋12＝kx k ＋1－（k ＋1）x k ＋12，令h k (x )＝kx k ＋1－(k ＋1)x k ＋1(x ＞0)，则h ′k (x )＝k (k ＋1)x k －k (k ＋1)x k －1＝k (k ＋1)x k －1(x －1)，所以当0＜x ＜1时，h ′k (x )＜0，h k (x )在(0，1)上递减；当x ＞1时，h ′k (x )＞0，h k (x )在(1，＋∞)上递增，所以h k (x )＞h k (1)＝0，从而g k ＋1(x )＞2x k ＋1＋（k ＋1）x k ＋k ＋12，故f k ＋1(x )＜g k ＋1(x )，即n ＝k ＋1时不等式也成立，由①和②知，对一切n ≥2的整数，都有f n (x )＜g n (x ).法三由已知，记等差数列为{a k }，等比数列为{b k }，k ＝1，2，…，n ＋1，则a 1＝b 1＝1，a n ＋1＝b n ＋1＝x n ，所以a k ＝1＋(k －1)·x n －1n (2≤k ≤n )， b k ＝x k －1(2≤k ≤n )，令m k (x )＝a k －b k ＝1＋（k －1）（x n －1）n－x k －1，x ＞0(2≤k ≤n )，当x＝1时，a k＝b k，所以f n(x)＝g n(x)，当x≠1时，m′k(x)＝k－1n·nxn－1－(k－1)x k－2＝(k－1)x k－2(x x－k＋1－1)，而2≤k≤n，所以k－1＞0，n－k＋1≥1，若0＜x＜1，x n－k＋1＜1，m′k(x)＜0；若x＞1，x n－k＋1＞1，m′k(x)＞0，从而m k(x)在(0，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，所以m k(x)＞m k(1)＝0，所以当x＞0且x≠1时，a k＞b k(2≤k≤n)，又a1＝b1，a n＋1＝b n＋1，故f n(x)＜g n(x)，综上所述，当x＝1时，f n(x)＝g n(x)；当x≠1时，f n(x)＜g n(x).。

数学人教A版选修4-5学案：单元整合第四讲数学归纳法证明不等式含解析

单元整合知识网络专题探究专题一正确使用数学归纳法同学们在刚开始学习数学归纳法时，常常会遇到两个困难，一是数学归纳法的思想实质不容易理解，二是归纳步骤的证明有时感到难以入手．本专题将对两种常见的错误进行讨论、整理,以帮助学生进一步理解数学归纳法的原理，弄清它的实质，从而明确如何正确地使用数学归纳法．（1)缺少数学归纳法的第二步．有人觉得如果一个命题对于开头的一些自然数都成立，那么由P（k）成立导出P（k＋1）成立是必然的，因此第二步归纳步骤是流于形式，证与不证似乎一样，显然这是不正确的．产生这种错误想法的原因在于没有认识到归纳步骤所起的递推作用，如果没有递推性，那么一个命题可能对于开头的许多自然数都成立,但是一般的并不成立，我们举几个例子来看看．十七世纪法国卓越的数学家费尔玛考查了形如221n+的数，n＝0,1，2，3，4时，它的值分别为3,5，17，257，65 537.这5个数都是质数．因此费尔玛就猜想：对于任意的自然数n,式子22n＋1的值都是质数．但是在十八世纪另一位卓越的数学家欧拉指出n＝5时,52+＝4 294 967 297＝641×6 700 417.21是个合数，费尔玛的猜想错了．这就充分说明我们不能把不完全归纳法当成证明，用数学归纳法证明时第二步不可缺少．(2)缺少数学归纳法的第一步．也有人觉得既然第二步归纳步骤中有递推作用，而且k又可以任意取值，这样就够了，有没有第一步P（1)无关紧要．这种认识也是错误的，它忽视了第一步的奠基作用，因为如果没有P（1)成立，归纳假设P（k)成立就没有了依据,因此递推性也就成了无源之水,无本之木,下面我们看一个这样的例子．【例】如果不要奠基步骤,我们就可以证明（n＋1）2＋（n＋2)2一定是偶数（n∈N＋）．剖析：假设n＝k时命题成立，即(k＋1)2＋（k＋2)2是偶数．当n＝k＋1时,[（k＋1）＋1]2＋[(k＋1）＋2]2＝(k＋2)2＋（k＋1)2＋4(k＋1)＋4＝（k＋1)2＋（k＋2)2＋4（k＋2）．由假设（k＋1)2＋（k＋2)2是偶数，又4（k＋2)也是偶数,所以上式是偶数，这就是说n＝k＋1时命题也成立．由此，对于任意的正整数n，（n＋1）2＋（n＋2）2一定是偶数．这个结论显然是错误的，原因就在于证明中缺少第一步奠基步骤，实际上，n＝1时,（1＋1）2＋（1＋2)2＝4＋9＝13不是偶数，这说明使用数学归纳法时缺第一步不可．应用用数学归纳法证明，对于n∈N＋，错误!＋错误!＋错误!＋…＋错误!＝错误!。

人教版数学高二A版选修4-5自我小测4.2用数学归纳法证明不等式

自我小测1．数学归纳法适用于证明的命题的类型是( )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．用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ∈N ＋，且n ＞1)时，第一步应证下述哪个不等式成立( )A ．1＜2B ．1＋12＜2 C ．1＋12＋13＜2 D ．1＋13＜2 3．用数学归纳法证明不等式1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n ＜1314(n ≥2，n ∈N ＋)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12(k ＋1)B ．增加了两项12k ＋1，12k ＋2C ．增加了两项12k ＋1，12k ＋2，但减少了一项1k ＋1D ．以上各种情况均不正确4．某同学回答“用数学归纳法证明n 2＋n ＜n ＋1(n ∈N ＋)”的过程如下：证明：(1)当n ＝1时，显然命题是正确的；(2)假设当n ＝k (k ≥1)时有k (k ＋1)＜k ＋1，那么当n ＝k ＋1时，(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2＜k 2＋4k ＋4＝(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时命题是正确的．由(1)(2)可知对于n ∈N ＋，命题都是正确的．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5．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A 1A 2…A n 中，其不等式为__________．6．设数列{a n }满足a 1＝0，a n ＋1＝ca 3n ＋1－c ，n ∈N ＋，其中c 为实数．(1)证明a n ∈[0,1]对任意n ∈N ＋成立的充分必要条件是c ∈[0,1]；(2)设0＜c ＜13，证明a n ≥1－(3c )n －1，n ∈N ＋. 7．等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N ＋，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上．(1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N ＋)，证明对任意的n ∈N ＋，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＞n ＋1成立．参考答案1．D2．C3．解析：当n ＝k 时，不等式为1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＜1314；当n ＝k ＋1时，不等式左边＝1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2. 比较n ＝k 和n ＝k ＋1，易知选C.答案：C4．解析：证明(k ＋1)2＋(k ＋1)＜(k ＋1)＋1时进行了一般意义的放大．而没有使用归纳假设k (k ＋1)＜k ＋1.答案：A5．1A 1＋1A 2＋1A 3＋…＋1A n ≥n 2(n －2)π6．证明：(1)必要性：∵a 1＝0，∴a 2＝1－c .又∵a 2∈[0,1]，∴0≤1－c ≤1，即c ∈[0,1]．充分性：设c ∈[0,1]，对n ∈N ＋用数学归纳法证明a n ∈[0,1]．当n ＝1时，a 1＝0∈[0,1]．假设a k ∈[0,1](k ∈N ＋，k ≥1)，则a k ＋1＝ca 3k ＋1－c ≤c ＋1－c ＝1，且a k ＋1＝ca 3k ＋1－c ≥1－c ≥0，∴a k ＋1∈[0,1]．由数学归纳法，知a n ∈[0,1]对所有的n ∈N ＋成立．综上，可得a n ∈[0,1]对任意n ∈N ＋成立的充分必要条件是c ∈[0,1]．(2)设0＜c ＜13，当n ＝1时，a 1＝0，结论成立．当n ≥2时，∵a n ＝ca 3n －1＋1－c ，∴1－a n ＝c (1－a 3n －1)＝c (1－a n －1)(1＋a n －1＋a 2n －1)．∵0＜c ＜13，由(1)知a n －1∈[0,1]， ∴1＋a n －1＋a 2n －1≤3且1－a n －1≥0.∴1－a n ≤3c (1－a n －1)．∴1－a n ≤3c (1－a n －1)≤(3c )2(1－a n －2)≤…≤(3c )n－1(1－a 1)＝(3c )n －1.∴a n ≥1－(3c )n －1(n ∈N ＋)．7．答案：(1)解：因为对任意的n ∈N ＋，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b ＞0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图象上，所以S n ＝b n ＋r .当n ＝1时，a 1＝S 1＝b ＋r .当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝b n ＋r －(b n －1＋r )＝b n －b n －1＝(b －1)b n －1.又因为{a n }为等比数列，所以r ＝－1，公比为b ，a n ＝(b －1)b n －1(n ∈N ＋)．(2)证明：当b ＝2时，a n ＝(b －1)b n －1＝2n －1，b n ＝2(log 2a n ＋1)＝2(log 22n －1＋1)＝2n ，则b n ＋1b n ＝2n ＋12n ，所以b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＝32×54×76×…×2n ＋12n. 下面用数学归纳法证明不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n ＝32×54×76×…×2n ＋12n ＞n ＋1成立．①当n ＝1时，左边＝32，右边＝2，因为32＞2，所以不等式成立． ②假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥1)时不等式成立，即b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b k ＋1b k ＝32×54×76×…×2k ＋12k ＞k ＋1成立，则当n ＝k ＋1时，左边＝b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b k ＋1b k ·b k ＋1＋1b k ＋1＝32×54×76×…×2k ＋12k ×2k ＋32k ＋2＞k ＋1·2k ＋32k ＋2＝(2k ＋3)24(k ＋1)＝4(k ＋1)2＋4(k ＋1)＋14(k ＋1)＝(k ＋1)＋1＋14(k ＋1)＞(k ＋1)＋1. 所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由①②可得所证不等式恒成立．。