18学年高中数学阶段质量检测(三)数学归纳法与贝努利不等式新人教B版选修4-5
新人教B版高中数学选修4-5第3章数学归纳法与贝努利不等式3.1.1数学归纳法原理3.1.2数学归纳法应用举例讲义
学习目标：1.理解数学归纳法的原理及其使用范围.2.会利用数学归纳法证明一些简单问题．教材整理1 归纳法由有限多个个别的特殊事例得出一般结论的推理方法，通常称为归纳法．设函数f (x )＝xx ＋2(x >0)，观察：f 1(x )＝f (x )＝xx ＋2，f 2(x )＝f (f 1(x ))＝x3x ＋4， f 3(x )＝f (f 2(x ))＝x7x ＋8， f 4(x )＝f (f 3(x ))＝x15x ＋16，……根据以上事实，归纳推理，得当n ∈N ＋且n ≥2时，f n (x )＝f (f n －1(x ))＝________.[解析] 依题意，先求函数结果的分母中x 项的系数所组成数列的通项公式，由1,3,7,15，…可推知a n ＝2n －1.又函数结果的分母中常数项依次为2,4,8,16，…，故其通项b n ＝2n ，所以当n ≥2时，f n (x )＝f (f n －1(x ))＝x(2n－1)x ＋2n. [答案]x(2n－1)x ＋2n教材整理2 数学归纳法对于某些与自然数有关的数学命题，常采用下面的方法和步骤来证明它的正确性： (1)证明当n 取初始值n 0(例如n 0＝0，n 0＝1等)时命题成立．(2)假设当n ＝k (k 为自然数，k ≥n 0)时命题正确，证明当n ＝k ＋1时命题也正确．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值n 0开始的所有自然数都正确．这种证明方法叫做数学归纳法.【例1】 用数学归纳法证明：1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a(a ≠1，n ∈N ＋)，在验证n ＝1成立时，左边计算的结果是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3[精彩点拨] 注意左端特征，共有n ＋2项，首项为1，最后一项为an ＋1. [自主解答] 实际是由1(即a 0)起，每项指数增加1，到最后一项为a n ＋1，所以n ＝1时，左边的最后一项应为a 2， 因此左边计算的结果应为1＋a ＋a 2. [答案] C1．验证是基础：找准起点，奠基要稳，有些问题中验证的初始值不一定为1.2．递推是关键：正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时式子项数的变化是应用数学归纳法成功证明问题的保障．1．下列四个判断中，正确的是( )A ．式子1＋k ＋k 2＋…＋k n(n ∈N ＋)，当n ＝1时为1 B ．式子1＋k ＋k 2＋…＋kn －1(n ∈N ＋)，当n ＝1时为1＋kC ．式子11＋12＋13＋…＋12n ＋1(n ∈N ＋)，当n ＝1时为1＋12＋13D ．设f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1(n ∈N ＋)，则f (k ＋1)＝f (k )＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4[解析] 对于选项A ，n ＝1时，式子应为1＋k ；选项B 中，n ＝1时，式子应为1；选项D 中，f (k ＋1)＝f (k )＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1.[答案] C【例2】 用数学归纳法证明：1－2＋3－4＋…＋2n －1－2n ＝n ＋1＋n ＋2＋…＋2n (n ∈N ＋)．[精彩点拨] 要证等式的左边共2n 项，右边共n 项，f (k )与f (k ＋1)相比左边增两项，右边增一项，而且左、右两边的首项不同．因此，由“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”时要注意项的合并．[自主解答] ①当n ＝1时，左边＝1－12＝12＝11＋1＝右边，所以等式成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立，即1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k .则当n ＝k ＋1时， 左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋1－12k ＋2＝1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2＝右边， 所以，n ＝k ＋1时等式成立． 由①②知，等式对任意n ∈N ＋成立．1．用数学归纳法证明恒等式的关键在于“先看项”，弄清等式两边的构成规律，等式的两边各有多少项，项的多少与n 的取值是否有关．由n ＝k 到n ＝k ＋1时，等式的两边会增加多少项，增加怎样的项．2．利用数学归纳法证明代数恒等式时要注意两点：一是要准确表述n ＝n 0时命题的形式，二是要准确把握由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题结构的变化特点．并且一定要记住：在证明n ＝k ＋1成立时，必须使用归纳假设，这是数学归纳法证明的核心环节．2．用数学归纳法证明：12×4＋14×6＋16×8＋…＋12n (2n ＋2)＝n 4(n ＋1)(其中n ∈N ＋)．[证明] (1)当n ＝1时，等式左边＝12×4＝18，等式右边＝14(1＋1)＝18，∴等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时等式成立， 即12×4＋14×6＋…＋12k (2k ＋2)＝k 4(k ＋1)成立，那么 当n ＝k ＋1时，12×4＋14×6＋16×8＋…＋12k (2k ＋2)＋12(k ＋1)[2(k ＋1)＋2] ＝k 4(k ＋1)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝k (k ＋2)＋14(k ＋1)(k ＋2)＝(k ＋1)24(k ＋1)(k ＋2)＝k ＋14[(k ＋1)＋1]， 即n ＝k ＋1时等式成立．由(1)(2)可知，对任意n ∈N ＋等式均成立.＋[精彩点拨] 对于多项式A ，B ，如果A ＝BC ，C 也是多项式，那么A 能被B 整除．若A ，B 都能被C 整除，则A ＋B ，A －B 也能被C 整除．[自主解答] (1)当n ＝1时，a1＋1＋(a ＋1)2×1－1＝a 2＋a ＋1，命题显然成立．(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，且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 [ak ＋1＋(a ＋1)2k －1]＋(a 2＋a ＋1)(a ＋1)2k －1.由归纳假设，得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．利用数学归纳法证明整除时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式．这就往往要涉及到“添项”“减项”与“因式分解”等变形技巧，凑出n ＝k 时的情形，从而利用归纳假设使问题得证．3．求证：n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3能被9整除．[证明] (1)当n ＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36,36能被9整除，命题成立． (2)假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立， 即k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3能被9整除． 由n ＝k ＋1时，(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋(k ＋3)3＝(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋k 3＋3k 2·3＋3k ·32＋33＝k 3＋(k ＋1)3＋(k ＋2)3＋9(k 2＋3k ＋3)，由归纳假设知，上式都能被9整除，故n ＝k ＋1时，命题也成立． 由(1)和(2)可知，对n ∈N ＋命题成立.＋条直线的交点个数f (n )是多少？并证明你的结论．[精彩点拨] (1)从特殊入手，求f (2)，f (3)，f (4)，猜想出一般性结论f (n )；(2)利用数学归纳法证明：[自主解答] 当n ＝2时，f (2)＝1 ；当n ＝3时，f (3)＝3；当n ＝4时，f (4)＝6. 因此猜想f (n )＝n (n －1)2(n ≥2，n ∈N ＋)，下面利用数学归纳法证明：(1)当n ＝2时，两条相交直线有一个交点， 又f (2)＝12×2×(2－1)＝1，∴n ＝2时，命题成立．(2)假设当n＝k(k≥2且k∈N＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k条直线的交点个数为f(k)＝12k(k－1)．当n＝k＋1时，任何其中一条直线记为l，剩下的k条直线为l1，l2，…，l k.由归纳假设知，它们之间的交点个数为f(k)＝k(k－1)2.由于l与这k条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l与l1，l2，l3，…，l k的交点共有k个．∴f(k＋1)＝f(k)＋k＝k(k－1)2＋k＝k2＋k2＝k(k＋1)2＝(k＋1)[(k＋1)－1]2.∴当n＝k＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，命题对一切n∈N＋且n≥2时成立．1．从特殊入手，寻找一般性结论，并探索n变化时，交点个数间的关系．2．利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n＝k到n＝k＋1时几何图形的变化规律．并结合图形直观分析，要弄清原因．4．在本例中，探究这n条直线互相分割成线段或射线的条数是多少？并加以证明．[解] 设分割成线段或射线的条数为f(n)．则f(2)＝4，f(3)＝9，f(4)＝16.猜想n条直线分割成线段或射线的条数f(n)＝n2(n≥2)，下面利用数学归纳法证明．(1)当n＝2时，显然成立．(2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时，结论成立，f(k)＝k2，则当n＝k＋1时，设有l1，l2，…，l k，l k＋1共k＋1条直线满足题设条件．不妨取出直线l1，余下的k条直线l2，l3，…，l k，l k＋1互相分割成f(k)＝k2条射线或线段．直线l1与这k条直线恰有k个交点，则直线l1被这k个交点分成k＋1条射线或线段．k条直线l2，l3，…，l k－1中的每一条都与l1恰有一个交点，因此每条直线又被这一个交点多分割出一条射线或线段，共有k条．故f(k＋1)＝f(k)＋k＋1＋k＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.∴当n＝k＋1时，结论正确．由(1)(2)可知，上述结论对一切n≥2均成立.1．应用数学归纳法时的常见问题有哪些？[提示] ①第一步中的验证，n 取的第一个值n 0不一定是1，n 0指的是适合命题的第一个自然数不是一定从1开始，有时需验证n ＝2等．②对n ＝k ＋1时式子的项数以及n ＝k 与n ＝k ＋1的关系的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障．③“假设n ＝k 时命题成立 ，利用这一假设证明n ＝k ＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、规范．2．如何理解归纳假设在证明中的作用？[提示] 归纳假设在证明中起一个桥梁的作用，联结第一个值n 0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．3．为什么数学归纳法能够证明无限多正整数都成立的问题呢？[提示] 这是因为第一步首先验证了n 取第一个值n 0时成立，这样假设就有了存在的基础．假设n ＝k 成立，根据假设和合理推证，证明出n ＝k ＋1也成立．这实质上是证明了一种循环．如验证了n 0＝1成立，又证明了n ＝k ＋1也成立．这就一定有n ＝2成立，n ＝2成立，则n ＝3也成立；n ＝3成立，则n ＝4也成立．如此反复，以至无穷．对所有n ≥n 0的整数就都成立了．数学归纳法非常巧妙地解决了一种无限多的正整数问题，这就是数学方法的神奇．【例5】 用数学归纳法证明：⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2＝n ＋12n (n ≥2，n ∈N ＋)． [精彩点拨] 因n ≥2，n ∈N ＋，第一步要验证n ＝2.[自主解答] (1)当n ＝2时，左边＝1－14＝34，右边＝2＋12×2＝34，∴等式成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，等式成立，即⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2＝k ＋12k (k ≥2，k ∈N ＋)．当n ＝k ＋1时，⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116…⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1k 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－1(k ＋1)2 ＝k ＋12k ·(k ＋1)2－1(k ＋1)2＝(k ＋1)k ·(k ＋2)2k ·(k ＋1)2＝k ＋22(k ＋1)＝(k ＋1)＋12(k ＋1).∴当n ＝k ＋1时，等式成立． 根据(1)和(2)知，对n ≥2，n ∈N ＋时，等式成立．用数学归纳法证明命题的两个步骤，缺一不可．第一步是递推的基础，第二步是递推的依据，缺了第一步递推失去基础；缺了第二步递推失去了依据，因此无法递推下去．1．一批花盆堆成三角形垛，顶层一个，以下各层排成正三角形，第n 层和第n ＋1层花盆总数分别是f (n )和f (n ＋1)，则f (n )与f (n ＋1)的关系为( )A ．f (n ＋1)－f (n )＝n ＋1B ．f (n ＋1)－f (n )＝nC ．f (n ＋1)－f (n )＝2nD ．f (n ＋1)－f (n )＝1[答案] A2．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验第一个值n 0等于( )A ．1B ．2C ．3D ．0[解析] 边数最少的凸n 边形是三角形． [答案] C3．用数学归纳法证明等式“1＋3＋5…＋(2n －1)＝n 2”时，从k 到k ＋1左边需增加的代数式为( ) A ．2k －2 B ．2k －1 C ．2kD ．2k ＋1[解析] 等式“1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2”中， 当n ＝k 时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)，当n ＝k ＋1时，等式的左边＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)＋[2(k ＋1)－1]＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)＋(2k ＋1)，∴从k 到k ＋1左边需增加的代数式为2k ＋1. [答案] D4．用数学归纳法证明：“当n 为奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”时，在归纳假设中，假设当n ＝k 时命题成立，那么下一步应证明n ＝________时命题也成立．[解析] 两个奇数之间相差2，∴n ＝k ＋2. [答案] k ＋25．证明：12－22＋32－42＋…＋(2n －1)2－(2n )2＝－n (2n ＋1)．[证明] (1)当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－1×(2×1＋1)＝－3，等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立，就是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－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，所以n＝k＋1时等式也成立．综合(1)(2)可知，等式对任何n∈N＋都成立．。
高中数学第3章数学归纳法与贝努利不等式3.2用数学归纳法证明不等式贝努利不等式学业分层测评新人教B版选修4
第3章 数学归纳法与贝努利不等式 3.2 用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式学业分层测评 新人教B 版选修4-5(建议用时：45分钟)[学业达标] 一、选择题1.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.1 B.3 C.5 D.7【解析】 12<21,22＝22,32>23,42＝24,52<25，利用数学归纳法验证n ≥5，故n 0的值为 5. 【答案】 C2.对于不等式n2＋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k2＋k<k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，＋＋＋＝k2＋3k ＋2<＋3k ＋＋＋＝＋＝(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】 D3.设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，计算得f (2)＝32，f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>72，观察上述记录，可推测出一般结论( ) A.f (2n )>2n ＋12 B.f (n 2)≥n ＋22C.f (2n )≥n ＋22D.以上都不对 【解析】 ∵f (2)＝32；f (4)>2，即f (22)>2＋22；f (8)>52，即f (23)>3＋22；f (16)>3，即f (24)>4＋22；f (32)>72，即f (25)>5＋22.故猜想f (2n)>n ＋22.【答案】 C4.设f (x )是定义在正整数集上的函数，有f (k )满足：当“f (k )≥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，均有f (k )≥k 2成立 B.若f (5)≥25成立，则当k ＜5，均有f (k )≥k 2成立 C.若f (7)＜49成立，则当k ≥8，均有f (k )＜k 2成立 D.若f (4)＝25成立，则当k ≥4，均有f (k )≥k 2成立 【解析】 由题意，设f (x )满足：“当f (k )≥k 2成立时，总可推出f (k ＋1)≥(k ＋1)2成立.” 因此，对于A ，不一定有k ＝1,2时成立. 对于B ，C 显然错误. 对于D ，∵f (4)＝25＞42，因此对于任意的k ≥4， 有f (k )≥k 2成立. 【答案】 D 5.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 ＜1－0.1n D.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 二、填空题 6.观察式子：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，…，则可归纳出________. 【导学号：38000062】【答案】 1＋122＋132＋…＋1n2<2n －1n(n ≥2，n ∈N ＋) 7.若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是________.【解析】 ∵f (k )＝12＋22＋32＋…＋(2k )2， f (k ＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k )2＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2，∴f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2.【答案】f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)28.在数列{a n }中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为________.。
高中数学新人教B版选修4-5 用数学归纳法证明不等式,贝努利不等式
3．2用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式[对应学生用书P43][读教材·填要点]贝努利(Bernoulli)不等式设x >－1，且x ≠0，n 为大于1的自然数，则(1＋x )n >1＋nx .[小问题·大思维]在贝努利不等式中，指数n 可以取任意实数吗？提示：可以．但是贝努利不等式的体现形式有所变化．事实上：当把正整数n 改成实数α后，将有以下几种情况出现：(1)当α是实数，并且满足α>1或者α<0时，有(1＋x )α≥1＋αx (x >－1)． (2)当α是实数，并且满足0<α<1时，有(1＋x )α≤1＋αx (x >－1)．[对应学生用书P43][例1] 求证：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n2>1(n ≥2，n ∈N ＋)．[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要注意n 的取值范围，因为n ≥2，n ∈N ＋，因此应验证n 0＝2时不等式成立．[精解详析] (1)当n ＝2时，左边＝12＋13＋14＝1312>1.∴n ＝2时不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥2，且k ∈N )时，不等式成立，即 1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2>1，那么n ＝k ＋1时， 1k ＋1＋1(k ＋1)＋1＋…＋1(k ＋1)2－1＋1(k ＋1)2 ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2＋2211···12k k k k ++++2项＋1(k ＋1)2 ＝⎝⎛⎭⎫1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2＋1k 2＋1＋…＋1k 2＋2k ＋1(k ＋1)2－1k >1＋2k ＋1(k ＋1)2－1k＝1＋k 2－k －1k (k ＋1)2，∵k ≥2，∴⎝⎛⎭⎫k －122≥94. ∴k 2－k －1＝⎝⎛⎭⎫k －122－54≥1>0. ∴k 2－k －1k (k ＋1)2>0. ∴1k ＋1＋1(k ＋1)＋1＋…＋1(k ＋1)2>1. ∴当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)、(2)可知，对一切的n ≥2，且n ∈N ＋，此不等式都成立．利用数学归纳法证明不等式的关键是由n ＝k 到n ＝k ＋1的变形，为满足题目的要求，往往要采用“放缩”等手段，例如在本题中采用了“1k 2＋1>1(k ＋1)2，…，1k 2＋2k >1(k ＋1)2”的放缩变形．1．证明不等式： 1＋12＋13＋…＋1n<2n (n ∈N ＋)． 证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2，不等式成立． (2)假设当n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即 1＋12＋13＋…＋1k<2k . ∵当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1<2 k ＋1k ＋1＝2k (k ＋1)＋1k ＋1， 现在只需证明2k (k ＋1)＋1k ＋1<2k ＋1，即证：2k (k ＋1)<2k ＋1，两边平方，整理：0<1，显然成立． ∴2k (k ＋1)＋1k ＋1<2k ＋1成立．即1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1<2k ＋1成立． ∴当n ＝k ＋1时，不等式成立．由(1)(2)知，对于任何正整数n 原不等式都成立.[例2] 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．[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用，解答本题需要先对n 取特值，猜想P n 与Q n的大小关系，然后利用数学归纳法证明．[精解详析] (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＝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 .(1)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．(2)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．2．已知数列{a n }，{b n }与函数f (x )，g (x )，x ∈R ，满足条件：b 1＝b ，a n ＝f (b n )＝g (b n ＋1)(n ∈N ＋)．若函数y ＝f (x )为R 上的增函数，g (x )＝f －1(x )，b ＝1，f (1)<1，证明：对任意n ∈N ＋，a n ＋1<a n .证明：因为g (x )＝f －1(x )，所以a n ＝g (b n ＋1)＝f －1(b n ＋1)，即b n ＋1＝f (a n )．下面用数学归纳法证明a n ＋1<a n (n ∈N ＋)．(1)当n ＝1时，由f (x )为增函数，且f (1)<1，得 a 1＝f (b 1)＝f (1)<1， b 2＝f (a 1)<f (1)<1， a 2＝f (b 2)<f (1)＝a 1， 即a 2<a 1，结论成立．(2)假设n ＝k 时结论成立，即a k ＋1<a k .由f (x )为增函数，得f (a k ＋1)<f (a k )，即b k ＋2<b k ＋1. 进而得f (b k ＋2)<f (b k ＋1)，即a k ＋2<a k ＋1. 这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 根据(1)和(2)可知，对任意的n ∈N ＋，a n ＋1<a n .[例3] 若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋13n ＋1>a24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．[思路点拨] 本题考查数学归纳法的应用以及探索型问题的求解方法．解答本题需要根据n 的取值，猜想出a 的最大值，然后再利用数学归纳法进行证明．[精解详析] 当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13×1＋1>a24，即2624>a 24， ∴a <26，而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 (k ≥1，k ∈N ＋)时， 1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>2524， 则当n ＝k ＋1时，有1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13(k ＋1)＋1＝⎝⎛⎭⎫1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋⎝⎛⎭⎫13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1 >2524＋⎣⎡⎦⎤13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1).∵13k ＋2＋13k ＋4＝6(k ＋1)9k 2＋18k ＋8>23(k ＋1)，∴13k ＋2＋13k ＋4－23(k ＋1)>0， ∴1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13(k ＋1)＋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.利用数学归纳法解决探索型不等式的思路是：先通过观察、判断，猜想出结论， 然后用数学归纳法证明．这种分析问题和解决问题的思路是非常重要的，特别是在求解存在型或探索型问题时．3．对于一切正整数n ，先猜出使t n >n 2成立的最小的正整数t ，然后用数学归纳法证明，并再证明不等式：n (n ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·n )．解：猜想当t ＝3时，对一切正整数n 使3n >n 2成立．下面用数学归纳法进行证明． 当n ＝1时，31＝3>1＝12，命题成立． 假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，3k >k 2成立， 则有3k ≥k 2＋1.对n ＝k ＋1,3k ＋1＝3·3k ＝3k ＋2·3k≥k 2＋2(k 2＋1)>3k 2＋1. ∵(3k 2＋1)－(k ＋1)2 ＝2k 2－2k ＝2k (k －1)≥0，∴3k ＋1>(k ＋1)2，∴对n ＝k ＋1，命题成立．由上知，当t ＝3时，对一切n ∈N ＋，命题都成立． 再用数学归纳法证明： n (n ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·n )．当n ＝1时，1·(1＋1)·lg 34＝lg 32>0＝lg 1，命题成立．假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时， k (k ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·k )成立．当n ＝k ＋1时，(k ＋1)(k ＋2)·lg 34＝k (k ＋1)·lg 34＋2(k ＋1)·lg 34>lg(1·2·3·…·k )＋12lg 3k ＋1>lg(1·2·3·…·k )＋12lg(k ＋1)2＝lg[1·2·3·…·k ·(k ＋1)]．命题成立． 由上可知，对一切正整数n ，命题成立．[对应学生用书P45]一、选择题1．对于一切正整数n ，下列说法不正确的是( ) A ．3n ≥1＋2nB ．0.9n ≥1－0.1nC ．0.9n <1－0.1nD ．0.1n ≥1－0.9n解析：由贝努利不等式(1＋x )n ≥1＋nx (x ∈N ＋，x >－1)，∴当x ＝2时，(1＋2)n ≥1＋2n ，故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 ，D 正确． 答案：C2．在用数学归纳法证明f (n )＝1n ＋1n ＋1＋…＋12n <1(n ∈N ＋，n ≥3)的过程中：假设当n＝k (k ∈N ＋，k ≥3)时，不等式f (k )<1成立，则需证当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)<1也成立．若f (k ＋1)＝f (k )＋g (k )，则g (k )＝( )A ．12k ＋1＋12k ＋2B ．12k ＋1＋12k ＋2－1kC ．12k ＋2－1kD ．12k ＋2－12k解析：∵f (k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2，f (k )＝1k ＋1k ＋1＋…＋12k，∴f (k ＋1)－f (k )＝－1k ＋12k ＋1＋12k ＋2，∴g (k )＝12k ＋1＋12k ＋2－1k .故选B.答案：B3．用数学归纳法证明“n 2＋n <n ＋1(n ∈N ＋)”的过程中的第二步n ＝k ＋1时(n ＝1已验，n ＝k 已假设成立)，这样证明：(k ＋1)2＋(k ＋1)＝k 2＋3k ＋2<k 2＋4k ＋4＝(k ＋1)＋1，∴当n ＝k ＋1时，命题成立，此种证法( )A ．是正确的B ．归纳假设写法不正确C ．从k 到k ＋1推理不严密D ．从k 到k ＋1的推理过程未使用归纳假设解析：∵在上面的证明中，当n ＝k ＋1时证明过程没有错误，但没有用到当n ＝k 时的结论，这样就失去假设当n ＝k 时命题成立的意义，也不能构成一个递推关系，这不是数学归纳法．∴A 、B 、C 都不对，选D.答案：D4．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：根据题意可知：1＋12＋13＋…＋12k ＋1－1－⎝⎛⎭⎫1＋12＋13＋…＋12k －1＝12k ＋12k＋1＋12k＋2＋…＋12k ＋1－1，所以共增加2k 项． 答案：D 二、填空题5．证明n ＋22<1＋12＋13＋…＋12n <n ＋1(n >1)，当n ＝2时，要证明的式子为________．解析：当n ＝2时，要证明的式子为 2<1＋12＋13＋14<3.答案：2<1＋12＋13＋14<36．用数学归纳法证明：当n ∈N ＋，1＋2＋22＋23＋ (25)－1是31的倍数时，当n ＝1时原式为________，从k 到k ＋1时需增添的项是________．解析：当n ＝1时，原式为1＋2＋22＋23＋25－1＝1＋2＋22＋23＋24.从k 到k ＋1时需增添的项是 25k ＋25k ＋1＋25k ＋2＋25k ＋3＋25k ＋4.答案：1＋2＋22＋23＋24 25k ＋25k ＋1＋25k ＋2＋25k ＋3＋25k ＋47．利用数学归纳法证明“3×5×…×(2n －1)2×4×…×(2n －2)<2n －1”时，n 的最小取值n 0应为________．解析：n 0＝1时不成立，n 0＝2时，32<3，再用数学归纳法证明，故n 0＝2.答案：28．设a 0为常数，且a n ＝3n －1－2a n －1(n ∈N ＋)，若对一切n ∈N ＋，有a n >a n －1，则a 0的取值范围是________．解析：取n ＝1,2，则a 1－a 0＝1－3a 0>0，a 2－a 1＝6a 0>0，∴0<a 0<13.答案：⎝⎛⎭⎫0，13 三、解答题9．用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n(n ≥2，n ∈N ＋)． 证明：(1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立．(2)假设当n ＝k 时命题成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k ，当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1(k ＋1)2<2－1k ＋1(k ＋1)2<2－1k ＋1k (k ＋1)＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立．由(1)、(2)知原不等式在n ≥2时均成立．10．试比较2n ＋2与n 2的大小(n ∈N ＋)，并用数学归纳法证明你的结论． 解：当n ＝1、n ＝2、n ＝3时都有2n ＋2>n 2成立，所以归纳猜想2n ＋2>n 2成立． 下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，左边＝21＋2＝4；右边＝1，左边>右边，所以原不等式成立； 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． ②假设n ＝k 时(k ≥3且k ∈N ＋)时，不等式成立， 即2k ＋2>k 2. 那么n ＝k ＋1时2k ＋1＋2＝2·2k ＋2＝2(2k ＋2)－2>2·k 2－2又因：2k 2－2－(k ＋1)2＝k 2－2k －3＝(k －3)(k ＋1)≥0， 即2k ＋1＋2>(k ＋1)2成立．根据①和②可知，2n ＋2>n 2对于任何n ∈N ＋都成立．11．已知等比数列{a n }的首项a 1＝2，公比q ＝3，S n 是它的前n 项和．求证：S n ＋1S n ≤3n ＋1n .证明：由已知，得S n ＝3n －1， S n ＋1S n ≤3n ＋1n 等价于3n ＋1－13n －1≤3n ＋1n ， 即3n ≥2n ＋1.(*)法一：用数学归纳法证明上面不等式成立． ①当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立． ②假设当n ＝k 时，(*)成立，即3k ≥2k ＋1，那么当n ＝k ＋1时，3k ＋1＝3×3k ≥3(2k ＋1)＝6k ＋3≥2k ＋3＝2(k ＋1)＋1，所以当n ＝k ＋1时，(*)成立． 综合①②，得3n ≥2n ＋1成立． 所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n.法二：当n ＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．当n ≥2时，3n ＝(1＋2)n ＝C 0n ＋C 1n ×2＋C 2n ×22＋…＋C n n ×2n＝1＋2n ＋…>1＋2n ，所以(*)成立．所以S n ＋1S n ≤3n ＋1n .。
高中数学第三章数学归纳法与贝努利不等式3.1数学归纳法原理学案新人教B版选修4_550
3．1 数学归纳法原理[对应学生用书P40][读教材·填要点]1．数学归纳法原理对于由归纳法得到的某些与自然数有关的命题p(n)，可以用以下两个步骤来证明它的正确性：(1)证明当n取初始值n0(例如n0＝0，n0＝1等)时命题成立；(2)假设当n＝k(k为自然数，且k≥n0)时命题正确，证明当n＝k＋1时命题也正确．在完成了这两个步骤后，就可以断定命题对于从初始值n0开始的所有自然数都正确．2．数学归纳法的基本过程[小问题·大思维]1．在数学归纳法中，n0一定等于0吗？提示：不一定．n0是适合命题的自然数中的最小值，有时是n0＝0或n0＝1，有时n0值也比较大，而不一定是从0开始取值．2．数学归纳法的适用范围是什么？提示：数学归纳法的适用范围仅限于与自然数有关的数学命题的证明．3．数学归纳法中的两步的作用是什么？提示：在数学归纳法中的第一步“验证n＝n0时，命题成立”，是归纳奠基、是推理证明的基础．第二步是归纳递推，保证了推理的延续性，证明了这一步，就可以断定这个命题对于n取第一个值n0后面的所有自然数也都成立．[对应学生用书P40][例1] 用数学归纳法证明：1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋12n(n ∈N＋)．[思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明恒等式中的应用，解答本题需要注意等式的左边有2n 项，右边有n 项，由k 到k ＋1时，左边增加两项，右边增加一项，而且左、右两边的首项不同，因此由“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”时，要注意项的合并．[精解详析] (1)当n ＝1时，左边＝1－12＝12，右边＝12，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时命题成立，即有 1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (12). 则当n ＝k ＋1时，左边＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1－12k ＋2 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋1＋12k ＋2， 从而可知，当n ＝k ＋1时，命题亦成立． 由(1)(2)可知，命题对一切正整数n 均成立．(1)用数学归纳法证明代数恒等式的关键有两点：一是准确表述n ＝n 0时命题的形式，二是准确把握由n ＝k 到n ＝k ＋1时，命题结构的变化特点．(2)应用数学归纳法时的常见问题①第一步中的验证，对于有些问题验证的并不是n ＝0，有时需验证n ＝1，n ＝2. ②对n ＝k ＋1时式子的项数以及n ＝k 与n ＝k ＋1的关系的正确分析是应用数学归纳法成功证明问题的保障．③“假设n ＝k 时命题成立，利用这一假设证明n ＝k ＋1时命题成立”，这是应用数学归纳法证明问题的核心环节，对待这一推导过程决不可含糊不清，推导的步骤要完整、严谨、规范．1．用数学归纳法证明：对任意的n ∈N ＋， 11×3＋13×5＋…＋1n －n ＋＝n 2n ＋1. 证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×3＝13，右边＝12×1＋1＝13，左边＝右边，等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋且k ≥1)时等式成立， 即有11×3＋13×5＋…＋1k －k ＋＝k2k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，11×3＋13×5＋…＋1k －k ＋＋1k ＋k ＋＝k 2k ＋1＋1k ＋2k ＋＝k k ＋＋1k ＋k ＋＝2k 2＋3k ＋1k ＋k ＋＝k ＋12k ＋3＝k ＋1k ＋＋1，所以当n ＝k ＋1时，等式也成立． 由(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋等式都成立．[例2] 求证：二项式x 2n－y 2n(n ∈N ＋)能被x ＋y 整除．[思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明整除问题中的应用，解答本题需要设法将x 2n－y 2n进行分解因式得出x ＋y ，由于直接分解有困难，故采用数学归纳法证明．[精解详析] (1)当n ＝1时，x 2－y 2＝(x ＋y )(x －y )， ∴能被x ＋y 整除．(2)假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N ＋)时，x 2k －y 2k 能被x ＋y 整除，当n ＝k ＋1时， 即x2k ＋2－y2k ＋2＝x 2·x 2k －x 2y 2k ＋x 2y 2k －y 2·y 2k＝x 2(x 2k －y 2k)＋y 2k(x 2－y 2)．∵x2k－y2k与x2－y2都能被x＋y整除，∴x2(x2k－y2k)＋y2k(x2－y2)能被x＋y整除．即n＝k＋1时，x2k＋2－y2k＋2能被x＋y整除．由(1)(2)可知，对任意的正整数n命题均成立．利用数学归纳法证明整除问题时，关键是整理出除数因式与商数因式积的形式，这就往往要涉及到“添项”与“减项”等变形技巧，例如，在本例中，对x2k＋2－y2k＋2进行拼凑，即减去x2y2k再加上x2y2k，然后重新组合，目的是拼凑出n＝k时的归纳假设，剩余部分仍能被x＋y整除．2．求证：n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3能被9整除．证明：(1)当n＝1时，13＋(1＋1)3＋(1＋2)3＝36，能被9整除，命题成立．(2)假设n＝k时，命题成立，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋k3＋3k2·3＋3k·32＋33＝k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3＋9(k2＋3k＋3)．由归纳假设，上式中k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，又9(k2＋3k＋3)也能被9整除．故n＝k＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，对任意n∈N*命题成立.[例3] 平面上有n(n≥2，且n∈N＋)条直线，其中任意两条直线不平行，任意三条不过同一点，求证：这n条直线被分成f(n)＝n2.[思路点拨] 本题考查数学归纳法在证明几何命题中的应用，解答本题应搞清交点随n 的变化而变化的规律，然后采用数学归纳法证明．[精解详析] (1)当n＝2时，∵符合条件的两直线被分成4段，又f(2)＝22＝4.∴当n＝2时，命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥2且k ∈N＋)时命题成立，就是该平面内满足题设的任何k 条直线被分成f (k )＝k 2段，则当n ＝k ＋1时，任取其中一条直线记为l ，如图，剩下的k 条直线为l 1，l 2，…，l k .由归纳假设知，它们被分为f (k )＝k 2段．由于l 与这k 条直线均相交且任意三条不过同一点，所以直线l 被l 1，l 2，l 3，…，l k分为k ＋1段，同时l 把l 1，l 2，…，l k 中每条直线上的某一段一分为二，其增加k 段．∴f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1＋k ＝k 2＋2k ＋1＝(k ＋1)2. ∴当n ＝k ＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，命题对一切n ∈N ＋且n ≥2成立．对于几何问题的证明，可以从有限情形中归纳出一般变化规律，或者说体会出是怎么变化的，然后再去证明，也可以采用递推的办法．利用数学归纳法证明几何问题时，关键是正确分析由n ＝k 到n ＝k ＋1时几何图形的变化规律．3．证明：凸n 边形的对角线的条数f (n )＝12n ·(n －3)(n ≥4)．证明：(1)n ＝4时，f (4)＝12·4·(4－3)＝2，四边形有两条对角线，命题成立．(2)假设n ＝k 时命题成立，即凸k 边形的对角线的条数f (k )＝12k (k －3)(k ≥4)．当n ＝k ＋1时，凸k ＋1边形是在k 边形基础上增加了一边，增加了一个顶点A k ＋1，增加的对角线条数是顶点A k ＋1与不相邻顶点连线再加上原k 边形的一边A 1A k ，共增加的对角线条数为(k ＋1－3)＋1＝k －1.f (k ＋1)＝12k (k －3)＋k －1＝12(k 2－k －2)＝12(k ＋1)(k －2)＝12(k ＋1)[(k ＋1)－3]． 故n ＝k ＋1时由(1)、(2)可知，对于n ≥4，n ∈N ＋公式成立．[对应学生用书P42]一、选择题1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1(n ∈N ＋)”的过程中，第二步n ＝k时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到( )A ．1＋2＋22＋…＋2k －2＋2k －1＝2k ＋1－1B ．1＋2＋22＋…＋2k ＋2k ＋1＝2k－1＋2k ＋1C ．1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＋1＝2k ＋1－1D ．1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－1解析：由条件知，左边是从20,21一直到2n －1都是连续的，因此当n ＝k ＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ，而右边应为2k ＋1－1.答案：D2．用数学归纳法证明：(n ＋1)(n ＋2)… ·(n ＋n )＝2n×1×3…(2n －1)时，从“k 到k ＋1”左边需增乘的代数式是( )A ．2k ＋1B ．2k ＋1k ＋1C ．2(2k ＋1)D ．2k ＋2k ＋1解析：当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)… ·(k ＋1＋k ＋1)＝(k ＋1)·(k ＋2)·(k ＋3)…(k ＋k )·k ＋k ＋k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )·2(2k ＋1)．答案：C3．某个命题与正整数n 有关，如果当n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时，命题也成立．现已知当n ＝5时该命题不成立，那么可推得( )A ．当n ＝6时该命题不成立B ．当n ＝6时该命题成立C ．当n ＝4时该命题不成立D ．当n ＝4时该命题成立解析：与“如果当n ＝k (k ∈N ＋)时命题成立，那么可推得当n ＝k ＋1时命题也成立”等价的命题为“如果当n ＝k ＋1时命题不成立，则当n ＝k (k ∈N ＋)时，命题也不成立”．故知当n ＝5时，该命题不成立，可推得当n ＝4时该命题不成立． 答案：C4．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1>12764(n ∈N ＋)成立，其初始值至少应取( )A ．7B ．8C ．9D ．10解析：左边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8. 答案：B 二、填空题5．设f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1(n ∈N ＋)，则f (n ＋1)－f (n )等于________．解析：因为f (n )＝1＋12＋13＋…＋13n －1，所以f (n ＋1)＝1＋12＋13＋…＋13n －1＋13n ＋13n ＋1＋13n ＋2.所以f (n ＋1)－f (n )＝13n ＋13n ＋1＋13n ＋2. 答案：13n ＋13n ＋1＋13n ＋26．设平面内有n 条直线(n ≥2)，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 条直线交点的个数，则f (4)＝________；当n >4时，f (n )＝________(用n 表示)．解析：f (2)＝0，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．所以f (3)－f (2)＝2，f (4)－f (3)＝3，f (5)－f (4)＝4，…，f (n )－f (n －1)＝n －1. 累加，得f (n )－f (2)＝2＋3＋4＋…＋(n －1) ＝2＋n －2(n －2)．所以f (n )＝12(n ＋1)(n －2)．答案：5 12(n ＋1)(n －2)7．已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋1n ＋1＝2⎝⎛⎭⎪⎫1n ＋2＋1n ＋4＋…＋12n 时，若已假设n ＝k (k ≥2，且k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n ＝________时等式成立．解析：n ＝k (k ≥2，且k 为偶数)的下一个偶数为k ＋2，根据数学归纳法的步骤可知．再证n ＝k ＋2.答案：k ＋28．用数学归纳法证明12＋cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n －1)α＝1sin α·sin2n ＋12α·cos 2n －12α(α≠n π，n ∈N )，在验证n ＝1等式成立时，左边计算所得的项是________．解析：由等式的特点知：当n ＝1时，左边从第一项起，一直加到cos(2n －1)α，故左边计算所得的项是12＋cosα.答案：12＋cos α三、解答题9．用数学归纳法证明： 11×2＋13×4＋…＋1n －n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n ＋n .证明：(1)当n ＝1时，左边＝11×2＝12，右边＝12，等式成立．(2)假设当n ＝k 时，等式成立，即 11×2＋13×4＋…＋1k －k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ，则当n ＝k ＋1时，11×2＋13×4＋…＋1k －k ＋1k ＋k ＋＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k＋1k ＋k ＋＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12k ＋1－12k ＋2＋1k ＋1 ＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2 ＝1k ＋＋1＋1k ＋＋2＋…＋1k ＋＋k＋1k ＋＋k ＋，即当n＝k＋1时，等式成立．根据(1)(2)可知，对一切n∈N＋，等式成立．10．用数学归纳法证明对于整数n≥0，A n＝11n＋2＋122n＋1能被133整除．证明：(1)当n＝0时，A0＝112＋12＝133能被133整除．(2)假设n＝k时，A k＝11k＋2＋122k＋1能被133整除．当n＝k＋1时，A k＋1＝11k＋3＋122k＋3＝11·11k＋2＋122·122k＋1＝11·11k＋2＋11·122k＋1＋(122－11)·122k＋1＝11·(11k＋2＋122k＋1)＋133·122k＋1.∴n＝k＋1时，命题也成立．根据(1)、(2)，对于任意整数n≥0，命题都成立．11．将正整数作如下分组：(1)，(2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，…，分别计算各组包含的正整数的和如下，试猜测S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1的结果，并用数学归纳法证明．S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，解：由题意知，当n＝1时，S1＝1＝14；当n＝2时，S1＋S3＝16＝24；当n＝3时，S1＋S3＋S5＝81＋34；当n＝4时，S1＋S3＋S5＋S7＝256＝44.猜想：S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4.下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，S1＝1＝14，等式成立．(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时等式成立，即S1＋S3＋S5＋…＋S2k－1＝k4，那么，当n＝k＋1时，S1＋S3＋S5＋…＋S2k＋1＝k4＋[(2k2＋k＋1)＋(2k2＋k＋2)＋…＋(2k2＋k＋2k＋1)]＝k4＋(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，这就是说，当n＝k＋1时，等式也成立．根据(1)和(2)，可知对于任意的n∈(N＋，S1＋S3＋S5＋…＋S2n－1＝n4都成立．。
高中数学人教B版选修4-5学业分层测评第3章 3.2 用数学归纳法证明不等式贝努利不等式 Word版含答案
学业分层测评(建议用时：分钟)[学业达标]一、选择题.利用数学归纳法证明不等式“<对于≥的正整数都成立”时，应取值为()【解析】<＝>＝<，利用数学归纳法验证≥，故的值为.【答案】.对于不等式<＋(∈＋)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：()当＝时，<＋, 不等式成立.()假设当＝(∈＋)时，不等式成立，即<＋，则当＝＋时，＝<＝＝(＋)＋，∴当＝＋时，不等式成立，则上述证法( ).过程全部正确＝验得不正确.归纳假设不正确.从＝到＝＋的推理不正确【解析】在＝＋时，没有应用＝时的假设，不是数学归纳法.【答案】.设为正整数，()＝＋＋＋…＋，计算得()＝，()>，()>，()>，()>，观察上述记录，可推测出一般结论()()≥()>.以上都不对()≥【解析】∵()＝；()>，即()>；()>，即()>；()>，即()>；()>，即()>.故猜想()>.【答案】.设()是定义在正整数集上的函数，有()满足：当“()≥成立时，总可推出(＋)≥(＋)成立”.那么下列命题总成立的是( ).若()≥成立，则当≥，均有()≥成立.若()≥成立，则当＜，均有()≥成立.若()＜成立，则当≥，均有()＜成立.若()＝成立，则当≥，均有()≥成立【解析】由题意，设()满足：“当()≥成立时，总可推出(＋)≥(＋)成立.”因此，对于，不一定有＝时成立.对于，显然错误.对于，∵()＝＞，因此对于任意的≥，有()≥成立.【答案】.对于正整数，下列说法不正确的是( )≥－≥＋＜－≥－)，【解析】由贝努利不等式(＋)≥＋(≥－，∈＋当＝时，(＋)≥＋，正确.当＝－时，(－)≥－，正确，不正确.当＝时，(－)≥－，因此正确.【答案】二、填空题.观察式子：＋<，＋＋<，＋＋＋<，…，则可归纳出.【导学号：】【答案】＋＋＋…＋<(≥，∈＋).若()＝＋＋＋…＋()，则(＋)与()的递推关系式是.【解析】∵()＝＋＋＋…＋()，(＋)＝＋＋＋…＋()＋(＋)＋(＋)，∴(＋)＝()＋(＋)＋(＋).【答案】(＋)＝()＋(＋)＋(＋).在数列{}中，＝，且＝(－)，通过求，，，猜想的表达式为.【解析】由＝，且＝(－)，得＝，＝，＝.由××××，…，可得＝＝.。
2017_2018学年高中数学第三章数学归纳法与贝努利不等式3_1数学归纳法原理学案新人教B版选修4
即当n＝k＋1时，等式成立．
依照(1)(2)可知，对一切n∈N＋，等式成立．
10．用数学归纳法证明关于整数n≥0，An＝11n＋2＋122n＋1能被133整除．
证明：(1)当n＝0时，A0＝112＋12＝133能被133整除．
(2)假设n＝k时，Ak＝11k＋2＋122k＋1能被133整除．
当n＝k＋1时，
2．数学归纳法的大体进程
[小问题·大思维]
1．在数学归纳法中，n0必然等于0吗？
提示：不必然．n0是适合命题的自然数中的最小值，有时是n0＝0或n0＝1，有时n0值也比较大，而不必然是从0开始取值．
2．数学归纳法的适用范围是什么？
提示：数学归纳法的适用范围仅限于与自然数有关的数学命题的证明．
3．数学归纳法中的两步的作用是什么？
解析：因为f(n)＝1＋ ＋ ＋…＋ ，因此f(n＋1)＝1＋ ＋ ＋…＋ ＋ ＋ ＋ .因此f(n＋1)－f(n)＝ ＋ ＋ .
答案： ＋ ＋
6．设平面内有n条直线(n≥2)，其中有且仅有两条直线相互平行，任意三条直线只是同一点．假设用f(n)表示这n条直线交点的个数，那么f(4)＝________；当n>4时，f(n)＝________(用n表示)．
答案：C
3．某个命题与正整数n有关，若是当n＝k(k∈N＋)时命题成立，那么可推适当n＝k＋1时，命题也成立．现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得( )
A．当n＝6时该命题不成立
B．当n＝6时该命题成立
C．当n＝4时该命题不成立
D．当n＝4时该命题成立
解析：与“若是当n＝k(k∈N＋)时命题成立，那么可推适当n＝k＋1时命题也成立”等价的命题为“若是当n＝k＋1时命题不成立，那么当n＝k(k∈N＋)时，命题也不成立”．
2016-2017学年高中数学 第3章 数学归纳法与贝努利不等式章末综合测评 新人教B版选修4-5
章末综合测评(三) 数学归纳法与贝努利不等式(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.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.设S (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A.S (n )共有n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13B.S (n )共有n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14C.S (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14D.S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14【解析】 S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14.【答案】 D2.数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是( )A.3n －2B.n 2C.3n －1D.4n －3【解析】 计算知a 1＝1，a 2＝4, a 3＝9，a 4＝16， ∴可猜想a n ＝n 2. 【答案】 B3.已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n ×3n －1＝3n(na －b )＋c 对一切n ∈N ＋成立，则a ，b ，c 的值为( )A.a ＝12，b ＝c ＝14B.a ＝b ＝c ＝14C.a ＝0，b ＝c ＝14D.不存在这样的a ，b ，c【解析】 ∵等式对任意n ∈N ＋都成立， ∴当n ＝1,2,3时也成立.即⎩⎪⎨⎪⎧1＝a －b ＋c ，1＋2×3＝32a －b ＋c ，1＋2×3＋3×32＝33a －b ＋c ，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝c ＝14.【答案】 A4.下列代数式，n ∈N ＋，能被13整除的是( ) A.n 3＋5n B.34n ＋1＋52n ＋1C.62n －1＋1D.42n ＋1＋3n ＋2【解析】 当n ＝1时，n 3＋5n ＝6,34n ＋1＋52n ＋1＝368,62n －1＋1＝7,42n ＋1＋3n ＋2＝91.只有91能被13整除. 【答案】 D5.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( )A.k 2B.(k ＋1)2C.k ＋4＋k ＋22D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2【解析】 当n ＝k 时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2，当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2. 故当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2. 【答案】 D 6.用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n ∈N ＋)能被8整除时，当n ＝k ＋1时，对于34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1可变形为( )A.56·3(4k ＋1)＋25(34k ＋1＋52k ＋1)B.34·34k ＋1＋52·52kC.34k ＋1＋52k ＋1D.25(34k ＋1＋52k ＋1) 【解析】 34(k ＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1变形中必须出现n ＝k 时归纳假设，故变形为56·34k ＋1＋25(34k ＋1＋52k ＋1).【答案】 A7.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＋1 23<2－12B.1＋123＋133<2－13C.1＋123<2－13D.1＋123＋133<2－14【解析】 ∵n ≥2，第一步应是n ＝2时，1＋123 <2－12.【答案】 A8.设n ∈N ＋，则4n 与3n 的大小关系是( ) A.4n>3n B.4n＝3n C.4n <3nD.不确定【解析】 4n＝(1＋3)n.根据贝努利不等式，有(1＋3)n≥1＋n ×3＝1＋3n >3n ， 即4n>3n . 【答案】 A9.若k 棱柱有f (k )个对角面，则k ＋1棱柱有对角面的个数为( ) 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时增加的对角线的条数一样，设底面为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】 B10.用数学归纳法证明12＋cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n －1)α＝sin 2n ＋12α·cos 2n －12αsin α(α≠k π，k ∈Z ，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＋cos 3α D.12＋cos α＋cos 2α＋cos 3α 【解析】 首项为12，末项为cos(2×1－1)α＝cos α.【答案】 B11.如果命题P (n )对于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 )对所有自然数n 成立B.P (n )对所有偶自然数n 成立C.P (n )对所有正自然数n 成立D.P (n )对所有比1大的自然数n 成立【解析】 因为n ＝2时，由n ＝k ＋2的“递推”关系，可得到n ＝4成立，再得到n ＝6成立，依次类推，因此，命题P (n )对所有的偶自然数n 成立.【答案】 B12.在数列{a n }中，a 1＝13且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( )【导学号：38000065】A.1n －n ＋ B.12nn ＋C.1n －n ＋D.1n ＋n ＋【解析】 ∵a 1＝13，由S n ＝n (2n －1)a n 得，a 1＋a 2＝2(2×2－1)a 2，解得a 2＝115＝13×5，a 1＋a 2＋a 3＝3×(2×3－1)a 3，解得a 3＝135＝15×7，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝4(2×4－1)a 4，解得a 4＝163＝17×9.【答案】 C二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.请把答案填在题中横线上) 13.从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝________.【解析】 等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n ＋1，和的绝对值是前n 个自然数的和为n n ＋2.【答案】 (－1)n ＋1·n n ＋214.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 (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即a k ＝4×2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，需证明a k ＋1＝________.【解析】 当n ＝k ＋1时，把a k 代入，要将4×2k －2变形为4×2(k ＋1)－1－2的形式.【答案】 4×2(k ＋1)－1－215.证明1＋12＋13＋14＋…＋12n －1>n2(n ∈N ＋)，假设n ＝k 时成立，当n ＝k ＋1时，左边增加的项数是________.【解析】 左边增加的项数为2k ＋1－1－2k ＋1＝2k.【答案】 2k16.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________.【解析】 9π＝32π，162π＝422π，253π＝523π，所以在n 边形A 1A 2…A n 中，1A 1＋1A 2＋…＋1A n≥n 2n －π. 【答案】1A 1＋1A 2＋1A 3＋…＋1A n≥n 2n －π三、解答题(本大题共6小题，共70分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17.(本小题满分10分)用数学归纳法证明： 12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13n (4n 2－1).【证明】 (1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立. (2)假设当n ＝k 时(k ≥1，k ∈N ＋)，命题成立， 即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1).那么当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋[2(k ＋1)－1]2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2 ＝13k (2k ＋1)(2k －1)＋(2k ＋1)2 ＝13(2k ＋1)(2k ＋3)(k ＋1)＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]. ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立.由(1)(2)得，对于任意n ∈N ＋，等式都成立. 18.(本小题满分12分)求证：62n＋3n ＋2＋3n是11的倍数(n ∈N ＋).【证明】 (1)当n ＝1时，62×1＋31＋2＋31＝66，是11的倍数.(2)假设n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，命题成立， 即62k＋3k ＋2＋3k是11的倍数.则当n ＝k ＋1时， 62(k ＋1)＋3k ＋3＋3k ＋1＝62k ＋2＋3k ＋3＋3k ＋1＝36·62k ＋3·3k ＋2＋3·3k＝33·62k＋3·62k＋3·3k ＋2＋3·3k＝33·62k＋3(62k＋3k ＋2＋3k).由假设可知3(62k＋3k ＋2＋3k)是11的倍数，而33·62k也是11的倍数，即n ＝k ＋1时，原命题正确.由(1)(2)可知，对任意n ∈N ＋原命题成立.19.(本小题满分12分)已知a ，b 为正数，且1a ＋1b＝1，试证：对每一个n ∈N ＋，(a ＋b )n－a n －b n ≥22n －2n ＋1.【证明】 (1)n ＝1时，左边＝0，右边＝0， ∴左边＝右边，命题成立.(2)假设n ＝k (k ≥1)时，命题成立，即(a ＋b )k－a k－b k≥22k－2k ＋1，则当n ＝k ＋1时， ∵ak ＋1＋bk ＋1＝(a ＋b )·(a k ＋b k )－a k b －ab k，∴左边＝(a ＋b )k ＋1－ak ＋1－bk ＋1＝(a ＋b )·[(a ＋b )k－a k －b k]＋a kb ＋ab k. 又∵1a ＋1b＝1，∴ab ＝a ＋b .∵(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＋1b ≥4，∴a ＋b ≥4，∴ab ＝a ＋b ≥4. 由a kb ＋ab k≥2a k·b k·ab ＝2abk·ab ≥2·2k ＋1＝2k ＋2.a k ＋b k ≥2abk≥2k ＋1.故左边≥4·(22k －2k ＋1)＋2k ＋2＝22k ＋2－2k ＋2＝22(k ＋1)－2(k ＋1)＋1＝右边.∴当n ＝k ＋1时，命题也成立.由(1)(2)可知，对一切n ∈N ＋不等式成立.20.(本小题满分12分)是否存在常数a ，b ，c 使得等式1·22＋2·32＋…＋n (n ＋1)2＝n n ＋12(an 2＋bn ＋c )对一切n ∈N ＋都成立？并证明你的结论.【解】 假设存在符合题意的常数a ，b ，c ， 在等式1·22＋2·32＋…＋n (n ＋1)2＝n n ＋12(an 2＋bn ＋c )中，令n ＝1，得4＝16(a ＋b ＋c )，① 令n ＝2，得22＝12(4a ＋b ＋c )，② 令n ＝3，得70＝9a ＋3b ＋c . ③由①②③解得a ＝3，b ＝11，c ＝10， 于是，对于n ＝1,2,3，都有 1·22＋2·32＋…＋n (n ＋1)2＝n n ＋12(3n 2＋11n ＋10)(*)成立.下面用数学归纳法证明：对于一切正整数n ，(*)式都成立. 假设n ＝k 时，(*)成立， 即1·22＋2·32＋…＋k (k ＋1)2＝k k ＋12(3k 2＋11k ＋10)，那么1·22＋2·32＋…＋k (k ＋1)2＋(k ＋1)(k ＋2)2＝k k ＋12(3k 2＋11k ＋10)＋(k ＋1)(k ＋2)2＝k ＋k ＋12(3k 2＋5k ＋12k ＋24) ＝k ＋k ＋12[3(k ＋1)2＋11(k ＋1)＋10]，由此可知，当n ＝k ＋1时，(*)式也成立.综上所述，当a ＝3，b ＝11，c ＝10时题设的等式对于一切n ∈N ＋都成立.21.(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.当n ＝k ＋1时，有a k ＋2＝－1＋3a k ＋12－a k ＋1，∴a k ＋2－a k ＋1＝－1＋3a k ＋12－a k ＋1－－1＋3a k2－a k＝a k ＋1－a k－a k ＋1－a k>0.因此a k ＋2>a k ＋1且a k ＋1<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 且a n <0.22.(本小题满分12分)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ，a n 的等差中项为1. (1)写出a 1，a 2，a 3；(2)猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明. 【解】 (1)由题意S n ＋a n ＝2，可得a 1＝1，a 2＝12，a 3＝14.(2)猜想a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1. 下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，a 1＝1，⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫120＝1，等式成立.②假设当n ＝k 时，等式成立，即a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12k-1，则当n ＝k ＋1时，由S k ＋1＋a k ＋1＝2，S k ＋a k ＝2， 得(S k ＋1－S k )＋a k ＋1－a k ＝0，即2a k ＋1＝a k ，∴a k ＋1＝12a k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12·⎝ ⎛⎭⎪⎫12k-1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12(k+1)-1，即当n ＝k ＋1时，等式成立.由①②可知，对n ∈N ＋，a n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n-1.。
高中数学第3章数学归纳法与贝努利不等式章末综合测评新人教B版选修4_5
【答案】D
5.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝ ，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上()
A.k2
B.(k＋1)2
C.
D.(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
【解析】当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2，
当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
即4n>3n.
【答案】A
9.若k棱柱有f(k)个对角面，则k＋1棱柱有对角面的个数为()
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时增加的对角线的条数一样，设底面为A1A2…Ak，n＝k＋1时底面为A1A2A3…AkAk＋1，增加的对角线为A2Ak＋1，A3Ak＋1，A4Ak＋1，…，Ak－1Ak＋1，A1Ak，共有k－1条，因此，对角面也增加了k－1个.
章末综合测评(三)数学归纳法与贝努利不等式
(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.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.设S(n)＝ ＋ ＋ ＋…＋ ，则()
A.S(n)共有n项，当n＝2时，S(2)＝ ＋
B.S(n)共有n＋1项，当n＝2时，S(2)＝ ＋ ＋
A.3n－2B.n2
C.3n－1D.4n－3
【解析】计算知a1＝1，a2＝4,a3＝9，a4＝16，
∴可猜想an＝n2.
【答案】B
3.已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N＋成立，则a，b，c的值为()
【高中】高中数学第3章数学归纳法与贝努利不等式31数学归纳法原理学业分层测评新人教B版选修45
【关键字】高中第3章数学归纳法与贝努利不等式 3.1 数学归纳法原理学业分层测评新人教B版选修4-5(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1.满足1×2＋2×3＋3×4＋…＋n×(n＋1)＝3n2－3n＋2的自然数n＝( )A.1B.1或2C.1,2,3D.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＝28，故选C.【答案】 C2.某个与正整数n有关的命题，如果当n＝k(k∈N＋且k≥1)时命题成立，则一定可推得当n＝k＋1时，该命题也成立.现已知n＝5时，该命题不成立，那么应有( )A.当n＝4时该命题成立B.当n＝6时该命题成立C.当n＝4时该命题不成立D.当n＝6时该命题不成立【解析】若n＝4时命题成立，由递推关系知n＝5时命题成立，与题中条件矛盾，∴n＝4时，该命题不成立.【答案】 C3.记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋( )A. B.πC.2πD.π【解析】n＝k到n＝k＋1时，内角和增加π.【答案】 B4.用数学归纳法证明：1＋2＋3＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)·(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得的代数式为( )A.1B.1＋3C.1＋2＋3D.1＋2＋3＋4【解析】当n＝1时左边所得的代数式为1＋2＋3.【答案】 C5.一个与自然数n有关的命题，当n＝2时命题成立，且由n＝k时命题成立推得n＝k＋2时命题也成立，则( )A.该命题对于n＞2的自然数n都成立B.该命题对于所有的正偶数都成立C.该命题何时成立与k取什么值无关D.以上答案都不对【解析】由题意n＝2时成立可推得n＝4,6,8，…都成立，因此所有正偶数都成立，故选B.【答案】 B2、填空题6.用数学归纳法证明：设f(n)＝1＋＋＋…＋，则n＋f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝nf(n)(n∈N＋，且n≥2)第一步要证明的式子是________.【解析】n＝2时，等式左边＝2＋f(1)，右边＝2f(2).∴第一步要证明的式子是2＋f(1)＝2f(2).【答案】2＋f(1)＝2f(2)7.用数学归纳法证明“n∈N＋，n(n＋1)(2n＋1)能被6整除”时，某同学证法如下：(1)n＝1时1×2×3＝6能被6整除，∴n＝1时命题成立.(2)假设n＝k时成立，即k(k＋1)(2k＋1)能被6整除，那么n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝(k＋1)(k＋2)[k＋(k＋3)]＝k(k＋1)(k＋2)＋(k＋1)(k＋2)(k＋3).∵k，k＋1，k＋2和k＋1，k＋2，k＋3分别是三个连续自然数.∴其积能被6整除.故n＝k＋1时命题成立.综合(1)(2)，对一切n∈N＋，n(n＋1)(2n＋1)能被6整除.这种证明不是数学归纳法，主要原因是________.【答案】没用上归纳假设8.设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N＋)，则f(n＋1)－f(n)等于________.【导学号：】【解析】因为f(n)＝1＋＋＋…＋，所以f(n＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋，所以f(n＋1)－f(n)＝＋＋.【答案】13n＋13n＋1＋13n＋2三、解答题9.已知f(n)＝(2n＋7)·3n＋9，是否存在自然数m，使得对任意n∈N＋，都能使m整除f(n)？如果存在，求出最大的m值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.【解】 存在，m ＝36. 证明如下：(1)当n ＝1时，f (1)＝36，能被36整除；(2)假设当n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时，f (k )能被36整除， 即f (k )＝(2k ＋7)·3k＋9能被36整除， 则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝[2(k ＋1)＋7]·3k ＋1＋9＝3[(2k ＋7)·3k ＋9]＋18(3k －1－1).由归纳假设3[(2k ＋7)·3k＋9]能被36整除，而3k －1－1是偶数，所以18(3k －1－1)能被36整除，所以f (k ＋1)能被36整除.由(1)(2)，得f (n )能被36整除，由于f (1)＝36，故能整除f (n )的最大整数是36，即m ＝36.10.设数列{a n }的前n 项和为S n ，且方程x 2－a n x －a n ＝0有一根为S n －1，n ＝1,2,3，…. (1)求a 1，a 2；(2)猜想数列{S n }的通项公式，并给出严格证明. 【解】 (1)∵S n －1是方程x 2－a n x －a n ＝0的一个根， ∴(S n －1)2－a n ·(S n －1)－a n ＝0， ∴(S n －1)2－a n S n ＝0， ∴当n ＝1时，a 1＝12，当n ＝2时，a 2＝16.(2)由(1)知S 1＝a 1＝12，n ≥2时，(S n －1)2－(S n －S n －1)·S n ＝0，∴S n ＝12－S n －1.①此时当n ＝2时，S 2＝12－12＝23；当n ＝3时，S 3＝12－23＝34.由猜想可得，S n ＝nn ＋1，n ＝1,2,3，….下面用数学归纳法证明这个结论. 当n ＝1时，a 1＝S 1＝12，显然成立.假设当n ＝k (k ∈N ＋，且k ≥1)时结论成立，即S k ＝kk ＋1.当n ＝k ＋1时，由①知S k ＋1＝12－S k ，∴S k ＋1＝12－k k ＋1＝k ＋1k ＋2＝k ＋1k ＋1＋1.∴当n ＝k ＋1时式子也成立. 综上，S n ＝nn ＋1，n ＝1,2,3，…，对所有正整数n 都成立.[能力提升]1.用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n－1(n ∈N ＋)”的过程中，第二步n ＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到( )A.1＋2＋22＋…＋2k －2＋2k －1＝2k ＋1－1B.1＋2＋22＋…＋2k ＋2k ＋1＝2k－1＋2k ＋1C.1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＋1＝2k ＋1－1D.1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－1【解析】 由条件知，左边是从20,21一直到2n －1都是连续的，因此当n ＝k ＋1时，左边应为1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ，从右边应为2k ＋1－1.【答案】 D2.用数学归纳法证明：(n ＋1)(n ＋2)…·(n ＋n )＝2n×1×3×…×(2n －1)时，从“k 到k ＋1”左边需增乘的代数式是( )A.2k ＋1B.2k ＋1k ＋1 C.2(2k ＋1)D.2k ＋2k ＋1【解析】 当n ＝k ＋1时，左边＝(k ＋1＋1)(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k ＋1)＝(k ＋1)·(k ＋2)·(k ＋3)·…·(k ＋k )·2k ＋12k ＋2k ＋1＝(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)·…·(k＋k )·2(2k ＋1).【答案】 C3.设平面内有n 条直线(n ≥2)，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 条直线交点的个数，则f (4)＝________；当n ＞4时，f (n )＝________(用n 表示).【导学号：】【解析】 f (2)＝0，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.所以f (3)－f (2)＝2，f (4)－f (3)＝3，f (5)－f (4)＝4，…，f (n )－f (n －1)＝n －1.累加，得f (n )－f (2)＝2＋3＋4＋…＋(n －1) ＝2＋n －12(n －2).所以f (n )＝12(n ＋1)(n －2).【答案】 5 12(n ＋1)(n －2)4.已知△ABC 的三边长是有理数. (1)求证：cos A 是有理数；(2)求证：对任意正整数n ，cos nA 和sin A ·sin nA 都是有理数. 【证明】 (1)由AB ，BC ，AC 为有理数及余弦定理知cos A ＝AB 2＋AC 2－BC 22AB ·AC是有理数.(2)用数学归纳法证明cos nA 和sin A ·sin nA 都是有理数. ①当n ＝1时，由(1)知cos A 是有理数， 从而有sin A ·sin A ＝1－cos 2A 也是有理数.②假设当n ＝k (k ≥1)时，cos kA 和sin A ·sin kA 都是有理数. 当n ＝k ＋1时，由cos(k ＋1)A ＝cos A ·cos kA －sin A ·sin kA ， sin A ·sin(k ＋1)A＝sin A ·(sin A ·cos kA ＋cos A ·sin kA )＝(sin A ·sin A )·cos kA ＋(sin A ·sin kA )·cos A ，由①和归纳假设，知cos(k ＋1)A 与sin A ·sin(k ＋1)A 都是有理数. 即当n ＝k ＋1时，结论成立.综合①②可知，对任意正整数n ，cos nA 和sin A ·sin nA 都是有理数.此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。
高中数学第三章数学归纳法与贝努利不等式本章复习课课件新人教B版选修4_5
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其它不等式
— 等式
— 几何问题
— 整除问题
知识梳理 1.数学归纳法及其原理 数学归纳法是证明一些与正整数有关的数学命题的一种方法. 即先证明当 n 取第一个值 n0(例如 n0＝1)时命题成立，然后假设当 n ＝k (k∈N*，k≥n0)时命题成立，证明当 n＝k＋1 时命题也成立，那 么就证明了这个命题成立.这种证明方法叫做数学归纳法. 2.数学归纳法主要用于解决与正整数有关的数学问题.证明时， 它的两个步骤缺一不可.它的第一步(归纳奠基)n＝n0 时结论成立.第 二步(归纳递推)假设 n＝k 时，结论成立，推得 n＝k＋1 时结论也成 立.数学归纳法原理建立在归纳公理的基础上，它可用有限的步骤 (两步)证明出无限的命题成立.
知识点 4 用数学归纳法证明三角等式
【例 4】 用数学归纳法证明 tan α·tan 2α＋tan 2α·tan 3α＋…＋tan(n－1)α·tan nα＝ttaannnαα－ n (n≥2，n∈N*). 证明 (1)当 n＝2 时，左边＝tan α·1－2tatnanα2α＝12－tatnan2α2α 右边＝ttaann2αα－2＝（1－t2atna2nαα）tan α－2＝12－tatna2nα2α，等式成立. (2)假设当 n＝k 时(k≥2，k∈N*)等式成立，即
≥ak－1(k－1＋2－k＋1)＋1＝2ak－1＋1
ak＋1≥2(ak－1＋1)，即aak－k＋1＋11≥2 ∴ak＋1≥2k－1(a1＋1)，1＋1 ak≤1＋1 a1·2k1－1(k≥2) 1＋1 a1＋1＋1 a2＋…＋1＋1 an ≤1＋1 a11＋12＋212＋…＋2n1－1 ＝1＋2 a11－21n≤1＋2 a1≤12.
综上所述，当 a＝3，b＝11，c＝10 时题设的等式对于一切
高中数学第三章数学归纳法与贝努利不等式3.1数学归纳法原理学案新人教B版选修4_550
3．1 数学概括法原理[ 对应学生用书 P40][ 读教材·填重点]1．数学概括法原理关于由概括法获得的某些与自然数相关的命题p( n)，能够用以下两个步骤来证明它的正确性：(1)证明当 n 取初始值 n0(比如 n0＝0， n0＝1等)时命题建立；(2) 假定当n＝k( k为自然数，且k≥n0)时命题正确，证明当n＝ k＋1时命题也正确．在达成了这两个步骤后，就能够判定数题关于从初始值n0开始的全部自然数都正确．2．数学概括法的基本过程[ 小问题·大思想]1．在数学概括法中，n0必定等于0吗？提示：不必定．n0是合适命题的自然数中的最小值，有时是n0＝0或 n0＝1，有时 n0值也比较大，而不必定是从0 开始取值．2．数学概括法的合用范围是什么？提示：数学概括法的合用范围仅限于与自然数相关的数学命题的证明．3．数学概括法中的两步的作用是什么？提示：在数学概括法中的第一步“考证n＝ n0时，命题建立”，是概括奠定、是推理证明的基础．第二步是概括递推，保证了推理的持续性，证了然这一步，就能够判定这个命题关于 n 取第一个值n0后边的全部自然数也都建立．[ 对应学生用书 P40]用数学 法 明恒等式1 11 11 1 11[例 1]用数学 法 明：1－2＋ 3－ 4＋⋯＋ 2n － 1－ 2n＝n ＋1＋ n ＋ 2＋⋯＋2n (n ∈N＋) ．[ 思路点 ]本 考 数学 法在 明恒等式中的 用，解答本 需要注意等式的左有 2n ，右 有n ，由 k 到 k ＋1 ，左 增添两 ，右 增添一 ，并且左、右两的首 不一样，所以由“n ＝ k ”到“ n ＝k ＋1” ，要注意 的归并．1 11[ 精解 析 ](1) 当 n ＝ 1 ，左 ＝ 1－ 2＝ 2，右 ＝ 2，命 建立．(2) 假 当 n ＝ k ( k ≥1，且 k ∈ N ＋ ) 命 建立，即有1 1 1 1 11－ 2＋ 3－ 4＋⋯＋2k － 1－2k1 11＝k ＋ 1＋ k ＋ 2＋⋯＋2k.当 n ＝ k ＋ 1 ，1 1 11 1 1 1左 ＝ 1－ 2＋ 3－4＋⋯＋2k － 1－ 2k ＋ 2k ＋ 1－2k ＋ 2＝ 1 1 ＋⋯＋ 1 1 1＋ k ＋ 2 ＋ －2k ＋ 2k ＋ 1 2k 2k ＋ 11 111＝k ＋ 2＋k ＋ 3＋⋯＋2k ＋ 1＋ 2k ＋ 2，进而可知，当 n ＝ k ＋ 1 ，命 亦建立．由 (1)(2) 可知，命 全部正整数 n 均建立．(1) 用数学 法 明朝数恒等式的关 有两点：一是正确表述n ＝ n 0 命 的形式，二是正确掌握由 n ＝k 到 n ＝ k ＋ 1 ，命 构的 化特色．(2) 用数学 法 的常①第一步中的 ， 于有些 的其实不是n ＝ 0，有 需 n ＝ 1，n ＝ 2.② n ＝k ＋ 1 式子的 数以及n ＝ k 与 n ＝ k ＋ 1 的关系的正确剖析是 用数学 法成功 明 的保障．③“假 n ＝ k 命 建立，利用 一假 明 n ＝k ＋ 1 命 建立”， 是 用数学法 明 的中心 ，待 一推 程决不行含糊不清， 推 的步 要完好、 、范．1．用数学法明：随意的n∈N＋，1 ＋ 1＋⋯＋1＋＝n.1×3 3×5－2＋ 1n n n明： (1)当＝ 1 ，左＝1＝1，右＝1＝1，左＝右，等式建立．n1×332×1＋ 13(2)假当 n＝ k( k∈N＋且 k≥1)等式建立，即有11＋⋯＋1k，＋k－k＋＝1×3 3×52k＋ 1当 n＝ k ＋1，1111＋＋⋯＋k－＋k＋＝1×33×5k＋k＋k12 ＋1＋k ＋ 2 ＋k k＝k k＋＋ 1k＋k＋2k2＋ 3k＋1k＋1k＋1＝k＋k＋＝2k＋ 3＝k＋＋ 1，所以当 n＝ k＋1，等式也建立．由 (1)(2)可知，全部n∈N等式都建立．＋用数学法明整除2n2n＋[ 例 2] 求：二式x－y( n∈ N ) 能被x＋y整除．[ 思路点 ]本考数学法在明整除中的用，解答本需要法将x2n －y2n行分解因式得出 x＋ y，因为直接分解有困，故采纳数学法明．[ 精解析 ](1) 当n＝ 1 ，x2－y2＝ ( x＋y)( x－y) ，∴能被 x＋ y 整除．(2)假 n＝ k( k≥1，且 k∈N＋)，x2k－ y2k能被 x＋ y 整除，当 n＝k＋1，即x2k＋ 2－y2k＋ 2＝x2·x2k －x2y2k＋x2y2k－y2·y2k＝x2( x2k－ y2k)＋y2k( x2－ y2)．∵ x2k－ y2k与 x2－y2都能被 x＋y 整除，22k2k2k22∴ x ( x－ y) ＋y( x－y ) 能被x＋y整除．即 n＝k＋1时， x2k＋2－ y2k＋2能被 x＋y 整除．由 (1)(2)可知，对随意的正整数n 命题均建立．利用数学概括法证明整除问题时，重点是整理出除数因式与商数因式积的形式，这就往往要波及到“添项”与“减项”等变形技巧，比如，在本例中，对x2k＋2－y2 k＋2进行拼集，即减去 x2y2k再加上 x2y2k，而后从头组合，目的是拼集出n＝ k 时的概括假定，节余部分还能被x＋ y 整除．2．求证：n3＋ ( n＋1) 3＋ ( n＋2) 3能被 9 整除．证明： (1) 当n＝ 1 时， 13＋(1 ＋ 1) 3＋ (1 ＋ 2) 3＝ 36，能被 9 整除，命题建立．(2)假定 n＝ k 时，命题建立，即k3＋( k＋1)3＋( k＋2)3能被9整除．当 n＝k＋1时，( k＋1)3＋( k＋2)3＋( k＋3)3＝ (k3k3k3223＋1) ＋(＋2) ＋＋ 3·3＋ 3·3＋3k k＝ k3＋( k＋1)3＋( k＋2)3＋9( k2＋3k＋3)．3332由概括假定，上式中 k ＋( k＋1)＋( k＋2)能被9整除，又9( k ＋3k＋3)也能被9整除．由 (1)(2)可知，对随意n∈N*命题建立.用数学概括法证明几何命题[ 例 3]平面上有n( n≥2，且 n∈N＋)条直线，此中随意两条直线不平行，随意三条不过同一点，求证：这 n 条直线被分红 f ( n)＝ n2.[ 思路点拨 ]此题考察数学概括法在证明几何命题中的应用，解答此题应搞清交点随n 的变化而变化的规律，而后采纳数学概括法证明．[ 精解详析 ] (1) 当n＝ 2 时，∵切合条件的两直线被分红 4 段，又 f (2)＝22＝4.∴当 n＝2时，命题建立．(2) 假 当 n ＝ k ( k ≥2且 k ∈ N ＋ ) 命 建立，就是 平面内 足 的任何 k 条直 被分红 f ( k ) ＝ k 2 段， 当 n ＝ k ＋ 1 ，任取此中一条直 l ，如 ，剩下的 k 条直 l 1， l 2，⋯， l k . 由 假 知，它 被分 f ( k ) ＝ k 2 段．因为 l 与 k 条直 均订交且随意三条不 同一点，所以直l 被 l 1， l 2， l 3，⋯， l k分 k ＋ 1 段，同 l 把 l 1， l 2，⋯， l k 中每条直 上的某一段一分 二，其增添k 段．∴ f ( k ＋ 1) ＝ f ( k ) ＋ k ＋ 1＋ k＝ k 2＋ 2k ＋ 1＝ ( k ＋1) 2.∴当 n ＝ k ＋ 1 ，命 建立．由 (1)(2) 可知，命 全部n ∈ N ＋ 且 n ≥2建立．于几何 的 明，能够从有限情况中 出一般 化 律， 或许 领会出是怎么化的， 而后再去 明，也能够采纳 推的 法．利用数学 法 明几何 ， 关 是正确剖析由 n ＝ k 到 n ＝ k ＋ 1 几何 形的 化 律．13． 明：凸n 形的 角 的条数f ( n ) ＝2n ·(n －3)( n ≥4) ．1明： (1) n ＝ 4 ， f (4) ＝ 2·4·(4 － 3) ＝ 2，四 形有两条 角 ，命 建立．(2) 假 n ＝ k 命 建立，即凸k 形的 角 的条数 f ( k ) ＝21k ( k － 3)(k ≥4) ．当 n ＝ k ＋ 1 ，凸 k ＋ 1 形是在 k 形基 上增添了一 ，增添了一个 点 A k ＋ 1，增加的 角 条数是 点A 与不相 点 再加上原 k 形的一 A A ，共增添的 角 k ＋ 1 1 k条数 ( k ＋1－ 3) ＋ 1＝ k － 1.f ( k＋1) ＝1 ( k －3) ＋ －1＝1(2－ －2)2kk2 k k11＝ 2( k ＋ 1)( k － 2) ＝ 2( k ＋ 1)[( k ＋ 1) － 3] ．故 n ＝k ＋ 1 由 (1) 、 (2) 可知， 于 n ≥4， n ∈ N公式建立．＋[学生用P42]一、1．用数学法明“1＋2n －1n n＝ k2 ＋ 2＋⋯＋ 2＝ 2－ 1( n∈ N ) ”的程中，第二步＋等式建立，当＝＋ 1获得 ()n kA． 1＋2＋ 22＋⋯＋ 2k－2＋ 2k－1＝ 2k＋1－ 1B． 1＋2＋ 22＋⋯＋ 2k＋ 2k＋1＝ 2k－ 1＋ 2k＋1C． 1＋2＋ 22＋⋯＋ 2k－1＋ 2k＋1＝ 2k＋1－ 1D． 1＋2＋ 22＋⋯＋ 2k－1＋ 2k＝ 2k＋1－1分析：由条件知，左是从20, 21向来到 2n－1都是的，所以当n＝ k＋1，左1＋ 2＋ 22＋⋯＋ 2k－1＋ 2k，而右 2k＋1－ 1. 答案：D2．用数学法明：n( n＋ 1)( n＋2) ⋯·(n＋n) ＝ 2 ×1×3⋯(2 n－ 1) ，从“k到k＋1”左需增乘的代数式是()A．2 ＋1B． 2k＋ 1 k k＋1C． 2(2 k＋ 1)2k＋ 2 D．k＋1分析：当 n＝ k＋1，左＝( k＋1＋1)( k＋1＋2)⋯·(k＋1＋ k＋1)＝( k＋1)·(k＋2) ·(k＋3) ⋯(k＋k) ·k＋k＋k＋3)⋯(k＋ k)·2(2 k＋1)．＝ ( k＋ 1)( k＋ 2)(k＋1答案： C3．某个命与正整数n 相关，假如当 n＝ k( k∈N＋)命建立，那么可推适当 n＝ k＋1，命也建立．已知当n＝5命不建立，那么可推得()A．当n＝ 6 命不建立B．当n＝ 6 命建立C．当n＝ 4 命不建立D．当n＝ 4 命建立分析：与“假如当n＝ k( k∈N＋)命建立，那么可推适当n＝k＋1命也建立”等价的命“假如当n＝ k＋1命不建立，当n＝ k( k∈N＋)，命也不建立”．故知当 n＝5，命不建立，可推适当n＝4命不建立．答案： C1 111274．用数学法明不等式1＋2＋4＋⋯＋2n－1> 64 ( n∈ N＋ ) 建立，其初始起码取()A ． 7B ． 8C ． 9D ． 10111111－ 2n分析：左 ＝1＋ 2＋ 4＋⋯＋ 2n －1＝ 1－ 1 ＝ 2－ 2n － 1，2代入 可知 n 的最小 是 8.答案： B 二、填空5．f1 11( n ∈ N ＋) ，f ( n ＋1) － ( n ) 等于 ________ ．( )＝1＋＋＋⋯＋3n －n2 31f分析：因f ( n ) ＝1＋ 1＋ 1＋⋯＋ 1 ，所以 f ( n ＋ 1) ＝ 1＋1＋1＋⋯＋1 ＋ 1＋2 3 3n － 1 2 33n － 1 3n1 ＋ 1 . 所以 f ( ＋1) － ( ) ＝ 1＋ 1 ＋ 1 .3n ＋ 1 3n ＋ 2 n f n3n 3n ＋ 1 3n ＋ 21 11答案：3n＋3n ＋ 1＋3n ＋ 26． 平面内有n 条直 ( n ≥2) ，此中有且 有两条直 相互平行，随意三条直 不同一点．若用f ( n ) 表示 n 条直 交点的个数，f (4) ＝________；当 n >4 ， f ( n ) ＝________( 用 n 表示 ) ．分析： f (2) ＝0，f (3) ＝ 2，f (4) ＝ 5，f (5) ＝ 9，每增添一条直 ，交点增添的个数等于本来直 的条数．所以 f (3) － (2) ＝ 2，f (4) － f (3) ＝ 3， (5) － (4) ＝4，⋯， f ( n ) －( －1)＝ －1.ff f f nn累加，得 f ( n ) － f (2) ＝ 2＋ 3＋ 4＋⋯＋ ( n － 1)＝ 2＋ n －( n － 2) ．2所以 f ( n 1n －2)．)＝ ( ＋1)(2 n1答案： 52( n ＋ 1)( n － 2)1 1 1 17 ． 已 知 n 正 偶 数 ， 用 数 学法明 1 － 2 ＋ 3 － 4 ＋ ⋯ ＋ n ＋ 1 ＝1 1 1 n ＝ k ( k ≥2，且 k 偶数 ) 命 真， 需要用2 n ＋ 2＋ n ＋ 4＋⋯＋ 2n ，若已假假 再n ＝ ________ 等式建立．分析： n ＝ k ( k ≥2，且 k 偶数 ) 的下一个偶数k ＋ 2，依据数学 法的步 可知．再n ＝ k ＋ 2.答案： k ＋ 21 12n ＋ 18．用数学 法 明2＋ cos α ＋ cos 3 α ＋⋯＋ cos(2 n － 1) α ＝ sin α ·sin2α· cos2n － 1α ( α≠ n π ，n ∈ N) ，在 n ＝1 等式建立 ，左 算所得的 是 ________． 2分析：由等式的特色知：当 n ＝1 ，左 从第一 起，向来加到cos(2 － 1) α，故左 算所得的 是1 ＋cosn2α.1答案：＋ cos α2三、解答9．用数学 法 明：1 1 1＝111＋＋⋯＋ n －＋＋⋯＋.1×23×4n n ＋ 1 n ＋ 2n ＋ n明： (1) 当 n ＝ 1，左 ＝11 1，等式建立． ＝ ，右 ＝ 21×2 2(2) 假 当 n ＝ k ，等式建立，即111＝1 1 1＋ ＋⋯＋k －＋ ＋⋯＋ ， 当 n ＝ k ＋ 1 ，1×2 3×4k k ＋ 1 k ＋ 2 2k111＋ 1＋ ＋⋯＋k －k ＋ k ＋1×2 3×4k＝1 ＋ 1 ＋⋯＋ 1 ＋1k ＋ 2 2 k k ＋k ＋k ＋ 1111111＝k ＋ 2＋ k ＋ 3＋⋯＋2k ＋2k ＋ 1－2k ＋2＋k ＋111111＝k ＋ 2＋k ＋ 3＋⋯＋2k＋2k ＋ 1＋2k ＋ 211 ＋ 2＋⋯＋1＝k ＋＋ 1＋k ＋k ＋＋ k＋1，k ＋＋ k ＋即当 n＝ k＋1，等式建立．依据 (1)(2)可知，全部n∈N＋，等式建立．10．用数学法明于整数n≥0， A n＝11n＋2＋122n＋1能被133整除．明： (1) 当n＝ 0 ，A0＝112＋ 12＝ 133 能被 133 整除．(2)假 n＝ k ， A k＝11k＋2＋122k＋1能被133整除．当 n＝k＋1，A k＋1＝11k＋3＋122k＋3＝11·11k＋2＋122·122k＋1＝11·11 k＋2＋11·12 2k＋1＋ (12 2－11) ·12 2k＋1＝11·(11 k＋2＋122k＋1) ＋133·12 2k＋1.∴ n＝ k＋1，命也建立．依据 (1) 、 (2) ，于随意整数n≥0，命都建立．11．将正整数作以下分：(1) ， (2,3)，(4,5,6)，(7,8,9,10)，(11,12,13,14,15)，(16,17,18,19,20,21)，⋯，分算各包括的正整数的和以下，猜S1＋S3＋S5＋⋯＋S2n－1的果，并用数学法明．S1＝1，S2＝2＋3＝5，S3＝4＋5＋6＝15，S4＝7＋8＋9＋10＝34，S5＝11＋12＋13＋14＋15＝65，S6＝16＋17＋18＋19＋20＋21＝111，解：由意知，当n ＝1 ，1＝1＝14；S当 n＝2， S1＋ S3＝16＝24；当 n＝3， S1＋ S3＋S5＝81＋34；当 n＝4， S1＋ S3＋S5＋ S7＝256＝44.猜想： S1＋ S3＋ S5＋⋯＋ S2n－1＝ n4.下边用数学法明：(1)当 n＝1， S1＝1＝14，等式建立．(2) 假当n＝k( k≥2，k∈ N＋) 等式建立，即S1＋S3＋ S5＋⋯＋ S2k－1＝ k4，那么，当 n＝ k＋1，S1＋ S3＋ S5＋⋯＋ S2k＋1＝ k4＋[(2 k2＋ k＋1)＋(2 k2＋ k＋2)＋⋯＋(2 k2＋ k＋2k＋1)]＝k4＋(2 k＋1)(2 k2＋2k＋1)＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝( k＋1) 4，就是，当n＝ k＋1，等式也建立．依据 (1) 和 (2) ，可知于随意的n∈( N＋， S1＋ S3＋ S5＋⋯＋ S2n－1＝ n4都建立．。
高中数学第三章数学归纳法与贝努利不等式3.1.1数学归纳法原理课件新人教B版选修4_5
＝
3k（2k＋3）＋3 （2k＋1）（2k＋3）
＝
（3k＋3）（2k＋1） （2k＋1）（2k＋3）
＝
3k＋3 2k＋3
＝
3（k＋1） 2（k＋1）＋1.
由(1)(2)知原不等式在 n∈N*时均成立.
课堂小结 1.数学归纳法的两个步骤缺一不可，只完成步骤(1)而缺少步骤(2) 就可能得出不正确的结论，因为单靠(1)无法递推下去，即 n 取 n0 以后 的数时命题是否正确无法判断.同样只有步骤(2)而没有步骤(1)也可能 得出不正确的结论.因为缺少(1)，假设就失去了成立的前提，步骤(2)也 就没有意义了. 2.数学归纳法证明的关键是第二步，此处要搞清两点： (1)当 n＝k＋1 时，证明什么，即待证式子的两端发生了哪些变化. (2)由 n＝k 推证 n＝k＋1 时，可以综合应用以前学过的定义、定理、 公式、方法等来进行证明，只不过必须得把 n＝k 时的结论作为条件应 用上.
B.31n＋3n1＋1
C.3n1＋1＋3n1＋2
D.31n＋3n1＋1＋3n1＋2
解析 f(n)＝1＋12＋13＋…＋3n1－1. f(n＋1)＝1＋12＋13＋…＋3n1－1＋31n＋3n1＋1＋3n1＋2. ∴f(n＋1)－f(n)＝31n＋3n1＋1＋3n1＋2，应选 D.
答案 D
3.已知 a1＝ 2，an＋1＝ 2＋an，n∈N*，求证：an<2.
●反思感悟：(1)由 n＝k 到 n＝k＋1 时的推证过程中应用了 “放缩”的技巧，使问题简单化，这是利用数学归纳法证明 不等式时常用的方法之一. (2)数学归纳法的应用通常与数学的其他方法联系在一起，如 比较法、放缩法、配凑法、分析法和综合法等.
3.求证：1＋212＋312＋…＋n12≥2n3＋n 1 (n∈N*). 证明 (1)当 n＝1 时，左边＝1，右边＝1， ∴左边≥右边，即命题成立. (2)假设当 n＝k 时，命题成立， 即 1＋212＋312＋…＋k12≥2k3＋k 1. 那么当 n＝k＋1 时， 1＋212＋312＋…＋k12＋（k＋11）2≥2k3＋k 1＋（k＋11）2 ＝2k3＋k 1＋k2＋21k＋1≥2k3＋k 1＋（2k＋1）3（2k＋3）
章数学归纳法与贝努利不等式32用数学归纳法证明不等式贝努利不等式学业分层测评新人教B版选修4
用数学归纳法证明不等式，数学归纳法与贝努利不等式 3.2 第3章4-5B版选修贝努利不等式学业分层测评新人教)45分钟(建议用时：][学业达标一、选择题n2nnnnn应取值为≥的正整数”时，1.利用数学归纳法证明不等式“都成立<2对于00)(D.7A.1B.3C.55224,21,22,23,nn 5. ≥5，故2【解析】 1<2＝23>24＝25<2，利用数学归纳法验证的值为0C【答案】2nnnn <，某同学用数学归纳法的证明过程如下：＋对于不等式1(＋∈N2.)＋2n.＝1＋时，1＋1<11, 不等式成立(1)当2kkkkkn，＋＋(2)假设当<＝(1∈N)时，不等式成立，即＋222kkkkkknkk＝2<则当＋＝＋＋1＋时，＋＋＋＋＝3＋3＋2kk＋1)＋(1，＋＝nk＋1时，不等式成立，则上述证法( ∴当) ＝A.过程全部正确n＝1验得不正确B.C.归纳假设不正确nknk＋1的推理不正确D.从＝＝到nknk时的假设，不是数学归纳法时，没有应用在. ＝＝＋1【解析】【答案】 D11135nfnffff(16)>3，(8)>(4)>2，，1＋＋＋…＋，计算得(2)3.设＝为正整数，，(＝) n22237f)( (32)>，观察上述记录，可推测出一般结论2nn＋2＋212nfnf B.)≥A.((2)>22n＋2n f C.(2)≥D.以上都不对232＋253＋223ffffff(16)>3，即(2)>，即(2)>；；(8)>∵【解析】；(2)＝，即(4)>22222n＋222＋75＋4n54ffff(2)>.(2)>故猜想. )>；(32)>，即(22222 1【答案】 C2kkkffxf成立时，总可推出)(满足：当“)是定义在正整数集上的函数，有)≥((4.设2kkf成立”.那么下列命题总成立的是( ＋1)≥()＋(1)2kfkfk (A.若成立(3)≥9成立，则当)≥≥1，均有2kkfkf )≥(5)≥25成立，则当(＜5，均有成立B.若2kfkfk49成立，则当成立≥8，均有)(C.若＜(7)＜2kkkff≥4，均有)≥25成立，则当(D.若成立(4)＝22kfxfkkfk1)(成立时，总可推出)满足：“当＋1)≥((【解析】由题意，设()≥＋成立.”k. ＝1,2因此，对于A，不一定有时成立.对于B，C显然错误2kf≥4，＞4对于D，∵，因此对于任意的(4)＝252kkf. )≥有成立(D 【答案】n) ，下列说法不正确的是( 对于正整数5.nn nn B.0.9≥1－0.1A.3≥1＋2nnnn≥1－ 0.90.1C.0.9＜1－D.0.1n xnxxn∈N)，( ≥－【解析】由贝努利不等式(1＋1)≥1＋，＋n nx.正确，＋2)≥1＋2A当＝2时，(1n nx. C0.1不正确，B当正确，＝－0.1时，(1－0.1)≥1－n nx.0.9正确，因此D当＝0.9时，(1－0.9)≥1－C 【答案】二、填空题711511131________. ＋＋<，…，则可归纳出，1＋＋<，1＋观察式子：6.1＋<222222434232232 【导学号：38000062】n12－111nn)∈＋＋…＋<(N≥2，【答案】 1＋＋222nn322222kfkfnfn________. (1)＋与)，则)(7.若(2()＝1＋2＋3＋…＋的递推关系式是2222kfk 3＋…＋(2，【解析】∵)(1)＝＋2＋2222222kkfkkkkfkf1)(2＝＋1)(2＋(＋2)＋，∴)(1(＋1)＝＋＋2＋3＋…＋(21))＋(2＋2k.2)＋＋(222kkffkk＋＋)(22)＋1)【答案】＋(＋1)＝((21aaaanSaana________.猜想，通过求1)且＝}在数列8.{中，，＝(2－，，，的表达式为nnnn41323 211aSnnaa＝，，得由－＝，且1)＝ (2【解析】nn213151111aaa＝＝可得＝，. ＝.由1×3,3×5,5×7,7×9，…，n432nnn1－63＋354－1a＝【答案】n2n1－4 三、解答题1anSaaSSn≥2).20(，且满足＝，9.已知数列{＝}的前＋项和为nnnnn11－21??(1)判断是否为等差数列，并证明你的结论；??S??n11222SSS≤－＋.(2)证明：＋…＋n21n4211Sa＝，∴＝＝2.【解】 (1)11S21naSSSSSS. ＝－＝－，即当2≥2时，－nnnnnnn1－1－1－11∴－＝2.SS nn1－1??故是以2为首项，2为公差的等差数列. ??S??n1112nS＝＝－，不等式成立证明：①当＝1时，.(2)1424×111222nkkkSSS≤－时，不等式成立，即成立，＝＋( ≥1，且＋…＋∈N②假设)k2＋1k421111111??2222??SSSSnk－则当－＝≤＋1时，＋－＋…＋＋＋＝??kk＋4422＋kk2121＋2kk22kkkk1＋1＋1111＋1－.·＝<＝－·－22kkkkk＋42224＋＋kn. 即当＝时，不等式成立＋1n.不等式成立由①②可知，对任意∈N＋13axxfxaaaf，证明：，数列{}满足条件：－≥1，且1)≥′(＋10.已知函数＝()nnn11＋3n na∈N1(－).≥2n＋132fxxxfxx－1.，得)【证明】由′(()＝＝－32aaaafa2). (＋＝(1)＋－1≥因此＝′(＋1)nnnnn1＋1an.，不等式成立≥1＝2－当(1)时，＝111k akknk1.时，不等式成立，即)假设当(2)＝(≥1，且∈N≥2－k＋ 3nk＋1时，＝当kkk2aaa－＝21.－1)(2－≥1(＋＋2)≥(22)kkk1＋kk＋21k，≥1，∴2≥2又k＋1nka≥2－1，即不等式成立＝.＋1时，∴k1＋n na≥2－1成立知，对任意.∈N，根据(1)和(2)n＋[能力提升]111fnnnn的过程，由))(∈≥2，1.利用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＜N(n＋1－322knk＋1时，左边增加了到( ＝＝)k项 B.A.1项kk1－项C.2 项 D.2111111111????＋…＋＋＋1＝＋ 1＋＋＋…＋－＋＋…＋【解析】kkkkk1＋??12－231－2＋312＋22221，m111mn的最都成立，对大于1的一切自然数2.若不等式则自k＋112－k. 项∴共增加2D 【答案】然数＋＋…＋＞nnn242＋＋12)大值为(B.13 A.12不存在D.C.14111nf＋＋…＋)＝令【解析】，(nnn2＋＋12fn)是单调递增的易知. (117fnf(2)＝＋的最小值为∴＝(.)3412m7m＜14.依题意＞，∴1224m＝13. 因此取【答案】 Bnnn－1bnabbanMaNaMN的大小关，均为正数，＋为正整数，已知＝(＋3.设，)，＝，则b??x??＝提示：利用贝努利不等式，令.___________________系为a??n nxx，由贝努利不等式(1＋)≥1＋【解析】bx，令＝a 4 bb??n??n＋1 ·∴，＞1＋a??aabb＋??nnnn－1??baabnna.＋＞＋∴)·＋，即(＞1a??aMN. 故≥MN≥【答案】1112nnnn.≥＋2＋…＋＋…＋)1≥1(＋∈N)时，(1＋求证：当4.＋n32【导学号：38000063】n＝1时，左边＝右边，命题成立.【证明】 (1)当19??2??n＋1＝>2，命题成立.当时，左边＝＝2(1＋2)??22nkkk≥2)时，命题成立，，且( (2)假设当∈＝N＋11??2??kk＋…＋＋1，)≥＋2＋…＋即(1k??2nk＋1时，有＝则当111kk＋1)]1＋＋…＋＋…＋＋)＋( 左边＝[(1＋2kk12＋11111????????kkk＋…＋1＋…＋＋1＋＋1＋(1＋2＝(1＋2＋…＋＋…＋)＋1)×)·＋(kk????k221＋k11??2??kk＋…＋＋1.＋＋1)1＋≥(＋k??221113k≥2时，1＋＋…＋≥1＋＝，∴当(*)k222k32kk＋1)× 1＋(∴左边≥＋＋22322kkk＋1).＋1＋＝2＋≥(2nk＋1时，命题成立.这就是说当＝nn∈N)时原命题成立(1)(2)由可知，当≥1(.＋ 520XX—019学年度第一学期生物教研组工作计划指导思想以新一轮课程改革为抓手，更新教育理念，积极推进教学改革。
高二数学人教B版选修4-5阶段质量检测(三) 数学归纳法与贝努利不等式 Word版含解析
阶段质量检测(三) 数学归纳法与贝努利不等式(时间：90分钟，满分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1．设S (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则( )A ．S (n )共有n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13B ．S (n )共有n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14C ．S (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14D ．S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋142．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 ．63．已知a 1＝2，a n ＋1＝2＋a n ，n ∈N ＋，则a n 的取值范围是( ) A ．(2，2) B ．[2，2) C ．(0，2)D ．[0，2]4．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成立时，当n ＝2时验证的不等式是( )A ．1＋13>52B.⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15>52C.⎝⎛⎭⎫1＋13⎝⎛⎭⎫1＋15≥52 D ．以上都不对5．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.12B.14C.12＋13D.12＋13＋146．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7．用数学归纳法证明34n ＋1＋52n ＋1(n ∈N ＋)能被8整除时，当n ＝k ＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为( )A ．56·3(4k ＋1)＋25(34k ＋1＋52k ＋1)B ．34·34k ＋1＋52·52kC ．34k ＋1＋52k ＋1D ．25(34k ＋1＋52k ＋1)8．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 )＋29．下列代数式，n ∈N ＋，可能被13整除的是( ) A ．n 3＋5n B ．34n ＋1＋52n ＋1C ．62n －1＋1D ．42n ＋1＋3n ＋210．用数学归纳法证明(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)(n ∈N ＋)时，从k 到k ＋1，左边需要增加的代数式为( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋1二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)11．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)．12．若数列{a n }的通项公式a n ＝1(n ＋1)2，记c n ＝2(1－a 1)·(1－a 2)…(1－a n )，试通过计算c 1，c 2，c 3的值，推测c n ＝________.13．从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n ＋1n 2＝__________________.14．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 (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即a k ＝4×2k －1－2，那么当n ＝k ＋1时，需证明a k＋1＝________________.三、解答题(本大题共有4小题，共50分) 15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明： 12＋32＋52＋…＋(2n －1)2＝13n (4n 2－1)．16．(本小题满分12分)求证：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n >56，(n ≥2，n ∈N ＋)．17．(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n ＋1)·7n －1(n ∈N ＋)能被9整除．18．(本小题满分14分){a n }是由非负整数组成的数列，满足a 1＝0，a 2＝3，a n ＋1a n ＝(a n－1＋2)(a n －2＋2)，n ＝3,4,5，…. (1)求a 3；(2)证明：a n ＝a n －2＋2(n ≥3，且n ∈N ＋)．答 案1．选D S (n )共有n 2－n ＋1项，S (2)＝12＋13＋14.2．选C 取n 0＝1,2,3,4,5验证，可知n 0＝5.3．选B ①n ＝1时，a 2＝2＋a 1＝2＋2>2，排除C ，D.②a n ＋1>a n 为递增数列．③可用数学归纳法证明a n <2，故选B.4．选A 当n ＝2时，左边＝1＋12×2－1＝1＋13，右边＝2×2＋12＝52，∴1＋13>52.5．选D 因为S 1的首项为11＋1＝12，末项为13×1＋1＝14，所以S 1＝11＋1＋11＋2＋11＋3，故选D.6．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． 7．选A 34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1变形中必须出现n ＝k 时归纳假设，故变形为56·34k ＋1＋25(34k＋1＋52k ＋1)8．选B 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．9．选D A 中，n ＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B 中，n ＝1时，35＋53＝368不能被13整除；C 中，n ＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除．10．选B 当n ＝k 时左边的最后一项是2k ，n ＝k ＋1时左边的最后一项是2k ＋2，而左边各项都是连续的，所以n ＝k ＋1时比n ＝k 时左边少了(k ＋1)，而多了(2k ＋1)(2k ＋2)．因此增加的代数式是(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)．11．解析：由贝努利不等式(1＋x )n >1＋nx (x >－1，且x ≠0，n >1，n ∈N ＋)， 当n >1时，令x ＝ba ，所以⎝⎛⎭⎫1＋b a n >1＋n ·b a ， 所以⎝⎛⎭⎫a ＋b a n >1＋n ·b a ，即(a ＋b )n >a n ＋na n －1b ，当n ＝1时，M ＝N ，故M ≥N . 答案：M ≥N12．解析：c 1＝2(1－a 1)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14＝32， c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19＝43，c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×⎝⎛⎭⎫1－14×⎝⎛⎭⎫1－19×⎝⎛⎭⎫1－116＝54，故c n ＝n ＋2n ＋1. 答案：n ＋2n ＋113．解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n ＋1，和的绝对值是前n 个自然数的和为n (n ＋1)2.答案：(－1)n ＋1·n (n ＋1)214．解析：当n ＝k ＋1时，把a k 代入，要将4×2k －2变形为4×2(k ＋1)－1－2的形式．答案：4×2(k＋1)－1－215．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立． (2)假设当n ＝k 时(k ≥1，k ∈N ＋)，命题成立， 即12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＝13k (4k 2－1)．那么当n ＝k ＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k －1)2＋[2(k ＋1)－1]2＝13k (4k 2－1)＋(2k ＋1)2＝13k (2k ＋1)(2k －1)＋(2k ＋1)2 ＝13(2k ＋1)(2k ＋3)(k ＋1) ＝13(k ＋1)[4(k ＋1)2－1]． ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)得：对于任意n ∈N ＋，等式都成立． 16．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，k ∈N ＋)时，命题成立， 即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k >56，则当n ＝k ＋1时，1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋13k ＋13k ＋1＋13k ＋2＋13(k ＋1)＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1>56＋⎝⎛⎭⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立． 17．证明：(1)当n ＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27， 能被9整除，所以命题成立．(2)假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，命题成立， 即(3k ＋1)·7k －1能被9整除． 那么当n ＝k ＋1时，[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1＝(3k ＋4)·7k ＋1－1＝(3k ＋1)·7k ＋1－1＋3·7k ＋1＝[(3k ＋1)·7k －1]＋3·7k ＋1＋6·(3k ＋1)·7k＝[(3k ＋1)·7k －1]＋7k (21＋6×3k ＋6) ＝[(3k ＋1)·7k －1]＋9·7k (2k ＋3)．由归纳假设知，(3k ＋1)·7k －1能被9整除， 而9·7k (2k ＋3)也能被9整除， 故[3(k ＋1)＋1]·7k ＋1－1能被9整除．这就是说，当n ＝k ＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对一切n ∈N ＋，(3n ＋1)·7n －1都能被9整除． 18．解：(1)由已知a 4a 3＝(a 2＋2)(a 1＋2)＝5×2＝10×1， ∴a 3可能取值1,2,5,10. 若a 3＝1，a 4＝10，从而a 5＝(a 3＋2)(a 2＋2)a 4＝1510＝32，显然a 5不是非负整数，与题设矛盾． 若a 3＝10，则a 4＝1，从而a 5＝60. 但再计算a 6＝35，也与题设矛盾．∴a 3＝2，a 4＝5.(因a 3＝5，a 4＝2⇒a 5∉N ，舍去) (2)用数学归纳法证明：①当n ＝3时，a 3＝2，a 1＋2＝0＋2， ∴a 3＝a 1＋2，即n ＝3时等式成立； ②假设n ＝k (k ≥3)时，等式成立， 即a k ＝a k －2＋2，由题设a k ＋1a k ＝(a k －1＋2)(a k －2＋2)， 因为a k ＝a k －2＋2≠0.所以a k ＋1＝a k －1＋2，也就是说，当n＝k＋1时，等式a k＋1＝a k－1＋2成立．则根据①②知，对于n≥3(n∈N＋)，有a n＝a n－2＋2.。
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18学年高中数学阶段质量检测(三)数学归纳法与贝努利不等式新人教B版选修4-5DC ．S (n )共有n 2－n 项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋14D ．S (n )共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，S (2)＝12＋13＋142．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 ．63．已知a 1＝2，a n ＋1＝2＋a n ，n ∈N ＋，则a n 的取值范围是( )A ．(2，2)B ．[2，2)C ．(0，2)D ．[0，2]4．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成立时，当n ＝2时验证的不等式是( )A ．1＋13>52B.⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15>52C.⎝⎛⎭⎪⎫1＋13⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋15≥52D ．以上都不对5．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.14 C.12＋13D.12＋13＋146．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)<k2成立C．若f(7)≥49成立，则当k<7时，均有f(k)<k2成立D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k ＋1)＋1可变形为( )A．56·3(4k＋1)＋25(34k＋1＋52k＋1)B．34·34k＋1＋52·52kC．34k＋1＋52k＋1D．25(34k＋1＋52k＋1)8．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)＋k D．f(k)＋29．下列代数式，n∈N＋，可能被13整除的是( )A．n3＋5n B．34n＋1＋52n＋1C．62n－1＋1 D．42n＋1＋3n＋210．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n ＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)(n∈N＋)时，从k 到k＋1，左边需要增加的代数式为( ) A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.2k＋1k＋1D.2k＋3k＋1二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分)11．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 )．12．若数列{a n}的通项公式a n＝1n＋12，记c n＝2(1－a1)·(1－a2)…(1－a n)，试通过计算c1，c2，c3的值，推测c n＝________.13．从1＝1,1－4＝－(1＋2)，1－4＋9＝1＋2＋3,1－4＋9－16＝－(1＋2＋3＋4)，…，归纳出：1－4＋9－16＋…＋(－1)n＋1n2＝__________________.14．设数列{a n}满足a1＝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(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即a k＝4×2k －1－2，那么当n＝k＋1时，需证明ak＋1＝________________.三、解答题(本大题共有4小题，共50分)15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝13n(4n2－1)．16．(本小题满分12分)求证：1n＋1＋1n＋2＋…＋13n>56，(n≥2，n∈N＋)．17．(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n＋1)·7n－1(n∈N＋)能被9整除．18．(本小题满分14分){a n}是由非负整数组成的数列，满足a1＝0，a2＝3，a n＋1a n＝(a n－1＋2)(a n－2＋2)，n＝3,4,5，….(1)求a3；(2)证明：a n＝a n－2＋2(n≥3，且n∈N＋)．答案1．选D S(n)共有n2－n＋1项，S(2)＝12＋1 3＋14.2．选C 取n0＝1,2,3,4,5验证，可知n0＝5.3．选B ①n＝1时，a2＝2＋a1＝2＋2 >2，排除C，D.②a n＋1>a n为递增数列．③可用数学归纳法证明a n<2，故选B.4．选A 当n＝2时，左边＝1＋12×2－1＝1＋13，右边＝2×2＋12＝52，∴1＋13>52. 5．选D 因为S1的首项为11＋1＝12，末项为13×1＋1＝14，所以S1＝11＋1＋11＋2＋11＋3，故选D.6．选D ∵f(k)≥k2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)≥k2成立．7．选A 34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1变形中必须出现n ＝k时归纳假设，故变形为56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)8．选B 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A1A2…A k，n＝k＋1时底面为A1A2A3…A k A k＋1，增加的对角线为A2A k ＋1，A3A k＋1，A4A k＋1…，A k－1Ak＋1，A1A k，共有(k－1)条，因此对角面也增加了(k－1)个．9．选D A中，n＝1时，1＋5＝6，不能被13整除；B中，n＝1时，35＋53＝368不能被13整除；C中，n＝1时，6＋1＝7亦不能被13整除．10．选B 当n＝k时左边的最后一项是2k，n＝k＋1时左边的最后一项是2k＋2，而左边各项都是连续的，所以n＝k＋1时比n＝k时左边少了(k＋1)，而多了(2k＋1)(2k＋2)．因此增加的代数式是2k＋12k＋2k＋1＝2(2k＋1)．11．解析：由贝努利不等式(1＋x)n>1＋nx(x>－1，且x≠0，n>1，n∈N＋)，当n >1时，令x ＝ba，所以⎝⎛⎭⎪⎫1＋b a n >1＋n ·b a ，所以⎝⎛⎭⎪⎫a ＋b a n >1＋n ·b a ，即(a ＋b )n >a n ＋na n －1b ，当n ＝1时，M ＝N ，故M ≥N . 答案：M ≥N12．解析：c 1＝2(1－a 1)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14＝32，c 2＝2(1－a 1)(1－a 2)＝2×⎝⎛⎭⎪⎫1－14×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－19＝43， c 3＝2(1－a 1)(1－a 2)(1－a 3)＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－14×⎝⎛⎭⎪⎫1－19×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－116＝54，故c n ＝n ＋2n ＋1.答案：n＋2 n＋113．解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(－1)n＋1，和的绝对值是前n个自然数的和为n n＋12.答案：(－1)n＋1·n n＋1214．解析：当n＝k＋1时，把a k代入，要将4×2k－2变形为4×2(k＋1)－1－2的形式．答案：4×2(k＋1)－1－215．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1，命题成立．(2)假设当n＝k时(k≥1，k∈N＋)，命题成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝13k(4k2－1)．那么当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋[2(k＋1)－1]2＝13k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝13k(2k＋1)(2k－1)＋(2k＋1)2＝13(2k＋1)(2k＋3)(k＋1)＝13(k＋1)[4(k＋1)2－1]．∴当n＝k＋1时，命题也成立．由(1)(2)得：对于任意n∈N＋，等式都成立．16．证明：(1)当n＝2时，左边＝13＋14＋15＋1 6>56，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N＋)时，命题成立，即1k＋1＋1k＋2＋…＋13k>56，则当n ＝k ＋1时， 1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋13k＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋1＝1k ＋1＋1k ＋2＋ (13)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎪⎫13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3－1k ＋1 >56＋⎝⎛⎭⎪⎫3×13k ＋3－1k ＋1＝56. 所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立． 由(1)(2)可知，原不等式对一切n ≥2，n ∈N ＋均成立．17．证明：(1)当n ＝1时，(3×1＋1)×71－1＝27，能被9整除，所以命题成立．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题成立，即(3k＋1)·7k－1能被9整除．那么当n＝k＋1时，[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1＝(3k＋4)·7k＋1－1 ＝(3k＋1)·7k＋1－1＋3·7k＋1＝[(3k＋1)·7k－1]＋3·7k＋1＋6·(3k＋1)·7k＝[(3k＋1)·7k－1]＋7k(21＋6×3k＋6)＝[(3k＋1)·7k－1]＋9·7k(2k＋3)．由归纳假设知，(3k＋1)·7k－1能被9整除，而9·7k(2k＋3)也能被9整除，故[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1能被9整除．这就是说，当n＝k＋1时，命题也成立．由(1)(2)知，对一切n∈N＋，(3n＋1)·7n－1都能被9整除．18．解：(1)由已知a4a3＝(a2＋2)(a1＋2)＝5×2＝10×1，∴a3可能取值1,2,5,10.若a3＝1，a4＝10，从而a5＝a3＋2a2＋2a4＝1510＝32，显然a5不是非负整数，与题设矛盾．若a3＝10，则a4＝1，从而a5＝60.但再计算a6＝35，也与题设矛盾．∴a3＝2，a4＝5.(因a3＝5，a4＝2⇒a5∉N，舍去)(2)用数学归纳法证明：①当n＝3时，a3＝2，a1＋2＝0＋2，∴a3＝a1＋2，即n＝3时等式成立；②假设n＝k(k≥3)时，等式成立，即a k＝a k－2＋2，由题设a k＋1a k＝(a k－1＋2)(a k－2＋2)，因为a k＝a k－2＋2≠0.所以a k＋1＝a k－1＋2，也就是说，当n＝k＋1时，等式a k＋1＝a k－1＋2成立．则根据①②知，对于n≥3(n∈N＋)，有a n＝a＋2.n－2。