人教版数学高二A版选修4-5第四讲数学归纳法证明不等式单元检测(A)
人教新课标版数学高二人教A选修4-5试题 第四讲 用数学归纳法证明不等式二

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

【金版教案】 2015-2016学年高中数学 第四讲 数学概括法证明不等式讲末检测 新人教 A 版选修 4-5一、 (每小 5 分,共 60 分 )11111.用数学 法 明不等式1+ 23+ 33+ ⋯+ n 3< 2- n (n ≥2,n ∈ N +) ,第一步不等式()11A .1+23<2-2111B .1+ 23+ 33< 2-311C .1+ 23< 2-311 1D . 1+ 23+ 33< 2- 4答案:A2.用数学 法 明 “ 随意 x>0 和正整数n n -2n -11 1 1n ,都有 x + x +x+ ⋯ + n -1+ n -2+ nxxx≥n + 1” ,需要 的使命 建立的最小正整数n 0()A . n 0= 1B . n 0= 2C .n 0= 1, 2D .以上答案均不正确 答案:A3.用数学 法 明“当 n 正奇数 , x 2+ y 2 能被 x + y 整除 ”的第二步是 ()A .假 当 n = 2k + 1(k ∈ N +) 正确,再推当 n =2k + 3 正确B .假 当 n =2k - 1(k ∈ N +) 正确,再推当 n =2k + 1 正确C .假 当 n =k(k ∈ N + ) 正确,再推当 n = k + 1 正确D .假 当 n ≤k(k ∈ N + ,k ≥ 1) 正确,再推当 n = k + 2 正确分析:因 n 正奇数, 依据数学 法的 明步 ,第二步 先假 第 k 个正奇数也建立,本 即假 当n = 2k - 1 正确,再推第 (k + 1)个正奇数,即当n = 2k + 1 正确.答案: B1+1+ ⋯ + 1, 算得 f(2) = 3,f(4) > 2,f(8) >5,f(16)> 3,4. n 正整数, f(n)= 1+ 2 3n227 ()f(32)> 2, 察上述 果,可推 出一般2n + 1 n + 2A . f(2n)> 2B . f(n 2) ≥2 n n + 2C .f(2 ) ≥ 2D .以上都不答案: C5.欲用数学 法 明: 于足 大的正整数n , 有2n > n 3 ,n 0 的第一个 ,()A . n 0= 1B .n 0 大于 1 小于 10 的某个整数C.n0≥ 10D. n0= 2答案: C16.假如1×2×3+ 2×3×4+ 3×4×5+⋯+ n(n+1)( n+2)=4n(n+ 1)(n+ a)(n+ b)全部正整数 n 都建立, a, b 的 ()A . a= 1, b= 3 B. a=- 1, b= 1C.a= 1, b=2 D. a= 2,b= 3 答案:D7.用数字法明不等式 1 +n+11+⋯+11n=k 推到 n n+ 2> (n≥ 2)的程中,由2n2=k+ 1 ,不等式左 ()1A .增添了一2(k+1)B.增添了两1,1 2k+ 12k+ 2C.增添了 B 中两,但减少了一1 k+ 1D.以上各样状况均不分析:由 n= k 到 n= k+ 1,左多了两1,1,但也少了一1. 2k+ 12k+ 2k+ 1答案: C8.用数学法明2=n4+ n2n= k 的基1+ 2+3+⋯+n2,当 n= k+ 1 ,左端在上加上 ()A . k2+ 1B.( k+ 1) 2( k+ 1)4+( k+ 1)2C.2D. (k2+ 1)+( k2+ 2)+ (k2+ 3)+⋯+ (k+ 1)2分析:当 n= k ,等式左端=1+ 2+⋯+ k2;当 n=k+ 1 ,222等式左端= 1+ 2+⋯+ k + (k + 1)+⋯+ (k+ 1) .9.平面内有n 个,此中每两个都订交于两点,而且每三个都不订交于同一点,n 个把平面分红f(n)个部分,足上述条件的n+ 1 个把平面分红的部分f(n+ 1)与f(n)的关系是 ()A. f(n+ 1)=f(n)+ n+ 2B.f(n+ 1)= f(n)+ 2nC.f(n+ 1)= f(n)+ n+ 1D. f(n+ 1)=f(n)+ n答案: B10.平面内原有k 条直,它的交点个数f(k) ,增添一条直l 后,它的交点个数最多 ()A . f(k)+ 1B . f(k) + kC .f(k)+ k + 1D . k · f(k)答案: B11.用数学 法 明: (n + 1)( n + 2) ⋯(n + n)= 2n × 1× 3×⋯× (2n - 1) ,从 “k 到 k +1”左 需增乘的代数式是( )2k + 1A . 2k + 1B. k + 12k + 2 C .2(2k + 1)D.k + 1答案: C12.用数学 法 明不等式11 +⋯ + 1 127建立,开端 起码 取 () 1+ + n -1>642 4 2A .7B .8C .9D . 10答案: B二、填空 (每小 5 分,共 20 分 )sin 2n α13.用数学 法 明cos α+ cos 3α + ⋯+ cos(2n - 1)α= 2sin α (sin α ≠ 0,n ∈ N) ,在 n =1 ,等式右 的式子是________.答案: cos α14. f(n)= 1-1+ 1-1+ ⋯+1 - 1, f(k + 1)= f(k)+________.2 3 4 2n - 1 2n1 1 答案:2k + 1-2k + 215. 察 1= 1,1+ 3= 4,1+ 3+ 5= 9,1+ 3+ 5+ 7= 16,⋯,猜想一般 律是 ________.答案: 1+ 3+ 5+ ⋯ + (2n - 1)= n 216.用数学 法 明 ( n + 1)( n +2) ·⋯·(n +n)= 2n × 1× 3×⋯× (2n - 1), n ∈ N +,从 n =k 到 n =k +1,左 需乘的代数式是 ______.分析:当 n = k ,左 = (k + 1) ·⋯·(k +k),当 n =k + 1 ,左 = (k + 2)(k + 3) ·⋯·k +(2 2)= 2(k + 1)(k + 2) ·⋯·[k +( k +1)] , ∴左 需乘的代数式 2(2k + 1) . 答案: 2(2k + 1)三、解答 (本大 共6 小 ,共 70 分)17. (本小 分 11 分 )用数学 法 明:1- 1+1- 1+ ⋯+1 - 1 =1+1+ ⋯+ 1( n ∈ N *).2 3 42n - 1 2n n + 1 n + 22n明:(1)当 n = 1 ,左 = 1- 1= 1= 1=右 ,∴等式建立 ;221+1(2)假 n = k(k ≥1, k ∈ N * ) 等式建立,即1- 1+1- 1+ ⋯ + 1 -1= 1 + 1 +⋯+1,2 3 42k - 1 2k k + 1 k + 2 2k当 n = k + 1 ,左 = 1- 1+ 1-1+⋯+1 - 1 + 1 - 1 = 1 + 1 +⋯+ 1+ 1 -2 3 42k - 1 2k 2k + 1 2k + 2 k + 1 k + 2 2k 2k +11 = 1 + 1 + ⋯+ 1 + 1 + 1 =右 ,2k + 2 k + 2 k + 3 2k 2k + 1 2k + 2∴ n = k + 1 ,命 建立,依据 (1) 、 (2)可知, 全部n ∈N * ,命 都建立.18. (本小 分 11 分 )用数学 法 明:x 2n - y 2n (n ∈ N * ) 能被 x + y 整除.分析: (1)当 n = 1 , x 2-y 2= (x +y)( x - y)能被 (x +y)整除.*2k- y 2k能被 (x + y)整除.(2)假 当 n =k(k ≥1, k ∈N ) , x 那么当 n = k + 1 ,x 2(k + 1)- y 2(k +1)= x 2x 2k - y 2 y 2k = x 2 x 2k - x 2y 2k + x 2y 2k - y 2y 2 k = x 2 (x 2k - y 2k )+ y 2k (x 2- y 2).因为 (x 2k - y 2k )和( x 2- y 2)都能被 (x + y)整除,22k2k2k222n2n所以 x (x - y )+ y (x - y )能被 (x + y)整除,故 n = k + 1 , x - y能被 (x + y)整除.19.(本小 分12 分 )在数列 { a n } 中,已知 a 1= a(a > 1),且 a n + 1=a n 2+ 1 *),求 :(n ∈ N2a na n > 1(n ∈N * ).明: (1)当 n = 1 , a 1= a > 1,不等式建立.2* a k + 1 (2)假 n = k(k ≥1,k ∈ N ) ,不等式建立,即 a k > 1, 当 n = k + 1 , a k +1- 1=( a - 1) 2-1=k.2a k由 a k > 1,∴( a k -1) 2> 0.∴ a k + 1> 1.2a k即 n =k + 1 ,不等式也建立.合 (1)、 (2) 知, 全部n ∈ N * ,都有 a n >1.20. (本小 分 12 分 )用数学 法 明:32n +2- 8n - 9(n ∈ N * )能被 64 整除.明: (1)当 n = 1 ,命 然建立.(2)假 n = k(k ≥1,k ∈ N * ) ,命 建立,即 32k + 2-8k - 9= 64m(m ∈ Z) , 当 n = k + 1 , 32k +4- 8(k + 1)- 9= 9×32k + 2- 8k - 17= 9(32 k +2- 8k - 9)+ 64k + 64= 64(9 m + k + 1).而 k ∈ N * , m ∈ Z ,∴ 9m +k + 1∈ Z ,即当 n = k + 1 , 32k +4- 8(k + 1)- 9 也能被 64 整除.据 (1)(2) 可知,命 全部 n ∈ N * 均建立.21. (本小 分12 分 ) 数列 { a n } 足 a n + 1= a 2n -na n + 1, n = 1, 2, 3⋯.(1)当 a 1= 2,求 a 2 ,a 3, a 4,并由此猜想出 a n 的一个通 公式;(2)当 a 1≥ 3 ,求 全部的 n ≥1,有:① a n ≥ n + 2;② 1+ 1+ ⋯ + 11≤ .1+ a 1 1+ a 2 1+ a n 2分析: (1)由 a 1= 2,得 a 2= a 21-a 1+ 1= 3; 由 a 2= 3,得 a 3= a 22- 2a 2+1= 4; 由 a 3= 4,得 a 4= a 23- 3a 3+1= 5. 由此猜想 a n = n + 1(n ∈N +). (2) 明:①用数学 法 明:当 n =1 , a 1≥ 1+2= 3,不等式建立.假 当 n = k ,不等式建立, 即 a k ≥ k + 2.当 n =k + 1 , a k + 1= a 2k - ka k + 1= a k (a k - k)+ 1≥(k + 2)(k + 2- k)+ 1= 2(k +2)+ 1≥k +3= (k + 1)+ 2,也就是 ,当 n = k +1 , a k + 1≥ (k+ 1)+2.上可得, 全部的n ≥1,有 a n ≥ n +2.②由 a n + 1= a n (a n - n)+ 1 及①, k ≥2,有 a k = a k - 1( a k - 1-k + 1)+ 1≥a k - 1(k - 1+2- k ++ 1≥ 2(2a 2 3 2k -1 k 1)+ 1= 2a k1 +1)+1=2 a k2 + 2+ 1≥23 +2 +2+ 1≥⋯ .所以 a ≥ 2 a 1+2----- 2k -1k -1 · (a 1+ 1)- 1,于是k -1(a 1+ 1),1≤11+⋯ +2+1=2-1=21+ a k ≥ 21+ a k· k -1,1+ a 1 2k ≥2.所 以1+1+ ⋯ +1≤ 1 +1· 1 11 =11+ a 2 1+ a n1+ a 1 2 + 2+ ⋯ + n -11+ a 11+a 11+ a 1 22111 212 ≤ 2 = 1 .1+ +2+ ⋯ + n - 1 =· 1- n <2221+ a 1 211+ 321+ a所以原不等式建立.22.(本小 分 12 分 )等比数列 { a n } 的前 n 和 S n ,已知 随意的均在函数 y =b x + r(b>0 且 b ≠1,b , r 均 常数 )的 象上.(1)求 r 的 ;(2) 当 b = 2 ,b n = 2(log 2a n + 1)(n ∈ N * ) . 明 : 任 意 的b 1+ 1 b 2+ 2 b n + 1· ·⋯· > n + 1建立.b 1 b 2b nn ∈ N * ,点 (n ,S n )n ∈ N * , 不 等 式(1)分析: 因 随意的 n ∈ N * ,点 (n ,S n )均在函数 y =b r + r (b>0 且 b ≠1,b ,r 均 常数 ) 的 象上,所以得 S n = b n + r.当 n =1 , a 1= S 1= b + r ,当 n ≥2 , 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 { a n } 等比数列, 所以 r =- 1,公比b , a n = (b - 1)b n - 1,(2) 明:当 b =2 ,a n = (b - 1)b n - 1= 2n - 1,b n = 2(log 2a n + 1)= 2(log 22n -1+ 1)= 2n , b n + 1 b n=2n + 1,2nb 1 + 1 b 2+ 1b n + 1 3 572n + 1所以 b 1·b 2 ·⋯·b n = 2· 4·6·⋯·2n .下边用数学 法 明不等式+ 1 +1+ 1 =3·5·7·⋯· 2n + 1b 1·b 2·⋯· b nb 1b 2b n2 4 62n > n + 1成立,①当 n = 1 ,左 =3,右 =2,因 3> 2,2 2所以不等式建立,b 1+ 1 b 2+ 1b k + 13 5 7 2k + 1②假 当 n = k(k ≥1) 不等式建立, 即··⋯·= ···⋯·2k > k + 1b 1b 2b k2 4 6建立.当 n = k + 1, 左=b 1+1 b 2+ 1· ⋯ ·b k + 1 · b k+1+ 1·b 2b k=b 1b k +13·5·7·⋯·2k + 1·2k + 32k + 3= ( 2k + 3) 24( k + 1)2+ 4( k +1)+ 1=2 4 62k2k + 2>k + 1·2k + 24( k +1)4( k +1)1=( k +1)+ 1+ 4( k + 1)> (k + 1)+ 1.所以当 n = k + 1 不等式也建立.由①②可得不等式恒建立.。
人教版高中数学选修4-5练习:第四讲4.2用数学归纳法证明不等式

第四讲数学归纳法证明不等式4.2 用数学归纳法证明不等式A级基础巩固一、选择题1.用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3,n∈N),第一步应验证() A.n=1B.n=2C.n=3 D.n=4解析:由题意n≥3知应验证n=3.答案:C2.用数学归纳法证明“1+12+13+…+12n-1<n,(n∈N+,n>1)”时,由n=k(k>1)不等式成立,推证n=k+1时,左边应增加的项数是()A.2k-1B.2k-1C.2k D.2k+1解析:增加的项数为(2k+1-1)-(2k-1)=2k+1-2k=2k.故选C.答案:C3.用数学归纳法证明不等式1+12+14+…+12n-1>12764(n∈N+)成立,其初始值至少应取()A.7B.8 C.9D.10解析:左边=1+12+14+…+12n -1=1-12n 1-12=2-12n -1,代入验证可知n 的最小值是8.答案:B4.用数学归纳法证明“1n +1+1n +2+1n +3+…+1n +n ≥1124(n ∈N *)”时,由n =k 到n =k +1时,不等式左边应添加的项是( )A.12(k +1)B.12k +1+12k +2C.12k +1+12k +2-1k +1D.12k +1+12k +2-1k +1-1k +2解析:当n =k 时,不等式为1k +1+1k +2+…+1k +k ≥1124. 当n =k +1时,左边=1(k +1)+1+1(k +1)+2+…+1(k +1)+(k -1)+1(k +1)+k +1(k +1)+(k +1)=1k +2+1k +3+…+1k +k +12k +1+12k +2. 比较n =k 与n =k +1的左边,可知应添加的项为12k +1+12k +2-1k +1.答案:C5.若不等式1n+1+1n+2+…+12n>m24对大于1的一切自然数n都成立,则自然数m的最大值为() A.12 B.13C.14 D.不存在解析:令f(n)=1n+1+1n+2+…+12n,取n=2,3,4,5等值发现f(n)是单调递减的,所以f(n)]max>m 24,所以由f(2)>m24,求得m的值.故应选B.答案:B二、填空题6.设x>-1,且x≠0,n为大于1的自然数,则(1+x)n>_______.解析:由贝努利不等式知(1+x)n>1+nx.答案:1+nx7.设通过一点的k个平面,其中任何三个或三个以上的平面不共有一条直线,这k个平面将空间分成f(k)个部分,则k+1个平面将空间分成f(k+1)=f(k)+________个部分.答案:2k8.在应用数学归纳法证明“1+122+132+…+1(n+1)2<2n+1n+1(n∈N*)”时,从n=k到n=k+1,不等式左边增加的项是________.解析:解决此题的关键是看清不等式的左边每一项的分母的变化,一看“头”,从12开始;二看“尾”,当n=k时,尾项的分母为(k +1)2,n=k+1时尾项的分母为(k+2)2;三看中间,如果忽略平方,1,2,3,…,(n +1)这些数都是连续相差1时.因此,从n =k 到n =k +1只增加了一项,即1(k +2)2(k ∈N +). 答案:1(k +2)2三、解答题9.求证:1+12+13+…+1n ≥2n n +1. 证明:(1)当n =1时,左边=1,右边=2×11+1=1,左式=右式. 当n =2时,左边=1+12=32,右边=2×22+1=43,32>43, 左边>右边.故当n =1或n =2时,不等式成立.(2)假设当n =k (k ≥1)时,有1+12+13+…+1k ≥2k k +1. 则当n =k +1时,左边=1+12+13+…+1k +…+1k +1≥2k k +1+1k +1=2k +1k +1. 因为2k +1k +1-2(k +1)(k +1)+1=k (k +1)(k +2)>0, 所以2k +1k +1>2(k +1)(k +1)+1=右边. 由不等式的传递性可得:左边>右边.故当n =k +1时不等式也成立.由(1)(2)知,对一切n ∈N *原不等式都成立.10.设0<a <1,定义a 1=1+a ,a n +1=1a n +a .求证:对于任意的n ∈N *,都有1<a n <11-a . 证明:(1)当n =1时,a 1>1,又a 1=1+a <11-a,显然命题成立. (2)假设n =k (k ∈N +)时,不等式成立.即1<a k <11-a . 当n =k +1(k ∈N +)时,由递推公式可知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. 所以当n =k +1(k ∈N +)时,命题也成立,即1<a k +1<11-a. 由(1)(2)可知对于任意的n ∈N +,都有1<a n <11-a. B 级 能力提升1.用数学归纳法证明不等式1+12+13+…+12n -1<f (n )(n ≥2,n ∈N +)的过程中,由n =k 到n =k +1时,左边增加了( )A .1项B .k 项C .2k -1项D .2k 项 解析:1+12+13+…+12k +1-1-⎝⎛⎭⎪⎫1+12+13+…+12k -1=12k +12k +1+…+12k +1-1,共增加了2k 项. 答案:D2.设{a n }是首项为1的正项数列,且(n +1)·a 2n +1-na 2n +a n +1·a n=0(n=1,2,3,…),则它的通项a n=________.解析:可用两种方法求解.法一:分别令n=1,2,3求出a2=12,a3=13,通过不完全归纳法知,a n=1n.法二:对已知等式因式分解得(n+1)a n+1-na n]·(a n+1+a n)=0.由a n>0知a n+1a n=nn+1,再由累乘法求得a n=1n.答案:1 n3.设a1=1,a n+1=a2n-2a n+2+b(n∈N*).(1)若b=1,求a2,a3及数列{a n}的通项公式;(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有n∈N+成立?证明你的结论.解:法一:a2=2,a3=2+1.再由题设条件知(a n+1-1)2=(a n-1)2+1.从而{ (a n-1)2}是首项为0公差为1的等差数列,故(a n-1)2=n-1,即a n=n-1+1(n∈N*).法二:a2=2,a3=2+1.可写为a1=1-1+1,a2=2-1+1,a3=3-1+1.因此猜想a n=n-1+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即a k=k-1+1,则a k+1=(a k-1)2+1+1=(k-1)+1+1=(k+1)-1+1.这就是说,当n =k +1时结论成立.所以a n =n -1+1(n ∈N *).(2)设f (x )=(x -1)2+1-1,则a n +1=f (a n ).令c =f (c ),则c =(c -1)2+1-1,解得c =14. 下用数学归纳法证明加强命题a 2n <c <a 2n +1<1.当n =1时,a 2=f (1)=0,a 3=f (0)=2-1,所以a 2<14<a 2<1,结论成立. 假设n =k 时结论成立,即a 2k <c <a 2k +1<1.易知f (x )在(-∞,1]上为减函数,从而c =f (c )>f (a 2k +1)>f (1)=a 2,即1>c >a 2k +1>a 2.再由f (x )在(-∞,1]上为减函数得c =f (c )<f (a 2k +2)<f (a 2)=a 3<1. 故c <a 2k +3<1,因此a 2(k +1)+1<1.这就是说,当n =k +1时结论成立.综上,符合条件的c 存在,其中一个值为c =14.小课堂:如何培养学生的自主学习能力?自主学习是与传统的接受学习相对应的一种现代化学习方式。
高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式评估验收卷课堂演练(含解析)新人教A版选修4-5-新人教A版高

评估验收卷(四)(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.若命题A (n )(n ∈N *)在n =k (k ∈N *)时命题成立,则有n =k +1时命题成立.现知命题对n =n 0(n 0∈N *)时命题成立,则有()A .命题对所有正整数都成立B .命题对小于n 0的正整数不成立,对大于或等于n 0的正整数都成立C .命题对小于n 0的正整数成立与否不能确定,对大于或等于n 0的正整数都成立D .以上说法都不正确解析:依题意命题A (n )对大于或等于n 0的正整数都成立. 答案:C2.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:把n =1,2,3,4,5代入验证可知B 正确. 答案:B3.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或n =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:D4.用数学归纳法证明1+2n ≦1+12+13+…+n 21≦12+n (n ∈N *)成立,当n =1时,应验证( )A.23≦1+12≦23B.23≦1+12+31≦23C. 23≦1+12+31<23D.23<1+12<23 解析:当n =1时,不等式左边为1+12=23,中间为1+12,右边为12+1=23答案:A5.已知f (n )=1n +1n +1+1n +2+…+1n 2,则( )A .f (n )中共有n 项,当n =2时,f (2)=12+13B .f (n )中共有n +1项,当n =2时,f (2)=12+13+14C .f (n )中共有n 2-n 项,当n =2时,f (2)=12+13D .f (n )中共有n 2-n +1项,当n =2时,f (2)=12+13+14解析:本题主要考查数列的概念.由n 到n 2一共有整数n 2-n +1个,所以f (n )有n 2-n +1项, 当n =2时代入得,f (2)=12+13+14.故本题正确答案为D. 答案:D6.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)2B.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:B7.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 条直线都相交有交点,所以应比原先增加k 个交点.故应选B.答案:B8.在数列{a n }中,a 1=2-1,前n 项和S n =n +1-1,先算出数列的前4项的值,根据这些值归纳猜想数列的通项公式是()A .a n =n +1-1B .a n =n n +1-1C .a n =2n -nD .a n =n +1-n 解析:由题意,可知S 2=a 1+a 2=3-1, 所以a 2=3-1-2+1=3-2;S 3=a 1+a 2+a 3=4-1,所以a 3=S 3-S 2=4-3,同理,可得a 4=S 4-S 3=5-4,故可猜想a n =n +1-n . 答案:D9.F (n )是一个关于自然数n 的命题,若F (k )(k ∈N *)真,则F (k +1)真,现已知F (7)不真,则有①F (8)不真 ②F (8)真 ③F (6)不真 ④F (6)真 ⑤F (5)不真 ⑥F (5)真 其中正确的是() A .③⑤B .①② C .④⑥D .③④解析:因为F (k )(k ∈N *)真,则F (k +1)真的逆否命题是:F (k +1)不真,则F (k )不真,从而可结合数学归纳法的原理知:当F (7)不真时,F (6)不真,F (5)亦不真,故③⑤是正确的.答案:A10.设0<θ<π2,已知a 1=2cos θ,a n +1=2+a n ,则猜想a n 为( )A .2cos θ2nB .2cos θ2n -1C .2cos θ2n +1D .2sin θ2n解析:a 1=2cos θ,a 2=2+2cos θ=2cos θ2,a 3=2+2cos θ2=2cos θ4,猜想a n =2cos θ2n -1.答案:B11.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n ×3n -1=3n (na -b )+c 对一切n ∈N *都成立,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:因为等式对一切n ∈N *均成立, 所以n =1,2,3时等式成立, 即⎩⎪⎨⎪⎧1=3(a -b )+c ,1+2×3=32(2a -b )+c ,1+2×3+3×32=33(3a -b )+c ,整理得⎩⎪⎨⎪⎧3a -3b +c =1,18a -9b +c =7,81a -27b +c =34,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =12,b =14,c =14.答案:A12.已知f (n )=(2n +7)·3n+9,存在自然数m ,使得对任意n ∈ N +,都能使m 整除f (n ),则最大的m 的值为( )A .30B .26C .36D .6解析:f (1)=36,f (2)=108,n ≥3时f (n )=9[(2n +7)3n -2+1],(2n +7)·3n -2+1,当n ≥3时能被4整除,结合选项知C 正确.答案:C二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分.把答案填在题中的横线上) 13.若用数学归纳法证明:2n +1>n 2+n +2成立时,第一步应验证_____________________________________________________.答案:n 0=3,24>32+3+214.用数学归纳法证明命题:12-22+32-42+…+(-1)n -1n 2=(-1)n -1n (n +1)2(n ∈N+),(从“第k 步到k +1步”时,两边应同时加上________.答案:(-1)k (k +1)215.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)216.已知数列{a n },其中a 2=6,且满足a n +1+a n -1a n +1-a n +1=n ,则a 1=________,a 3=________,a 4=________,猜想a n =________.解析:由已知可得a 2+a 1-1a 2-a 1+1=1,a 3+a 2-1a 3-a 2+1=2,a 4+a 3-1a 4-a 3+1=3,将a 2=6代入以上三式,解得:a 1=1,a 3=15,a 4=28. 由于a 1=1,a 2=2×3,a 3=3×5,a 4=4×7, 猜想得a n =n (2n -1). 答案:11528n (2n -1)三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答时应写出必要的文字说明、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+33+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]. 所以当n =k +1时,命题也成立.由(1)(2)知,对于任意n ∈N *,等式都成立.18.(本小题满分12分)用数学归纳法证明:f (n )=3·52n +1+23n +1(n ∈N *)能被17整除.证明:(1)当n =1时,f (1)=3×53+24=391=17×23, 故f (1)能被17整除. (2)假设n =k 时,命题成立. 即f (k )=3·52k +1+23k +1能被17整除,则当n =k +1时,f (k +1)=3·52k +3+23k +4=52·3·52k +1+52·23k +1-52·23k +1+23k +4=25f (k )-17·23k +1.由归纳假设,可知f (k )能被17整除,又17·23k +1显然可被17整除,故f (k +1)能被17整除.综合(1)(2)可知,对任意正整数n ,f (n )能被17整除. 19.(本小题满分12分)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 的大小,并加以证明.解:(1)当n =1,2时,P n =Q n . (2)当n ≥3时,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,k ∈N *),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,n ∈N *且x ∈(-1,0)时,P n <Q n .20.(本小题满分12分)设{x n }是由x 1=2,x n +1=x n 2+1x n(n ∈N +)定义的数列,求证:x n<2+1n.证明:(1)当n =1时,x 1=2<2+1,不等式成立. (2)假设当n =k (k ≥1)时,不等式成立,即x k <2+1k ,那么,当n =k +1时,x k +1=x k 2+1x k.由归纳假设,x k <2+1k ,则x k 2<22+12k ,1x k>12+1k.因为x k >2,所以1x k <22.所以x k +1=x k 2+1x k <22+12k +22=2+12k ≤2+1k +1.即x k +1<2+1k +1. 所以当n =k +1时,不等式x n <2+1n成立.综上所述,得x n <2+1n(n ∈N +).21.(本小题满分12分)数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n (n +1)的前n 项和记为S n .(1)求出S 1,S 2,S 3的值; (2)猜想出S n 的表达式;(3)用数学归纳法证明你的猜想. (1)解:a n =1n (n +1),S 1=a 1=12;S 2=a 1+a 2=12+16=23; S 3=a 1+a 2+a 3=12+16+112=34.(2)解:猜想:S n =nn +1(n ∈N +).(3)证明:①当n =1时,S 1=a 1=12,右边=12.等式成立.②假设当n =k 时,S k =kk +1,则当n =k +1时,S k +1=S k +a k +1=k k +1+1(k +1)(k +2)=(k +1)2(k +1)(k +2)=k +1k +2= k +1(k +1)+1.即当n =k +1时,等式成立. 由①②可得S n =nn +1(n ∈N +).22.(本小题满分12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 22-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 k2-x k +1=-12(x k +1-x k )=-12a k=-12⎝ ⎛⎭⎪⎫-12k -1a=⎝ ⎛⎭⎪⎫-12(k +1)-1a ,即当n =k +1时,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.。
2019-2020年高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式讲末检测 新人教A版选修4-5

2019-2020年高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式讲末检测 新人教A 版选修4-5一、选择题(每小题5分,共60分)1.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答案: A2.用数学归纳法证明“对任意x >0和正整数n ,都有x n +x n -2+x n -1+…+1x n -1+1xn -2+1x n≥n +1”时,需要验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( )A .n 0=1B .n 0=2C .n 0=1,2D .以上答案均不正确 答案: A3.用数学归纳法证明“当n 为正奇数时,x 2+y 2能被x +y 整除”的第二步是( ) A .假设当n =2k +1(k ∈N +)时正确,再推当n =2k +3时正确 B .假设当n =2k -1(k ∈N +)时正确,再推当n =2k +1时正确 C .假设当n =k (k ∈N +)时正确,再推当n =k +1时正确D .假设当n ≤k (k ∈N +,k ≥1)时正确,再推当n =k +2时正确解析:因为n 为正奇数,根据数学归纳法的证明步骤,第二步应先假设第k 个正奇数也成立,本题即假设当n =2k -1时正确,再推第(k +1)个正奇数,即当n =2k +1时正确.答案:B4.设n 为正整数,f (n )=1+12+13+…+1n ,计算得f (2)=32,f (4)>2,f (8)>52,f (16)>3,f (32)>72,观察上述结果,可推测出一般结论( )A .f (2n )>2n +12B .f (n 2)≥n +22C .f (2n )≥n +22D .以上都不对答案:C5.欲用数学归纳法证明:对于足够大的正整数n ,总有2n >n 3,n 0为验证的第一个值,则( )A .n 0=1B .n 0为大于1小于10的某个整数C .n 0≥10D .n 0=2 答案:C6.如果1×2×3+2×3×4+3×4×5+…+n (n +1)(n +2)=14n (n +1)(n +a )(n +b )对一切正整数n 都成立,a ,b 的值应该为( )A .a =1,b =3B .a =-1,b =1C .a =1,b =2D .a =2,b =3 答案:D7.用数字归纳法证明不等式1n +1+1n +2+…+12n >12(n ≥2)的过程中,由n =k 递推到n=k +1时,不等式左边( )A .增加了一项12(k +1)B .增加了两项12k +1,12k +2C .增加了B 中两项,但减少了一项1k +1D .以上各种情况均不对解析:由n =k 到n =k +1,左边多了两项12k +1,12k +2,但也少了一项1k +1.答案:C8.用数学归纳法证明1+2+3+…+n 2=n 4+n 22,当n =k +1时,左端应在n =k 的基础上加上( )A .k 2+1B .(k +1)2C.(k +1)4+(k +1)22D .(k 2+1)+(k 2+2)+(k 2+3)+…+(k +1)2 解析:当n =k 时,等式左端=1+2+…+k 2; 当n =k +1时,等式左端=1+2+…+k 2+(k 2+1)+…+(k +1)2. 答案:D9.平面内有n 个圆,其中每两个圆都相交于两点,并且每三个圆都不相交于同一点,这n 个圆把平面分成f (n )个部分,则满足上述条件的n +1个圆把平面分成的部分f (n +1)与f (n )的关系是( )A .f (n +1)=f (n )+n +2B .f (n +1)=f (n )+2nC .f (n +1)=f (n )+n +1D .f (n +1)=f (n )+n 答案:B10.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 ) 答案:B11.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 +1 B.2k +1k +1C .2(2k +1) D.2k +2k +1答案:C12.用数学归纳法证明不等式1+12+14+…+12n -1>12764成立,起始值至少应取为( )A .7B .8C .9D .10 答案:B二、填空题(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 2n α2sin α(sin α≠0,n ∈N),在验证n =1时,等式右边的式子是________.答案:cos α14.设f (n )=1-12+13-14+…+12n -1-12n,则f (k +1)=f (k )+________.答案:12k +1-12k +215.观察1=1,1+3=4,1+3+5=9,1+3+5+7=16,…,猜想一般规律是________. 答案:1+3+5+…+(2n -1)=n 216.用数学归纳法证明(n +1)(n +2)·…·(n +n )=2n ×1×3×…×(2n -1),n ∈N +,从n =k 到n =k +1,左边需乘的代数式是______.解析:当n =k 时,左边=(k +1)·…·(k +k ),当n =k +1时,左边=(k +2)(k +3)·…·(2k +2)=2(k +1)(k +2)·…·[k +(k +1)], ∴左边需乘的代数式为2(2k +1). 答案:2(2k +1)三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(本小题满分11分)用数学归纳法证明: 1-12+13-14+…+12n -1-12n =1n +1+1n +2+…+12n (n ∈N *). 证明:(1)当n =1时,左边=1-12=12=11+1=右边,∴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+1k +3+…+12k +12k +1+12k +2=右边,∴n =k +1时,命题成立,根据(1)、(2)可知,对一切n ∈N *,命题都成立.18.(本小题满分11分)用数学归纳法证明:x 2n -y 2n (n ∈N *)能被x +y 整除. 解析:(1)当n =1时,x 2-y 2=(x +y )(x -y )能被(x +y )整除. (2)假设当n =k (k ≥1,k ∈N *)时,x 2k -y 2k 能被(x +y )整除. 那么当n =k +1时, x 2(k +1)-y 2(k +1)=x 2x 2k -y 2y 2k =x 2x 2k -x 2y 2k +x 2y 2k -y 2y 2k =x 2(x 2k -y 2k )+y 2k (x 2-y 2). 由于(x 2k -y 2k )和(x 2-y 2)都能被(x +y )整除,所以x 2(x 2k -y 2k )+y 2k (x 2-y 2)能被(x +y )整除,故n =k +1时,x 2n -y 2n 能被(x +y )整除. 由(1)、(2)知n ∈N *时,x 2n -y 2n 都被(x +y )整除.19.(本小题满分12分)在数列{a n }中,已知a 1=a (a >1),且a n +1=a 2n +12a n(n ∈N *),求证:a n >1(n ∈N *).证明:(1)当n =1时,a 1=a >1,不等式成立.(2)假设n =k (k ≥1,k ∈N *)时,不等式成立,即a k >1,则当n =k +1时,a k +1-1=a 2k +12a k-1=(a k -1)22a k.由a k >1,∴(a k -1)22a k >0.∴a k +1>1.即n =k +1时,不等式也成立.综合(1)、(2)知,对一切n ∈N *,都有a n >1.20.(本小题满分12分)用数学归纳法证明:32n +2-8n -9(n ∈N *)能被64整除. 证明:(1)当n =1时,命题显然成立.(2)假设n =k (k ≥1,k ∈N *)时,命题成立,即32k +2-8k -9=64m (m ∈Z),则当n =k +1时,32k +4-8(k +1)-9=9×32k +2-8k -17=9(32k +2-8k -9)+64k +64=64(9m +k +1).而k ∈N *,m ∈Z ,∴9m +k +1∈Z ,即当n =k +1时,32k +4-8(k +1)-9也能被64整除.据(1)(2)可知,命题对一切n ∈N *均成立.21.(本小题满分12分)设数列{a n }满足a n +1=a 2n -na n +1,n =1,2,3…. (1)当a 1=2,求a 2,a 3,a 4,并由此猜想出a n 的一个通项公式; (2)当a 1≥3时,求证对所有的n ≥1,有:①a n ≥n +2; ②11+a 1+11+a 2+…+11+a n ≤12. 解析:(1)由a 1=2,得a 2=a 21-a 1+1=3; 由a 2=3,得a 3=a 22-2a 2+1=4; 由a 3=4,得a 4=a 23-3a 3+1=5. 由此猜想a n =n +1(n ∈N +). (2)证明:①用数学归纳法证明:当n =1时,a 1≥1+2=3,不等式成立. 假设当n =k 时,不等式成立, 即a k ≥k +2.当n =k +1时,a k +1=a 2k -ka k +1=a k (a k -k )+1≥(k +2)(k +2-k )+1=2(k +2)+1≥k +3=(k +1)+2,也就是说,当n =k +1时,a k +1≥(k +1)+2.综上可得,对所有的n ≥1,有a n ≥n +2.②由a n +1=a n (a n -n )+1及①,对k ≥2,有a k =a k -1(a k -1-k +1)+1≥a k -1(k -1+2-k +1)+1=2a k -1+1≥2(2a k -2+1)+1=22a k -2+2+1≥23a k -3+22+2+1≥….所以a k ≥2k -1a 1+2k-2+…+2+1=2k -1-1=2k -1·(a 1+1)-1,于是1+a k ≥2k -1(a 1+1),11+a k ≤11+a 1·12k -1,k ≥2.所以11+a 1+11+a 2+…+11+a n ≤11+a 1+11+a 1·⎝⎛⎭⎫12+122+…+12n -1=11+a 1⎝⎛⎭⎫1+12+122+ (12)-1=21+a 1·⎝⎛⎭⎫1-12n <21+a 1≤21+3=12. 因此原不等式成立.22.(本小题满分12分)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+2b 2·…·b n +1b n>n +1成立. (1)解析:因为对任意的n ∈N *,点(n ,S n )均在函数y =b r +r (b >0且b ≠1,b ,r 均为常数)的图象上,所以得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,(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 ≥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可得不等式恒成立.。
2017-2018学年高中数学人教A版选修4-5训练:第四讲 数

一、选择题1.用数学归纳法证“42n -1+3n +1(n ∈N +)能被13整除”的第二步中,当n =k +1时为了使用归纳假设,对42k +1+3k +2变形正确的是( ) A.16(42k -1+3k +1)-13×3k +1 B.4×42k +9×3kC.(42k -1+3k +1)+15×42k -1+2×3k +1D.3(42k -1+3k +1)-13×42k -1 解析 42n +1+3k +2=42·42n -1+3·3k +1 =16·42n -1+16·3k +1-13·3k +1=16(42n -1+3k +1)-13·3k +1.故选A. 答案 A2.数列{a n }中的a n =1n +1+1n +2+…+12n ,则a n +1的表达式是( )A.a n +1=a n +12n +2B.a n +1=a n +12n +1+12n +2C.a n +1=a n +12n +1+12n +2-1n +1D.a n +1=a n +12n +2-1n +1解析 a n +1=1n +2+1n +3+…+12n +12n +1+12n +2=1n +1+1n +2+1n +3+…+12n +12n +1+12n +2-1n +1=a n +12n +1+12n +2-1n +1,选C.答案 C3.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>52 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1+13⎝ ⎛⎭⎪⎫1+15≥52 D.以上都不对 解析 n =2时,1+12×2-1=1+13,所以应为1+13>52,选A. 答案 A4.用数学归纳法证明“对任意 x >0和正整数n ,都有x n +x n -2+x n -4+…+1xn -4+1x n -2+1x n ≥n +1”时,需要验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ) A.n 0=1 B.n 0=2C.n 0=1,2D.以上答案均不正确解析 当n 0=1,x +1x ≥2成立,故选A. 答案 A5.数列{a n }中,a 1=1,a 2=1,又n ≥3时,a n =a n -1+a n -2,则( ) A.当n ∈N *,n >2时,a n 是偶数 B.n ∈N *,a 3n 是2的倍数 C.n ∈N *,a n =12n 2-32n +2D.以上都不对解析 a 1=1,a 2=1,a 3=2,a 4=3,a 5=5,a 6=8, 规律为a 3n 为偶数,a 3n +1为奇数,a 3n +2为奇数. 所以,a 3n 是2的倍数,选B. 答案 B6.用数学归纳法证明:(n +1)+(n +2)+…+(n +n )=n (3n +1)2的第二步中,当n =k +1时等式左边与n =k 时的等式左边的差等于( ) A.3k +2B.3k +1C.k +1D.3k解析 n =k 时,(k +1)+(k +2)+…+(k +k ),n =k +1时,(k +2)+(k +3)+…+(k +k )+(k +k +1)+(k +k +2). 故差为2k +1+2k +2-(k +1)=3k +2,选A. 答案 A7.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 )+f (n -2)C.f (n )=f (n )·f (n -2)D.f (n )=⎩⎨⎧n (n =1,2)f (n -1)+f (n -2)(n ≥3)解析 f (1)=1,f (2)=3,f (3)=3,f (4)=C 04+C 13+C 22=5,f (5)=C 05+C 14+C 23=1+4+3=8,f (6)=C 06+C 16+C 24+C 23=1+5+6+1=13,从以上6个式子可找出规律,选D. 答案 D 8.用数学归纳法证明11×2+12×3+13×4+…+1n (n +1)=nn +1(n ∈N +)时,从“n =k ”到“n =k +1”,等式左边需增添的项是( ) A.1k (k +1)B.1k (k +1)+1(k +1)(k +2)C.1(k +1)(k +2) D.1k (k +2)解析 n =k 时,11×2+12×3+13×4+…+1k (k +1)n =k +1时,11×2+12×3+13×4+…+1k (k +1)+1(k +1)(k +2)增添的项为1(k +1)(k +2),应选C.答案 C9.若不等式⎝ ⎛⎭⎪⎫1+1n n <n (n ∈N *)成立,则n 的取值范围是( )A.n ∈N *B.n ≥2C.n ≥3D.1≤n ≤3解析 n =1时,左边2,右边为1,2<1不成立. n =2时,左边⎝ ⎛⎭⎪⎫322=94,右边为2,94<2不成立.n =3时,左边6427,右边为3,6427<3成立,故选C. 答案 C10.从1=1,1-4=-(1+2),1-4+9=1+2+3,1-4+9-16=-(1+2+3+4),…,归纳出( )A.1-4+9-16+…+(-n )2=(-1)n -1·n (n +1)2B.1-4+9-16+…+(-1)n +1n 2=(-1)n -1·n (n +1)2C.1-4+9-16+…+(-1)n n 2=(-1)n -1·n (n -1)2D.1-4+9-16+…+(-1)n -1·n 2=(-1)n ·n (n -1)2解析 1=1,1-4=-(1+2),1-4+9=1+2+3 1-4+9-16=-(1+2+3+4)1-4+9-16+…+(-1)n +1n 2=(-1)n -1(1+2+3+…+n )=(-1)n -1n (n +1)2.答案 B 二、填空题11.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,________. 解析 a k +1=2a k +2=2(4·2k -1-2)+2 =4·2k -4+2=4·2k -2=4·2(k +1)-1-2. 答案 a k +1=4·2(k +1)-1-212.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________(n ∈N *). 解析 3=22-1,7=23-1,15=24-1, 可猜测:1+12+13+…+12n -1>n 2.答案 1+12+13+…+12n -1>n213.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 S 1=1,2S n +1=S n +2S 1, 当n =1时,2S 2=S 1+2=3,S 2=32. 当n =2时,2S 3=S 2+2,S 3=74. 当n =3时,2S 4=S 3+2,S 4=158. 猜想S n =2n -12n -1.答案 32、74、158 2n-12n -114.用数学归纳法证明122+132+142+…+1(n +1)2>12-1n +2,假设n =k 时,不等式成立,则当n =k +1时,应推证的目标是________.解析 当n =k +1时,122+132+142+…+1(k +1)2+1(k +2)2>12-1k +3.答案 122+132+142+…+1(k +2)2>12-1k +3 三、解答题15.用数学归纳法证明:f (n )=3·52n +1+23n +1(n ∈N *)能被17整除. 证明 (1)当n =1时,f (1)=3×53+24=391=17×23, 故f (1)能被17整除. (2)假设n =k 时,命题成立.即f (k )=3·52k +1+23k +1能被17整除,则当n =k +1时,f (k +1)=3·52k +3+23k +4 =52·3·52k +1+52·23k +1-52·23k +1+23k +4 =25f (k )-17·23k +1.由归纳假设,可知f (k )能被17整除,又17·23k +1显然可被17整除, 故f (k +1)能被17整除.综合(1)(2)可知,对任意正整数n ,f (n )能被17整除. 16.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,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,不等式成立.由(1)(2)可知,原不等式对一切n ≥2,n ∈N +均成立.17.设数列{a n }的前n 项和为S n ,满足S n =2na n +1-3n 2-4n ,n ∈N *,且S 3=15. (1)求a 1,a 2,a 3的值; (2)求数列{a n }的通项公式. 解 (1)由题意知S 2=4a 3-20,∴S 3=S 2+a 3=5a 3-20.又S 3=15,∴a 3=7,S 2=4a 3-20=8. 又S 2=S 1+a 2=(2a 2-7)+a 2=3a 2-7, ∴a 2=5,a 1=S 1=2a 2-7=3. 综上知,a 1=3,a 2=5,a 3=7.(2)由(1)猜想a n =2n +1,下面用数学归纳法证明. ①当n =1时,结论显然成立 ; ②假设当n =k (k ≥1)时,a k =2k +1, 则S k =3+5+7+…+(2k +1)=k [3+(2k +1)]2=k (k +2).又S k =2ka k +1-3k 2-4k , ∴k (k +2)=2ka k +1-3k 2-4k , 解得2a k +1=4k +6, `∴a k +1=2(k +1)+1, 即当n =k +1时,结论成立. 由①②知,∀n ∈N *,a n =2n +1.18.如右图,圆C 上有n 个不同点P 1,P 2,…,P n ,设两两连结这些点所得线段P i P j 中,任意三条在圆内都不共点,试证它们在圆内共有C 4n 个交点(n ≥4). 证明 设圆内交点个数为P (n ),(1)当n =4时,则P (4)=1=C 44,命题成立.(2)假设n =k 时,P (k )=C 4k ,不妨设第k +1个点在P k P 1︵上,且P 1,P 2,…,P k ,P k +1按逆时针方向排列,依次连结P k +1P 1,P k +1P 2,…,可增加k 条线段,分别考查这k 条线段与此前圆内线段的交点个数:与P k +1P 1:0个; 与P k +1P 2:k -2个(与P 1P 3,P 1P 4,…,P 1P k 交得);与P k +1P 3:2(k -3)个(与P 1P 4,P 1P 5,…,P 1P k ;P 2P 4,…,P 2P k 交得); 与P k +1P 4:3(k -4)个(分别与P 1P 5,…P 1P k ,…,P 3P k 交得); 与P k +i P k -1:(k -2)×1个(分别与P 1P k ,P 2P k ,…,P k -2P k 交得),故总共增加:1(k -2)+2(k -3)+3(k -4)+…+(k -2)[(k -1)-(k -2)]=k +2k +…+(k -2)k -[1×2+2×3+3×4+…+(k -2)(k -1)]个交点,得P(k+1)=C4k+k(k-1)(k-2)2-2[C22+C23+…+C2k-1]=C4k+3C3k-2C3k=C4k+C3k=C4k+1,可见命题当n=k+1时成立,从而对一切n≥4的自然数n成立.。
数学人教A版选修4-5第四讲数学归纳法证明不等式单元检测(A)含解析

第四讲数学归纳法证明不等式单元检测(A)一、选择题(本大题共8小题,每小题7分,共56分)1.用数学归纳法证明不等式11112321n n ++++-(n ∈N +,且n >1)时,第一步应验证不等式( ).A .11<22+ B .111<223++ C .111<323++D .1111<3234+++ 2.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3.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 .64.用数学归纳法证明当n ∈N +时,1+2+22+…+25n -1是31的倍数时,当n =1时原式为( ).A .1B .1+2C .1+2+3+4D .1+2+22+23+245.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+…+421111n n n n x x x≥--+++”时,需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ).A .n 0=1B .n 0=2C .n 0=1,2D .以上答案均不正确6.用数学归纳法证明“42n -1+3n +1(n ∈N +)能被13整除”的第二步中,当n =k +1时为了使用归纳假设,对42k +1+3k +2变形正确的是( ).A .16(42k -1+3k +1)-13×3k +1B .4×42k +9×3kC .(42k -1+3k +1)+15×42k -1+2×3k +1D .3(42k -1+3k +1)-13×42k -17.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 )8.用数学归纳法证明111112233411n n n n ⨯⨯⨯()++++=++(n ∈N +)时,从n =k 到n =k +1,等式左边需添加的项是( ).A .11k k ()+ B .11112k k k k ()()()++++ C .112k k ()()++ D .12k k ()+二、填空题(本大题共2小题,每小题8分,共16分)9.用数学归纳法证明cos α+cos 3α+…+cos(2n -1)sin22sin n ααα=(sin α≠0,n ∈N +),在验证n =1时,等式右边的式子是______.10.用数学归纳法证明1+2+3+…+(2n +1)=(n +1)·(2n +1)时,从“n =k 到n =k +1",左边需增添的代数式是______.三、解答题(本大题共2小题,每小题14分,共28分)11.用数学归纳法证明:2+4+6+…+2n =n (n +1)(n ∈N +).12.求实数a ,使下面的等式对一切正整数n 都成立:111123234345⨯⨯⨯⨯⨯⨯+++2112412n an n n n n n ()()()()++=++++。
第四讲 数学归纳法证明不等式 知识归纳 课件(人教A选修4-5)

b1
b1
b2
综上,对 a1≥0,a2≥0,b1,b2 为正有理数且 b1+b2=1,总 有 a 1 a ≤a1b1+a2b2.
b2 2
b1
②
(3)(2)中命题的推广形式为 设 a1,a2,…,an 为非负实数,b1,b2,…,bn 为正有理数. 若 b1+b2+…+bn=1, a 1 a … a n ≤a1b1+a2b2+…+anbn. 则
由(1)、(2)知,对任意n∈N+原命题成立.
[例 4]
1 设 0<a<1,定义 a1=1+a,an+1=a +a,求证: n
1 对一切正整数 n∈N+,有 1<an< . 1-a
[证明] 命题成立.
1 (1)当 n=1 时,a1>1,又 a1=1+a< , 1-a
(2)假设 n=k(k∈N+)时,命题成立, 1 即 1<ak< . 1-a ∴当 n=k+1 时,由递推公式,知 1 ak+1=a +a>(1-a)+a=1. k
1-a2 1 1 同时,ak+1=a +a<1+a= < , 1-a 1-a k 1 ∴当 n=k+1 时,命题也成立,即 1<ak+1< . 1-a 1 综合(1)、 (2)可知, 对一切正整数 n, 1<an< 有 . 1-a
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[例 2]
求证 tan α· 2α+tan 2α· 3α+…+tan(n- tan tan
tan nα 1)α· nα= tan -n(n≥2,n∈N+). tan α
证明:(1)当 n=2 时,左边=tan α· 2α, tan tan 2α 2tan α 1 右边= -2= · -2 tan α 1-tan2α tan α 2 = 2 -2 1-tan α 2tan2α tan α· 2tan α = = 1-tan2α 1-tan2α =tan α· 2α,等式成立. tan
(人教版)高中数学选修4-5检测第4讲 数学归纳法证明不等式2 Word版含答案

第四讲二一、选择题.用数学归纳法证明“>+对于>的正整数都成立”时,第一步证明中的起始值应取( )....解析:使>+,经过计算知应选.答案:.设():+++…+≤+(∈),则(+)为( ).+++…++≤++.+++…++≤++.+++…+++…+≤++.上述均不正确解析:分母是底数为的幂,且幂指数是连续自然增加,故选.答案:.用数学归纳法证明:+++…++(≠),在验证=时,左端计算所得的项为( ) ..+.++.+++答案:.用数学归纳法证明“+++…+<(∈*,>)”时,由=(>)不等式成立,推证=+时,左边应增加的项数是( ) .-.-..+解析:由到+,则左边增加了++…+共项.答案:二、填空题.用数学归纳法证明:+++…+<(∈,>),第二步证明从“到+”,左端增加的项数是.+答案:.设,均为正实数(∈),已知=(+),=+-,则,的大小关系为(提示:利用贝努利不等式,令=).+解析:由贝努利不等式(+)>+,令=,∴>+·,∴>+·,即(+)>+-.故>.答案:>三、解答题.求证:(+)(+)…(+)=····…·(-)(∈+).证明:()当=时,等式左边=,等式右边=×=,∴等式成立.()假设=(∈+)等式成立,即(+)(+)…(+)=××××…×(-)成立.那么=+时,(+)(+)…(+)(+)(+)=(+)(+)(+)…(+)(+)=+××××…×(-)[(+)-].即=+时等式成立.由()()可知,对任何∈+等式均成立..设()=+++…+,由()=>,()>,()>,()>,….你能得到怎样的结论?并证明.解析:数列,…,通项公式为=-,数列,,,,…通项公式=,∴猜测:(-)>.下面用数学归纳法证明:①当=时,(-)=()=>,不等式成立.②假设当=(≥,∈+)时不等式成立,即(-)>,则(+-)=(-)+++…++>(-)++…+=(-)+>+=.∴当=+时不等式也成立.据①②对任何∈+原不等式均成立..是否存在常数,,使得·+·+·+…+(+)=(++)对一切∈都成立?证明你的结论.+解析:此题可用归纳猜想证明来思考.假设存在,,使题设的等式成立.令=,得=(++);当=时,=(++);当=时,=++,联立得=,=,=.∴当=时,等式·+·+·+…+(+)=成立.猜想等式对∈+都成立,下面用数学归纳法来证明.记=·+·+…+(+),设当=时,上。
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)。
人教版高中数学选修4-5练习第四讲4.2用数学归纳法证明不等式 Word版含解析

第四讲数学归纳法证明不等式
用数学归纳法证明不等式
级基础巩固
一、选择题
.用数学归纳法证明≥(≥,∈),第一步应验证( )
.=
.=
.=
.=
解析:由题意≥知应验证=.
答案:.用数学归纳法证明“+++…+
<,(∈+,>)”时,由=(>)不等式成立,推证=+时,左边应增加
的项数是( )
.-
.-
.+
.
解析:增加的项数为(+-)-(-)=+-=.故选.
答案:.用数学归纳法证明不等式+++…+>
(∈+)成立,其初始值至少应取( )
....解析:左边=+++…+==-,代入验证可知的最小值是.
答案:.用数学归纳法证明“+++…+≥
(∈*)”时,由=到=+时,不等式左边应添加的项是( )
+
+-
+--
解析:当=时,不等式为
++…+≥.
当=+时,
左边=++…+++=++…+++.
比较=与=+的左边,
可知应添加的项为+-.
答案:.若不等式++…+>
对大于的一切自然数都成立,则自然数的最大值为( )
.
.
.不存在
.
解析:令()=++…+,取=,,,等值发现()是单调递减的,所以
()]>,
所以由()>,求得的值.故应选.
答案:
二、填空题
.设>-,且≠,为大于的自然数,则(+)>.
解析:由贝努利不等式知(+)>+.
答案:+.设通过一点的个平面,其中任何三个或三个以上的平面不共有
一条直线,这个平面将空间分成()个部分,则+个平面将空间分成(+)
=()+个部分.
答案:。
人教A版数学选修4单元测评(四) 数学归纳法证明不等式.docx

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 >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:当n ≤4时,2n <n 2+1;当n ≥5时,2n >n 2+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-⎝ ⎛⎭⎪⎫12n 1-12>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+…+1x n -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)>n 2”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)。
高中数学 第四讲 用数学归纳法证明不等式测评(含解析)新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5

第四讲用数学归纳法证明不等式测评(时间:90分钟满分:100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题5分,共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.用数学归纳法证明当n∈N+时,1+2+22+…+25n-1是31的倍数时,当n=1时原式为( )A.1B.1+2C.1+2+3+4D.1+2+22+23+24解析:左边=1+2+22+…+25n-1,所以n=1时,应为1+2+…+25×1-1=1+2+22+23+24.答案:D2.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:A3.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:C4.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:取n=1,2,3,4,5,6,7计算知n0=5.答案:C5.下列说法中正确的是( )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:由完全归纳法可知,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:D6.若命题A(n)(n∈N+)在n=k(k∈N+)时成立,则有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:C7.用数学归纳法证明(n+1)(n+2)…(n+n)=2n·1·3·…·(2n-1)(n∈N)时,证明从n=k到n=k+1的过程中,相当于在假设成立的那个式子的两边同乘以( )A.2k+2B.(2k+1)(2k+2)C. D.解析:当n=k时,左边最后一项为(k+k),当n=k+1时,左边最后一项应为(k+1+k+1)=(2k+2),所以n=k到n=k+1时,式子左边增加了两项(2k+1),(2k+2),减少了一项(k+1).所以两边应同乘以.答案:D8.利用数学归纳法证明“对任意偶数n,a n-b n能被a+b整除”时,其第二步论证应该是( )A.假设当n=k时命题成立,再证当n=k+1时命题也成立B.假设当n=2k时命题成立,再证当n=2k+1时命题也成立C.假设当n=k时命题成立,再证当n=k+2时命题也成立D.假设当n=2k时命题成立,再证当n=2(k+1)时命题也成立解析:第k个偶数应是2k,所以应假设当n=2k时命题成立,再证当n=2(k+1)时也成立.答案:D9.用数学归纳法证明“42n-1+3n+1(n∈N+)能被13整除”的第二步中,当n=k+1时为了使用归纳假设,对42k+1+3k+2变形正确的是( )A.16(42k-1+3k+1)-13×3k+1B.4×42k+9×3kC.(42k-1+3k+1)+15×42k-1+2×3k+1D.3(42k-1+3k+1)-13×42k-1解析:42k+1+3k+2=16×42k-1+3k+2=16(42k-1+3k+1)+3k+2-16×3k+1=16(42k-1+3k+1)-13×3k+1.答案:A10.用数学归纳法证明不等式1++…+成立时,起始值至少应取( )A.7B.8C.9D.10解析:原不等式可化为,即2,即2-,所以2-,即,即.故26<2n-1,即n-1>6,故n>7,所以起始值最小取8.答案:B二、填空题(本大题共5小题,每小题5分,共25分.把答案填在题中的横线上)11.已知n为正偶数,用数学归纳法证明1-+…+=2时,若已假设n=k(k≥2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为偶数,∴下一个偶数为n=k+2.答案:k+212.已知1+2×3+3×32+4×33+…+n×3n-1=3n(na-b)+c对一切n∈N+都成立,那么a=,b=,c=.解析:取n=1,2,3,得解得a=,b=,c=.答案:13.用数学归纳法证明cosα+cos3α+…+cos(2n-1)α=(sinα≠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==cosα.答案:cosα14.用数学归纳法证明1+2+3+…+(2n+1)=(n+1)·(2n+1)时,从“n=k到n=k+1”,左边需增添的代数式是.解析:当n=k时,左边共有2k+1个连续自然数相加,即1+2+…+(2k+1),则当n=k+1时,左边共有2k+3个连续自然数相加,即1+2+…+(2k+1)+(2k+2)+(2k+3),所以左边需增添的代数式是(2k+2)+(2k+3).答案:(2k+2)+(2k+3)15.用数学归纳法证明+…+,假设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n=k+1时,应为+…+.答案:+…+三、解答题(本大题共3小题,共25分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)16.(8分)求数列:,…,,…的前n项和S n.解:S1=;S2=;S3=;由以上计算可猜想数列的前n项和S n=+…+.下面用数学归纳法证明此等式对任何n∈N+都成立.证明:(1)当n=1时,左边=,右边=,等式成立.(2)假设n=k(k∈N+,k≥1)时,等式成立,即+…+.当n=k+1时,+…+,这就是说,当n=k+1时,等式成立,即S n=+…+.根据(1)(2)知,等式对于任何n∈N+都成立.17.(8分)设{x n}是由x1=2,x n+1=(n∈N+)定义的数列,求证:x n<.解: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<,那么,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.综上,得x n<(n∈N+).18.(9分)设实数c>0,整数p>1,n∈N*.(1)证明:当x>-1且x≠0时,(1+x)p>1+px;(2)数列{a n}满足a1>,a n+1=a n+,证明:a n>a n+1>.解:(1)证明:用数学归纳法证明.①当p=2时,(1+x)2=1+2x+x2>1+2x,原不等式成立.②假设p=k(k≥2,k∈N*)时,不等式(1+x)k>1+kx成立.当p=k+1时,(1+x)k+1=(1+x)(1+x)k>(1+x)(1+kx)=1+(k+1)x+kx2>1+(k+1)x.所以p=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,当x>-1,x≠0时,对一切整数p>1,不等式(1+x)p>1+px均成立.(2)证法一:先用数学归纳法证明a n>.①当n=1时,由题设a1>知a n>成立.②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式a k>成立.由a n+1=a n+易知a n>0,n∈N*.当n=k+1时,=1+.由a k>>0得-1<-<0.由(1)中的结论得>1+p·.因此>c,即a k+1>.所以n=k+1时,不等式a n>也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式a n>均成立.再由=1+可得<1,即a n+1<a n.综上所述,a n>a n+1>,n∈N*.证法二:设f(x)=x+x1-p,x≥,则x p≥c,并且f'(x)=(1-p)x-p=>0,x>.由此可得,f(x)在[,+∞)上单调递增.因而,当x>时,f(x)>f()=.①当n=1时,由a1>>0,即>c可知a2=a1+=a1<a1,并且a2=f(a1)>,从而a1>a2>.故当n=1时,不等式a n>a n+1>成立.②假设n=k(k≥1,k∈N*)时,不等式a k>a k+1>成立,则当n=k+1时,f(a k)>f(a k+1)>f(),即有a k+1>a k+2>.所以n=k+1时,原不等式也成立.综合①②可得,对一切正整数n,不等式a n>a n+1>均成立.。
高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式高效整合 新人教A版选修4-5-新人教A版高二选修4-5数学试

第四讲数学归纳法证明不等式一、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.用数学归纳法证明1+12+13+…+12n -1<n (n ∈N *,n >1)时,第一步应验证不等式( )A .1+12<2B .1+12+13<2C .1+12+13<3D .1+12+13+14<3解析:n ∈N *,n >1,∴n 取的第一个自然数为2,左端分母最大的项为122-1=13,故选B.答案: B2.用数学归纳法证明12+32+52+…+(2n -1)2=13n (4n 2-1)的过程中,由n =k 递推到n =k +1时,等式左边增加的项为( )A .(2k )2B .(2k +3)2C .(2k +1)2D .(2k +2)2解析: 把k +1代入(2n -1)2得(2k +2-1)2即(2k +1)2,选C. 答案: C3.设凸n 边形有f (n )条对角线,则凸n +1边形的对角线的条数,加上多的哪个点向其他点引的对角线的条数f (n +1)为( )A .f (n )+n +1B .f (n )+nC .f (n )+n -1D .f (n )+n -2解析: 凸n +1边形的对角线的条数等于凸n 边形的对角线的条数,加上多的那个点向其他点引的对角线的条数(n -2)条,再加上原来有一边成为对角线,共有f (n )+n -1条对角线,故选C.答案: C4.观察下列各等式:22-4+66-4=2,55-4+33-4=2,77-4+11-4=2,1010-4+-2-2-4=2,依照以上各式成立的规律,得一般性的等式为( )A.nn -4+8-n 8-n -4=2 B.n +1n +1-4+n +1+5n +1-4=2C.nn -4+n +4n +4-4=2 D.n +1n +1-4+n +5n +5-4=2解析: 观察归纳知选A. 答案: A5.欲用数学归纳法证明:对于足够大的自然数n ,总有2n >n 3,那么验证不等式成立所取的第一个n 的最小值应该是( )A .1B .9C .10D .n >10,且n ∈N +解析: 由210=1 024>103知,故应选C. 答案: C6.用数学归纳法证明:1n +1n +1+1n +2+…+12n <1(n ∈N *,n ≥2)时,由“k 到k +1”,不等式左端的变化是( )A .增加12k +1一项 B .增加12k +1和12k +1两项 C .增加12k +1和12k +1两项,同时减少1k一项 D .以上都不对解析: 因f (k )=1k +1k +1+1k +2+…+1k +k ,而f (k +1)=1k +1+1k +2+…+1k +k +1k +k +1+1k +k +2, 故f (k +1)-f (k )=12k +1+12k +2-1k,故选C. 答案: C7.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+52×52kC .34k +1+52k +1D .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),故选A.答案: A8.用数学归纳法证明“(n +1)(n +2)……(n +n )=2n·1·3·5·(2n -1)(n ∈N *)”时,从n =k 到n =k +1等式的左边需增乘代数式为( )A .2k +1 B.2k +1k +1C.2k +12k +2k +1 D.2k +3k +1解析: 左边当n =k 时最后一项为2k .左边当n =k +1时最后一项为2k +2,又第一项变为k +2, ∴需乘2k +12k +2k +1.答案: C9.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: 计算出a 1=1,a 2=4,a 3=9,a 4=16. 可猜a n =n 2故应选B. 答案: B10.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 +14+k +122D .(k 2+1)+(k 2+2)+…+(k +1)2解析:∵当n =k 时,左端=1+1+2+3+…+k 2,当n =k +1时,左端=1+2+3+…+k 2+(k 2+1)+(k 2+2)+…+(k +1)2.故当n =k +1时,左端应在n =k 的基础上加上(k 2+1)+(k 2+2)+…+(k +1)2,故应选D.答案: D11.用数学归纳法证明“n 2+n <n +1(n ∈N *)”的第二步证n =k +1时(n =1已验证,n =k 已假设成立)这样证明:k +12+k +1=k 2+3k +2<k 2+4k +4=(k +1)+1,则当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: 经过观察显然选D. 答案: D12.把正整数按下图所示的规律排序,则从2 006到2 008的箭头方向依次为( )A .↓→B .→↓C .↑→D .→↑解析: 由2 006=4×501+2,而a n =4n 是每一个下边不封闭的正方形左、上顶点的数,故应选D.答案: D二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.请把正确答案填在题中横线上) 13.用数学归纳法证明:1+2+3+…+n +…+3+2+1=n 2(n ∈N *)时,从n =k 到n =k +1时,该式左边应添加的代数式是________________.解析: 当n =k 时,左边=1+2+3+…+k +…+3+2+1.当n =k +1时,左边=1+2+3+…+k +k +1+k +…+3+2+1.所以左边应添加的代数式为k +1+k =2k +1.答案: 2k +114.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: 由题意得,a 1=1 2S n +1=S n +2S 1当n =1时,2S 2=S 1+2S 1∴S 2=32当n =2时,2S 3=S 2+2S 1∴S 3=74当n =3时,2S 4=S 3+2S 1∴S 4=158归纳猜想:S n =2n-12n -1答案:32741582n-12n -115.如下图所示,第n 个图形是由正n +2边形“扩展”而来(n =1,2,3,…),则第n -2个图形中共有________个顶点.解析: 第一个图形是由正三角形扩展得到,三边扩展得3个顶点,加上三角形的三个顶点共6个;第二个图形是由正方形扩展得到,四边扩展得4个顶点,每个顶点变为两个,故增加8个顶点,因此共有12个顶点;第三个图形是由正五边形扩展得到,五边扩展得5个顶点,每个顶点变为3个,故增加15个顶点,因此共有20个顶点;…第n -2个图形是由正n 边形扩展得到,n 边扩展得n 个顶点,每个顶点变为n -2个,故增加(n -2)n 个顶点,因此共有n +n (n -2)=n 2-n 个顶点.答案:n 2-n16.有以下四个命题: (1)2n>2n +1(n ≥3);(2)2+4+6+…+2n =n 2+n +2(n ≥1); (3)凸n 边形内角和为f (n )=(n -1)π(n ≥3); (4)凸n 边形对角线条数f (n )=n n -22(n ≥4).其中满足“假设n =k (k ∈N +,k ≥n 0)时命题成立,则当n =k +1时命题也成立.”但不满足“当n =n 0(n 0是题中给定的n 的初始值)时命题成立”的命题序号是________.解析: 当n 取第一个值时经验证(2)(3)(4)均不成立,(1)不符合题意,对于(4)假设n =k (k ∈N +,k ≥n 0)时命题成立,则当n =k +1时命题不成立.所以(2)(3)正确.答案: (2)(3)三、解答题(本大题共6小题,共74分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)17.(12分)用数学法归纳证明:11×2+13×4+…+12n -1·2n =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+…+12k -1·2k =1k +1+1k +2+…+12k, 则当n =k +1时,11×2+13×4+…+12k -1·2k +12k +12k +2=1k +1+1k +2+…+12k+12k +12k +2=1k +2+1k +3+…+12k +⎝ ⎛⎭⎪⎫12k +1-12k +2+1k +1 =1k +2+1k +3+…+12k +12k +1+12k +2 =1k +1+1+1k +1+2+…+1k +1+k +1k +1+k +1,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.18.(12分)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 (k ≥1,k ∈N +)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),结合假设可知,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)(2)知,对任意n ∈N +原命题成立. 19.(12分)证明凸n 边形的对角线条数:f (n )=12n (n -3)(n ≥4).证明: ①当n =4时,f (4)=12×4×(4-3)=2.四边形有两条对角线,命题成立.②假设当n =k (k ≥1)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 边形的基础上增加了一边,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 ,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,命题也成立.故①②可知,对任何n ∈N +,n ≥4命题成立.20.(12分)求证:(1+1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1+13⎝ ⎛⎭⎪⎫1+15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12n -1>2n +1.证明: 利用贝努利不等式(1+x )n>1+nx (n ∈N +,n ≥2,x >-1,x ≠0)的一个特例⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12k -12>1+2·12k -1⎝ ⎛⎭⎪⎫此处n =2,x =12k -1,得1+12k -1>2k +12k -1,k 分别取1,2,3,…,n 时,n 个不等式左右两边相乘,得(1+1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1+13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12n -1>31·53…2n +12n -1. 即(1+1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1+13⎝ ⎛⎭⎪⎫1+15…⎝ ⎛⎭⎪⎫1+12n -1>2n +1成立.21.(12分)是否存在常数a ,b ,c 使等式(n 2-12)+2(n 2-22)+…+n (n 2-n 2)=an 4+bn 2+c 对一切正整数n 成立?证明你的结论.解析: 存在.分别有用n =1,2,3代入,解方程组⎩⎪⎨⎪⎧a +b +c =0,16a +4b +c =3,81a +9b +c =18⇒⎩⎪⎨⎪⎧a =14,b =-14,c =0下面用数学归纳法证明.(1)当n =1时,由上式可知等式成立; (2)假设当n =k 时等式成立,则当n =k +1时,左边=[(k +1)2-12]+2[(k +1)2-22]+…+k [(k +1)2-k 2]+(k +1)·[(k +1)2-(k +1)2]=(k 2-12)+2(k 2-22)+…+k (k 2-k 2)+(2k -1)+2(2k +1)+…+k (2k +1)=14k 4+⎝ ⎛⎭⎪⎫-14k 2+(2k +1)·k k +12=14(k +1)4-14(k +1)2. 由(1)(2)得等式对一切的n ∈N +均成立.22.(14分)对于数列{a n },若a 1=a +1a (a >0,且a ≠1),a n +1=a 1-1a n.(1)求a 2,a 3,a 4,并猜想{a n }的表达式; (2)用数学归纳法证明你的猜想. 解析: (1)∵a 1=a +1a ,a n +1=a 1-1a n,∴a 2=a 1-1a 1=a +1a -1a +1a=a 2+1a -a a 2+1=a 4+a 2+1a a 2+1,a 3=a 1-1a 2=a 2+1a -a a 2+1a 4+a 2+1=a 6+a 4+a 2+1a a 4+a 2+1, 同理可得a 4=a 8+a 6+a 4+a 2+1a a 6+a 4+a 2+1猜想a n =a 2n +a 2n -2+…+a 2+1a a 2n -2+a 2n -4+…+1=a 2n +2-1a 2-1a ·a 2n -1a 2-1=a 2n +2-1a a 2n -1.(2)①当n =1时,右边=a 4-1a a 2-1=a 2+1-1a=a 1,等式成立.②假设当n =k 时(k ∈N *),等式成立,即a k =a 2k +2-1a a 2k -1,则当n =k +1时,a k +1=a 1-1a k =a 2+1a -a a 2k -1a 2k +2-1=a 2+1a 2k +2-1-a 2a 2k -1a a 2k +2-1=a 2k +2-1a a 2k +1-1,这就是说,当n=k+1时,等式也成立,根据①②可知,对于一切n∈N*,a n=a2n+2-1a a2n-1成立.。
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第四讲数学归纳法证明不等式单元检测(A)
一、选择题(本大题共8小题,每小题7分,共56分)
1.用数学归纳法证明不等式11112321
n n <++++
-(n ∈N +,且n >1)时,第一步应验证不等式( ). A .11<22+ B .111<223
++
C .111<323++
D .1111<3234+++ 2.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
3.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 .2
B .3
C .5
D .6
4.用数学归纳法证明当n ∈N +时,1+2+22+…+25n -1是31的倍数时,当n =1时原
式为( ).
A .1
B .1+2
C .1+2+3+4
D .1+2+22+23+24
5.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+…+
421111n n n
n x x x ≥--+++”时,需验证的使命题成立的最小正整数值n 0应为( ). A .n 0=1 B .n 0=2
C .n 0=1,2
D .以上答案均不正确
6.用数学归纳法证明“42n -1+3n +1(n ∈N +)能被13整除”的第二步中,当n =k +1时
为了使用归纳假设,对42k +1+3k +2变形正确的是( ).
A .16(42k -1+3k +1)-13×3k +1
B .4×42k +9×3k
C .(42k -1+3k +1)+15×42k -1+2×3k +1
D .3(42k -1+3k +1)-13×42k -1
7.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 )+1
B .f (k )+k
C .f (k )+k +1
D .k ·f (k )
8.用数学归纳法证明111112233411
n n n n ⨯⨯⨯()++++=++(n ∈N +)时,从n =k 到n =k +1,等式左边需添加的项是( ).
A .11k k ()
+ B .11112k k k k ()()()
++++ C .112k k ()()
++ D .
12k k ()+ 二、填空题(本大题共2小题,每小题8分,共16分)
9.用数学归纳法证明cos α+cos 3α+…+cos(2n -1)sin22sin n ααα
=(sin α≠0,n ∈N +),在验证n =1时,等式右边的式子是______.
10.用数学归纳法证明1+2+3+…+(2n +1)=(n +1)·(2n +1)时,从“n =k 到n =k +1”,左边需增添的代数式是______.
三、解答题(本大题共2小题,每小题14分,共28分)
11.用数学归纳法证明:
2+4+6+…+2n =n (n +1)(n ∈N +).
12.求实数a ,使下面的等式对一切正整数n 都成立:
111123234345
⨯⨯⨯⨯⨯⨯+++2112412n an n n n n n ()()()()++=++++.
参考答案
1. 答案:B
2. 答案:C
解析:∵n ≥5,n ∈N +,
∴假设n =k (k ≥5).
3. 答案:C
解析:取n =1,2,3,4,5,6,7计算知n 0=5.
4. 答案:D
解析:左边=1+2+22+…+25n -1,所以n =1时,应为1+2+…+25×1-1=1+2+22
+23+24.
5. 答案:A
6. 答案:A
解析:当n =k +1时,42k +1+3k +2=42k +1+42·3k +1-42·3k +1+3k +2=16(42k -1+3k +1)-
13×3k +1.
7. 答案:B
解析:第k +1条直线与前k 条直线都相交有不同的交点,此时应比原先增加k 个交点.
8. 答案:C
解析:由11n n ()
+,可得n =k +1时,为112k k ()()++. 9. 答案:cos α
解析:n =1时,右边=sin22sin cos cos 2sin 2sin αααααα
==. 10. 答案:(2k +2)+(2k +3)
解析:当n =k 时,左边共有2k +1个连续自然数相加,即1+2+…+(2k +1),所以当n =k +1时,左边共有2k +3个连续自然数相加,即1+2+…+(2k +1)+(2k +2)+(2k +3),所以左边需增添的代数式是(2k +2)+(2k +3).
11. 证明:(1)当n =1时,左边=2,右边=2,等式成立.
(2)设n =k 时等式成立,即2+4+6+…+2k =k (k +1).
那么,当n =k +1时,2+4+6+…+2k +2(k +1)=k (k +1)+2(k +1)
=(k +1)(k +2)=(k +1)[(k +1)+1].
所以n =k +1时等式也成立.
由(1)和(2)可知,等式对于任何正整数n 都成立.
12. 解:令n =1,得21112341112a ⨯⨯()()
+=++, ∴a =3.
下面用数学归纳法证明:
(1)当n =1时,已证.
(2)假设n =k 时,命题成立,即
111123234345
⨯⨯⨯⨯⨯⨯++21312412k k k k k k k ()()()()+++=++++. 当n =k +1时, 左边=11123234
⨯⨯⨯⨯+++1112123k k k k k k ()()()()()++++++ 231412123k k k k k k k ()()()()()
+=++++++ 2344123k k k k k ()()()()++=+++21544123k k k k k k ()()()()()
+++=+++ 2131423k k k k ()()()()
+++=++, 所以当n =k +1时命题成立.由(1)(2)知,当a =3时,等式对任意的n ∈N +都成立.。