人教版高中数学选修45练习第四讲42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＝3D．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．2kD．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．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：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．12B．13C．14D．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＞m24，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≥2nn＋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≥2kk＋1.则当n＝k＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋1k＋…＋1k＋1≥2kk＋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a1＝1＋a，an＋1＝1an＋a.求证：对于任意的n∈N*，都有1＜an＜11－a.证明：(1)当n＝1时，a1＞1，又a1＝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＜ak＜11－a.当n＝k＋1(k∈N＋)时，由递推公式可知ak＋1＝1ak＋a＞(1－a)＋a＝1.同时ak＋1＝1ak＋a＜1＋a＝1－a21－a＜11－a.所以当n＝k＋1(k∈N＋)时，命题也成立，即1＜ak＋1＜11－a.由(1)(2)可知对于任意的n∈N＋，都有1＜an＜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{an}是首项为1的正项数列，且(n＋1)·a2n＋1－na2n＋an＋1·an＝0(n＝1，2，3，…)，则它的通项an＝________．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，an＝1n.法二：对已知等式因式分解得(n＋1)an＋1－nan]·(an＋1＋an)＝0.由an＞0知an＋1an＝nn＋1，再由累乘法求得an＝1n.答案：1n3．设a1＝1，an＋1＝a2n－2an＋2＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}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(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.从而{(an－1)2}是首项为0公差为1的等差数列，故(an－1)2＝n－1，即an＝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an＝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ak＝k－1＋1，则ak＋1＝（ak－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an＝n－1＋1(n∈N*)．(2)设f(x)＝（x－1）2＋1－1，则an＋1＝f(an)．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a2n＜c＜a2n＋1＜1.当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，所以a2＜14＜a2＜1，结论成立．假设n＝k时结论成立，即a2k＜c＜a2k＋1＜1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)＞f(a2k＋1)＞f(1)＝a2，即1＞c＞a2k＋1＞a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数得c＝f(c)＜f(a2k＋2)＜f(a2)＝a3＜1.故c＜a2k＋3＜1，因此a2(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.