2018-2019学年高中数学 第四讲 用数学归纳法证明不等式知识归纳与达标验收（含解析）新人教A版

1第四讲用数学归纳法证明不等式考情分析通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性．数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的．真题体验1．(2017·浙江高考)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N＋)．证明：当n∈N＋时，(1)0xn＋1xn；(2)2xn＋1－xn≤xnxn＋12；(3)12n－1≤xn≤12n－2.证明：(1)用数学归纳法证明：xn0.当n＝1时，x1＝10.假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，xk0，那么n＝k＋1时，若xk＋1≤0，则0xk＝xk＋1＋ln(1＋xk＋1)≤0，矛盾，故xk＋10.因此xn0(n∈N＋)．所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)xn＋1.因此0xn＋1xn(n∈N＋)．(2)由xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)得，xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝x2n＋1－2xn＋1＋(xn＋1＋2)·ln(1＋xn＋1)．记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)，f′(x)＝2x2＋xx＋1＋ln(1＋x)0(x0)，所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，2所以f(x)≥f(0)＝0，因此x2n＋1－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0，故2xn＋1－xn≤xnxn＋12(n∈N＋)．(3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1，所以xn≥12n－1.由xnxn＋12≥2xn＋1－xn得1xn＋1－12≥21xn－120，所以1xn－12≥21xn－1－12≥…≥2n－11x1－12＝2n－2，故xn≤12n－2.综上，12n－1≤xn≤12n－2(n∈N＋)．2．(2015·安徽高考)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x2n＋xn＋c(n∈N＋)．(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c＜0；(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．解：(1)证明：先证充分性，若c＜0，由于xn＋1＝－x2n＋xn＋c≤xn＋c＜xn，故{xn}是递减数列；再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2＜x1，可得c＜0.(2)(i)假设{xn}是递增数列．由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1.由xn＜xn＋1＝－x2n＋xn＋c知，对任意n≥1都有xn＜c，①注意到c－xn＋1＝x2n－xn－c＋c＝(1－c－xn)(c－xn)，②由①式和②式可得1－c－xn＞0，即xn＜1－c.由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有c－xn＋1≤(1－c)(c－xn)．③反复运用③式，得c－xn≤(1－c)n－1(c－x1)＜(1－c)n－1.xn＜1－c和c－xn＜(1－c)n－1两式相加，3知2c－1＜(1－c)n－1对任意n≥1成立．根据指数函数y＝(1－c)n的性质，得2c－1≤0，c≤14，故0＜c≤14.(ii)若0＜c≤14，要证数列{xn}为递增数列，即xn＋1－xn＝－x2n＋c＞0.即证xn＜c对任意n≥1成立．下面用数学归纳法证明当0＜c≤14时，xn＜c对任意n≥1成立．(1)当n＝1时，x1＝0＜c≤12，结论成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋)时结论成立，即：xk＜c.因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间－∞，12内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)＜f(c)＝c，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．故xn＜c对任意n≥1成立．因此，xn＋1＝xn－x2n＋c＞xn，即{xn}是递增数列．由(i)(ii)知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是0，14.归纳—猜想—证明不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中我们常用归纳——猜想——证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题．[例1]若不等式1n＋1＋1n＋2＋1n＋3＋…＋13n＋1a24对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论．[解]当n＝1时，11＋1＋11＋2＋13×1＋1a24，即2624a24，所以a26，而a∈N＋，所以取a＝25.下面用数学归纳法证明：1n＋1＋1n＋2＋…＋13n＋12524.(1)当n＝1时，已证．(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，结论成立，4即1k＋1＋1k＋2＋…＋13k＋12524，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＋12524＋13k＋2＋13k＋4－23(k＋1)，因为13k＋2＋13k＋4＝6(k＋1)9k2＋18k＋823(k＋1)，所以13k＋2＋13k＋4－23(k＋1)0，所以1(k＋1)＋1＋1(k＋1)＋2＋…＋13(k＋1)＋12524也成立．由(1)(2)可知，对一切n∈N＋，都有1n＋1＋1n＋2＋…＋13n＋12524，所以a的最大值为25.数学归纳法的应用归纳法是证明有关正整数n的命题的一种方法，应用广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征．[例2]设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1(n∈N＋)．(1)求a1，a2；(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出证明．[解](1)当n＝1时，方程x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，∴(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝12.当n＝2时，方程x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a1＋a2－1＝a2－12，∴a2－122－a2a2－12－a2＝0，解得a2＝16.(2)由题意知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式整理得SnSn－1－2Sn＋1＝0，解得Sn＝12－Sn－1.由(1)得S1＝a1＝12，S2＝a1＋a2＝12＋16＝23.5猜想Sn＝nn＋1(n∈N＋)．下面用数学归纳法证明这个结论．①当n＝1时，结论成立．②假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时结论成立，即Sk＝kk＋1，当n＝k＋1时，Sk＋1＝12－Sk＝12－kk＋1＝k＋1k＋2.即当n＝k＋1时结论成立．由①②可知Sn＝nn＋1对任意的正整数n都成立．[例3]用数学归纳法证明：n(n＋1)(2n＋1)能被6整除．[证明](1)当n＝1时，1×2×3显然能被6整除．(2)假设n＝k时，命题成立，即k(k＋1)(2k＋1)＝2k3＋3k2＋k能被6整除．当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)．因为2k3＋3k2＋k,6(k2＋2k＋1)都能被6整除，所以2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除，即当n＝k＋1时命题成立．由(1)和(2)知，对任意n∈N＋原命题成立．[例4]已知数列{an}，an≥0，a1＝0，a2n＋1＋an＋1－1＝a2n.求证：当n∈N＋时，anan＋1.[证明](1)当n＝1时，因为a2是方程a22＋a2－1＝0的正根，所以a1a2.(2)假设当n＝k(k∈N＋，k≥1)时，0≤akak＋1，则由a2k＋1－a2k＝(a2k＋2＋ak＋2－1)－(a2k＋1＋ak＋1－1)＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)0，得ak＋1ak＋2，即当n＝k＋1时，an＜an＋1也成立．根据(1)和(2)可知，anan＋1对任何n∈N＋都成立．(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)61．等式12＋22＋32＋…＋n2＝12(5n2－7n＋4)()A．n为任何正整数时都成立B．仅当n＝1,2,3时成立C．当n＝4时成立，n＝5时不成立D．仅当n＝4时不成立解析：选B分别用n＝1,2,3,4,5验证即可．2．用数学归纳法证明不等式1＋123＋133＋…＋1n32－1n(n≥2，n∈N＋)时，第一步应验证不等式()A．1＋1232－12B．1＋123＋1332－13C．1＋1232－13D．1＋123＋1332－14解析：选A第一步验证n＝2时不等式成立，即1＋1232－12.3．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝1－an＋21－a(a≠1)，在验证n＝1时，左端计算所得的项为()A．1B．1＋aC．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3解析：选C左端为n＋2项和，n＝1时应为三项和，即1＋a＋a2.4．用数学归纳法证明2nn2(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(k5)时命题成立解析：选Ck应满足k≥5，C正确．5．数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an－an－1＝2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是()A．3n－2B．n2C．3n－1D．4n－3解析：选B计算出a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，可猜想an＝n2.6．平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为()7A．f(k)＋1B．f(k)＋kC．f(k)＋k＋1D．k·f(k)解析：选B第k＋1条直线与前k条直线都相交且有不同交点时，交点个数最多，此时应比原先增加k个交点．7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋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：选A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)．8．已知f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的关系是()A．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2B．f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1)2C．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋2)2D．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2解析：选Af(k＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋[2(k＋1)]2＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，故选A.9．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步归纳假设应该写成()A．假设当n＝k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除B．假设当n＝2k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除C．假设当n＝2k＋1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除D．假设当n＝2k－1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除解析：选D第k个奇数应是n＝2k－1，k∈N＋.10．已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”，那么，下列命题总成立的是()A．若f(3)≥