高中数学 归纳法证明不等式练习试题 新人教A版选修45

【课堂新坐标】（教师用书）2013-2014学年高中数学 第二讲 证明不等式的基本方法综合检测 新人教A 版选修4-5(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．已知a 、b 、c 、d 都是正数，且bc ＞ad ，则a b ，a ＋c b ＋d ，a ＋2c b ＋2d ，cd中最大的是( )A.a bB ．a ＋cb ＋d C.a ＋2cb ＋2dD ．c d【解析】 因为a ，b ，c ，d 均是正数且bc ＞ad ， 所以有c d ＞a b. ①又c d －a ＋c b ＋d ＝c b ＋d －a ＋c dd b ＋d＝bc －add b ＋d ＞0，∴c d ＞a ＋cb ＋d，②c d －a ＋2c b ＋2d ＝c b ＋2d －a ＋2c ·d d b ＋2d＝bc －add b ＋2d ＞0，∴c d ＞a ＋2cb ＋2d.③由①②③知c d最大，故选D. 【答案】 D2．(2013·商丘模拟)已知x ＞y ＞z ，且x ＋y ＋z ＝1，则下列不等式中恒成立的是( ) A ．xy ＞yz B ．xz ＞yz C ．x |y |＞z |y |D ．xy ＞xz【解析】 法一 特殊化法：令x ＝2，y ＝0，z ＝－1，可排除A 、B 、C ，故选D. 法二 3z ＜x ＋y ＋z ＜3x ， ∴x ＞13＞z ，由x＞0，y＞z得xy＞xz.故D正确．【答案】 D3．对于x∈[0,1]的任意值，不等式ax＋2b＞0恒成立，则代数式a＋3b的值( ) A．恒为正值B．恒为非负值C．恒为负值D．不确定【解析】依题意2b＞0，∴b＞0且a＋2b＞0，∴a＋2b＋b＞0，即a＋3b恒为正值．【答案】 A4．已知数列{a n}的通项公式a n＝anbn＋1，其中a，b均为正数，那么a n与a n＋1的大小关系是( )A．a n＞a n＋1B．a n＜a n＋1C．a n＝a n＋1D．与n的取值有关【解析】a n＋1－a n＝a n＋1b n＋1＋1－anbn＋1＝abn＋b＋1bn＋1∵a＞0，b＞0，n＞0，n∈N*.∴a n＋1－a n＞0，因此a n＋1＞a n.【答案】 B5．否定“自然数a、b、c中恰有一个为偶数”时，正确的反设为( )A．a、b、c都是奇数B．a、b、c都是偶数C．a、b、c中至少有两个偶数D．a、b、c中至少有两个偶数或都是奇数【解析】因为自然数a，b，c中可能有：全为奇数、二奇一偶、一奇二偶、全为偶数，共4种情况，故应选D.【答案】 D6．设a＝lg 2－lg 5，b＝e x(x＜0)，则a与b的大小关系是( )A．a＜b B．a＞bC．a＝b D．a≤b【解析】 a ＝lg 2－lg 5＝lg 25＜0.又x ＜0，知0＜e x＜1， 即0＜b ＜1， ∴a ＜b . 【答案】 A7．(2012·山东高考改编)若不等式|kx －4|≤2的解集为{x |1≤x ≤3}，则实数k ＝( )A.23 B ．2 C ．6D ．2或6【解析】 ∵|kx －4|≤2， ∴－2≤kx －4≤2， ∴2≤kx ≤6，∵不等式的解集为{x |1≤x ≤3}， ∴k ＝2. 【答案】 B8．设a ＝x 4＋y 4，b ＝x 3y ＋xy 3，c ＝2x 2y 2(x ，y ∈R ＋)，则下列结论中不正确的是( ) A ．a 最大 B ．b 最小C ．c 最小D ．a ，b ，c 可以相等【解析】 因为b ＝x 3y ＋xy 3≥2x 3y ·xy 3＝2x 2y 2＝c ，故B 错，应选B. 【答案】 B9．要使3a －3b ＜3a －b 成立，a 、b 应满足的条件是( ) A ．ab ＜0且a ＞b B ．ab ＞0且a ＞b C ．ab ＜0且a ＜bD ．ab ＞0且a ＞b 或ab ＜0且a ＜b 【解析】3a －3b ＜3a －b ⇔(3a －3b )3＜a －b .⇔33ab 2＜33a 2b ⇔ab (a －b )＞0. 当ab ＞0时，a ＞b ；当ab ＜0时，a ＜b . 【答案】 D10．已知x ＝a ＋1a －2(a ＞2)，y ＝(12)b 2－2(b ＜0)，则x ，y 之间的大小关系是 ( )A ．x ＞yB ．x ＜yC ．x ＝yD ．不能确定【解析】 因为x ＝a －2＋1a －2＋2≥2＋2＝4(a ＞2)． 又b 2－2＞－2(b ＜0)， 即y ＝(12)b 2－2＜(12)－2＝4，所以x ＞y . 【答案】 A11．(2013·开封模拟)已知a 、b 为非零实数，则使不等式a b ＋b a≤－2成立的一个充分而不必要条件是( )A ．ab ＞0B ．ab ＜0C ．a ＜0，b ＜0D ．a ＞0，b ＜0【解析】 因ab ＜0⇔a b ＋b a≤－2，∴a ＞0，b ＜0是a b ＋b a≤－2的充分不必要条件． 【答案】 D12．在△ABC 中，A ，B ，C 分别为a ，b ，c 所对的角，且a ，b ，c 成等差数列，则角B 适合的条件是( )A ．0＜B ≤π4B ．0＜B ≤π3C ．0＜B ≤π2D ．π2＜B ＜π【解析】 由a ，b ，c 成等差数列，得2b ＝a ＋c .∴cos B ＝a 2＋c 2－b 22ac ＝a 2＋c 2－a ＋c242ac，＝3a 2＋c 2－2ac8ac＝3a 2＋c 28ac －14≥12.当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．∴cos B 的最小值为12.又y ＝cos B ，在(0，π2)上是减函数，∴0＜B ≤π3.【答案】 B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．用反证法证明命题“三角形中最多只有一个内角是钝角”时的假设是________． 【解析】 “三角形中最多只有一个内角是钝角”的对立事件是“三角形中内角有2个钝角或3个全是钝角”故应填三角形中至少有两个内角是钝角．【答案】 三角形中至少有两个内角是钝角14．已知a ，b ∈R ＋，则x ＝a b b a，y ＝a a b b的大小关系是________．【解析】 x y ＝a b b a a a b b ＝a b －a ·b a －b ＝(a b)b －a，若a ≥b ，则a b ≥1，而b －a ≤0，∴x y ≤1. 若a ＜b ，则a b＜1，而b －a ＞0，∴x y＜1. 综上，y ≥x . 【答案】 y ≥x15．用分析法证明：若a ，b ，m 都是正数，且a ＜b ，则a ＋m b ＋m ＞ab.完成下列证明过程． ∵b ＋m ＞0，b ＞0，∴要证原不等式成立，只需证明b (a ＋m )＞a (b ＋m )，即只需证明________． ∵m ＞0，∴只需证明b ＞a ， 由已知显然成立．∴原不等式成立．【解析】 b (a ＋m )＞a (b ＋m )与bm ＞am 等价， 因此欲证b (a ＋m )＞a (b ＋m )成立， 只需证明bm ＞am 即可． 【答案】 bm ＞am16．已知a ，b ，c ，d ∈R ＋，且S ＝a a ＋b ＋c ＋b b ＋c ＋d ＋c c ＋d ＋a ＋da ＋b ＋d，则S 的取值范围是________．【解析】 由放缩法，得aa ＋b ＋c ＋d ＜a a ＋b ＋c ＜aa ＋c；b a ＋b ＋c ＋d ＜b b ＋c ＋d ＜bd ＋b；c a ＋b ＋c ＋d ＜c c ＋d ＋a ＜cc ＋a ；da ＋b ＋c ＋d ＜d d ＋a ＋b ＜dd ＋b.以上四个不等式相加， 得1＜S ＜2. 【答案】 (1,2)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)若q ＞0且q ≠1，m ，n ∈N *，比较1＋q m ＋n与q m ＋q n的大小．【解】 1＋qm ＋n－q m －q n ＝q m (q n －1)－(q n－1)＝(q n－1)(q m －1)，①当0＜q ＜1时，q n＜1，q m＜1. ②当q ＞1时，q n＞1，q m＞1. ∴(q n－1)(q m－1)＞0， 故1＋qm ＋n ＞q m ＋q n.18．(本小题满分12分)已知a ，b 为正数，求证：1a ＋4b ≥9a ＋b .【证明】 ∵a ＞0，b ＞0， ∴(1a ＋4b )(a ＋b )＝5＋4a b ＋b a≥5＋24ab·b a＝9.由a ＋b ＞0，得1a ＋4b ≥9a ＋b.19．(本小题满分12分)设a ，b ，c 是不全相等的正实数． 求证：lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .【证明】 法一 要证：lg a ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c只需证：lg(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2)＞lg(abc )只需证：a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc∵a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，c ＋a2≥ca ＞0，∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2≥abc ＞0成立．∵a ，b ，c 为不全相等的正数，∴上式中等号不成立． ∴原不等式成立．法二 ∵a ，b ，c ∈{正实数}， ∴a ＋b2≥ab ＞0，b ＋c2≥bc ＞0，c ＋a2≥ca ＞0，又∵a ，b ，c 为不全相等的实数， ∴a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2＞abc ， ∴lg(a ＋b 2·b ＋c 2·c ＋a2)＞lg(abc )，即lga ＋b2＋lgb ＋c2＋lgc ＋a2＞lg a ＋lg b ＋lg c .20．(本小题满分12分)若0＜a ＜2,0＜b ＜2,0＜c ＜2，求证：(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时大于1.【证明】 假设三数能同时大于1， 即(2－a )b ＞1，(2－b )c ＞1，(2－c )a ＞1. 那么2－a ＋b2≥2－a b ＞1，同理2－b ＋c2＞1， 2－c ＋a2＞1 三式相加2－a ＋b ＋2－b ＋c ＋2－c ＋a2＞3，即3＞3.上式显然是错误的， ∴该假设不成立．∴(2－a )b ，(2－b )c ，(2－c )a 不能同时都大于1. 21．(本小题满分12分)求证：2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n (n ∈N ＋)．【证明】 ∵1k ＝22k＞2k ＋k ＋1＝2(k ＋1－k )，k ∈N ＋， ∴1＋12＋13＋…＋1n＞2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n ＋1－n )] ＝2(n ＋1－1)． 又1k ＝22k ＜2k ＋k －1＝2(k －k －1)，k ∈N ＋， ∴1＋12＋13＋…＋1n＜1＋2[(2－1)＋(3－2)＋…＋(n －n －1)] ＝1＋2(n －1)＝2n －1＜2n . ∴2(n ＋1－1)＜1＋12＋13＋…＋1n＜2n (n ∈N ＋)．22．(本小题满分12分)等差数列{a n }各项均为正整数，a 1＝3，前n 项和为S n .等比数列{b n }中，b 1＝1，且b 2S 2＝64，{ba n }是公比为64的等比数列．(1)求a n 与b n ；(2)证明：1S 1＋1S 2＋…＋1S n ＜34.【解】 (1)设{a n }的公差为d (d ∈N )，{b n }的公比为q ，则a n ＝3＋(n －1)d ，b n ＝qn －1.依题意⎩⎪⎨⎪⎧ba n ＋1ba n ＝q 3＋nd －1q3＋n －1d －1＝q d ＝64， ①S 2b 2＝6＋d q ＝64. ②由①知，q ＝641d ＝26d③由②知，q 为正有理数．所以d 为6的因子1,2,3,6中之一 因此由②③知d ＝2，q ＝8 故a n ＝3＋2(n －1)＝2n ＋1，b n ＝8n －1.(2)证明：S n ＝3＋5＋7＋…＋(2n ＋1)＝n (n ＋2) 则1S n ＝1nn ＋2＝12(1n －1n ＋2) ∴1S 1＋1S 2＋1S 3＋…＋1S n＝12(1－13＋12－14＋13－15＋…＋1n－1n＋2)＝12(1＋12－1n＋1－1n＋2)＜12×32＝34.。

数学·选修4－5(人教A版)4.2 用数学归纳法证明不等式一层练习1．用数学归纳法证明“1＋12＋13＋…＋12n－1＜n(n∈N*，n＞1)”时，由n＝k(k＞1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是( )A．2k－1 B．2k－1 C．2k D．2k＋1答案：C2．当n＝1,2,3,4,5,6时，比较2n与n2的大小并猜想( )A．n≥1时，2n＞n2 B．n≥3时，2n＞n2C．n≥4时，2n＞n2 D．n≥5时，2n＞n2答案：D3．用数学归纳法证明2n n＞n2(n∈N，n≥5)，则应第一步验证n＝________.答案：5数学归纳法证明不等式4．用数学归纳法证明122＋132＋…＋1＋2＞12－1n ＋2，假设n ＝k 时不等式成立，当n ＝k ＋1时，应推证的目标不等式是________________．答案：12－1k ＋2＋1＋2＞12－1k ＋3二层练习5．关于正整数n 的不等式2n >n 2成立的条件是( ) A ．n∈N *B ．n≥4C ．n>4D ．n ＝1或n>4 答案：D [:6．用数学归纳法证明： 1＋12＋13＋…＋1n＜2n(其中n∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝2，左边＜右边，不等式成立． (2)假设当n ＝k(k≥1，k∈N *)时，不等式成立，即 1＋12＋13＋…＋1k＜2k ，那么n ＝k ＋1时， 1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1＜2k ＋1k ＋1 ＝2＋＋1k ＋1＜k ＋k ＋1＋1k ＋1＝2k ＋1.所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．根据(1)和(2)可知，不等式对任何n∈N *都成立．7．设数列{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n∈N *.(1)当a 1＝2时，求a 2，a 3，a 4，并由此猜想a n 的一个通项公式． (2)当a 1≥3时，证明对所有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＝3，a 3＝4，a 4＝5，猜想 a n ＝n ＋1.(2)①当n ＝1时，a 1＝3≥1＋2，不等式成立． 假设当n ＝k(k≥1，k∈N *)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＝2k ＋5≥k＋3. 即a k ＋1≥(k＋1)＋2，因此不等式成立． ∴a n ≥n＋2对于n∈N *都成立． ②由a n ＋1＝a 2n －na n ＋1及(1)知： 当k≥2时，a k ＝a 2k －1－(k －1)a k －1＋1＝a k －1(a k －1－k ＋1)＋1≥a k －1(k －1＋2－k ＋1)＋1＝2a k －1＋1， ∴a k ＋1≥2(a k －1＋1)．即a k ＋1a k －1＋1≥2.∴a k ＋1≥2k －1(a 1＋1)， 11＋a k ≤11＋a 1·12k －1(k≥2)， 11＋a 1＋11＋a 2＋…＋11＋a n ≤11＋a 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋122＋…＋12n －1＝21＋a 1⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ≤21＋a 1≤12.三层练习8．证明：1＋122＋132＋…＋1n 2≥3n 2n ＋1(n∈N *)．证明：(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝3×12×1＋1＝1，∴左边≥右边．即(2)假设n ＝k(k≥1，k∈N *)时，命题成立，即：1＋122＋132＋…＋1k 2≥3k 2k ＋1.则当n ＝k ＋1时，要证明1＋122＋132＋…＋1k2＋1＋2≥＋＋＋1，只要证3k2k ＋1＋1＋2≥＋2k ＋3.∵＋2k ＋3－3k 2k ＋1－1＋2＝3＋2－1－1＋2＝1－＋2＋2＋2－1] ＝－＋＋22＋8k ＋＜0， ∴3k 2k ＋1＋1＋2≥＋2k ＋3成立， 即1＋122＋132＋…＋1k 2＋1＋2≥＋2k ＋3成立．∴n＝k ＋1时，9．(2018·惠州一调)等差数列{a n }中，a 1＝1，前n 项和为S n ，等比数列{b n }各项均为正数，b 1＝2，且s 2＋b 2＝7，S 4－b 3＝2.(1)求a n 与b n ； (2)设c n ＝a 2n －1a 2n，T n ＝c 1·c 2·c 3…c n ，求证： T n ≥12n(n∈N *)．(1)解析：设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q ，由题知：s 2＋b 2＝7，s 4－b 3＝2， ∴d＋2q ＝5,3d －q 2＋1＝0， 解得q ＝2或q ＝－8(舍去)，d ＝1； ∴a n ＝1＋(n －1)＝n ，b n ＝2n. (2)证明：∵c n ＝a 2n －1a 2n， ∴c n ＝2n －12n. T n ＝12×34×56×…×2n －12n .下面用数学归纳法证明T n ≥12n 对一切正整数成立．(1)当n ＝1时，T 1＝2×1－12×1≥12，命题成立．(2)假设当n ＝k 时命题成立，∴T k ≥12k，则当n ＝k ＋1时， ∵T k ＋1＝T k ·2k ＋1＋≥12k·2k ＋1＋＝12k ＋1·2k ＋12k k ＋1＝12k ＋1·4k 2＋4k ＋14k 2＋4k≥12k ＋1， 这就是说当n ＝k ＋1时 综上所述，原10．已知数列{b n }是等差数列，且b 1＝1，b 1＋b 2＋b 3＋…＋b 10＝100. (1)求数列{b n }的通项b n ；(2)设数列{a n }的通项为a n ＝lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1b n ，设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．分析：本题除了考查有关数列的知识之外，在比较大小时还可进行归纳、猜想，然后用数学归纳法进行证明．解析：(1)由b 1＝1，S 10＝100得d ＝2，所以b n ＝2n －1. (2)由b n ＝2n －1得：S n ＝lg(1＋1)＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋…＋lg ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＝lg ⎣⎢⎡⎦⎥⎤＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1， 12lg b n ＋1＝lg 2n ＋1，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．当n ＝1时，(1＋1)＞2×1＋1，当n ＝2时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＞2×2＋1，…猜想(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n －1＞2n ＋1(*)．以下用数学归纳法进行证明：①n＝1时成立．②假设当n ＝k(k≥1，k∈N *)时成立，即 (1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1＞2k ＋1，当n ＝k ＋1时，(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1＞2k ＋1·⎝⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1＝2k ＋12k ＋1(2＋2k)，∵⎣⎢⎡⎦⎥⎤2k ＋12k ＋1＋2－(2k ＋3)2＝12k ＋1＞0， ∴2k ＋12k ＋1(2＋2k)＞2k ＋3， ∴(1＋1)⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13…⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k －1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12k ＋1＞2k ＋3，当n ＝k ＋1时也成立．由①②可知(*)式对任何正整数都成立． ∴S n ＞12lg b n ＋1.11．(1)已知函数f(x)＝rx －x r＋(1－r)(x>0)的最小值为f(1)，其中r 为有理数，且0<r<1，证明 (2)请将(1)中的解析：(1)由已知得：当x∈(0，＋∞)时，有f(x)≥f(1)＝0，即x r≤rx＋(1－r)．① 若a 1，a 2中有一个为0，则ab 11ab 22≤a 1b 1＋a 2b 2成立；若a 1，a 2均不为0，又b 1＋b 2＝1，可得b 2＝1－b 1，于是在①中令x ＝a 1a 2，r ＝b 1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1a 2b 1≤b 1·a 1a 2＋(1－b 1)， 即ab 11a1－b 12≤a 1b 1＋a 2(1－b 1)， 亦即ab 11ab 22≤a 1b 1＋a 2b 2.综上，对a 1≥0，a 2≥0，b 1，b 2为正有理数且b 1＋b 2＝1，总有ab 11ab 22≤a 1b 1＋a 2b 2.② (2)(1)中设a 1，a 2，…，a n 为非负实数，b 1，b 2，…，b n 为正有理数，若b 1＋b 2＋…＋b n ＝1，则 ab 11ab 22…ab nn ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a n b n .③ 用数学归纳法证明如下：(1)当n ＝1时，b 1＝1，有a 1≤a 1，③成立．(2)假设当n ＝k 时，③成立，即若a 1，a 2，…，a k 为非负实数，b 1，b 2，…，b k 为正有理数，且b 1＋b 2＋…＋b k ＝1，则ab 11ab 22…ab kk ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k .当n ＝k ＋1时，已知a 1，a 2，…，a k ，a k ＋1为非负实数，b 1，b 2，…，b k ，b k ＋1为正有理数， 且b 1＋b 2＋…＋b k ＋b k ＋1＝1，此时0<b k ＋1<1，即1－b k ＋1>0，于是 ab 11ab 22…ab kk ab k ＋1k ＋1＝(ab 11ab 22…ab kk )ab k ＋1k ＋1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫a b 11－b k ＋11a b 21－b k ＋12…a b k 1－b k ＋1k 1－b k ＋1abk ＋1k ＋1.因b 11－b k ＋1＋b 21－b k ＋1＋…＋b k1－b k ＋1＝1，由归纳假设可得ab 11－b k ＋11a b 21－b k ＋12…a b k 1－b k ＋1k ≤a 1·b 11－b k ＋1＋a 2· b 21－b k ＋1＋…＋a k ·b k1－b k ＋1＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋1，从而ab 11ab 22…ab kk ab k ＋1k ＋1≤⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋11－b k ＋1abk ＋1k ＋1， 又因(1－b k ＋1)＋b k ＋1＝1，由②得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋11－b k ＋1ab k ＋1k ＋1 ≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k 1－b k ＋1·(1－b k ＋1)＋a k ＋1b k ＋1＝a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k ＋a k ＋1b k ＋1，从而ab 11ab 22…ab kk ab k ＋1k ＋1≤a 1b 1＋a 2b 2＋…＋a k b k ＋a k ＋1b k ＋1. 故当n ＝k ＋1时，③成立．由(1)(2)可知，对一切正整数n ，所推广的说明：(2)中如果推广形式中指出③式对n≥2成立，则后续证明中不需讨论n ＝1的情况．12．函数f(x)＝x 2－2x －3，定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过两点P(4,5)，Q n (x n ，f(x n ))的直线PQ n 与x 轴交点的横坐标．证明：2≤x n <x n ＋1<3.[:解析：(1)因为f(4)＝42－8－3＝5，故点P(4,5)在函数f(x)的图像上，故由所给出的两点P(4,5)，Q n (x n ，f(x n ))，可知，直线PQ n 斜率一定存在，故有直线PQ n 的直线方程为y －5＝n－5x n －4(x －4)，令y ＝0，可求得－5＝x 2n －2x n －8x n －4(x －4)⇔－5x n ＋2＝x －4⇔x ＝4x n ＋3x n ＋2.所以x n ＋1＝4x n ＋3x n ＋2. 下面用数学归纳法证明2≤x n <3. 当n ＝1时，x 1＝2，满足2≤x 1<3，假设n ＝k 时，2≤x k <3成立，则当n ＝k ＋1时， x k ＋1＝4x k ＋3x k ＋2＝4－5x k ＋2，由2≤x k <3⇔4≤x k ＋2<5⇔1<5x k ＋2≤54⇔2<114≤4－5x k ＋2<3即2≤x k ＋1<3也成立， 综上可知2≤x n <3对任意正整数恒成立． 下面证明x n <x n ＋1，由x n ＋1－x n ＝4x n ＋3x n ＋2－x n ＝4x n ＋3－x 2n －2x n x n ＋2＝－n－2＋4x n ＋2.由2≤x n<3⇒1≤x n－1<2⇒0<－(x n－1)2＋4≤3，故有x n＋1－x n>0即x n<x n＋1，综上可知2≤x n<x n＋1<3恒成立．1．用数学归纳法证明含正整数n的不等式(其中n取无限多个值)，要注意观察是解决问题的前提条件，需要进行合理的试验和归纳，提出合理的猜想，从而达到解决问题的目的．2．前面已学过证明不等式的一系列方法，如比较法、综合法、分析法、放缩法、反证法等，而本节增加了数学归纳法证明不等式，且主要解决的是无限的问题，因而难度更大一些．但仔细研究，数学归纳法关键是由n ＝k到n＝k＋1的过渡，也是学好用数学归纳法证不等式的重中之重问题．(1)用数学归纳法证明的关键是“变项”，即在假设的基础上通过放缩、比较、分析、综合等证明不等式的方法，得出要证明的目标不等式，因此以上几种方法均要灵活地运用．有个别较复杂的问题，第二个步骤再利用数学归纳法．(2)利用数学归纳法证明不等式问题时，有时要假设当n≤k时成立，再证当n＝k＋1时成立，实质上，这就是第二数学归纳法．。

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第四讲用数学归纳法证明不等式测评（时间:120分钟满分:150分)一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.用数学归纳法证明3n≥n3(n≥3，n∈N)第一步应验证(）A.n=1B.n=2C.n=3 D。

n=4解析由n≥3,n∈N知，应验证n=3.答案C2。

在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=2n2+n（n∈N+)的第（2)步中，假设当n=k时原等式成立,则在n=k+1时需要证明的等式为(）A.1+2+3+…+2k+2(k+1)=2k2+k+2(k+1）2+（k+1）B.1+2+3+…+2k+2(k+1)=2(k+1)2+(k+1)C。

1+2+3+…+2k+2k+1+2（k+1）=2k2+k+2（k+1）2+(k+1）D。

1+2+3+…+2k+2k+1+2(k+1)=2（k+1)2+（k+1)解析用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=2n2+n时,当n=1时左边所得的项是1+2=3,右边=2×12+1=3,命题成立。

假设当n=k时命题成立,即1+2+3+…+2k=2k2+k.则当n=k+1时,左边为1+2+3+…+2k+2k+1+2（k+1),故从“k→k+1”需增添的项是2k+1+2(k+1),因此1+2+3+…+2k+2k+1+2（k+1)=2（k+1）2+(k+1）。

本讲检测一、选择题（每题5分，共60分）1用数学归纳法证1+x+x 2+…+x n+1=x x n --+112(x≠1),在验证n=1成立时，右边所得的代数式是（ ）A.1B.1+xC.1+x+x 2D.1+x+x 2+x 3答案：C2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n=k 时命题成立，再证n=k+1时命题也成立B.假设n=2k 时命题成立，再证n=2k+1时命题也成立C.假设n=k 时命题成立，再证n=k+2时命题也成立D.假设n=2k 时命题成立，再证n=2(k+1)时命题也成立答案：D3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答案：A4用数学归纳法证明1+a+a 2+…+a n+1=a a n --+112(n ∈N ,a≠1),在验证n=k 成立时，左边所得的项为（ ）A.1B.1+a+…+a kC.1+a+…+a k+1D.1+a+…+a k +2答案：C5用数学归纳法证明某命题时，左式为21+cosα+cos3α+…+cos(2n -1)α(α≠kπ,k ∈Z ,n ∈N ),在验证n=1时，左边所得的代数式为（ ） A.21 B.21+cosα C.21+cosα+cos3α D.21+cosα+cos3α+cos5α 答案：B6某个命题与自然数n 有关，如果当n=k(k ∈N )时该命题成立，那么可推得当n=k+1时该命题也成立，现已知当n=9时该命题不成立，那么可推得（ ）A.当n=10时该命题不成立B.当n=10时该命题成立C.当n=8时该命题不成立D.当n=8时该命题成立答案：C7设S k =kk k k 21312111+++++++ ,则S k +1为（ ） A.S k +221+k B.S k +221121+++k k C.S k +221121+-+k k D.S k +121221+-+k k 答案：C8利用数学归纳法证明不等式“1+1213121-+++n <n(n≥2,n ∈N )”的过程中，由“n=k”变到“n=k+1”时，左边增加了（ ）A.1项B.k 项C.2k -1项D.2k 项答案：D9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：因原有k 条直线，现若再加一条直线，这条直线与原来的k 条直线最多有k 个交点，故选B.答案：B10某同学回答“用数学归纳法证明n n +2<n+1(n ∈N )”的过程如下：证明：（1）当n=1时，显然命题是正确的；（2）假设n=k 时有)1(+k k <k+1，那么当n=k+1时，=++<++=+++4423)1()1(222k k k k k k (k+1)+1，所以当n=k+1时命题是正确的，由（1）、（2）可知对于（n ∈N ）,命题都是正确的.以上证法是错误的，错误在于（ ）A.当n=1时，验证过程不具体B.归纳假设的写法不正确C.从k 到k+1的推理不严密D.从k 到k+1的推理过程没有使用归纳假设答案：D11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)+nB.f(n+1)=f(n)+2nC.f(n+1)=f(n)+n+1D.f(n+1)=f(n)+n+2答案：B12k 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答案：B二、填空题（每题4分，共16分）13设f(n)=1+n121++ ,则f(2k )变形到f(2k+1)需增添项数为___________. 答案：2k 项14用数学归纳法证明“当n 为奇数时，x n +y n 能被x+y 整除”，在验证n=1正确后，归纳假设应写成________________________________________.答案：假设n=2k+1(k ∈N )时命题成立，即x 2k+1+y 2k+1能被x+y 整除15设p(k):1+212121212≤+++k +k(k ∈N ),则p(k+1)为________________. 答案：1+212122112131211≤+++++++++k k k +k+1 16已知凸k 边形的内角和为f(k)(k≥3),则凸k+1边形的内角和为_________.答案：f(k)+180°三、解答题（共74分）17（12分）比较（1+1）（1+31）·…·（1+121-n ）与12+n 的大小. 解析：取n=1,2,3可以发现：前者大于后者，由此推测（1+1）（1+31）·…·（1+121-n ）>12+n .① 下面用数学归纳法证明上面猜想：当n=1时，不等式①成立.假设n=k 时，不等式①成立，即（1+1）（1+31）·…·（1+121-k ）>12+k . 那么n=k+1时， （1+1）（1+31）·…·（1+121-k ）(1+121+k )>12+k (1+121+k )=1212)1(2+++k k k . 又121)32(]1212)1(2[22+=+-+++k k k k k >0, ∴1)1(2321212)1(2++=+>+++k k k k k ∴当n=k+1时不等式①成立.综上所述，n ∈N *时不等式①成立.18（12分）是否存在正整数m ，使得f(n)=(2n+7)·3n +9对任意自然数n 都能被m 整除？若存在，求出最大的m 值，并证明你的结论；若不存在，请说明理由.解析：由f(n)=(2n+7)·3n +9,得f(1)=36，f(2)=3×36，f(3)=10×36,f(4)=34×36,由此猜想m=36. 下面用数学归纳法证明：（1）当n=1时，显然成立.（2）假设n=k 时，f(k)能被36整除，即f(k)=(2k+7)·3k +9能被36整除；当n=k+1时，［2（k+1）+7］·3k+1+9=3［(2k+7)·3k +9］+18(3k-1-1).由于3k-1-1是2的倍数，故18(3k-1-1)能被36整除.这就是说，当n=k+1时，f(n)也能被36整除.由（1）、（2）可知对一切正整数n 都有f(n)=(2n+7)·3n +9能被36整除，m 的最大值为36. 19（12分）用数学归纳法证明：对一个自然数n ，都有2n >n 2-2.证明：(1)n=1,2,3时命题正确.（2）n≥3时，假设n=k(k ∈N 且k≥3)命题正确，即2k >k 2-2,当n=k+1时就是证2k+1>(k+1)2-2成立.欲证2k+1>(k+1)2-2,即证2k >21［(k+1)2-2］， 即证2k >21(k 2+2k-1)，因为2k >k 2-2， 只要证k 2-2≥21(k 2+2k-1)， 即证k 2-2k-3≥0，即(k+1)(k-3)≥0，从而知对于一切不小于3的自然数k 上式成立，即原命题在n≥3(n ∈N )时也成立. 由（1）、（2）知结论成立.20（12分）平面内有n 条直线，其中没有两条平行，也没有三条或三条以上过同一点.设这n 条直线将平面分割成的区域数为f(n),探求f(n),并用数学归纳法证明.解析：写出f(n)的前四项，分析规律，猜测求f(n).当n=1时，显然f(1)=2,当n=2时，f(2)=2+2=4,当n=3时，f(3)=4+3=7,当n=4时，f(4)=f(3)+4,由此猜想：f(n)=f(n-1)+n,把n 取2，3，4，…，n 所得到的n-1个式子累加，得f(n)=2+2+3+4+…+n=1+21n(n+1)， 即f(n)=21n(n+1)+1. 证明：(1)当n=1时，f(1)=12×1×(1+1)+1=2,结论显然成立.（2）假设n=k 时结论成立，即平面内满足条件的k 条直线把平面分成的区域个数为f(k)=12k(k+1)+1，则当n=k+1时，第k+1条直线与前k 条直线有k 个交点，这k 个交点将第k+1条直线分成k+1段，而每一段又将它所在区域一分为二，这样f(k+1)比f(k)多k+1. ∴f(k+1)=f(k)+k+1=21k(k+1)+1+k+1=21(k+1)(k+2)+1. ∴当n=k+1时，结论成立.由（1）（2）,知对任意n ∈N *结论都成立.∴f(n)=12n(n+1)+1.21（12分）已知函数f(x)=ax-23x 2的最大值不大于61，又当x ∈［21,41］时，f(x)≥81 (1)求a 的值； （2）设0<a 1<21,a n+1=f(a n ),n ∈N *,证明a n <11 n . (1)解析：由于f(x)=ax-23x 2的最大值不大于61,所以f(3a )=62a ≤61,即a 2≤1.①又x ∈［21,41］时，f(x)≥81, 所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≥-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥.813234,81832,81)41(,81)21(a a f f 即 解得a≥1.②由①②得a=1. (2)证明：①当n=1时，0<a 1<21,不等式0<a n <11+n 成立；因f(x)>0,x ∈(0,23),所以0<a 2=f(a 1)≤61<31,故n=2时不等式也成立.②假设n=k(k≥2)时不等式0<a k <11+k 成立，因为f(x)=x-23x 2的对称轴为x=31,知f(x)在［0,31］上为增函数，所以由0<a k <11+k ≤31得0<f(a k )<f(11+k ).于是有0<a k +1<11+k -23·21)2()1(24212121)1(122+<+++-+=+-+++k k k k k k k k .所以当n=k+1时，不等式也成立.根据①②,可知对任何n ∈N *，不等式a n <11+n 恒成立. 22（14分）在1与2之间插入n 个正数a 1,a 2,a 3,…,a n ,使这n+2个数成等比数列；又在1与2之间插入n 个正数b 1,b 2,b 3,…,b n ,使这n+2个数成等差数列.记A n =a 1a 2a 3…a n ,B n =b 1+b 2+b 3+…+b n .(1)求数列{A n }和{B n }的通项；（2）当n≥7时，比较A n 与B n 的大小，并证明你的结论.解析：（1）∵1，a 1,a 2,a 3,…,a n ,2成等比数列，∴a 1a n =a 2a n-1=a 3a n-2=…=a k a n-k+1=…=1×2=2.∴A n 2=(a 1a n )(a 2a n-1)(a 3a n-2)…(a n-1a 2)(a n a 1)=(1×2)n =2n .∴A n =22n .∵1,b 1,b 2,b 3,…,b n ,2成等差数列，∴b 1+b n =1+2=3.∴B n =221b b +·n=23n. ∴数列{A n }的通项A n =22n数列{B n }的通项B n =23n. (2)∵A n =22n,B n =23n,∴A n 2=2n ,B n 2=49n 2.要比较A n 与B n 的大小，只需比较A n 2与B n 2的大小,也即比较当n≥7时，2n 与49n 2的大小.当n=7时，2n =128,49n 2=49×49,得知2n >49n 2. 经验证，n=8，n=9时均有命题2n >49n 2 成立.猜想当n≥7时，有2n >49n 2,用数学归纳法证明. ①当n=7时，已验证2n >49n 2,命题成立. ②假设n=k(k≥7)时命题成立，即2k >49k 2,那么2k+1>2×49k 2.又当k≥7时，有k 2>2k+1. ∴2k+1>49×(k 2+2k+1)=49(k+1)2.这就是说，当n=k+1时，命题2n >49n 2成立. 根据①②，可知命题对于n≥7都成立.故当n≥7时，A n >B n .。

第二节 用数学归纳法证明不等式举例一、选择题1．用数学归纳法证明：1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ＋，n >1)，第二步证明从“k 到k ＋1”，左端增加的项数是 ( )．A ．2k －1B ．2kC ．2k－1 D ．2k ＋1答案 B2．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1>12764成立时，起始值n 0至少应取( )． A ．7 B ．8 C ．9D ．10解析 1＋12＋14＋18＋116＋…＋164＝12764，n －1＝6，n ＝7，故n 0＝8.答案 B3．已知x ∈R ＋，不等式x ＋1x ≥2，x ＋4x 2≥3，…，可推广为x ＋axn ≥n ＋1，则a 的值为( )．A ．2nB ．n 2C ．22(n －1)D ．n n答案 D4．如果命题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 )对所有正偶整数n 成立C ．P (n )对所有正奇整数n 成立D ．P (n )对所有比1大的自然数n 成立 答案 B 二、填空题5．用数学归纳法证明：1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N ，且n >1)，第一步要证明的不等式是____________________．答案 n ＝2时，左边＝1＋12＋13＝116<2＝右边6．用数学归纳法证明12＋cos α＋cos 3α＋…＋cos(2n －1)α＝sin 2n ＋12α·co s 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________． 答案 12＋cos α7．用数学归纳法证明：2n ＋1≥n 2＋n ＋2 (n ∈N *)时，第一步应验证________________________．答案 n ＝1时，22≥12＋12＋2，即4＝48．用数学归纳法证明不等式1＋12＋13＋…＋12n －1＜n (n ∈N ＋，且n ＞1)时，第一步应验证不等式为________． 答案 1＋12＋13＜2三、解答题9．用数学归纳法证明：1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋ (1)2>1 (n >1，n ∈N *)．证明 (1)当n ＝2时，12＋13＋14＝6＋4＋312＝1312>1，即n ＝2时命题成立.(2)设n ＝k (k ≥2)时，命题成立， 即1k ＋1k ＋1＋1k ＋2＋…＋1k 2>1， 当n ＝k ＋1时， 左边＝1k ＋1＋…＋1k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋…＋1k ＋12>1＋(2k ＋1)·1k ＋12－1k ＝1＋k 2－k －1k k ＋12. ∵k >2，令f (k )＝k 2－k －1，对称轴为k ＝12，∴(2，＋∞)为t 的增区间，∴f (k )>f (2)，即k 2－k －1>22－2－1＝1，∴k 2－k －1k k ＋12>0，∴n ＝k ＋1时，命题也成立． 由(1)(2)知，当n >1，n ∈N *时，命题都成立．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)求数列{a n }的通项公式．解 (1)当n ＝1时，x 2－a 1x －a 1＝0有一根为S 1－1＝a 1－1，于是(a 1－1)2－a 1(a 1－1)－a 1＝0，解得a 1＝12.当n ＝2时，x 2－a 2x －a 2＝0有一根为S 2－1＝a 2－12，于是⎝⎛⎭⎪⎫a 2－122－a 2⎝⎛⎭⎪⎫a 2－12－a 2＝0，解得a 2＝16.(2)由题设(S n －1)2－a n (S n －1)－a n ＝0， 即S 2n －2S n ＋1－a n S n ＝0.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1，代入上式得S n －1S n －2S n ＋1＝0.(*) 由(1)知S 1＝a 1＝12，S 2＝a 1＋a 2＝12＋16＝23.由(*)可得S 3＝34.由此猜想S n ＝nn ＋1，n ＝1,2,3，….下面用数学归纳法证明这个结论． ①n ＝1时已知结论成立． ②假设n ＝k 时结论成立，即S k ＝kk ＋1.当n ＝k ＋1时，由(*)得S k ＋1＝12－S k ，即S k ＋1＝k ＋1k ＋2，故n ＝k ＋1时结论也成立． 综上，由①②可知，S n ＝n n ＋1对所有正整数n 都成立．于是当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝nn ＋1－n －1n ＝1nn ＋1，又n ＝1时，a 1＝12＝11×2，所以{a n }的通项公式为a n ＝1nn ＋1，n ＝1,2,3，…. 11．在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝a n 2＋1a n(n ≥1)．证明：2<a n <2＋1n.证明 首先，证明a n >2成立． (1)当n ＝1时，a 1＝2>2成立． (2)假设n ＝k (k ≥1)时，a k >2成立，当n ＝k ＋1时，由题意知a k ＋1＝a k 2＋1a k≥2a k2·1a k＝2，即a k ＋1≥2，当且仅当a k 2＝1a k即a k ＝2时，等号成立．这与a k >2矛盾，所以只有a k ＋1> 2. 由(1)，(2)知，不等式a n > 2 (n ∈N *)成立． 其次，证明不等式a n <2＋1n(n ∈N *)成立．(1)当n ＝1时，a 1＝2<2＋11＝1＋2，即不等式成立．(2)假设n ＝k (k ≥1)时，不等式a k <2＋1k成立．由题知，当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝a k 2＋1a k，由a k <2＋1k ，得a k 2<22＋12k ①由a k >2，得1a k <22②由①，②得a k 2＋1a k <22＋12k ＋22＝2＋12k，即a k ＋1<2＋12k ＝2＋1k ＋k <2＋1k ＋1，即a k ＋1<2＋1k ＋1成立． 由(1)，(2)得不等式a n <2＋1n(n ∈N *)成立．综上所述，2<a n <2＋1n(n ∈N *)成立．。

更上一层楼基础·巩固1.用数学归纳法证明3n ≥n 3(n≥3，n∈N ）第一步应验证( ） A 。

n=1 B.。

n=2 C 。

.n=3 D 。

n=4 思路分析:由题意知n≥3，∴应验证n=3。

答案：C2。

用数学归纳法证明1+1213121-+++n 〈n(n∈N ,n>1)时，第一步即证明不等式__________成立。

思路分析：因为n ＞1，所以第一步n=2。

答案:1+21+31〈23.用数学归纳法证明（1+31)（1+51））(1+71) (1)121-k ）〉212+k (k 〉1)，则当n=k+1时,左端应乘上__________，这个乘上去的代数式共有因子的个数是_________.思路分析:因为分母的公差为2，所以乘上去的第一个因式是(1+121+k ），最后一个是（1+1211-+k )，共有2k -2k —1=2k-1项. 答案：（1+121+k ）(1+321+k )…（1+1211-+k )2k-14.用数学归纳法证明nn n b a b a )2(2+≥+（A 。

，B.是非负实数,n∈N )时，假设n=k 命题成立之后，证明n=k+1命题也成立的关键是__________。

思路分析：要想办法出现a k+1+b k+1,两边同乘以2b a +，右边也出现了要求证的（2b a +)k+1。

答案:两边同乘以2b a +5。

用数学归纳法证明2121)1(13121222+->++++n n ，假设n=k 时，不等式成立之后，证明n=k+1时，应推证的目标不等式是_______________. 思路分析:把n=k 时的不等式中的k 换成k+1即可. 答案：3121)2(1)1(131212222+->+++++k k k 综合·应用6.若n 为大于1的自然数，求证：.2413212111>+++++n n n 思路分析：注意对数学归纳法证明不等式时放缩技巧的合理使用。

阶段质量检测(四)(时间：90分钟，总分120分)一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，满分50分•在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1. 等式12+ 22+ 32+…+ n2= *5n2—7n+ 4)()A. n为任何正整数时都成立B. 仅当n = 1,2,3时成立C .当n = 4时成立，n = 5时不成立D .仅当n = 4时不成立解析：选B 分别用n = 1,2,3,4,5验证即可.11 112. 用数学归纳法证明不等式1 +云+亍+…+孑<2 —^(n>2, n€ N +)时，第一步应验证不等式()A. 1+ 步<2 —2B. 1 + 23 + 3｝<2 —1C. 1+ *<2D . 1 + p + 33<2解析：选A 第一步验证n = 2时不等式成立，即 1 + ?<2 —2n+ 22 …+ 1 1 —a3. 用数学归纳法证明1 + a + a +…+ a = (a* 1),在验证n = 1时，左端计算1 —a所得的项为()A. 1B. 1+ a2 2,3C. 1+ a + aD. 1+ a+ a + a解析：选C 左端为n + 2项和，n = 1时应为三项和，即 1 + a+ a2.4. 用数学归纳法证明2°>n2(n€ N + , n> 5)成立时，第二步归纳假设的正确写法是()A .假设n=k时命题成立B. 假设n = k(k€ N+)时命题成立C .假设n = k(k > 5)时命题成立D .假设n = k(k>5)时命题成立解析：选C k应满足k>5, C正确.5 .数列｛a n｝中，已知a1= 1,当n> 2 时，a n—a n—1 = 2n—1，依次计算a?, a?, a°后，猜想a n的表达式是()A . 3n —2B . n2C . 3n —1D . 4n—3解析：选 B 计算出a i= 1, a2= 4, a3= 9, a4= 16,可猜想a n = n2.6.平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为( )A. f(k)＋1B. f(k)＋kC. f(k)+ k + 1D. k f(k)解析：选 B 第k＋ 1 条直线与前k 条直线都相交且有不同交点时,交点个数最多,此时应比原先增加k 个交点.7•用数学归纳法证明34n+1+ 52n T(n€ N + )能被8整除时，若n= k时，命题成立，欲证当n= k+ 1时命题成立，对于34(k+1)+1+ 52(k+1)+1可变形为()4k+ 1 4k+ 1 2k+1A. 56 X 3 + 25(3 + 5 )B. 34X 34k+1+ 52X 52kC．34k+1+52k+1D．25(34k+1+52k+1)解析：选A 由34(k+1)+1+ 52(k+1)+1= 81 X 34k+1+ 25 X 52k+1+ 25 X 34k+1-25 X 34k+1 =56X 34k+1+ 25(34k+1+ 52k+1).8•已知f(n) = 12+ 22+ 32+…+ (2n)2,则f(k + 1)与f(k)的关系是()22A. f(k + 1) = f(k)+ (2k + 1) + (2k+ 2)B. f(k + 1) = f(k) + (k+ 1)2C. f(k + 1) = f(k)+ (2k + 2)2D. f(k + 1) = f(k)+ (2k + 1)2解析：选A f(k+ 1) = 12+ 22+ 32+…+ (2k)2+ (2k+ 1)2+ [2(k+ 1)]2= f(k) + (2k + 1)2+ (2k+ 2)2,故选 A.9. 用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n+ y n能被x+ y整除”，第二步归纳假设应该写成( )A .假设当n = k(k€ N +)时，x k+ y k能被x+ y整除B.假设当n = 2k(k€ N +)时，x k+ y k能被x + y整除C .假设当n = 2k+ 1(k € N + )时，X + y*能被x + y整除D .假设当n = 2k—1(k € N + )时，x k+ y k能被x + y整除解析：选D 第k个奇数应是n= 2k—1, k€ N +.10. 已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)> k2成立时，总可推出f(k+ 1)> (k+ 1)2成立”，那么，下列命题总成立的是()A. 若f(3)>9成立，则当k> 1时，均有f(k)>k2成立B. 若f(4) > 16成立，则当k>4时，均有f(k)vk2成立C .若f(7) > 49成立，则当k<7时，均有f(k)vk2成立2D .若f(4) = 25成立，则当 k > 4时，均有f(k) > k 成立 解析：选 D •/ f(k)> k 2 成立时 f(k +1) > (k + 1)2 成立， 当 k = 4 时，f(4) = 25>16 = 42 成立. .•.当k > 4时，有f(k)> k 2成立.二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分•把答案填写在题中的横线上 ) 11•用数学归纳法证明 1 + 2 + 3+ 4+-+ n 2 =匚^丄⑴€ N + ),贝U n = k + 1时，左端应 为在n = k 时的基础上加上解析：n = k + 1 时，左端=1 + 2+ 3+ - + k 2 + (k 2+ 1) +…+ (k + 1)2. 所以增加了(k 2+ 1)+…+ (k + 1)2. 答案：(k 2+ 1) + …+ (k +1)212•设f(n)= ji+n”+n ++7丿…]+n ++n 丿，用数学归纳法证明f (m >3,在假设n =k 时成立后，f(k + 1)与f(k)的关系是f(k + 1) = f(k) • _________________ .解析：••• f(k)= 1 +匚 1+k +1 • (1)k +k ，f(k+ 1)= 1 +土 1+k ++2 …“ + k +h，1 +k+k+l - 1 +k +k+213.设数列｛a n ｝满足a 1= 2, a n +1 = 2a n + 2,用数学归纳法证明 a n = 4 2n 1— 2的第二步 中，设n = k 时结论成立，即a k = 4 2^1 — 2,那么当n = k + 1时，应证明等式 ____________ 成立.答案：a k +1= 4 2(k +1)—1 — 214.在数列｛a n ｝中，a 1= 1,且S n , S n +1,2$成等差数列，则S 2, S 3, S 4分别为 _____________ 猜想S n = __________ .解析：因为S n , S n + 1,2S 1成等差数列. 所以 2S n +1 = S n + 2S 1 ,又 S 1= a 1= 1. 所以 2S 2= S 1 + 2S 1 = 3S 1= 3,于是 S 2=2S 3= S 2+ 2S 1= 3+ 2 = 7,于是 S 3= 由此猜想S n =茅1.2答案：1+11 +1丄2k + 12k + 2 k + 1.f(k + 1) = f(k) - 1 + 右 1 +1 k 2k +2 k + 1.3 = 22- 12 = 2 ,三、解答题（本大题共4个小题，满分50分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤11115.（本小题满分12分）用数学归纳法证明，对于n € N +,都有帀 + 药 + 3^+…+ —1n n+ 1 n + 11 1 1证明：（1）当n_1时，左边_己_ 1,右边_ -,所以等式成立.(2)假设n= k(k> 1, k€ N + )时等式成立,即丄+丄+丄+•••+亠 _丄,1X 2 2X 3 3X 4 k k+ 1 k + 1当n = k+ 1时,1 1 1 11X 2+2X 3+3X 4+ +k k + 1 +k + 1 k+ 2_丘+k+ 1 k+ 1 k+ 22_ k(k+ 2 卄1 _ (k+ 1)_ k + 1_ (k + 1 Jk+ 2 _ (k + 1 (k+ 2 _ k + 2.即n _ k+ 1时等式成立.由（1）（2）可知，对于任意的自然数n等式都成立.•••当n = k + 1时，不等式也成立.由(1)(2)可知，对于一切大于 1的自然数n ,不等式都成立.—1 + 3a n17.(本小题满分12分)如杲数列｛a n ｝满足条件：a 1=- 4, a “+1=(n = 1,2,…),2 — a n证明：对任何自然数 n ,都有a n + 1>a n 且a n <0. 证明：⑴由于a 1=— 4,—1+ 3a 1 — 1 — 12 — 13 a 2= = =' >a 1.2— a 1 2 + 4 6 且a 1<0，因此，当n = 1时不等式成立. (2)假设当 n = k(k > 1)时，a k + 1>a k 且 a k <0,那么 —1 + 3a ka k +1= <0,2— a k—1 + 3a k +1 — 1 + 3御a k +2 — a k +1= —2— a k +1 2 — a k 5 a k +1 —a k= >0.2 — a k +1 12 — a k j1+316 .（本小题满分 12分）用数学归纳法证明：对一切大于 ＞二2土J 均成立.1的自然数，不等式1 +2^证明：（1）当n = 2时，左边=1 + 3 =彳，右边=~25.•••左边〉右边，•••不等式成(2)假设当n = k(k >2，且k € N +)时不等式成立，1 + _L 、,2k + 1+2k - 1则当n = k + 1时,1+1 1+1一 瞩+5丿…V ' + 2k - 1 丿J + 2(k + 1 — 11 +」 p2k + 1 2k +2 _ > 2 2k + 1 2p2k + 12k + 2 ；：4k 2+2 ;2k + 12 ；2k + 1p2k +3#2k + 1 _P 2fk + 1 -+12 2k + 12这就是说，当n= k+ 1时不等式也成立，根据(1)(2)，不等式对任何自然数n都成立.因此，对任何自然数n,都有a n+ 1>a n，且a n v 0.18. (本小题满分14分)已知数列｛a n｝满足a1= 2, a“+1 = 2a“+入n+七—(n € N +).a n(1) 若匸尸1,证明数列｛lg(a n + 1)｝为等比数列，并求数列｛a n｝的通项公式；(2) 若入=0，是否存在实数L,使得a n> 2对一切n € N +恒成立？若存在，求出L的取值范围；若不存在，请说明理由.解：(1) •••入 =卩=1,贝U a n+1= a j；+ 2a n,•a n + 1 + 1= (a n+ 1)2, lg(a n + 1 + 1)= 2lg(a n+ 1),•｛lg(a n+ 1)｝是公比为2的等比数列，且首项为lg 3,•••lg(a n+ 1) = 2n—1ig 3,•a n + 1= 32n—1,「. a n = 32n—1—1(n€ N +).(2)由a2 = 2a1+L—J = 4+宁 >2,得详—3,a1 2猜想—3时，对一切n € N + , a n> 2恒成立.①当n= 1时，a1= 2，猜想成立.②假设当n= k(k> 1且k€ N +)时，a k>2,2 22a n+ 卩―12a k—2a k+ 卩―1则由a n+1= ，得a k+1-2 =a n a kI；1+ .. 32乂l'3"2+ " 322 ak 2 +.- 2 2 x 2 +.- 2 叶 3= A = A 0,a k a k a k••• n= k+ 1 时，a k+1> 2,猜想成立.由①②可知，当 & —3时，对一切n€ N+,恒有a n>2.。

自主广场我夯基我达标1.用数学归纳法证明“n n n n n ++++++++1312111Λ≥2411,(n ∈N +)”时，由n=k 到n=k+1时，不等式左边应添加的项是（ ） A.)1(21+k B.221121+++k k C.11221121+-+++k k k D.2111221121+-+-+++k k k k 思路解析：当n=k 时，不等式为k k k k ++++++12111Λ≥2411， 当n=k+1时，左边=+++++++Λ2)2(11)1(1k k )1()1(1)1(1)1()1(1+++++++-++k k k k k k =22112113121++++++++++k k k k k k Λ, 比较n=k 与n=k+1的左边，知应添加的项是121221121+-+++k k k . 答案：C2.用数学归纳法证明1+21+31+…+121-n <n(n ∈N +,且n>1)时，第一步即证下述哪个不等式成立（ ） A.1<2 B.1+21<2 C.1+21+31<2 D.1+31<2 思路解析：n=2时，左边=1+21+31，右边=2.所以应证1+21+31<2. 答案：C3.用数学归纳法证明“1+21+31+…+121-n <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思路解析：增加的项数为（2k+1-1）-(2k -1)=2k+1-2k =2k .答案：C4.关于正整数n 的不等式2n >n 2成立的条件是（ ）A.n ∈N +B.n ≥4C.n>4D.n=1或n>4思路解析：验证n=1,2,3,4,5,6等值.答案：D5.对于不等式n n +2≤n+1(n ∈N +),某学生的证明过程如下：（1）当n=1时，112+≤1+1，不等式成立.(2)假设n=k(k ∈N +)时，不等式成立，即k k +2<k+1,则n=k+1时，23)1()1(22++=+++k k k k22)2()2()23(+=++++<k k k k =(k+1)+1.所以当n=k+1时，不等式成立.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的推理不正确思路解析：从n=k 到n=k+1，没有用到归纳假设.答案：D6.观察下式：1=12;2+3+4=32;3+4+5+6+7=52;4+5+6+7+8+9+10=72,…,则得出结论：___________.思路解析：各等式的左边是第n 个自然数到第3n-2个连续自然数的和，右边是奇数的平方，故得出结论：n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)2.答案：n+(n+1)+(n+2)+…+(3n-2)=(2n-1)27.用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数n ，不等式（1+31）（1+51）…（1+121-n ）>212+n 成立. 证明：(1)当n=2时，左边=1+31=34,右边=25,左边>右边. ∴不等式成立.(2)假设n=k 时，不等式成立，即（1+31）(1+51)…(1+121-k )>212+k , 那么当n=k+1时，（1+31）(1+51)…(1+121-k )［1+1)1(21-+k ］>1222212++⨯+k k k =1223841224841222222+++>+++=++k k k k k k k k21)1(21221232++=+⨯+⨯+=k k k k . ∴n=k+1时，不等式也成立.由（1）（2）知，对一切大于1的自然数n ，不等式都成立.8.设数列{a n }满足a 1=2,a n+1=a n +na 1(n=1,2,3,…) 求证：a n >12+n 对一切正整数n 成立.证法一：当n=1时，a 1=2>112+⨯,不等式成立,假设n=k 时，a k >12+n 成立.当n=k+1时,a k+12=a k 2+21k a +2>2k+3+21ka >2(k+1)+1. ∴n=k+1时，a k+1>1)1(2++k 成立.综上（1）（2）可知，a n >12+n 对一切正整数成立.证法二：当n=1时，a 1=2>3=112+⨯,结论成立.假设n=k 时结论成立，即a k >12+k .当n=k+1时，由函数f(x)=x+x1(x>1)的单调性和归纳假设有a k+1=a k +k a 1>12+k +121+k . 因此只需证12+k +121+k ≥32+k , 而这等价于(12+k )+(121+k )2≥32+k ⇔121+k ≥0显然成立. 所以当n=k+1时，结论成立.因此，a n >12+n 对一切正整数n 均成立.9.（经典回放）已知数列{b n }是等差数列，b 1=1,b 1+b 2+…+b 10=145(n ∈N +)(1)求数列{b n }的通项.（2）设数列{a n }的通项a n =log a (1+nb 1)(其中a>0且a ≠1),记S n 是数列{a n }的前n 项和，试比较S n 与31log a 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10×1+2)110(10-⨯×d=145, ∴d=3,b n =3n-2.(2)由b n =3n-2知,S n =log a (1+1)+log a (1+41)+…+log a (1+231-n ) =log a ［(1+1)(1+41)…(1+231-n )］, 31log a b n+1=log a 313+n . 因此要比较S n 与31log a b n+1的大小，可先比较（1+1）(1+41)…(1+231-n )与313+n 的大小.取n=1,有(1+1)>3113+⨯,取n ≥2，有(1+1)(1+41)…(1+231-n )>313+n . 下面用数学归纳法证明之：①当n=1时，已验证不等式成立.②假设当n=k(k ∈N +)时，不等式成立，即(1+1)(1+41)…(1+231-k )>313+k , 则当n=k+1时, (1+1)(1+41)…(1+231-k )［1+2)1(31-+k ］>313+k (1+131+k ) =13133++k k ·(3k+2). ∵［13133++k k (3k+2)］3-(343+k )3 =2222)13(49)13()13)(43()23(++=+++-+k k k k k k >0. ∴13133++k k +1·(3k+2)>343+k =31)1(3++k . 因此(1+1)(1+41)…(1+231-k )［1+2)1(31-+k ］>31)1(3++k .这说明，当n=k+1时，不等式也成立.由①②知，对一切n ∈N +,不等式(1+1)(1+41)…(1+231-n )>313+n 都成立. 再由对数的性质，可得： 当a>1时，S n >31log a b n+1; 当0<a<1时,S n <31log a b n+1. 我综合我发展10.若不等式24212111m n n n >+++++Λ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.不存在思路解析：令f(n)=nn n 212111+++++Λ,取n=2,3,4,5等值发现f(n)是单调递减的，所以［f(n)］max >24m ,所以由f(2)>24m ,求得m 的值. 答案：B11.设n 为正整数，f(n)=1+21+31+…+n 1,计算得f(2)=23,f(4)>2,f(8)>25,f(16)>3,f(32)>27,观察上述结果，可推测出一般结论（ ） A.f(2n)>212+n B.f(n 2)≥22+n C.f(2n )≥22+n D.以上都不对 思路解析：f(2)=23,f(4)=f(22)>24,f(8)=f(23)>25,f(16)=f(24)>26,f(32)=f(25)=27,所以f(2n )≥22+n . 答案：C12.如果1×2×3+2×3×4+3×4×5+…+n(n+1)(n+2)=41n(n+1)(n+a)(n+b)对一切正整数n 都成立， a ，b 的值应该等于（ ）A.a=1,b=3B.a=-1,b=1C.a=1,b=2D.a=2,b=3思路解析：令n=1,2，得到关于a 、b 的方程组，解得即可.答案：D13.设a ∈R ,f(x)=1222+-+•x x a a 是奇函数， （1）求a 的值;(2)如果g(n)=1+n n (n ∈N +)，试比较f(n)与g(n)的大小(n ∈N +). 思路解析：∵(1)f(x)是定义在R 上的奇函数，∴f(0)=0,故a=1. (2)f(n)-g(n)=)1)(12(12211212++--=+-+-n n n n n n n n . 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可以断定,n ≥3,n ∈N 时,2n >2n+1.结论:n=1,2时,f(n)<g(n);当n ≥3,n ∈N 时,f(n)>g(n).14.某地区原有森林木材存量为a ，且每年增长率为25%，因生产建设的需要每年底要砍伐的木材量为b ，设a n 为n 年后该地区森林木材存量.(1)求a n 的表达式；（2）为保护生态环境，防止水土流失，该地区每年的森林木材量应不少于97a,如果b=7219a,那么该地区今后会发生水土流失吗？若会，需要经过几年？（取lg2=0.30）.思路解析：(1)依题意，得a 1=a(1+41)-b=45a-b, a 2=45a 1-b=45(45a-b)-b=(45)2a-(45+1)b, a 3=45a 2-b=(45)3a-［(45)2+45+1］b, 由此猜测：a n =(45)n a-［(45)n-1+(45)n-2+…+45+1］b =(45)n a-4［(45)n -1］b(n ∈N +). 下面用数学归纳法证明：①当n=1时，a 1=45a-b,猜测成立. ②假设n=k 时，猜测成立.即a k =(45)k a-4［(45)k -1］b 成立. 那么当n=k+1时，a k+1=45a k -b=45{(45)k a-4［(45)k -1］b}-b=(45)k+1a-4［(45)k+1-1］b, 即当n=k+1时，猜测成立.由①②知,对任意的自然数n 猜测成立.(2)当b=7219a 时，若该地区今后发生水土流失时，则森林木材存量必须小于97a,∴(45)n a-4［(45)n -1］×7219a<97a, 整理,得（45）n >5, 两边取对数得：nlg 45>lg5, ∴n>30.03130.012lg 312lg 12lg 25lg 5lg ⨯--=--=-=7. ∴ 经过8年该地区就开始水土流失.15. 已知函数f(x)=ax-23x 2的最大值不大于61，又当x ∈［41,21)时，f(x)≥81. (1)求a 的值；（2）设0<a 1<21,a n+1=f(a n )，求证：0<a n <11+n . 思路解析：(1)由于f(x)=ax-23x 2的最大值不大于61，所以f(3a )=62a ≤61,即a 2≤1.又x ∈［41,21］时，f(x)≥81. 所以⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≥-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥≥.813234,81832.81)41(,81)21(a a f f 即解得a ≥1. ∴a=1.(2)①当n=1时，0<a 1<21,不等式0<a n <11+n 成立； ②假设n=k(k ≥1)时，不等式成立，即0<a k <11+k ,则当n=k+1时, a k+1=a k (1-23a k )=21+k ·(k+2)a k ·(1-23a k ) 因(k+2)a k >0,1-23a k >0, ∴(k+2)a k ·(1-23a k )≤22]2)21(1[]223)2(1[k k k a k a a k ++=-++<1. 于是0<a k+1<21+k . 因此当n=k+1时，不等式成立.综上所述由①②可知，对n ∈N +不等式0<a n <11+n 成立.。

二 用数学归纳法证明不等式举例课后篇巩固探究1.用数学归纳法证明1+12+13+…+12n -1<n (n ∈N +,且n>1)时,第一步是证下述哪个不等式成立( )A.1<2B.1+12<2C.1+12+13<2D.1+13<2 n=2时,左边=1+12+13,右边=2,所以应证1+12+13<2.2.若x>-1,x ≠0,则下列不等式正确的是( )A.(1+x )3<1+3xB.(1+x )32<1+32xC.(1+x )-2<1-2xD.(1+x )13<1+13xD 正确.3.用数学归纳法证明C n 1+C n 2+…+C n n >n n -12(n ≥n 0,且n ∈N +),则n 的最小值n 0为( )A.1B.2C.3D.4n=1时,左边=C 11=1,右边=10=1,1>1,不成立;当n=2时,左边=C 21+C 22=2+1=3,右边=212=√2,3>√2,成立;当n=3时,左边=C 31+C 32+C 33=3+3+1=7,右边=31=3,7>3,成立.所以n 的最小值n 0为2.4.导学号26394067某同学回答“用数学归纳法证明√n 2+n <n+1(n ∈N +)”的过程如下: 证明:(1)当n=1时,显然不等式是成立的;(2)假设当n=k (k ≥1)时不等式成立,即√k(k +1)<k+1.当n=k+1时,√(k +1)2+(k +1)=√k 2+3k +2<√k 2+4k +4=(k+1)+1,所以当n=k+1时不等式是正确的.由(1)(2)可知,对于n ∈N +,不等式都是正确的.以上证法是错误的,错误在于( )A.从k 到k+1的推理过程没有使用归纳假设B.归纳假设的写法不正确C.从k 到k+1的推理不严密D.当n=1时,验证过程不具体√(k +1)2+(k +1)<(k+1)+1时进行了一般意义的放大.而没有使用归纳假设√k(k +1)<k+1.5.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)比f (2k)多的项为 .(2k+1)-f (2k )=1+12+13+…+12k+1−(1+12+13+⋯+12k )=12k +1+12k +2+…+12k+1.12k +2+…+12k+1 6.已知x>0,观察下列几个不等式:x+1x ≥2;x+4x 2≥3;x+27x 3≥4;x+256x4≥5…归纳猜想一般的不等式为 .x+n n x n ≥n+1(n 为正整数) 7.用数学归纳法证明a n +b n 2≥(a+b 2)n (a ,b 是非负实数,n ∈N +)时,假设当n=k 时不等式a k +b k 2≥(a+b 2)k (*)成立,再推证当n=k+1时不等式也成立的关键是将(*)式两边同乘 .k 与k+1时的结论可知,两边只需同乘a+b 2即可. 8.用数学归纳法证明1+1213+…+1√n <2√n (n ∈N +).当n=1时,左边=1,右边=2.左边<右边,不等式成立.(2)假设当n=k (k ≥1)时不等式成立,即1+1213+ (1)<2√k . 当n=k+1时,1+23+…+kk+1<2√k +k+1=√k √k+1+1k+1√k)2√k+1)2k+1=k+1=2√k +1. 所以当n=k+1时,不等式成立.由(1)(2)可知,原不等式对任意n ∈N +都成立.9.导学号26394068若不等式1n+1+1n+2+1n+3+…+13n+1>a 24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.n=1,则有12+13+14>a 24成立, 所以2624>a 24,因此a<26,取a=25, 即正整数a 的最大值为25.以下用数学归纳法证明.1n+1+1n+2+1n+3+…+13n+1>2524对一切正整数n 都成立. (1)当n=1时不等式成立.(2)假设当n=k (k ≥1)时不等式成立,即1k+1+1k+2+1k+3+…+13k+1>2524, 当n=k+1时,1(k+1)+1+1(k+1)+2+1(k+1)+3+…+13(k+1)+1=(1k+1+1k+2+1k+3+⋯+13k+1)+13k+2+13k+3+13k+4−1k+1>2524+[13k+2+13k+4-23(k+1)].因为13k+2+13k+4=6(k+1)9k 2+18k+8>6(k+1)9k 2+18k+9=6(k+1)9(k+1)2=23(k+1),所以13k+2+13k+4−23(k+1)>0,于是1(k+1)+1+1(k+1)+2+1(k+1)+3+…+13(k+1)+1>2524,即当n=k+1时不等式成立.由(1)(2)知,对一切正整数n ,都有1n+1+1n+2+1n+3+…+13n+1>2524,且正整数a 的最大值等于25. 10.导学号26394069已知数列{a n }满足:a 1=32,且a n =3nan -12a n -1+n -1(n ≥2,n ∈N +).(1)求数列{a n }的通项公式;(2)求证对一切正整数n ,不等式a 1a 2…a n <2n !恒成立.1-n a n =13(1−n -1a n -1),因此数列{1−n a n }为一个等比数列,其首项为1-1a 1=13,公比为13,从而1-n a n =13n ,因此得a n =n×3n3n -1(n ≥1).①①得a 1a 2…a n =n!(1−13)×(1−132)×…×(1−13n ).为证a 1a 2…a n <2n !,只要证当n ∈N +时,有(1−13)×(1−132)×…×(1−13n )>12. ② 显然,左端每个因式皆为正数,先证明对n ∈N +,有(1−13)×(1−132)×…×(1−13n )≥1-(13+132+⋯+13n ).③下面用数学归纳法证明③式:ⅰ当n=1时,显然③式成立,ⅱ假设当n=k (k ≥1)时,③式成立,即(1−13)×(1−132)×…×(1−13k )≥1-(13+132+⋯+13k ).当n=k+1时,(1−13)×(1−132)×…×(1−13k )×(1−13k+1) ≥[1−(13+132+⋯+13k )](1−13k+1) =1-(13+132+⋯+13k )−13k+1+13k+1·(13+132+⋯+13k ) >1-(13+132+⋯+13k +13k+1). 即当n=k+1时,③式也成立.故对一切n ∈N +,③式都成立.利用③,得(1−13)×(1−132)…(1−13n ) ≥1-(13+132+⋯+13n ) =1-13[1−(13)n ]1−13=1-12[1−(13)n ]=12+12(13)n >12.故原不等式成立.。

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 ()()()()＋＋＝＋＋＋＋。