2022年人教A版第6章第5节数学归纳法名师精编单元测试

1、 名校名师举荐 A 组基础对点练1设实数 c0,整数 p1,nN . 1证明：当 x1 且 x 0 时,1x p1px；2数列 an 满意an1p1 p anc pa 1pn .证明：证明： 1用数 归纳法证明：当 p2 时, 1x 212xx 212x,原不等式成立假设 p 2, N 时,不等式 1x 1 x 成立当 p 1 时,1x11x1x 1x1 x1 1x x 21 1x. 所以 p 1 时,原不等式也成立综合可得,当 x 1,x 0 时,对一切整数 p1,不等式 1x p1px 均成立2先用数 归纳法证明 . 当 n1 时,由题设知 成立假设 n 1, N 时,不等式 成立由 an

2、1p1 p an c pa1pn 易知 an0,nN . 当 n 1 时,ak1 akp1c pa k 11 p a ck1 . 由 得 11 p1 a ck1 1p1 p a c k1 c p k. p因此 a k1c,即 . 所以 n 1 时,不等式 也成立1 名校名师举荐 综合可得,对一切正整数n,不等式均成立再由an1 an11 a c n1 可得 an1 an1,即 an1an. 综上所述,nN . 22数列 xn 满意 x10,xn1x nxncnN 1证明： xn 是递减数列的充要条件是 c0；2如 0c1 4,证明数列 xn是递增数列2证明：1充分性：如 c0,由于 xn1 x

3、 nxncxncxn,数列 xn 是递减数列必要性：如 xn 是递减数列,就 x2x1,且 x10. 又 x2 x 2 1x1cc,c0. c故xn 是递减数列的充要条件是c0. 2如 00,即证 x nc对任意 n1 成立下面用数归纳法证明：当 0c1 4时,xn c对任意 n1 成立当 n1 时, x10c1 2,结论成立假设当 n 1, N 时结论成立,即xc. 由于函数 fx x 2xc 在区间 ,1 2内单调递增,所以x1fx fc,当 n 1 时, x 1c成立由,知, xnxn,即 xn 是递增数列3已知函数 f0 xsin x x x0,设 fnx为 fn1x的导数, nN .

4、 2 名校名师举荐 1求 2f12 2f2 2的值；0 x2证明：对任意的 nN ,等式 nfn1 4 4fn 42 2都成立解析： 1由已知,得 f1xf0 xsin x xcos x xsin x x 2 ,于是 f2xf1xcos xsin x xsin x x2cos x2sin x x,x所以 f1 2 4 2,f2 2 2 16 3,故 2f1 2 2f2 21. 2证明：由已知,得xf0 xsin x,等式两边分别对x 求导,得 f0 xxfcos x,即 f0 xxf1xcos xsin x 2,类似可得2f1xxf2x sin xsinx ,3f2xxf3x cos xsin

5、 x3 2,4f3xxf4xsin xsinx2 下面用数 归纳法证明等式 nfn1xxfnxsin xn 2对全部的 nN 都成立当 n1 时,由上可知等式成立假设当 n 时等式成立,即f 1xxf xsin xk 2 . 由于 f 1xxf x f1xf xxfx 1f xxf1x,sin xk 2cos xk 2 xk 2sin xk1 2,所以 1f xxf1xsin xk1 2 . 因此当 n 1 时,等式也成立综合可知等式 nfn1xxfnxsin xn 2对全部的 nN 都成立3 名校名师举荐 令 x 4,可得 nfn1 4 4fn 4sin 4n 2 nN 所以 nfn1 4

6、4fn 2 nN 24函数 fxlnx1ax xaa11争论 fx的单调性；2设 a11,an1lnan1,证明：2 n2an3 n2. 解析： 1fx的定义域为 1, ,fxx x a x1 xa 22a 2 . 当 1a0,fx在1,a 22a上是增如 xa 22a,0,就 fx0,fx在0, 上是增函数；当 a2 时, fx0,当且仅当 x0 时,fx0 成立, fx在1, 上是增函数当 a2 时,如 x1,0,就 fx0,fx在1,0上是增函数；如 x0,a 22a,就 fx0,fx在a 22a, 上是增函数2证明：由 1知,当 a2 时,fx在1, 上是增函数当 x0, 时, fxf

7、00,即 lnx1 2x x2x0又由 1知,当 a3 时, fx在0,3上是减函数当 x0,3时, fxf00,即 lnx1 3x x30 x3下面用数 归纳法证明 n2an2 n2. 3当 n1 时,由已知得2 3a11；4 名校名师举荐 假设当 n 时结论成立,即2 k2ln2 k212 2k22k22a1lna 1ln3 k213 3k23k233 k3. 即当 n 1 时有2 k3 n1. nan 解析： 1证明： an12an1,1 an12an1,化简得 an12 1 an,即1 an1 1 an2,故数列 1 an 是以 1 为首项, 2 为公差的等差数列2由1知1 an2n1

8、,Snn 12n1n 2. 法一：1 S1 1 S2 1 Sn 1 21 2 2 1 n 2 1 21 2 3 1 n n111 211 3 1 nn111 n11n1. n法二： 数 归纳法 当 n1 时,1 S11,n11 2,不等式成立6 名校名师举荐 假设当 n 时,不等式成立,即S1 1 S2 1 Skk k1. 1 k2k2就当 n 1 时,1 S1 1 S2 1 Sk 1 Sk1 k1k12,k1又k k112 k1 k2 1 1 k112 1 1 k2k1k1k11 k2 k120,1 S1 1 S2 1 Sk 1 Sk1k1 k2,原不等式成立32022 兰州诊断考试 设函数

9、 fxx 2mlnx11如函数 fx是定义域上的单调函数,求实数m 的取值范畴；2如 m 1,试比较当 x0, 时,fx与 x 3的大小；3证明：对任意的正整数n,不等式 e 0e1 4e2 9 e1nn 2n n3 2成立解析： 1fx2xm x12x 22xmx1,又函数 fx在定义域上是单调函数,fx0 或 fx0 在1,上恒成立,如 fx0 在1, 上恒成立,即函数 fx是定义域上的单调递增函数,就 m2x 22x2x1 2 21 2在1,上恒成立,由此可得 m1 2；如 fx0 在1, 上恒成立,即函数 fx是定义域上的单调递减函数,就 m2x 22x2x1 2 21 2在1,上恒成

10、立y 2x1 2 21 2在1, 上没有最小值,不存在实数 m 使 fx0 在1, 上恒成立综上所述,实数 m 的取值范畴是 1 2, 2当 m 1 时,函数 fxx 2lnx1令 gxfxx 3x 3x 2lnx1,7 名校名师举荐 就 gx 3x 22x3 x1 x1 3x x12,明显,当 x0,时, gx0,函数 gx在0, 上单调递减,又 g00,当 x0, 时,恒有 gxg00,即 fxx 30 恒成立故当 x0, 时,fxx 3. 3证明：当 n1 时,左边 e 01,右边1 4 22,原不等式成立设当 n 时,原不等式成立,即 e 0e1 4e2 9 e1 2k k3 2,就当