高中数学 第4讲 用数学归纳法证明不等式章末分层突破学案 新人教A版选修

1、用数学归纳法证明不等式章末分层突破自我校对等式问题证明不等式贝努利不等式 归纳递推要用好归纳假设数学归纳法中两步缺一不可，第一步归纳奠基，第二步起到递推传递作用在第二步的证明中，首先进行归纳假设，而且必须应用归纳假设(nk时命题成立)，推出nk1时，命题成立用数学归纳法证明：对于nN，.【规范解答】(1)当n1时，左边，右边，所以等式成立(2)假设nk时等式成立，即，当nk1时，所以当nk1时，等式也成立由(1)(2)可知对于任意的自然数n，等式都成立再练一题1数列的前n项的和记为Sn.(1)求出S1，S2，S3的值；(2)猜想出Sn的表达式；(3)用数学归纳法证明你的猜想【解】(1)S1，S

2、2，S3.(2)猜想：Sn.(3)证明：当n1时S1a1，右边.等式成立假设当nk时，Sk，则当nk1时，Sk1Skak1，即当nk1时，等式成立，Sn.不等式证明中的强化命题如果c为常数，用数学归纳法证明f(n)c一类不等式时，从k到k1的归纳过渡很易卡断思路，此时利用g(n)c，且g(n)c，把命题结论强化，即把c换成g(n)由于归纳假设也随之加强，这样强化了命题更易于用数学归纳法证明证明不等式1(n2，nN)【规范解答】可先证明1(n2)，(*)对(*)运用数学归纳法证明：(1)当n2时，(*)显然成立(2)设nk时，不等式(*)成立，即1.当nk1时，1111.故当nk1时，不等式(*

3、)成立根据(1)和(2)知，对nN且n2，不等式(*)成立，故原不等式成立再练一题2设0a1，定义a11a，an1a，求证：对一切正整数nN，有1an.【证明】(1)当n1时，a11，a11a，显然命题成立(2)假设nk(kN)时，命题成立，即1ak.当nk1时，由递推公式，知ak1a(1a)a1.同理，ak1a1a.故当nk1时，命题也成立，即1ak1.综合(1)(2)可知，对一切正整数n，有1an.从特殊到一般的数学思想方法探索性命题是近几年高考试题中经常出现的一种题型，此种问题未给出结论，需要从特殊情况入手，猜想、探索出结论，再对结论进行证明，主要是应用数学归纳法已知数列bn是等差数列，

4、且b11，b1b2b10145.(1)求数列bn的通项公式bn；(2)设数列an的通项anloga(其中a0，且a1)，Sn是数列an的前n项和试比较Sn与logabn1的大小，并证明你的结论【规范解答】(1)设数列bn的公差为d.由题意得解得故bn13(n1)3n2.(2)由bn3n2知，Snloga(11)logalogaloga.又logabn1loga，因此要比较Sn与logabn1的大小，可先比较(11)与的大小取n1，有(11)；取n2，有(11).由此推测(11).若式成立，则由对数函数性质可判定：当a1时，Snlogabn1；当0a1时，Snlogabn1.下面用数学归纳法证明

5、式成立：a当n1时，已验证式成立b假设当nk(k1，kN)时式成立，即(11).那么，当nk1时，(11)1(3k2)30，(3k2).因而(11).当nk1时式成立由a，b知式对任意正整数n都成立由此证得：当a1时，Snlogabn1；当0a1时，Snlogabn1.再练一题3在数列an，bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜测an，bn的通项公式，并证明你的结论； 【导学号：】(2)证明：.【解】(1)由条件得2bnanan1，abnbn1.由此可得a26，b29，a312，b316，a420

6、，b425.猜测ann(n1)，bn(n1)2.用数学归纳法证明：当n1时，由上可得结论成立假设当nk时，结论成立，即akk(k1)，bk(k1)2.那么当nk1时，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1(k2)2，所以当nk1时，结论也成立由可知ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立(2)证明：n1时，2(n1)n.故0，nN，n2.(1)证明：函数Fn(x)fn(x)2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xnx；(2)设有一个与上述等比数列的首项、末项、项数分别相同的等差数列，其各项和为gn(x)，比较fn(x)和gn(x)的大小，并加以证明【解】(1)证

7、明：Fn(x)fn(x)21xx2xn2，则Fn(1)n10，Fn1220，故Fn(x)在内单调递增，所以Fn(x)在内有且仅有一个零点xn.因为xn是Fn(x)的零点，所以Fn(xn)0，即20，故xnx.(2)法一：由题设，gn(x).设h(x)fn(x)gn(x)1xx2xn，x0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，h(x)12xnxn1.若0xxn12xn1nxn1xn1xn1xn10.若x1，h(x)xn12xn1nxn1xn1xn1xn10.所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，)上递减，所以h(x)h(1)0，即fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)

8、；当x1时，fn(x)0.当x1时，fn(x)gn(x)当x1时，用数学归纳法可以证明fn(x)gn(x)当n2时，f2(x)g2(x)(1x)20，所以f2(x)g2(x)成立假设nk(k2)时，不等式成立，即fk(x)gk(x)那么，当nk1时，fk1(x)fk(x)xk10)，则hk(x)k(k1)xkk(k1)xk1k(k1)xk1(x1)所以当0x1时，hk(x)1时，hk(x)0，hk(x)在(1，)上递增所以hk(x)hk(1)0，从而gk1(x).故fk1(x)gk1(x)，即nk1时不等式也成立由和知，对一切n2的整数，都有fn(x)0(2kn)，当x1时，akbk，所以fn

9、(x)gn(x)当x1时，mk(x)nxn1(k1)xk2(k1)xk2(xnk11)而2kn，所以k10，nk11.若0x1，xnk11，mk(x)1，xnk11，mk(x)0，从而mk(x)在(0,1)上递减，在(1，)上递增，所以mk(x)mk(1)0，所以当x0且x1时，akbk(2kn)又a1b1，an1bn1，故fn(x)gn(x)综上所述，当x1时，fn(x)gn(x)；当x1时，fn(x)gn(x)章末综合测评(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用数学归纳法证明“12222

10、5n1(nN)能被31整除”，当n1时原式为()A1B12C1234D.12222324【解析】左边122225n1，所以n1时，应为12251112222324.故选D.【答案】D2下列说法中正确的是()A若一个命题当n1,2时为真，则此命题为真命题B若一个命题当nk时成立且推得nk1时也成立，则此命题为真命题C若一个命题当n1,2时为真，则当n3时此命题也为真D若一个命题当n1时为真，nk时为真能推得nk1时亦为真，则此命题为真命题【解析】由数学归纳法定义可知，只有当n的初始取值成立且由nk成立能推得nk1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】D3设S(n

11、)，则()AS(n)共有n项，当n2时，S(2)BS(n)共有n1项，当n2时，S(2)CS(n)共有n2n项，当n2时，S(2)DS(n)共有n2n1项，当n2时，S(2)【解析】S(n)共有n2n1项，当n2时，S(2).【答案】D4数列an中，已知a11，当n2时，anan12n1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是() 【导学号：】A3n2 Bn2C3n1D.4n3【解析】计算知a11，a24，a39，a416，所以可猜想ann2.【答案】B5平面内原有k条直线，他们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为()Af(k)1 Bf(k)kCf(k)k1

12、D.kf(k)【解析】第k1条直线与前k条直线都有不同的交点，此时应比原先增加k个交点【答案】B6下列代数式，nN，能被13整除的是()An35n B34n152n1C62n11D.42n13n2【解析】当n1时，n35n6,34n152n1368,62n117,42n13n291，只有91能被13整除【答案】D7用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xnyn能被xy整除”时，第二步正确的证明方法是()A假设nk(kN)时成立，证明nk1时命题也成立B假设nk(k是正奇数)时成立，证明nk1时命题也成立C假设n2k1(kN)时成立，证明n2k3时命题也成立D假设n2k1(kN)时成立，证明n2

13、k1时命题也成立【解析】假设n的取值必须取到初始值1，且后面的n的值比前面的值大2.A，B，C错故选D.【答案】D8设01且nN)的结果时，第一步n_时，A_. 【导学号：】【解析】 第一步n2时，A(21)(21)！1.【答案】2114已知123332433n3n13n(nab)c对一切nN都成立，那么a_，b_，c_.【解析】先分别取n1,2,3并联立方程组得解得a，b，c.然后可用数学归纳法证明【答案】15证明1(nN)，假设nk时成立，当nk1时，左边增加的项数是_.【解析】左边增加的项数为2k112k12k.【答案】2k16假设凸k边形的对角线有f(k)条，则凸k1边形的对角线的条数

14、f(k1)为_【解析】凸k1边形的对角线的条数等于凸k边形的对角线的条线，加上多的那个点向其他点引的对角线的条数(k2)条，再加上原来有一边成为对角线，共有f(k)k1条对角线【答案】f(k)k1三、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)用数学归纳法证明：(nN)【证明】(1)当n1时，左边，右边，左边右边所以当n1时，等式成立(2)假设nk(kN)时等式成立，即有，则当nk1时，.所以当nk1时，等式也成立由(1)(2)可知，对于一切nN等式都成立18(本小题满分12分)求证：对于整数n0时，11n2122n1能被133整除【证明】

15、(1)n0时，原式11212133能被133整除(2)假设nk(k0，kN)时，11k2122k1能被133整除，nk1时，原式11k3122k311(11k2122k1)11122k1122k311(11k2122k1)122k1133也能被133整除由(1)(2)可知，对于整数n0,11n2122n1能被133整除19(本小题满分12分)平面内有n个圆，任意两个圆都相交于两点，任意三个圆不相交于同一点，求证：这n个圆将平面分成f(n)n2n2个部分(nN)【证明】(1)当n1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)1122，所以n1时命题成立(2)假设nk(kN，k1)时命题成立，即k个圆

16、把平面分成f(k)k2k2个部分则nk1时，在k1个圆中任取一个圆O，剩下的k个圆将平面分成f(k)个部分，而圆O与k个圆有2k个交点，这2k个交点将圆O分成2k段弧，每段弧将原平面一分为二，故得f(k1)f(k)2kk2k22k(k1)2(k1)2.所以当nk1时，命题成立由(1)(2)可知，对一切nN，命题成立，即这几个圆将平面分成f(n)n2n2个部分(nN)20(本小题满分12分)求证：(n2). 【导学号：】【证明】(1)当n2时，0，不等式成立(2)假设nk(k2)时，原不等式成立，即.则当nk1时，左边.所以当nk1时，原不等式成立由(1)(2)知，原不等式对n2的所有的自然数都成立21(本小题满分12分)如果数列an满足条件：a14，an1(n1,2，)，证明：对任何自然数n，都有an1an且ana1.且a1ak且