版选修4_5.doc

1、1第四讲 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： x11， xn xn1 ln(1 xn1 )(nN )证明：当 nN

2、时，(1)00.当 n1 时， x110.假设 n k(k1， kN )时， xk0，那么 n k1 时，若 xk1 0，则 00.因此 xn0(nN )所以 xn xn1 ln(1 xn1 )xn1 .因此 00(x0)，2x2 xx 1所以函数 f(x)在0，)上单调递增，2所以 f(x) f(0)0，因此 x 2 xn1 ( xn1 2)ln(1 xn1 ) f(xn1 )0，2n 1故 2xn1 xn (nN )xnxn 12(3)因为 xn xn1 ln(1 xn1 ) xn1 xn1 2 xn1 ，所以 xn .12n 1由 2 xn1 xn得 2 0，xnxn 12 1xn 1

3、12 (1xn 12)所以 2 2 n1 1xn 12 ( 1xn 1 12) (1x1 12)2n2 ，故 xn .12n 2综上， xn (nN )12n 1 12n 22(2015安徽高考)数列 xn满足 x10， xn1 x xn c(nN )2n(1)证明： xn是递减数列的充分必要条件是 c0；(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 c0，由于 xn1 x xn c xn c xn，故 xn是2n递减数列；再证必要性，若 xn是递减数列，则由 x2 x1，可得 c0.(2)(i)假设 xn是递增数列由 x10，得 x2 c， x3 c22 c.由

4、 x1 x2 x3，得 0 c1.由 xn xn1 x xn c 知，2n对任意 n1 都有 xn ，c注意到 xn1 x xn c (1 xn)( xn)，c 2n c c c由式和式可得 1 xn0，即 xn1 .c c由式和 xn0 还可得，对任意 n1 都有 xn1 (1 )( xn)c c c反复运用式，得 xn(1 )n1 ( x1)(1 )n1 .c c c cxn1 和 xn(1 )n1 两式相加，c c c知 2 1(1 )n1 对任意 n1 成立c c3根据指数函数 y(1 )n的性质，得 2 10，c cc ，故 0 c .14 14(ii)若 0 c ，要证数列 xn为

5、递增数列，14即 xn1 xn x c0.2n即证 xn 对任意 n1 成立c下面用数学归纳法证明当 0 c 时， xn 对任意 n1 成立14 c(1)当 n1 时， x10 ，结论成立c12(2)假设当 n k(kN )时结论成立，即： xk .因为函数 f(x) x2 x c 在区间c内单调递增，所以 xk1 f(xk) f( ) ，这就是说当 n k1 时，结论也成( ，12 c c立故 xn 对任意 n1 成立c因此， xn1 xn x c xn，即 xn是递增数列2n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

6、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 对一切正整数 n 都成立，求正整1n 1 1n 2 1n 3 13n 1a24数 a 的最大值，并证明你的结论解 当 n1 时， ，即 ，所以 a .1n 1 1n 2 13n 12524(1)当 n1 时，已证(2)假设当 n k(k1， kN )时，结论成立，即 ，1k 1 1k 2 13k 125244则当 n k1 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

7、13k 3 13k 4 1k 12524 13k 2 13k 4 23(k 1)因为 ，13k 2 13k 4 6(k 1)9k2 18k 8 23(k 1)所以 0，13k 2 13k 4 23(k 1)所以 也成立1(k 1) 1 1(k 1) 2 13(k 1) 12524由(1)(2)可知，对一切 nN ，都有 ，所以 a 的最大值为1n 1 1n 2 13n 1252425.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

8、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 an0 有一根为Sn1( nN )(1)求 a1， a2；(2)猜想数列 Sn的通项公式，并给出证明解 (1)当 n1 时，方程 x2 a1x a10 有一根为 S11 a11，( a11) 2 a1(a11) a10，解得 a1 .12当 n2 时，方程 x2 a2x a20 有一根为 S21 a1 a21 a2 ，12 2 a2 a20，解得 a2 .(a212) (a2 12) 16(2)由题意知( Sn1) 2 an(Sn1) an0，当 n2 时， an Sn Sn1 ，代入上式

9、整理得SnSn1 2 Sn10，解得 Sn .12 Sn 1由(1)得 S1 a1 ，12S2 a1 a2 .12 16 235猜想 Sn (nN )nn 1下面用数学归纳法证明这个结论当 n1 时，结论成立假设 n k(kN ， k1)时结论成立，即 Sk ，kk 1当 n k1 时， Sk1 .12 Sk 12 kk 1 k 1k 2即当 n k1 时结论成立由可知 Sn 对任意的正整数 n 都成立nn 1例 3 用数学归纳法证明： n(n1)(2 n1)能被 6 整除证明 (1)当 n1 时，123 显然能被 6 整除(2)假设 n k 时，命题成立，即 k(k1)(2 k1)2 k33

10、 k2 k 能被 6 整除当 n k1 时，( k1)( k2)(2 k3)2k33 k2 k6( k22 k1)因为 2k33 k2 k,6(k22 k1)都能被 6 整除，所以 2k33 k2 k6( k22 k1)能被6 整除，即当 n k1 时命题成立由(1)和(2)知，对任意 nN 原命题成立例 4 已知数列 an， an0， a10， a an1 1 a .2n 1 2n求证：当 nN 时， an0，得 ak1 n2(nN ， n5)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(kN )时命题成立C假设 n k(k5)时命题成立D假设 n k(k

11、5)时命题成立解析：选 C k 应满足 k5，C 正确5数列 an中，已知 a11，当 n2 时， an an1 2 n1，依次计算 a2， a3， a4后，猜想 an的表达式是( )A3 n2 B n2C3 n1 D4 n3解析：选 B 计算出 a11， a24， a39， a416，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)1 B f(k) kC f(k) k1 D kf(k)解析：选 B 第 k1 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

12、归纳法证明 34n1 5 2n1 (nN )能被 8 整除时，若 n k 时，命题成立，欲证当 n k1 时命题成立，对于 34(k1)1 5 2(k1)1 可变形为( )A563 4k1 25(3 4k1 5 2k1 )B3 434k1 5 252kC3 4k1 5 2k1D25(3 4k1 5 2k1 )解析：选 A 由 34(k1)1 5 2(k1)1 813 4k1 255 2k1 253 4k1 253 4k1563 4k1 25(3 4k1 5 2k1 )8已知 f(n)1 22 23 2(2 n)2，则 f(k1)与 f(k)的关系是( )A f(k1) f(k)(2 k1) 2

13、(2 k2) 2B f(k1) f(k)( k1) 2C f(k1) f(k)(2 k2) 2D f(k1) f(k)(2 k1) 2解析：选 A f(k1)1 22 23 2(2 k)2(2 k1) 22( k1) 2 f(k)(2 k1) 2(2 k2) 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(kN )时， xk yk能被 x y 整除B假设当 n2 k(kN )时， xk yk能被 x y 整除C假设当 n2 k1( kN )时， xk yk能被 x y 整除D假设当 n2 k1( kN )时

14、， xk yk能被 x y 整除解析：选 D 第 k 个奇数应是 n2 k1， kN .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(k1)( k1) 2成立” ，那么，下列命题总成立的是( )A若 f(3)9 成立，则当 k1 时，均有 f(k) k2成立B若 f(4)16 成立，则当 k4 时，均有 f(k)164 2成立8当 k4 时，有 f(k) k2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 1234 n2 (nN )，则 n k1 时，左端n4 n22应

15、为在 n k 时的基础上加上_解析： n k1 时，左端123 k2( k21)( k1) 2.所以增加了( k21)( k1) 2.答案：( k21)( k1) 212设 f(n) ，用数学归纳法证明 f(n)3，在假设 n k(11n)(1 1n 1) (1 1n n)时成立后， f(k1)与 f(k)的关系是 f(k1) f(k)_.解析： f(k) ，(11k)(1 1k 1) (1 1k k)f(k1) (11k 1)(1 1k 2) (1 1k k)(11k k 1) (1 1k k 2) f(k1) f(k) .(112k 1)(1 12k 2) kk 1答案： (112k 1)

16、(1 12k 2) kk 113设数列 an满足 a12， an1 2 an2，用数学归纳法证明 an42 n1 2 的第二步中，设 n k 时结论成立，即 ak42 k1 2，那么当 n k1 时，应证明等式_成立答案： ak1 42 (k1)1 214在数列 an中， a11，且 Sn， Sn1, 2S1成等差数列，则 S2， S3， S4分别为_，猜想 Sn_.解析：因为 Sn， Sn1, 2S1成等差数列所以 2Sn1 Sn2 S1，又 S1 a11.所以 2S2 S12 S13 S13，于是 S2 ，32 22 122S3 S22 S1 2 ，于是 S3 ，32 72 74 23 1

17、22由此猜想 Sn .2n 12n 1答案： ， 3274 158 2n 12n 19三、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)15(本小题满分 12 分)用数学归纳法证明，对于 nN ，都有 112 123 .134 1n(n 1) nn 1证明：(1)当 n1 时，左边 ，右边 ，所以等式成立112 12 12(2)假设 n k(k1， kN )时等式成立，即 ，112 123 134 1k(k 1) kk 1当 n k1 时， 112 123 134 1k(k 1) 1(k 1)(k 2) kk 1 1(k 1)(k 2) .k(k 2

18、) 1(k 1)(k 2) (k 1)2(k 1)(k 2) k 1k 2即 n k1 时等式成立由(1)(2)可知，对于任意的自然数 n 等式都成立16(本小题满分 12 分)用数学归纳法证明：对一切大于 1 的自然数，不等式 (113) 均成立(115) (1 12n 1) 2n 12证明：(1)当 n2 时，左边1 ，右边 .13 43 52左边右边，不等式成立(2)假设当 n k(k2，且 kN )时不等式成立，即 .(113)(1 15) (1 12k 1) 2k 12则当 n k1 时，(113)(1 15) (1 12k 1)1 12(k 1) 1 2k 12 2k 22k 1

19、2k 222k 1 4k2 8k 422k 1 4k2 8k 322k 110 .2k 32k 122k 1 2(k 1) 12当 n k1 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17(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 an1 an且 ana1. 1 3a12 a1 1 122 4 136且 a1ak且 ak0.5(ak 1 ak)(2 ak 1)(2 ak)这就是说，当 n k1 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

20、n1 an，且 an0.18(本小题满分 14 分)已知数列 an满足 a12， an1 2 an a (nN )2n 1an(1)若 1，证明数列lg( an1)为等比数列，并求数列 an的通项公式；(2)若 0，是否存在实数 ，使得 an2 对一切 nN 恒成立？若存在，求出 的取值范围；若不存在，请说明理由解：(1) 1，则 an1 a 2 an，2n an1 1( an1) 2，lg( an1 1)2lg( an1)，lg( an1)是公比为 2 的等比数列，且首项为 lg 3，lg( an1)2 n1 lg 3， an132 n1 ， an32 n1 1( nN )(2)由 a22

21、a1 4 2，得 3， 1a1 12猜想 3 时，对一切 nN ， an2 恒成立当 n1 时， a12，猜想成立假设当 n k(k1 且 kN )时， ak2，11则由 an1 ，得 ak1 22a2n 1an 2a2k 2ak 1ak 0，2(ak 12)2 32ak2(32)2 32ak 3ak n k1 时， ak1 2，猜想成立由可知，当 3 时，对一切 nN ，恒有 an2.模块综合检测(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不等式|3 x2|4 的解集是( )A x

22、|x2 B.Error!C.Error! D.Error!解析：选 C 因为|3 x2|4，所以 3x24 或 3x22 或 xb，则下列不等式一定成立的是( )A a2b2 B. 0 D. ab，所以 a0，使不等式| x4| x3|1.6若关于实数 x 的不等式| x1| x3| a22 a1 的解集为，则实数 a 的取值范围是( )A(，1)(3，) B(，0)(3，)C(1,3) D1,3解析：选 C | x1| x3|的几何意义是数轴上对应的点到 1,3 对应的两点的距离之和，故它的最小值为 2.原不等式的解集为， a2 2a11， y1，所以 x ，y 8y 1所以 xy y (

23、y1) 102 y 8y 1 y2 8yy 1 (y 1)2 10(y 1) 9y 1 9y 11016，(y 1)9y 1当且仅当 y4 时等号成立二、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. 3 的解集是_|2x 1x |解析： 3，|2x 1x |2 x1|3| x|.两边平方得 4x24 x19 x2，5 x24 x10，解得 x 或 x1.15所求不等式的解集为Error!.答案：(，1) (15， )12若 x1.所以不等式的解集为 x|x1答案：1，)14设实数 a， b， c 满足 a2 b3 c4， a2 b2 c2的最小值

24、为_解析：由柯西不等式，得( a2 b2 c2)(122 23 2)( a2 b3 c)2，因为 a2 b3 c4，故 a2 b2 c2 ，87当且仅当 ，a1 b2 c3即 a ， b ， c 时取“” 27 47 67答案：87三、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)15(本小题满分 12 分)设函数 f(x) .|x 1| |x 2| a(1)当 a5 时，求函数 f(x)的定义域；(2)若函数 f(x)的定义域为 R，试求 a 的取值范围解：(1)由题设知：| x1| x2|50，在同一坐标系中作出函数y| x1| x2|5 的图像

25、，可知定义域为(，23，)(2)由题设知，当 xR 时，恒有| x1| x2| a0，即| x1| x2| a.|x1| x2| x12 x|3， a3， a3. a 的取值范围是3，)16(本小题满分 12 分)设不等式20，所以|14 ab|24|a b|2，故|14 ab|2|a b|.17(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)| x1| x1|.(1)求不等式 f(x)3 的解集；(2)若关于 x 的不等式 f(x) a2 a 在 R 上恒成立，求实数 a 的取值范围解：(1)原不等式等价于Error!或Error! 或Error!解得 x 或 x或 x .32 32不等式的解集为

26、Error!.(2)由题意得，关于 x 的不等式| x1| x1| a2 a 在 R 上恒成立| x1| x1|( x1)( x1)|2， a2 a2，即 a2 a20，解得1 a2.实数 a 的取值范围是1,218(本小题满分 14 分)已知 f(n)1 ， g(n) ， nN .123 133 143 1n3 32 12n2(1)当 n1,2,3 时，试比较 f(n)与 g(n)的大小；(2)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系，并给出证明解：(1)当 n1 时， f(1)1， g(1)1，所以 f(1) g(1)；当 n2 时， f(2) ， g(2) ，所以 f(2)g(2)；98 1

27、18当 n3 时， f(3) ， g(3) ，所以 f(3)g(3)251216 312216(2)由(1)猜想 f(n) g(n)，下面用数学归纳法给出证明16当 n1,2,3 时，不等式显然成立，假设当 n k(k3， kN )时不等式成立，即 1 .123 133 143 1k332 12k2那么，当 n k1 时，f(k1) f(k) .1(k 1)332 12k2 1(k 1)3因为 f(k1) g(k1) 32 12k2 1(k 1)3 32 12(k 1)2 12(k 1)212k2 1(k 1)3 0，k 32(k 1)3 12k2 3k 12(k 1)3k2所以 f(k1) g(k1)由可知，对一切 nN ，都有 f(n) g(n)成立