4.2 用数学归纳法证明不等式 同步练习2（含答案）

4.2 用数学归纳法证明不等式 同步练习
1．用数学归纳法证明“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(　　)2-1-c-n-j-y
A．2k－1 B．2k－1 C．2k D．2k＋1
答案：C
2．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＞n2
C．n≥4时，2n＞n2 D．n≥5时，2n＞n2
答案：D
3．用数学归纳法证明2nn＞n2(n∈N，n≥5)，则应第一步验证n＝________.
答案：5
4．用数学归纳法证明＋＋…＋＞－，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________________．21教育网
答案：－＋＞－
5．关于正整数n的不等式2n>n2成立的条件是(　　)
A．n∈N* B．n≥4
C．n>4 D．n＝1或n>4
答案：D
6．用数学归纳法证明：
1＋＋＋…＋＜2(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＋＋＋…＋＜2，
那么n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋＜2＋
＝＜
＝2.
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{an}满足an＋1＝a－nan＋1，n∈N*.
(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想an的一个通项公式．
(2)当a1≥3时，证明对所有n≥1，有：
①an≥n＋2；
②＋＋…＋≤.
解析：(1)由a1＝2，得a2＝3，a3＝4，a4＝5，猜想
an＝n＋1.
(2)①当n＝1时，a1＝3≥1＋2，不等式成立．
假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式成立，
即ak≥k＋2，
当n＝k＋1时，ak＋1＝a－kak＋1＝ak(ak－k)＋1≥(k＋2)(k＋2－k)＋1＝2k＋5≥k＋3.21cnjy.com
即ak＋1≥(k＋1)＋2，因此不等式成立．
∴an≥n＋2对于n∈N*都成立．
②由an＋1＝a－nan＋1及(1)知：
当k≥2时，ak＝a－(k－1)ak－1＋1
＝ak－1(ak－1－k＋1)＋1≥ak－1(k－1＋2－k＋1)＋1＝2ak－1＋1，
∴ak＋1≥2(ak－1＋1)．
即≥2.∴ak＋1≥2k－1(a1＋1)，
≤·(k≥2)，
＋＋…＋
≤
＝≤≤.
8．证明：1＋＋＋…＋≥(n∈N*)．
证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝＝1，
∴左边≥右边．即命题成立．
(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，命题成立，即：1＋＋＋…＋≥.则当n＝k＋1时，要证明1＋＋＋…＋＋≥，只要证＋≥.
∵－－
＝－
＝
＝＜0，
∴＋≥成立，
即1＋＋＋…＋＋≥成立．
∴n＝k＋1时，命题成立，根据(1)、 (2)可知，对一切n∈N*命题都成立．
9．等差数列{an}中，a1＝1，前n项和为Sn，等比数列{bn}各项均为正数，b1＝2，且s2＋b2＝7，S4－b3＝2.21·cn·jy·com
(1)求an与bn；
(2)设cn＝，Tn＝c1·c2·c3…cn，求证：
Tn≥(n∈N*)．
(1)解析：设等差数列{an}的公差为d，等比数列{bn}的公比为q，由题知：s2＋b2＝7，s4－b3＝2，www.21-cn-jy.com
∴d＋2q＝5，3d－q2＋1＝0，
解得q＝2或q＝－8(舍去)，d＝1；
∴an＝1＋(n－1)＝n，bn＝2n.
(2)证明：∵cn＝，
∴cn＝.
Tn＝×××…×.
下面用数学归纳法证明Tn≥对一切正整数成立．
(1)当n＝1时，T1＝≥，命题成立．
(2)假设当n＝k时命题成立，∴Tk≥，则当n＝k＋1时，
∵Tk＋1＝Tk·≥·
＝·
＝·
≥，
这就是说当n＝k＋1时命题成立，
综上所述，原命题成立．
10．已知数列{bn}是等差数列，且b1＝1，b1＋b2＋b3＋…＋b10＝100.
(1)求数列{bn}的通项bn；
(2)设数列{an}的通项为an＝lg，设Sn是数列{an}的前n项和，试比较Sn与lg bn＋1的大小，并证明你的结论．2·1·c·n·j·y
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b1＝1，S10＝100得d＝2，所以bn＝2n－1.
(2)由bn＝2n－1得：
Sn＝lg(1＋1)＋lg＋…＋lg
＝lg，
lg bn＋1＝lg，要比较Sn与lg bn＋1的大小可先比较(1＋1)…与的大小．
当n＝1时，(1＋1)＞，
当n＝2时，(1＋1)＞，
　　　　…
猜想(1＋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)…＞，
当n＝k＋1时，
(1＋1)…＞
·＝(2＋2k)，
∵2－()2＝＞0，
∴(2＋2k)＞，
∴(1＋1)…＞，当n＝k＋1时也成立．
由①②可知(*)式对任何正整数都成立．
∴Sn＞lg bn＋1.
11．(1)已知函数f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x>0)的最小值为f(1)，其中r为有理数，且0(2)请将(1)中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．
解析：(1)由已知得：当x∈(0，＋∞)时，有f(x)≥f(1)＝0，即xr≤rx＋(1－r)．①
若a1，a2中有一个为0，则ab11ab22≤a1b1＋a2b2成立；
若a1，a2均不为0，又b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，于是在①中令x＝，r＝b1，
可得b1≤b1·＋(1－b1)，
即ab11a1－b12≤a1b1＋a2(1－b1)，
亦即ab11ab22≤a1b1＋a2b2.
综上，对a1≥0，a2≥0，b1，b2为正有理数且b1＋b2＝1，总有ab11ab22≤a1b1＋a2b2.②【来源：21·世纪·教育·网】
(2)(1)中命题的推广形式为：
设a1，a2，…，an为非负实数，b1，b2，…，bn为正有理数，若b1＋b2＋…＋bn＝1，则
ab11ab22…abnn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn.③
用数学归纳法证明如下：
(1)当n＝1时，b1＝1，有a1≤a1，③成立．
(2)假设当n＝k时，③成立，即若a1，a2，…，ak为非负实数，b1，b2，…，bk为正有理数，且b1＋b2＋…＋bk＝1，则www-2-1-cnjy-com
ab11ab22…abkk≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk.
当n＝k＋1时，已知a1，a2，…，ak，ak＋1为非负实数，b1，b2，…，bk，bk＋1为正有理数，21*cnjy*com
且b1＋b2＋…＋bk＋bk＋1＝1，此时00，于是
ab11ab22…abkkabk＋1k＋1＝(ab11ab22…abkk)abk＋1k＋1
＝1－bk＋1abk＋1k＋1.
因＋＋…＋＝1，由归纳假设可得
a1a2…ak≤a1·＋a2·
＋…＋ak·
＝，
从而ab11ab22…abkkabk＋1k＋1≤1－bk＋1abk＋1k＋1，
又因(1－bk＋1)＋bk＋1＝1，由②得
1－bk＋1abk＋1k＋1
≤·(1－bk＋1)＋ak＋1bk＋1
＝a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1，
从而ab11ab22…abkkabk＋1k＋1≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1.
故当n＝k＋1时，③成立．
由(1)(2)可知，对一切正整数n，所推广的命题成立．
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)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过两点P(4，5)，Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴交点的横坐标．证明：2≤xn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)，Qn(xn，f(xn))，可知，直线PQn斜率一定存在，故有直线PQn的直线方程为y－5＝(x－4)，令y＝0，可求得【来源：21cnj*y.co*m】
－5＝(x－4)?＝x－4?x＝.
所以xn＋1＝.
下面用数学归纳法证明2≤xn<3.
当n＝1时，x1＝2，满足2≤x1<3，
假设n＝k时，2≤xk<3成立，则当n＝k＋1时，
xk＋1＝＝4－，
由2≤xk<3?4≤xk＋2<5?1<≤?2<≤4－<3即2≤xk＋1<3也成立，
综上可知2≤xn<3对任意正整数恒成立．
下面证明xn由xn＋1－xn＝－xn＝＝.
由2≤xn<3?1≤xn－1<2?0<－(xn－1)2＋4≤3，
故有xn＋1－xn>0即xn综上可知2≤xn