课件44张PPT。第四讲 用数学归纳法证明不等式章末复习课归纳递推要用好归纳假设 不等式证明中的强化命题 从特殊到一般的数学思想方法 Thank you for watching !章末综合测评(四) 用数学归纳法证明不等式
(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“1＋2＋22＋…＋25n－1(n∈N＋)能被31整除”，当n＝1时原式为( )
A．1 B．1＋2
C．1＋2＋3＋4 D．1＋2＋22＋23＋24
D [左边＝1＋2＋22＋…＋25n－1，所以n＝1时，应为1＋2＋…＋25×1－1＝1＋2＋22＋23＋24.故选D.]
2．下列说法中正确的是( )
A．若一个命题当n＝1,2时为真，则此命题为真命题
B．若一个命题当n＝k时成立且推得n＝k＋1时也成立，则此命题为真命题
C．若一个命题当n＝1,2时为真，则当n＝3时此命题也为真
D．若一个命题当n＝1时为真，n＝k时为真能推得n＝k＋1时亦为真，则此命题为真命题
D [由数学归纳法定义可知，只有当n的初始取值成立且由n＝k成立能推得n＝k＋1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．]
3．设S(n)＝＋＋＋…＋，则( )
A．S(n)共有n项，当n＝2时，S(2)＝＋
B．S(n)共有n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
C．S(n)共有n2－n项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
D．S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋
D [S(n)共有n2－n＋1项，当n＝2时，S(2)＝＋＋.]
4．数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an－an－1＝2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )
A．3n－2 B．n2
C．3n－1 D．4n－3
B [计算知a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，
所以可猜想an＝n2.]
5．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( )
A．f(k)＋1 B．f(k)＋k
C．f(k)＋k＋1 D．k·f(k)
B [第k＋1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．]
6．下列代数式，n∈N＋，能被13整除的是( )
A．n3＋5n B．34n＋1＋52n＋1
C．62n－1＋1 D．42n＋1＋3n＋2
D [当n＝1时，n3＋5n＝6,34n＋1＋52n＋1＝368,62n－1＋1＝7,42n＋1＋3n＋2＝91，
只有91能被13整除．]
7．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”时，第二步正确的证明方法是( )
A．假设n＝k(k∈N＋)时成立，证明n＝k＋1时命题也成立
B．假设n＝k(k是正奇数)时成立，证明n＝k＋1时命题也成立
C．假设n＝2k＋1(k∈N＋)时成立，证明n＝2k＋3时命题也成立
D．假设n＝2k－1(k∈N＋)时成立，证明n＝2k＋1时命题也成立
D [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.]
8．设0<θ<，已知a1＝2cos θ，an＋1＝，则猜想an为( )
A．2cos B．2cos
C．2cos D．2sin
B [a1＝2cos θ，a2＝＝2cos ，a3＝＝2cos ，
猜想an＝2cos .]
9．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上( )
A．k2
B．(k＋1)2
C.
D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
D [当n＝k时，左端＝1＋1＋2＋3＋…＋k2，
当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
故当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.]
10．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＋1
B．4×42k＋9×3k
C．(42k－1＋3k＋1)＋15×42k－1＋2×3k＋1
D．3(42k－1＋3k＋1)－13×42k－1
A [42k＋1＋3k＋2＝16×42k－1＋3k＋2＝16(42k－1＋3k＋1)＋3k＋2－16×3k＋1＝16(42k－1＋3k＋1)－13×3k＋1.]
11．如果命题P(n)对于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)对所有自然数n成立
B．P(n)对所有偶自然数n成立
C．P(n)对所有正自然数n成立
D．P(n)对所有比1大的自然数n成立
B [因为n＝2时，由n＝k＋2的“递推”关系，可得到n＝4成立，再得到n＝6成立，依次类推，因此，命题P(n)对所有偶自然数n成立．]
12．在数列{an}中，a1＝且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为( )
A. B.
C. D.
C [∵a1＝，
由Sn＝n(2n－1)an，得a1＋a2＝2(2×2－1)a2，
解得a2＝＝，
a1＋a2＋a3＝3×(2×3－1)a3，
解得a3＝＝，
a1＋a2＋a3＋a4＝4(2×4－1)a4，
解得a4＝＝，
所以猜想an＝.]
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．探索表达式A＝(n－1)(n－1)！＋(n－2)(n－2)！＋…＋2·！＋1·1！(n>1且n∈N＋)的结果时，第一步n＝________时，A＝________.
[解析] 第一步n＝2时，
A＝(2－1)(2－1)！＝1.
[答案] 2 1
14．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N＋都成立，那么a＝________，b＝________，c＝________.
[解析] 先分别取n＝1,2,3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＋＋＋＋…＋>(n∈N＋)，假设n＝k时成立，当n＝k＋1时，左边增加的项数是________．
[解析] 左边增加的项数为2k＋1－1－2k＋1＝2k.
[答案] 2k
16．假设凸k边形的对角线有f(k)条，则凸k＋1边形的对角线的条数f(k＋1)为________．
[解析] 凸k＋1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(k－2)条，再加上原来有一边成为对角线，共有f(k)＋k－1条对角线．
[答案] f(k)＋k－1
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：
＋＋＋…＋＝(n∈N＋)．
[证明] (1)当n＝1时，
左边＝＝，
右边＝＝，
左边＝右边．
所以当n＝1时，等式成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋)时等式成立，即有
＋＋＋…＋＝，
则当n＝k＋1时，＋＋＋＋＝＋
＝＝
＝＝.
所以当n＝k＋1时，等式也成立．
由(1)(2)可知，对于一切n∈N＋等式都成立．
18．(本小题满分12分)求证：对于整数n≥0时，11n＋2＋122n＋1能被133整除．
[证明] (1)n＝0时，原式＝112＋12＝133能被133整除．
(2)假设n＝k(k≥0，k∈N)时，11k＋2＋122k＋1能被133整除，
n＝k＋1时，原式＝11k＋3＋122k＋3
＝11(11k＋2＋122k＋1)－11·122k＋1＋122k＋3
＝11(11k＋2＋122k＋1)＋122k＋1·133也能被133整除．
由(1)(2)可知，对于整数n≥0,11n＋2＋122n＋1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)＝n2－n＋2个部分(n∈N＋)．
[证明] (1)当n＝1时，一个圆将平面分成两个部分，且f(1)＝1－1＋2＝2，所以n＝1时命题成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时命题成立，即k个圆把平面分成f(k)＝k2－k＋2个部分．
则n＝k＋1时，在k＋1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(k＋1)＝f(k)＋2k＝k2－k＋2＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2.
所以当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)(2)可知，对一切n∈N＋，命题成立，即这几个圆将平面分成f(n)＝n2－n＋2个部分(n∈N＋)．
20．(本小题满分12分)求证：＋＋＋…＋>(n≥2)．
[证明] (1)当n＝2时，>0，不等式成立．
(2)假设n＝k(k≥2)时，原不等式成立，
即＋＋＋＋…＋>.
则当n＝k＋1时，
左边＝＋＋＋…＋＋＋＋…＋
>＋＋＋…＋
>＋＋＋…＋
＝＋＝
＝.
所以当n＝k＋1时，原不等式成立．
由(1)(2)知，原不等式对n≥2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：a1＝－4，an＋1＝(n＝1,2，…)，证明：对任何自然数n，都有an＋1>an且an<0.
[证明] (1)由于a1＝－4，
a2＝＝＝>a1.
且a1<0，因此，当n＝1时不等式成立．
(2)假设当n＝k(k≥1)时，ak＋1>ak且ak<0.
那么ak＋1＝<0.
当n＝k＋1时，
有ak＋2＝，
∴ak＋2－ak＋1＝－
＝>0.
因此ak＋2>ak＋1且ak＋1<0，
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an＋1>an且an<0.
22．(本小题满分12分)已知数列{an}的前n项和为Sn，且Sn，an的等差中项为1.
(1)写出a1，a2，a3；
(2)猜想an的表达式，并用数学归纳法证明．
[解] (1)由题意Sn＋an＝2，可得a1＝1，a2＝，a3＝.
(2)猜想an＝.
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，a1＝1，＝＝1，等式成立．
②假设当n＝k时，等式成立，即ak＝，
则当n＝k＋1时，由Sk＋1＋ak＋1＝2，Sk＋ak＝2，
得(Sk＋1－Sk)＋ak＋1－ak＝0，
即2ak＋1＝ak，
∴ak＋1＝ak＝·＝，
即当n＝k＋1时，等式成立．
由①②可知，对n∈N＋，an＝.
[自我校对] ①等式问题 ②证明不等式 ③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(n＝k时命题成立)，推出n＝k＋1时，命题成立．
【例1】 用数学归纳法证明：对于n∈N＋，
＋＋＋…＋＝.
[自主解答] (1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝，所以等式成立．
(2)假设n＝k时等式成立，即
＋＋＋…＋＝，
当n＝k＋1时，
＋＋＋…＋＋
＝＋
＝＝，
所以当n＝k＋1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．
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＝，S2＝，S3＝.
(2)猜想：Sn＝.
(3)证明：①当n＝1时S1＝a1＝，右边＝.等式成立．
②假设当n＝k时，Sk＝，
则当n＝k＋1时，Sk＋1＝Sk＋ak＋1＝＋＝＝＝，
即当n＝k＋1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)
【例2】 证明不等式＋＋…＋<1(n≥2，n∈N＋)．
[自主解答] 可先证明＋＋…＋<1－(n≥2)，(*)
对(*)运用数学归纳法证明：
(1)当n＝2时，(*)显然成立．
(2)设n＝k时，不等式(*)成立，即＋＋…＋<1－.
当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋<1－＋<1－＋＝1－＋＝1－.
故当n＝k＋1时，不等式(*)成立．
根据(1)和(2)知，对n∈N＋且n≥2，不等式(*)成立，故原不等式成立．
2．设0求证：对一切正整数n∈N＋，有1[证明] (1)当n＝1时，a1＞1，a1＝1＋a＜，显然命题成立．
(2)假设n＝k(k∈N＋)时，命题成立，即1＜ak＜.
当n＝k＋1时，由递推公式，知ak＋1＝＋a＞(1－a)＋a＝1.
同理，ak＋1＝＋a＜1＋a＝＜.
故当n＝k＋1时，命题也成立，即1＜ak＋1＜.
综合(1)(2)可知，对一切正整数n，有1＜an＜.
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．
【例3】 已知数列{bn}是等差数列，且b1＝1，b1＋b2＋…＋b10＝145.
(1)求数列{bn}的通项公式bn；
(2)设数列{an}的通项an＝loga(其中a＞0，且a≠1)，Sn是数列{an}的前n项和．试比较Sn与logabn＋1的大小，并证明你的结论．
[自主解答] (1)设数列{bn}的公差为d.由题意得
解得
故bn＝1＋3(n－1)＝3n－2.
(2)由bn＝3n－2知，
Sn＝loga(1＋1)＋loga＋…＋loga
＝loga.
又logabn＋1＝loga，
因此要比较Sn与logabn＋1的大小，可先比较(1＋1)·…与的大小．
取n＝1，有(1＋1)＞；
取n＝2，有(1＋1)＞.
由此推测(1＋1)…＞. ①
若①式成立，则由对数函数性质可判定：
当a＞1时，Sn＞logabn＋1；
当0＜a＜1时，Sn＜logabn＋1.
下面用数学归纳法证明①式成立：
a．当n＝1时，已验证①式成立．
b．假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时①式成立，
即(1＋1)…＞.
那么，当n＝k＋1时，(1＋1)…1＋·＞＝(3k＋2)．
∵－[]3
＝＝＞0，
∴(3k＋2)＞＝.
因而(1＋1)…＞＝.
∴当n＝k＋1时①式成立．
由a，b知①式对任意正整数n都成立．
由此证得：当a＞1时，Sn＞logabn＋1；
当0＜a＜1时，Sn＜logabn＋1.
3．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1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；
(2)证明：＋＋…＋<.
[解] (1)由条件得2bn＝an＋an＋1，a＝bnbn＋1.
由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.
猜测an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2.
用数学归纳法证明：
①当n＝1时，由上可得结论成立．
②假设当n＝k时，结论成立，即
ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.
那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)
＝(k＋1)(k＋2)，bk＋1＝＝(k＋2)2，
所以当n＝k＋1时，结论也成立．
由①②可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对一切正整数都成立．
(2)证明：n＝1时，＝<.
n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)n.
故＋＋…＋<＋＋＋…＋
＝＋
＝＋<＋＝.
综上，原不等式成立．
1．已知数列{an}的各项均为正数，bn＝nnan，e为自然对数的底数．
(1)求函数f(x)＝1＋x－ex的单调区间，并比较n与e的大小；
(2)计算，，，由此推测计算的公式，并给出证明；
(3)令cn＝(a1a2…an)，数列{an}，{cn}的前n项和分别记为Sn，Tn，证明：Tn＜eSn.
[解] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝1－ex，
当f′(x)＞0，即x＜0时，f(x)单调递增；
当f′(x)＜0，即x＞0时，f(x)单调递减．
故f(x)的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞)．
当x＞0时，f(x)＜f(0)＝0，即1＋x＜ex.
令x＝，得1＋＜e，即＜e.(*1)
(2)＝1·＝1＋1＝2；
＝·＝2·2＝(2＋1)2＝32；
＝·＝32·3＝(3＋1)3＝43.
由此推测：＝(n＋1)n.(*2)
下面用数学归纳法证明(*2)．
①当n＝1时，左边＝右边＝2，(*2)成立．
②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，(*2)成立，
即＝(k＋1)k.
当n＝k＋1时，bk＋1＝(k＋1)k＋1ak＋1，
由归纳假设可得
＝·＝(k＋1)k·(k＋1)·k＋1＝(k＋2)k＋1，
所以当n＝k＋1时，(*2)也成立．
根据①②，可知(*2)对一切正整数n都成立．
(3)由cn的定义，(*2)，均值不等式(推广)，bn的定义及(*1)得
Tn＝c1＋c2＋c3＋…＋cn
≤＋＋＋…＋
＝b1＋b2
＋…＋bn·
＝b1＋b2＋…＋bn
＜＋＋…＋＝a1＋a2＋…＋an＜ea1＋ea2＋…＋ean＝eSn，
即Tn＜eSn.
2．设fn(x)是等比数列1，x，x2，…，xn的各项和，其中x>0，n∈N，n≥2.
(1)证明：函数Fn(x)＝fn(x)－2在内有且仅有一个零点(记为xn)，且xn＝＋x；
(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)证明：Fn(x)＝fn(x)－2＝1＋x＋x2＋…＋xn－2，
则Fn(1)＝n－1>0，
Fn＝1＋＋＋…＋－2
＝－2＝－<0，
所以Fn(x)在内至少存在一个零点．
又Fn′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1>0，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－2＝0，故xn＝＋x.
(2)法一：由题设，gn(x)＝.
设h(x)＝fn(x)－gn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn－，x>0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，h′(x)＝1＋2x＋…＋nxn－1－.
若0xn－1＋2xn－1＋…＋nxn－1－·xn－1＝xn－1－xn－1＝0.
若x>1，h′(x)所以h(x)在(0,1)上递增，在(1，＋∞)上递减，
所以h(x)综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；
当x≠1时，fn(x)法二：由题设，fn(x)＝1＋x＋x2＋…＋xn，
gn(x)＝，x>0.
当x＝1时，fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，用数学归纳法可以证明fn(x)①当n＝2时，f2(x)－g2(x)＝－(1－x)2<0，
所以f2(x)②假设n＝k(k≥2)时，不等式成立，即fk(x)那么，当n＝k＋1时，
fk＋1(x)＝fk(x)＋xk＋1又gk＋1(x)－
＝，
令hk(x)＝kxk＋1－(k＋1)xk＋1(x>0)，
则hk′(x)＝k(k＋1)xk－k(k＋1)xk－1＝k(k＋1)xk－1(x－1)．
所以当0当x>1时，h′k(x)>0，hk(x)在(1，＋∞)上递增．
所以hk(x)>hk(1)＝0，
从而gk＋1(x)>.
故fk＋1(x)由①和②知，对一切n≥2的整数，都有fn(x)法三：由已知，记等差数列为{ak}，等比数列为{bk}，k＝1,2，…，n＋1.则a1＝b1＝1，an＋1＝bn＋1＝xn，
所以ak＝1＋(k－1)·(2≤k≤n)，
bk＝xk－1(2≤k≤n)，
令mk(x)＝ak－bk＝1＋－xk－1，x>0(2≤k≤n)，
当x＝1时，ak＝bk，所以fn(x)＝gn(x)．
当x≠1时，m′k(x)＝·nxn－1－(k－1)xk－2
＝(k－1)xk－2(xn－k＋1－1)．
而2≤k≤n，所以k－1>0，n－k＋1≥1.
若0若x>1，xn－k＋1>1，m′k(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x>0且x≠1时，ak>bk(2≤k≤n)．
又a1＝b1，an＋1＝bn＋1，故fn(x)综上所述，当x＝1时，fn(x)＝gn(x)；当x≠1时，
fn(x)