推理与证明第三十九讲数学归纳法答案

1、专题十三 推理与证明第三十九讲数学归纳法答案部分1.【解析】(i)用数学归纳法证明：x0 n当 n 1 时， x1 1 0 假设 n k 时， x0， k那么 n k 1 时，若 x 1 w 0 ,贝u 0 xk xk1 ln(1 xk1)w 0,矛盾, 故 k 因此 x0 (nn* ) n所以 x x 1 ln(1 x 1) x1 n nnn因此0 x (nn* ) n 1 n(h )由 x x 1 ln(1 x 1) x 1 得 nn nnx x 1 4x 1 2x x 1 2x 1 (x 1 2) ln(1 x 1) 2 n n nn nn nn记函数 f (x) x2 2x (x 2)

2、 ln(1 x)(x 0)函数 f (x)在0,)上单调 递增，所以 f (x) f (0)=0,因此 x 1 2x 1 (x 1 2) ln(1 x 1) f (x 1)0 2 n nn n故2 1 ( n ) xx nnn 1 n得n n2x xn 1 n3 x 1 0 k1 xn 1 1 1 1 n 2( ) 0 x 2 2 n1 1 1 1 所以 2()xn1 12a 2 ( ) 21nn2 xn1 2 x1 2 11 故n 2 2 1 1 n x n n 1 2 ( n )综上，n2 2 2.【解析】(i ) f (x)的定义域为(,) ， f (x) 1 ex 当 f (x) 0

3、， 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x1 1，即 (1 1) e 1 ，得 1 ennn nnb1 b b b b 1 (h)1 1(1 )1 11 2 ;1 2 1 2 2 2(1)2 (2 1)2 32 ； a 1 a a a a 2 1 1 2 1 2 b b b b b b1 1 2 3 1 2 3 3 3(1 ) (3 1) 4233 3 a a a a a a 3 1 2 3

4、1 2 3由此推测：b b l b (n 1)n 1 2 na a l a1 2 n下面用数学归纳法证明( 1)当 n 1 时，左边右边 2 ，成立b b l b (k 1)k (2)假设当n k时，成立，即1 2 k a a l a1 2 k1 当 n k 1 时， b(k 1)(1 ) 1 a，由归纳假设可得k 1k 1 k 1 b b l b bb b l b b 1 1 2 k k 1 1 2 k k 1kk 1k1(k 1) (k 1)(1 ) (k 2) a a l a aa a l a ak 1 1 2 k k 1 1 2 kk 1 所以当n k 1时，也成立.根据( 1) (2

5、) ，可知对一切正整数n 都成立(田)由c的定义，算术-几何平均不等式，b的定义及得t c c c l c(a ) (a a)1 1 1 2 1 1 (a a a)3 l (a a l a )nn1 2 3 n1 1 2 1 2 3 1 1 1 1 ( 1)1 ( 1 2 )2 ( ) ( l ) b b b b b b 3 b b b nl1 2 3 1 2 n2 3 4 n 1 b b bl b b b b bb1 1 2 l1 2 3 1 2 n1 2 23 3 4 n(n 1) 1 1 1 1 1 b ll1 2 1 2 23 n(n 1) 23 3 4 2 1 2 n1 l bn(n

6、 1) 1 nn(n 1)1 1 1 1 1 b (1 ) b ( ) l b ( ) n 1 2 n 1 n n 1 1 2 n b1 b2 b ln1 1 1 2 1 (1 ) ann(1) a (1 1l ) a2 1 2 n 1 2 nl e ea ea ea s,即 t es .n n3 .【解析】(i)由已知，得 sin x cos x sin x f (x) f (x) ,1 0 2x x x于是 cos x sin x sin x 2 cos x 2 sin xf x f x( ) ( ) ,2 1 2 2 3 x所以x 2 16, 3 x x x4 2 2f ( )1 , f

7、 ( )2 f ( ) 2 故1 22 f ( ) 21.2 2 (h)证明：由已知，得 xf0 (x) sin x,等式两边分别对导，得 f x xf x x ，0 ( ) 0 ( ) cosf x xf x x ，x ，类似可得 即 f x xf x xsin( )f x xf x 0 ( ) 1 ( ) cos x x，类似可得2 2 f (x) xf (x) sin x sin(x ) ，1 2 3 3 ( ) 2 3 ( ) cos xsin( 2 ) f x xf x x ，4 f (x) xf (x) sin x sin(x 2) . 3 4 n下面用数学归纳法证明等式1 ( )

8、 ( ) sin( xf x n) 对所有的 nn 都成立 . *nf xn x2当n=1时，由上可知等式成立.(ii)假设当n=k时等式成立，即kf x xf x x k ( ) sin( ) . 1 ( )k2 kkk 1 k 1k k 1 k因为 kf(x) xf (x) kf (x) f (x) xf (x) (k 1) f (x) f (x), k k k(k 1)sin(x) cos(x ) (x ) sinx ， 2 2 2 2 k所以 (k 1) f (x) f (x)x .sin ( 1) kk1 2所以当n=k+1时，等式也成立.综合(i),(ii)可知等式 nf x xf

9、 x x1 ( )( ) sin( ) 对所有的 nn nnx ，可得( nnf n 4 4 f n 4 4 21 ( ) ( ) sin( ) n* ).，可得( nn4 3 n* 都成立 .所以 nf( ) 4 f( )2 ( n 2 n )*n 1 4 n 4 4.【解析】（i）证：用数学归纳法证明1)当 p 2 时， (1 x )2 1 2xx2 1 2x ，原不等式成立。(2)假设p k(k 2,k n*) 时，不等式(1 x)k 1 kx 成立 当 p k 1时， (1 x)k1 (1 x)(1 x)k(1 x)(1 kx) 1 (k 1)x2 1 (k 1)x kx所以 p k

10、1 时，原不等式成立。综合( 1) (2)可得当 x 1 且 x 0 时，对一切整数p 1，不等式 (1x)p 1 px 均成立。1 (n)证法1 ：先用数学归纳法证明a c p 。n1 p1n( 1)当 n 1 时由假设 a c 知 a c 成立。1 p2)假设 n k(k 1,k n*) 时，不等式ac 成1 p由n 1 p 1 pnc a p1 1 p n易知 a 0,n n * na a当 n k 1时ak1 p1 1 ( c ap1) cakk pp ak由a1 cp得 1 1 1 （ 1） 00 cp ap apkk1 c 1 c c由（i）中的结论得（k1）pak1 ( 1)p

11、ap kp1 p ( 1)p ap kap k因此 ap k 1k 1 c ，即 a c1p1 所以当nk 1 时，不等式a c 也成立。n 1 综合（ 1p2）可得，对一切正整数n ，不等式 a c 均成立。1 c a再由n 1， a1 ( 1) 得n 1 1 ap aap n 1 nnnn4 p综上所述， an1 a c n np1 , * n证法 2：设1 1f (x)x x p , x c p ，则 xp c ，并且p 1 (1 p1 pp p p 1 cf (x)(1 p)x pc) 0 ， xpx c1 ppp由此可见，f (x)在c,1 ) 上单调递增，因而当 x c 时 f (

12、x) f (c ) cp1 p1 ( 1)当 n 1 时由 a1 cp0 ，即a p c 可知1 p 1 c a a a2 1 1 p1 1 ca 1 ( 1) a ，1 1 pp1 p ap1 并且 a f a c ，从而 a a2 ( 1) p1 2 11 c故当n 1 时，不等式anac 成立。pn 1 ( 2)假设 n k(k 1,k n*) 时，不等式a当 n k 1 时 f (a ) f (a ) f (c ) ，即有 akk 1 k 11 pka c 成立，则k 1 1 1 pak 2 c ，p所以当 n k 1 时原不等式也成立。1 综合( 1) ( 2)可得，对一切正整数n

13、，不等式 a a c 均成立。pn 15.【解析】：（i）解法一：a2 2,a3 2 1再由题设条件知 a a2 n 1 n2 1 1 1从而 na 1 2是首项为 0 公差为 1 的等差数列，故 a = n 1，即2a n 1 1, n n n* 1 n1 解法二： a1 a a 2 2, 3 2 a 2 1 1,.因此猜想a n 1 1. 3 1 1, a 1 11 , 2 3 可写为下用数学归纳法证明上式： 当 n 1 时结论显然成立. 假设 n k 时结论成立，即 a knk 1 1.则5ak 1 ak2 1 1 k k1 1 1 1 1 1 1 这就是说，当 n k 1 时结论成立.

14、 所以n*a n 1 1, n n(n)解法一：设1 1 1 n 1 n令c fc,即c，解得 1 1 1 1 c . 2 4 下用数学归纳法证明加强命题：a2n c a2n1 1 1 当 n 1 时，a 1，结论成立. 3 2 a2 f 1 0,a3 f 0 2 1，所以a假设 n k 时结论成立，即 a2k c a2k1 1 易知 fx在 4 ,1 上为减函数，从而c f c f af a2k 1 1 2 即1 c a再由 fx在a2 2k 2 ,1 上为减函数得c f c f af a a . 2k 2 2 3 1故 c a2k3 1，因此a2(k1) c a2(k1)1 1，这就是说，

15、当 n k 1 时结论成立 . 1 综上，符合条件的 c 存在，其中一个值为 c . 4 f x法二：设先证： 0 a 1 n nn 1 时，结论明显成立. 假设 n k 时结论成立，即 0易知 f在 ,1 上为减函数，从而0 k 1 1这就是说，当n k1时结论成立，故成立.a再证：2nn n* 2n 1 当 n 1 时，a f2 a f1 0, 3 0 a2k 1 ，有 2 1 a a ，即当 n 1 时结论成立2 3 假设 n k 时，结论成立，即 a2k6由及 fx在,1 f a上为减函数，得a2k 1 f a2k2k 1 a2k 2 aa2 k 1 1 2k 1 2k 2 这就是说，

16、 当 n k 1 时成立， 所以对一切 n n*成立 . 由得 a2k a22k 2a2k 2 1，即a2k12 a22k 2a2k 2因此a2k1 4又由、及fx在,1 上为减函数得fa f a2na ，即2n 1 a2n 2 2n 1 12 所以 a2n1 a2n1 2a2n1 2 1, 解得 a. 2n 1 1综上，由知存在4 c 使 a2n c a2n1 1 对一切 n n* 成立 . 4 r1 r16 .【解析】(i ) f (x) r rx r(1 x),令 f (x) 0 ,解得 x 1.当 0 x1 时， f (x) 0 ， 所以 f (x) 在 (0, 1) 内是减函数； 当

17、 x 1 时， f (x) 0 ，所以 f (x) 在 (1, ) 内是增函数. 故函数 f (x) 在 x 1 处取得最小值 f (i) 0. (n)由(i)知，当 x(o,)时，有 f (x) f(1) 0 , 即 xr rx (1 r)若 a ， a 中有一个为 0，则 a a1 22 b3 a b a b 成立； b4 1 2 1 1 2 2 若 a ， a 均不为0 ，又b1 b2 1，可得2 b2 1 b1 ，于是a1 在中令 x， r b ，可得 ( )b b (1 b ) ，1 1 1 1 1 2 a a2 1 即 a 1 a1 2b1bl a b a b ,亦即 a a a

18、b a b . 1 2 1 1 1 2 1 1 2 2 2 (1 1 )昉正有理数且1 2 1 b ，b b ，总有 a ab1 2 b b综上，对 1 0, 2 0 a a ，a b a b . b2 1 2 1 2 1 1 2 2 (m) (h)中命题的推广形式为：设 a a l a 为非负实数， 1, 2 , , nb b l b 为正有理数. 1, 2 , , n 若 1 2 n1 b b l b ，则 a a l ab1 a b a b l a b . b nb2 1 2 n 1 1 2 2 n n用数学归纳法证明如下：（ 1）当 n 1 时， b ，有 a a ，成立 . 1 1

19、1 1 （ 2）假设当 n k时，成立，即若a1,a2 ,l ,ak 为非负实数，1,2 , , kb b l b 为正有理数，且 1 2 k 1 ab ab l ab a b a b l a b . 1 2 kb b l b ，则1 2 k2 1 2 2 7 k k当 n k 1 时，已知a1,a2 ,l ,ak ,ak 1为非负实数， b1,b2 ,l ,bk ,bk1 为正有理数，且b1 b2 l bk bk 1 1，此时0 b1 ，即1 bb3 ，于是 0 k 1 b1 k 1 bkb b b bb b b b1b 1b 1b 1b ba1 a2 l a a1 2 k1 (a1 a2

20、l a )a 1 = (a1 2 kk1 k1 a2 k1 l akk1 ) k1 a . k1 k1 k k k k 1 k 1 b1 b2 blk1，由归纳假设可得k 11 bk 1b1 1 bk 1 bb2 k1 bbbb2 a b a b l a bb3 1 b1 bl1ak1 a1k1 a k1 a a lak1 1 2 2 k k1 2 k1 21 bk 11 bk 1 1bk1 bk 1k1 1 bk 1从而 a ab2 a a lbbk 1 kk1a b a b l a b1 1 2 2 k kab k 1 . 1 2 k k 1 1 bk 1又因 (1 b ) b 1 ，由得

21、k 1k 1 1bbk1 a bk kk1 a1 1 2 2 k ka b a b l1 1 2 2 (1 b ) a bk1 k1 k1 1 bk1 1 bk 11 1 a b a b2 2 la bk k，a bk 1 k 1从而 a a l a ab1k1 b2 b kb k1 kl a b a b a ba bk 1 k 1故当n k 1时，成立.由( 1) (2)可知，对一切正整数n ，所推广的命题成立说明：(田)中如果推广形式中指出式对n 2成立，则后续证明中不需讨论n 1的情况.7.【解析】(i)由()，0, ) h x x x x知x ，而 h(0) 0,且 h(1) 1 0

22、，3 h(2) 6 2 0,则 x 0为 h(x) 的一个零点，且h(x) 在( 1， 2)内有零点。因此 h(x) 至少有两个零点。1 2 1 2 3 12 13 1(x) 3x1记 x , (x) 3x 1 2x , 解法 1： h (x) 6x x .则2 2 )上单调递增，则(x)在(0,4 )内至多当 x (0,)时,a)0,因此(x)在(0,只有一个零点。又因为3 3 (1) 0,() 0,则a)在(，1)内 有 零点， 所以3 3 (x汪(0,) 内有且只有一个零点 ， 记此零点为) 时， (x) (x ) 0. 1 x 则当 x x 时 x x ；当 x (x,1 (0, 1 ) , ( ) ( 1 ) 0 1, 8所以，当x (0, x )日th(x)单调递减，而h(0) 0,则h(x)在(0, x 内无零点；1 1当x (0, x )时,h(x)单调递减，而h(0) 0,则h(x)在(0, x 内无零点；1 1当 x (x,1 )b1h(x)单调递增，而h(x)在(x,1 )