高中数学北师大版5第二章几个重要的不等式 学业分层测评13数学归纳法的应用

学业分层测评(十三)(建议用时：45分钟)学业达标]一、选择题1．用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(13,24)(n≥2)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时不等式左边()A．增加了一项eq\f(1,2k＋1)B．增加了两项eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2k＋2)C．增加了B中的两项但减少了一项eq\f(1,k＋1)D．以上均不正确【解析】由eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋2)＋\f(1,k＋3)＋…＋\f(1,2k＋1)))－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,k＋1)＋\f(1,k＋2)＋…＋\f(1,2k)))＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2).故选C.【答案】C2．利用数学归纳法证明不等式“n2<2n对于n≥n0的正整数n都成立”时，n0应取值为()A．1 B．3C．5 D．7【解析】12<21,22＝22,32>23,42＝24，利用数学归纳法验证n≥5，故n0的值为5.【答案】C3．对于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N＋)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n＝1时，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，则当n＝k＋1时，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()A．过程全部正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确【解析】在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法．【答案】D4．对于正整数n，下列说法不正确的是()A．3n≥1＋2n B．≥1－C．<1－ D．≥1－【解析】由贝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx(x≥－1，n∈N＋)，当x＝2时，(1＋2)n≥1＋2n，A正确．当x＝－时，(1－n≥1－，B正确，C不正确．当x＝时，(1－n≥1－，因此D正确．【答案】C5．若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(m,24)对大于1的一切自然数n都成立，则自然数m的最大值为()A．12 B．13C．14 D．不存在【解析】令f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)，易知f(n)是单调递增的．∴f(n)的最小值为f(2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(7,12).依题意eq\f(7,12)>eq\f(m,24)，∴m<14.因此取m＝13.【答案】B二、填空题6．用数学归纳法证明“2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N＋)”时，第一步的验证为__________.【导学号：94910041】【解析】当n＝1时，21＋1≥12＋1＋2，即4≥4成立．【答案】21＋1≥12＋1＋27．观察式子：1＋eq\f(1,22)<eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)<eq\f(5,3)，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)<eq\f(7,4)，…，则可归纳出__________．【答案】1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<eq\f(2n－1,n)(n≥2，n∈N＋)8．用数学归纳法证明eq\f(an＋bn,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(n)(a，b是非负实数，n∈N＋)时，假设n＝k时不等式eq\f(ak＋bk,2)≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(k)(*)成立，再推证n＝k＋1时不等式也成立的关键是将(*)式同乘__________．【解析】要想办法出现eq\f(ak＋1＋bk＋1,2)，两边同乘以eq\f(a＋b,2)，右边也出现了要求证的eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,2)))eq\s\up12(k+1).【答案】eq\f(a＋b,2)三、解答题9．设a，b为正实数，证明：对任意n∈N＋，有(a＋b)n≥an＋n·an－1b.【证明】由(1＋x)n≥1＋nx(x≥－1，n∈N＋)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))n≥1＋eq\f(nb,a)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(其中\f(b,a)>0))，即eq\f(a＋bn,an)≥1＋eq\f(nb,a)，∴(a＋b)n≥an＋n·eq\f(ban,a)，故(a＋b)n≥an＋nb·an－1.10．设0<a<1，定义a1＝1＋a，an＋1＝eq\f(1,an)＋a.求证：对一切正整数n∈N＋，有1<an<eq\f(1,1－a).【证明】(1)当n＝1时，a1>1，又a1＝1＋a<eq\f(1,1－a)，∴当n＝1时，命题成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，命题1<ak<eq\f(1,1－a)成立．当n＝k＋1时，由递推公式，知ak＋1＝eq\f(1,ak)＋a>(1－a)＋a＝1，同时，ak＋1＝eq\f(1,ak)＋a<1＋a＝eq\f(1－a2,1－a)<eq\f(1,1－a)，当n＝k＋1时，命题也成立，即1<ak＋1<eq\f(1,1－a).综合(1)、(2)可知，对一切正整数n，有1<an<eq\f(1,1－a).能力提升]1．用数学归纳法证明eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋eq\f(1,42)＋…＋eq\f(1,n＋12)>eq\f(1,2)－eq\f(1,n＋2)，假设n＝k时，不等式成立，则当n＝k＋1时，应推证的目标是()\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k＋22)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋3)\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k＋12)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋2)\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋1)\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k－12)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k)【解析】注意不等式两边含变量“n”的式子，因此当n＝k＋1时，应该是含“n”的式子发生变化，所以n＝k＋1时，应为eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k＋12)＋eq\f(1,k＋22)>eq\f(1,2)－eq\f(1,k＋1＋2).【答案】A2．若k棱柱有f(k)个对角面，则(k＋1)棱柱对角面的个数为()A．2f(k) B．k－1＋f(k)C．f(k)＋k D．f(k)＋2【解析】由n＝k到n＝k＋1时增加的对角面的个数与底面上由n＝k到n＝k＋1时增加的对角线一样，设n＝k时，底面为A1A2…Ak，n＝k＋1时底面为A1A2A3…AkAk＋1，增加的对角线为A2Ak＋1，A3Ak＋1，A4Ak＋1，…，Ak－1Ak＋1，A1Ak，共有(k－1)条，因此对角面也增加了(k－1)个．【答案】B3．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点，若用f(n)表示这n条直线的交点的个数，则f(4)＝______；当n>4时，f(n)＝____________________(用n表示).【导学号：94910042】【解析】f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．∴f(4)－f(3)＝3，f(5)－f(4)＝4，…，f(n)－f(n－1)＝n－1.累加，得f(n)－f(3)＝3＋4＋…＋(n－1)＝eq\f(3＋n－1,2)(n－3)，∴f(n)＝eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)．【答案】5eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)4．已知数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝eq\f(1,2)，an＋2SnSn－1＝0(n≥2，n∈N＋)．(1)判断eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是否为等差数列，并证明你的结论；(2)证明：Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,n)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4n).【解】(1)S1＝a1＝eq\f(1,2)，∴eq\f(1,S1)＝2.当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，即Sn－Sn－1＝－2SnSn－1.∴eq\f(1,Sn)－eq\f(1,Sn－1)＝2，故eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是以2为首项，2为公差的等差数列．(2)证明：①当n＝1时，Seq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4×1)，成立．②假设n＝k(k≥1，且k∈N＋)时，不等式成立，即Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,k)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4k)成立，则当n＝k＋1时，Seq\o\al(2,1)＋Seq\o\al(2,2)＋…＋Seq\o\al(2,k)＋Seq\o\al(2,k＋1)≤eq\f(1,2)－eq\f(1,4k)＋eq\f(1,4k＋1