高中数学人教A版5用数学归纳法证明不等式学业分层测评13

学业分层测评（十三）(建议用时：45分钟)[学业达标]一、选择题1．设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(k＋1)≥(k＋1)2成立．那么下列命题总成立的是()A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)＜49成立，则当k≥8时，均有f(k)＜k2成立D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立【解析】根据题中条件可知：由f(k)≥k2，必能推得f(k＋1)≥(k＋1)2，但反之不成立，因为D中f(4)＝25＞42，故可推得k≥4时，f(k)≥k2，故只有D正确．【答案】D2．用数学归纳法证明“对于任意x＞0和正整数n，都有xn＋xn－2＋xn－4＋…＋eq\f(1,xn－4)＋eq\f(1,xn－2)＋eq\f(1,xn)≥n＋1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n0应为()A．n0＝1 B．n0＝2C．n0＝1,2 D.以上答案均不正确【解析】需验证：n0＝1时，x＋eq\f(1,x)≥1＋1成立．【答案】A3．利用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<f(n)(n≥2，n∈N＋)的过程，由n＝k到n＝k＋1时，左边增加了()【导学号：32750070】A．1项B．k项C．2k－1项D．2k项【解析】1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k－1)＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，∴共增加2k项．【答案】D4．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】B5．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(13,14)(n≥2，n∈N＋)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)，eq\f(1,2k＋2)C．增加了B中两项但减少了一项eq\f(1,k＋1)D．以上各种情况均不对【解析】∵n＝k时，左边＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k)，n＝k＋1时，左边＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)，∴增加了两项eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋2)，少了一项eq\f(1,k＋1).【答案】C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________．【解析】当n＝1时，21＋1≥12＋1＋2，即4≥4成立．【答案】21＋1≥12＋1＋27．证明eq\f(n＋2,n)＜1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)＜n＋1(n＞1)，当n＝2时，要证明的式子为________．【解析】当n＝2时，要证明的式子为2＜1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＜3.【答案】2＜1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＜38．在△ABC中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)≥eq\f(9,π)成立；在四边形ABCD中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)≥eq\f(16,2π)成立；在五边形ABCDE中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)＋eq\f(1,E)≥eq\f(25,3π)成立．猜想在n边形A1A2…An中，类似成立的不等式为________．【解析】由题中已知不等式可猜想：eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋eq\f(1,A3)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,n－2π)(n≥3且n∈N＋)．【答案】eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋eq\f(1,A3)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,n－2π)(n≥3且n∈N＋)三、解答题9．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)．(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)，不等式成立．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＋12)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－\f(1,k＋12)))＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4)·eq\f(k2＋k＋1,kk＋12)<eq\f(1,2)－eq\f(1,4)·eq\f(k2＋k,kk＋12)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4k＋1).即当n＝k＋1时，不等式成立．由①②可知对任意n∈N＋不等式成立．10．已知函数f(x)＝eq\f(1,3)x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，且an＋1≥f′(an＋1)，证明：an≥2n－1(n∈N*)．【证明】由f(x)＝eq\f(1,3)x3－x，得f′(x)＝x2－1.因此an＋1≥f′(an＋1)＝(an＋1)2－1＝an(an＋2)，(1)当n＝1时，a1≥1＝21－1，不等式成立．(2)假设当n＝k时，不等式成立，即ak≥2k－1，当n＝k＋1时，ak＋1≥ak(ak＋2)≥(2k－1)(2k－1＋2)＝22k－1.又k≥1，∴22k≥2k＋1，∴n＝k＋1时，ak＋1≥2k＋1－1，即不等式成立．根据(1)和(2)知，对任意n∈N＋，an≥2n－1成立．[能力提升]1．对于正整数n，下列不等式不正确的是()A．3n≥1＋2n B．≥1－C．≤1－ 【解析】排除法，取n＝2，只有C不成立．【答案】C2．利用数学归纳法证明“eq\f(3×5×…×2n－1,2×4×…×2n－2)＜eq\r(2n－1)”时，n的最小取值n0应为________.【导学号：32750071】【解析】n0＝1时不成立，n0＝2时，eq\f(3,2)＜eq\r(3)，再用数学归纳法证明，故n0＝2.【答案】23．设a，b均为正实数(n∈N＋)，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，则M，N的大小关系为____________________eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(提示：利用贝努利不等式，令x＝\f(b,a))).【解析】当n＝1时，M＝a＋b＝N，当n＝2时，M＝(a＋b)2，N＝a2＋2ab＜M，当n＝3时，M＝(a＋b)3，N＝a3＋3a2b＜M，归纳得M≥N.【答案】M≥N4．已知f(x)＝eq\f(xn－x－n,xn＋x－n)，对于n∈N＋，试比较f(eq\r(2))与eq\f(n2－1,n2＋1)的大小并说明理由．【解】据题意f(x)＝eq\f(xn－x－n,xn＋x－n)＝eq\f(x2n－1,x2n＋1)＝1－eq\f(2,x2n＋1)，∴f(eq\r(2))＝1－eq\f(2,2n＋1).又eq\f(n2－1,n2＋1)＝1－eq\f(2,n2＋1)，∴要比较f(eq\r(2))与eq\f(n2－1,n2＋1)的大小，只需比较2n与n2的大小即可，当n＝1时，21＝2＞12＝1，当n＝2时，22＝4＝22，当n＝3时，23＝8＜32＝9，当n＝4时，24＝16＝42，当n＝5时，25＝32＞52＝25，当n＝6时，26＝64＞62＝36.故猜测当n≥5(n∈N＋)时，2n＞n2，下面用数学归纳法加以证明．(1)当n＝5时，不等式显然成立．(2)假设n＝k(k≥5且k∈N＋)时，不等式成立，即2k＞k2.则当n＝