2019-2020学年高中数学课时分层作业13用数学归纳法证明不等式贝努利不等式含解析新人教B版选修

PAGE课时分层作业(十三)用数学归纳法证明不等式，贝努利不等式(建议用时：45分钟)[基础达标练]一、选择题1．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＝24,52<25，利用数学归纳法验证n≥5，故n0的值为5.[答案]C2．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]D3．设n为正整数，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，计算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，观察上述记录，可推测出一般结论()A．f(2n)>eq\f(2n＋1,2) B．f(n2)≥eq\f(n＋2,2)C．f(2n)≥eq\f(n＋2,2) D．以上都不对[解析]∵f(2)＝eq\f(3,2)；f(4)>2，即f(22)>eq\f(2＋2,2)；f(8)>eq\f(5,2)，即f(23)>eq\f(3＋2,2)；f(16)>3，即f(24)>eq\f(4＋2,2)；f(32)>eq\f(7,2)，即f(25)>eq\f(5＋2,2).故猜想f(2n)>eq\f(n＋2,2).[答案]C4．设f(x)是定义在正整数集上的函数，有f(k)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，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，则当k＜5，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)＜49成立，则当k≥8，均有f(k)＜k2成立D．若f(4)＝25成立，则当k≥4，均有f(k)≥k2成立[解析]由题意，设f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．”因此，对于A，不一定有k＝1,2时成立．对于B，C显然错误．对于D，∵f(4)＝25＞42，因此对于任意的k≥4，有f(k)≥k2成立．[答案]D5．对于正整数n，下列说法不正确的是()A．3n≥1＋2n B．0.9n≥1－0.1nC．0.9n＜1－0.1n D．0.1n≥1－0.9n[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＝－0.1时，(1－0.1)n≥1－0.1n，B正确，C不正确．当x＝0.9时，(1－0.9)n≥1－0.9n，因此D正确．[答案]C二、填空题6．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＋)7．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是________．[解析]∵f(k)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2，f(k＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.[答案]f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)28．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为________．[解析]由a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，得a2＝eq\f(1,15)，a3＝eq\f(1,35)，a4＝eq\f(1,63).由1×3,3×5,5×7,7×9，…，可得an＝eq\f(1,2n－12n＋1)＝eq\f(1,4n2－1).[答案]an＝eq\f(1,4n2－1)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(k≥1，且k∈N＋)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．[能力提升练]1．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()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)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\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]D2．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]B3．设a，b均为正数，n为正整数，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]由贝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx，令x＝eq\f(b,a)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))eq\s\up14(n)＞1＋n·eq\f(b,a)，∴eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,a)))eq\s\up14(n)＞1＋n·eq\f(b,a)，即(a＋b)n＞an＋nan－1b.故M≥N.[答案]M≥N4．求证：当n≥1(n∈N＋)时，(1＋2＋…＋n)1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)≥n2.[证明](1)当n＝1时，左边＝右边，命题成立．当n＝2时，左边＝(1＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝eq\f(9,2)>22，命题成立．(2)假设当n＝k(k∈N＋，且k≥2)时，命题成立，即(1＋2＋…＋k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,k)))≥k2，则当n＝k＋1时，有左边＝[(1＋2＋…＋k)＋(k＋1)]1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)＝(1＋2＋…＋k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,k)))＋(1＋2＋…＋k)·eq\f(1,k＋1)＋(k＋1)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,k)))＋1