2024-2025学年高中数学第四讲用数学归纳法证明不等式二用数学归纳法证明不等式举例课时作业含解析新人教A版选修4-5

PAGE第四讲用数学归纳法证明不等式[课时作业][A组基础巩固]1．用数学归纳法证明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N＋，且n>1)时，第一步即证下述哪个不等式成立()A．1<2 B．1＋eq\f(1,2)<2C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2 D．1＋eq\f(1,3)<2解析：∵n∈N＋，且n>1，∴第一步n＝2，左边＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，右边＝2，即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2，应选C.答案：C2．用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(127,64)成立时，起始值n0至少应取()A．7 B．8C．9 D．10解析：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,8)＋eq\f(1,16)＋…＋eq\f(1,64)＝eq\f(127,64)，n－1＝6，n＝7，故n0＝8.答案：B3．用数学归纳法证明“Sn＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>1(n∈N＋)”时，S1等于()A.eq\f(1,2) B．eq\f(1,4)C.eq\f(1,2)＋eq\f(1,3) D．eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)解析：因为S1的首项为eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2)，末项为eq\f(1,3×1＋1)＝eq\f(1,4)，所以S1＝eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,1＋3)，故选D.答案：D4．设f(x)是定义在正整数集上的函数，有f(k)满意：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：由题意设f(x)满意：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．因此，对于A，k＝1,2时不肯定成立．对于B，C明显错误．对于D，因为f(4)＝25>42，因此对于随意的k≥4，均有f(k)≥k2成立．答案：D5．某个命题与正整数n有关，假如当n＝k(k∈N＋)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时，命题也成立．现已知当n＝5时该命题不成立，那么可推得()A．当n＝6时该命题不成立B．当n＝6时该命题成立C．当n＝4时该命题不成立D．当n＝4时该命题成立解析：与“假如当n＝k(k∈N＋)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时命题也成立”等价的命题为“假如当n＝k＋1时命题不成立，则当n＝k(k∈N＋)时，命题也不成立”．故知当n＝5时，该命题不成立，可推得当n＝4时该命题不成立，故选C.答案：C6．视察下列式子：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)，…，可归纳出一般性结论：________.解析：由题意得1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n＋12)<eq\f(2n＋1,n＋1)(n∈N＋)．答案：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n＋12)<eq\f(2n＋1,n＋1)(n∈N＋)7．用数学归纳法证明eq\f(1,2)＋cosα＋cos3α＋…＋cos(2n－1)α＝eq\f(sin\f(2n＋1,2)α·cos\f(2n－1,2)α,sinα)(k∈N＋，a≠kπ，n∈N＋)，在验证n＝1时，左边计算所得的项是________．答案：eq\f(1,2)＋cosα8．用数学归纳法证明：2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N＋)时，第一步应验证________．答案：n＝1时，22≥12＋1＋2，即4＝49．证明不等式：1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))<2eq\r(n)(n∈N＋ )．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝2，不等式成立．(2)假设当n＝k(k≥1)时，命题成立，即1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(k))<2eq\r(k)(k∈N＋)．当n＝k＋1时，左边＝1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(k))＋eq\f(1,\r(k＋1))<2eq\r(k)＋eq\f(1,\r(k＋1))＝eq\f(2\r(kk＋1)＋1,\r(k＋1))，现在只需证明eq\f(2\r(kk＋1)＋1,\r(k＋1))<2eq\r(k＋1)，即证：2eq\r(kk＋1)<2k＋1，两边平方，整理得0<1，明显成立．∴eq\f(2\r(kk＋1)＋1,\r(k＋1))<2eq\r(k＋1)成立．即1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(k))＋eq\f(1,\r(k＋1))<2eq\r(k＋1)成立．∴当n＝k＋1时，不等式成立．由(1)(2)知，对于任何正整数n原不等式都成立．10．设Sn＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)(n∈N＋)，设计算S1，S2，S3，并猜想Sn的表达式，然后用数学归纳法给出证明．解析：∵S1＝eq\f(1,1×3)＝eq\f(1,3)＝eq\f(1,2×1＋1)，S2＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＝eq\f(2,5)＝eq\f(2,2×2＋1)，S3＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＝eq\f(3,7)＝eq\f(3,2×3＋1)，……猜想Sn＝eq\f(n,2n＋1)(n∈N＋)．下面用数学归纳法证明：(1)当n＝1时，左边S1＝eq\f(1,1×3)＝eq\f(1,3)，右边＝eq\f(1,2×1＋1)＝eq\f(1,3)，等式成立．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，即eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,2k－12k＋1)＝eq\f(k,2k＋1)，则当n＝k＋1时，eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,2k－12k＋1)＋eq\f(1,2k＋12k＋3)＝eq\f(k,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋12k＋3)＝eq\f(2k2＋3k＋1,2k＋12k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋3)＝eq\f(k＋1,2k＋1＋1)，这就是说，当n＝k＋1时，等式成立．由(1)(2)可知，等式Sn＝eq\f(n,2n＋1)对n∈N＋都成立．[B组实力提升]1．视察下列不等式：1>eq\f(1,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)>1,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,7)>eq\f(3,2)，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,15)>2,1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,31)>eq\f(5,2)，…，由此揣测第n(n∈N＋)个不等式为()A．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(n－1,2)B．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)D．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(n,2)解析：∵1,3,7,15,31，…的通项公式为an＝2n－1，∴不等式左边应是1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1).∵eq\f(1,2)，1，eq\f(3,2)，2，eq\f(5,2)，…的通项公式为bn＝eq\f(n,2)，∴不等式右边应是eq\f(n,2).答案：C2．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，n∈N＋)”时的过程中，由n＝k到n＝k＋1时，不等式的左边()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＋1)C．增加了两项eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋1)，又削减了一项eq\f(1,k＋1)D．增加了一项eq\f(1,2k＋1)，又削减了一项eq\f(1,k＋1)解析：当n＝k时，左边＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k).当n＝k＋1时，左边＝eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)＝eq\f(1,k＋2)＋eq\f(1,k＋3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2).故由n＝k到n＝k＋1时，不等式的左边增加了两项，又削减了一项．答案：C3．用数学归纳法证明某不等式，其中证n＝k＋1时不等式成立的关键一步是：eq\f(k＋1k＋2,3)＋eq\r(k＋2k＋3)>eq\f(k＋1k＋2,3)＋()>eq\f(k＋2k＋3,3)，括号中应填的式子是________．解析：由eq\r(k＋2k＋3)>k＋2，联系不等式的形式可知，应填k＋2.答案：k＋24．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________(提示：利用贝努利不等式，令x＝eq\f(b,a))．解析：令x＝eq\f(b,a)，∵M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，∴eq\f(M,an)＝(1＋x)n，eq\f(N,an)＝1＋nx.∵a>0，b>0，∴x>0.由贝努利不等式得(1＋x)n>1＋nx.∴eq\f(M,an)>eq\f(N,an)，∴M>N答案：M>N5．对于一切正整数n，先猜出访tn>n2成立的最小的正整数t，然后用数学归纳法证明，并再证明不等式：n(n＋1)·eq\f(lg3,4)>lg(1·2·3·…·n)．证明：猜想当t＝3时，对一切正整数n使3n>n2成立．下面用数学归纳法进行证明．当n＝1时，31＝3>1＝12，命题成立．假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，3k>k2成立，则有3k≥k2＋1.对n＝k＋1,3k＋1＝3·3k＝3k＋2·3k>k2＋2(k2＋1)>3k2＋1.∵(3k2＋1)－(k＋1)2＝2k2－2k＝2k(k－1)≥0，∴3k＋1>(k＋1)2，∴对n＝k＋1，命题成立．由上知，当t＝3时，对一切n∈N＋，命题都成立．再用数学归纳法证明：n(n＋1)·eq\f(lg3,4)>lg(1·2·3·…·n)．当n＝1时，1×(1＋1)×eq\f(lg3,4)＝eq\f(lg3,2)>0＝lg1，命题成立．假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，k·(k＋1)·eq\f(lg3,4)>lg(1·2·3·…·k)成立．当n＝k＋1时，(k＋1)·(k＋2)·eq\f(lg3,4)＝k(k＋1)·eq\f(lg3,4)＋2(k＋1)·eq\f(lg3,4)>lg(1·2·3·…·k)＋eq\f(1,2)lg3k＋1>lg(1·2·3·…·k)＋eq\f(1,2)lg(k＋1)2＝lg[1·2·3·…·k·(k＋1)]，命题成立．由上可知，对一切正整数n，命题成立．6．已知等比数列{an}的首项a1＝2，公比q＝3，Sn是它的前n项和．求证：eq\f(Sn＋1,Sn)≤eq\f(3n＋1,n).证明：由已知，得Sn＝3n－1，eq\f(Sn＋1,Sn)≤eq\f(3n＋1,n)等价于eq\f(3n＋1－1,3n－1)≤eq\f(3n＋1,n)，即3n≥2n＋1.(*)法一：用数学归纳法证明上面不等式成立．①当n＝1时，左边＝3，右边＝3，所以(*)成立．②假设当n＝k时，(*)成