2019-2020學年高中數(shù)學課時分層作業(yè)13用數(shù)學歸納法證明不等式貝努利不等式含解析新人教B版選修

PAGE課時分層作業(yè)(十三)用數(shù)學歸納法證明不等式，貝努利不等式(建議用時：45分鐘)[基礎(chǔ)達標練]一、選擇題1．利用數(shù)學歸納法證明不等式“n2<2n對于n≥n0的正整數(shù)n都成立”時，n0應(yīng)取值為()A．1 B．3C．5 D．7[解析]12<21,22＝22,32>23,42＝24,52<25，利用數(shù)學歸納法驗證n≥5，故n0的值為5.[答案]C2．對于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N＋)，某同學用數(shù)學歸納法的證明過程如下：(1)當n＝1時，eq\r(12＋1)<1＋1,不等式成立．(2)假設(shè)當n＝k(k∈N＋)時，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，則當n＝k＋1時，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，∴當n＝k＋1時，不等式成立，則上述證法()A．過程全部正確B．n＝1驗得不正確C．歸納假設(shè)不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確[解析]在n＝k＋1時，沒有應(yīng)用n＝k時的假設(shè)，不是數(shù)學歸納法．[答案]D3．設(shè)n為正整數(shù)，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，計算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)>2，f(8)>eq\f(5,2)，f(16)>3，f(32)>eq\f(7,2)，觀察上述記錄，可推測出一般結(jié)論()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．以上都不對[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．設(shè)f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，有f(k)滿足：當“f(k)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么下列命題總成立的是()A．若f(3)≥9成立，則當k≥1，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，則當k＜5，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)＜49成立，則當k≥8，均有f(k)＜k2成立D．若f(4)＝25成立，則當k≥4，均有f(k)≥k2成立[解析]由題意，設(shè)f(x)滿足：“當f(k)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．”因此，對于A，不一定有k＝1,2時成立．對于B，C顯然錯誤．對于D，∵f(4)＝25＞42，因此對于任意的k≥4，有f(k)≥k2成立．[答案]D5．對于正整數(shù)n，下列說法不正確的是()A．3n≥1＋2n B．0.9n≥1－0.1nC．0.9n＜1－0.1n D．0.1n≥1－0.9n[解析]由貝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx(x≥－1，n∈N＋)，當x＝2時，(1＋2)n≥1＋2n，A正確．當x＝－0.1時，(1－0.1)n≥1－0.1n，B正確，C不正確．當x＝0.9時，(1－0.9)n≥1－0.9n，因此D正確．[答案]C二、填空題6．觀察式子：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)，…，則可歸納出________．[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，則f(k＋1)與f(k)的遞推關(guān)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．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通過求a2，a3，a4，猜想an的表達式為________．[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、解答題9．已知數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且滿足a1＝eq\f(1,2)，an＋2SnSn－1＝0(n≥2)．(1)判斷eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(1,Sn)))是否為等差數(shù)列，并證明你的結(jié)論；(2)證明：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.當n≥2時，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為首項，2為公差的等差數(shù)列．(2)證明：①當n＝1時，Seq\o\al(2,1)＝eq\f(1,4)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,4×1)，不等式成立．②假設(shè)n＝k(k≥1，且k∈N＋)時，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，則當n＝k＋1時，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).即當n＝k＋1時，不等式成立．由①②可知，對任意n∈N＋不等式成立．10．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(1,3)x3－x，數(shù)列{an}滿足條件：a1≥1，且an＋1≥f′(an＋1)，證明：an≥2n－1(n∈N＋)．[證明]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)當n＝1時，a1≥1＝21－1，不等式成立．(2)假設(shè)當n＝k(k≥1，且k∈N＋)時，不等式成立，即ak≥2k－1.當n＝k＋1時，ak＋1≥ak(ak＋2)≥(2k－1)(2k－1＋2)＝22k－1.又k≥1，∴22k≥2k＋1，∴n＝k＋1時，ak＋1≥2k＋1－1，即不等式成立．根據(jù)(1)和(2)知，對任意n∈N＋，an≥2n－1成立．[能力提升練]1．利用數(shù)學歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)＜f(n)(n≥2，n∈N＋)的過程，由n＝k到n＝k＋1時，左邊增加了()A．1項 B．k項C．2k－1項 D．2k項[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項．[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)對大于1的一切自然數(shù)n都成立，則自然數(shù)m的最大值為()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)是單調(diào)遞增的．∴f(n)的最小值為f(2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＝eq\f(7,12).依題意eq\f(7,12)＞eq\f(m,24)，∴m＜14.因此取m＝13.[答案]B3．設(shè)a，b均為正數(shù)，n為正整數(shù)，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，則M，N的大小關(guān)系為________________________________eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(提示：利用貝努利不等式，令x＝\f(b,a))).[解析]由貝努利不等式(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．求證：當n≥1(n∈N＋)時，(1＋2＋…＋n)1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)≥n2.[證明](1)當n＝1時，左邊＝右邊，命題成立．當n＝2時，左邊＝(1＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))＝eq\f(9,2)>22，命題成立．(2)假設(shè)當n＝k(k∈N＋，且k≥2)時，命題成立，即(1＋2＋…＋k)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋…＋\f(1,k)))≥k2，則當n＝k＋1時，有左邊＝[(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