2024-2025學年高中數(shù)學第四講用數(shù)學歸納法證明不等式二用數(shù)學歸納法證明不等式舉例課時作業(yè)含解析新人教A版選修4-5

PAGE第四講用數(shù)學歸納法證明不等式[課時作業(yè)][A組基礎(chǔ)鞏固]1．用數(shù)學歸納法證明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<n(n∈N＋，且n>1)時，第一步即證下述哪個不等式成立()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，左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，右邊＝2，即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)<2，應(yīng)選C.答案：C2．用數(shù)學歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(127,64)成立時，起始值n0至少應(yīng)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．用數(shù)學歸納法證明“Sn＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋3)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>1(n∈N＋)”時，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：因為S1的首項為eq\f(1,1＋1)＝eq\f(1,2)，末項為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)，故選D.答案：D4．設(shè)f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，有f(k)滿意：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時，均有f(k)≥k2成立B．若f(5)≥25成立，則當k<5時，均有f(k)≥k2成立C．若f(7)<49成立，則當k≥8時，均有f(k)<k2成立D．若f(4)＝25成立，則當k≥4時，均有f(k)≥k2成立解析：由題意設(shè)f(x)滿意：“當f(k)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．因此，對于A，k＝1,2時不肯定成立．對于B，C明顯錯誤．對于D，因為f(4)＝25>42，因此對于隨意的k≥4，均有f(k)≥k2成立．答案：D5．某個命題與正整數(shù)n有關(guān)，假如當n＝k(k∈N＋)時命題成立，那么可推得當n＝k＋1時，命題也成立．現(xiàn)已知當n＝5時該命題不成立，那么可推得()A．當n＝6時該命題不成立B．當n＝6時該命題成立C．當n＝4時該命題不成立D．當n＝4時該命題成立解析：與“假如當n＝k(k∈N＋)時命題成立，那么可推得當n＝k＋1時命題也成立”等價的命題為“假如當n＝k＋1時命題不成立，則當n＝k(k∈N＋)時，命題也不成立”．故知當n＝5時，該命題不成立，可推得當n＝4時該命題不成立，故選C.答案：C6．視察下列式子：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)，…，可歸納出一般性結(jié)論：________.解析：由題意得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．用數(shù)學歸納法證明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＋)，在驗證n＝1時，左邊計算所得的項是________．答案：eq\f(1,2)＋cosα8．用數(shù)學歸納法證明：2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N＋)時，第一步應(yīng)驗證________．答案：n＝1時，22≥12＋1＋2，即4＝49．證明不等式：1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(n))<2eq\r(n)(n∈N＋ )．證明：(1)當n＝1時，左邊＝1，右邊＝2，不等式成立．(2)假設(shè)當n＝k(k≥1)時，命題成立，即1＋eq\f(1,\r(2))＋eq\f(1,\r(3))＋…＋eq\f(1,\r(k))<2eq\r(k)(k∈N＋)．當n＝k＋1時，左邊＝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))，現(xiàn)在只需證明eq\f(2\r(kk＋1)＋1,\r(k＋1))<2eq\r(k＋1)，即證：2eq\r(kk＋1)<2k＋1，兩邊平方，整理得0<1，明顯成立．∴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．∴當n＝k＋1時，不等式成立．由(1)(2)知，對于任何正整數(shù)n原不等式都成立．10．設(shè)Sn＝eq\f(1,1×3)＋eq\f(1,3×5)＋eq\f(1,5×7)＋…＋eq\f(1,2n－12n＋1)(n∈N＋)，設(shè)計算S1，S2，S3，并猜想Sn的表達式，然后用數(shù)學歸納法給出證明．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＋)．下面用數(shù)學歸納法證明：(1)當n＝1時，左邊S1＝eq\f(1,1×3)＝eq\f(1,3)，右邊＝eq\f(1,2×1＋1)＝eq\f(1,3)，等式成立．(2)假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時等式成立，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)，則當n＝k＋1時，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)，這就是說，當n＝k＋1時，等式成立．由(1)(2)可知，等式Sn＝eq\f(n,2n＋1)對n∈N＋都成立．[B組實力提升]1．視察下列不等式：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)，…，由此揣測第n(n∈N＋)個不等式為()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，…的通項公式為an＝2n－1，∴不等式左邊應(yīng)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)，…的通項公式為bn＝eq\f(n,2)，∴不等式右邊應(yīng)是eq\f(n,2).答案：C2．用數(shù)學歸納法證明不等式“eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)>eq\f(13,24)(n>2，n∈N＋)”時的過程中，由n＝k到n＝k＋1時，不等式的左邊()A．增加了一項eq\f(1,2k＋1)B．增加了兩項eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋1)C．增加了兩項eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋1)，又削減了一項eq\f(1,k＋1)D．增加了一項eq\f(1,2k＋1)，又削減了一項eq\f(1,k＋1)解析：當n＝k時，左邊＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,2k).當n＝k＋1時，左邊＝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時，不等式的左邊增加了兩項，又削減了一項．答案：C3．用數(shù)學歸納法證明某不等式，其中證n＝k＋1時不等式成立的關(guān)鍵一步是：eq\f(k＋1k＋2,3)＋eq\r(k＋2k＋3)>eq\f(k＋1k＋2,3)＋()>eq\f(k＋2k＋3,3)，括號中應(yīng)填的式子是________．解析：由eq\r(k＋2k＋3)>k＋2，聯(lián)系不等式的形式可知，應(yīng)填k＋2.答案：k＋24．設(shè)a，b均為正實數(shù)，n∈N＋，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，則M，N的大小關(guān)系為________(提示：利用貝努利不等式，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.由貝努利不等式得(1＋x)n>1＋nx.∴eq\f(M,an)>eq\f(N,an)，∴M>N答案：M>N5．對于一切正整數(shù)n，先猜出訪tn>n2成立的最小的正整數(shù)t，然后用數(shù)學歸納法證明，并再證明不等式：n(n＋1)·eq\f(lg3,4)>lg(1·2·3·…·n)．證明：猜想當t＝3時，對一切正整數(shù)n使3n>n2成立．下面用數(shù)學歸納法進行證明．當n＝1時，31＝3>1＝12，命題成立．假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時，3k>k2成立，則有3k≥k2＋1.對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，∴對n＝k＋1，命題成立．由上知，當t＝3時，對一切n∈N＋，命題都成立．再用數(shù)學歸納法證明：n(n＋1)·eq\f(lg3,4)>lg(1·2·3·…·n)．當n＝1時，1×(1＋1)×eq\f(lg3,4)＝eq\f(lg3,2)>0＝lg1，命題成立．假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N＋)時，k·(k＋1)·eq\f(lg3,4)>lg(1·2·3·…·k)成立．當n＝k＋1時，(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)]，命題成立．由上可知，對一切正整數(shù)n，命題成立．6．已知等比數(shù)列{an}的首項a1＝2，公比q＝3，Sn是它的前n項和．求證：eq\f(Sn＋1,Sn)≤eq\f(3n＋1,n).證明：由已知，得Sn＝3n－1，eq\f(Sn＋1,Sn)≤eq\f(3n＋1,n)等價于eq\f(3n＋1－1,3n－1)≤eq\f(3n＋1,n)，即3n≥2n＋1.(*)法一：用數(shù)學歸納法證明上面不等式成立．①當n＝1時，左邊＝3，右邊＝3，所以(*)成立．②假設(shè)當n＝k時，(*)成