1、专题十三 推理与证明第三十九讲 数学归纳法答案部分1 【解析】 （）用数学归纳法证明： 0nx当 时，n10x假设 时， ，kk那么 时，若 ，则 ，矛盾，故1x 110ln()0kkxx10kx因此 n()*N所以 11lnxx因此 0n()*（）由 得11lnxx21 114(2)ln()nn nx 记函数 ()()l0fxx函数 在 上单调递增，所以 =0，0,()fxf因此 21111(2)ln(nn nxx故 N（）因为 1111ln()2n nnxxx所以 得12nx由 得nx 112()0nnx所以 12112()2()nnnnxx 故 2综上， 12(N)nx 2 【解析】 （
2、） 的定义域为 ， ()f,()1exf当 ，即 时， 单调递增；()0f()fx当 ，即 时， 单调递减x故 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ()f (,0)(0,)当 时， ，即 0()f1ex令 ，得 ，即 1xn1en()n（） ； ；11()2ba221221()()3ba233123312()()4由此推测： 121nnba下面用数学归纳法证明（1）当 时，左边 右边 ，成立n2（2）假设当 时，成立，即 k12(1)kkba当 时， ，由归纳假设可得1n11()kkb1112211()(2)kkkkkbaa 所以当 时，也成立n根据（1） （2） ，可知对一切正整数 n 都成
3、立（）由 的定义，算术- 几何平均不等式， 的定义及得nc nb123nnTc 11113212()()()naaa 13212()4nbbb1231212 ()nb1 2111 23()34(1)()nbbbnn 12()()nbn2nb 12()(1naa，即 12eena SenTS3 【解析】 （）由已知，得 10 2sicosi() ,xxfxf于是 21223cosiniin() ,fxf xx所以 123416,(),ff故 2().（）证明：由已知，得 等式两边分别对 x 求导，得 ，0()sin,xf00()cosfxfx即 ，类似可得01()cosi()2fxfx，12n，
4、23 3()cosi()2fxfx.34in下面用数学归纳法证明等式 对所有的 都成立.1()sin()2nnfxfxn*N(i)当 n=1 时，由上可知等式成立.(ii)假设当 n=k 时等式成立, 即 .1()si()kkkfxfx因为 1 1 1() (,kkkkkkkfxffffffx ，()sincos()()sin222xx 所以 .1()kkfxfik所以当 n=k+1 时,等式也成立.综合(i),(ii)可知等式 对所有的 都成立.1()sin()2nnfxfx n*N令 ，可得 ( ).4x1()()sin()442nnff*N所以 ( )1 2()nnf *N4 【解析】
5、（）证：用数学归纳法证明（1）当 时， ，原不等式成立。p22()1xx（2）假设 时，不等式 成立,*kN(1)kx当 时， 1()()kkxx2()x所以 时，原不等式成立。1pk综合（1） （2）可得当 1x且 0时，对一切整数 ，不等式1pxp)(均成立。（）证法 1：先用数学归纳法证明 。1pnac（1）当 时由假设 知 成立。n1p（2）假设 时，不等式 成立(,*)kN1pkc由 pnnacpa11易知 0,*n当 时k11()pkkpkca由 得10pkac()0pk由（）中的结论得 1 1()()()pk ppkkkaccaa因此 ，即1pkac1pkc所以当 时，不等式 也
6、成立。n1pna综合（1） （2）可得，对一切正整数 ，不等式 均成立。1pnac再由 得 ，即1(1)npnac1na1na综上所述， 1,*N证法 2：设 ，则 ，并且11(),ppcfxxpxc，()()()0ppf 1p由此可见， 在 上单调递增，因而当 时 。()fx1,)pc1pxc1()pfc（1）当 时由 ，即 可知n10a1pac，2 11()ppa并且 ，从而12()pfc2ac故当 时，不等式 成立。n1pn（2）假设 时，不等式 成立，则(1,*)kN1pkac当 时 ，即有 ，11)(pkkfaffc12k所以当 时原不等式也成立。n综合（1） （2）可得，对一切正整
7、数 ，不等式 均成立。n1pnac5 【解析】：（）解法一： 23,1a再由题设条件知 21nn从而 是首项为 0 公差为 1 的等差数列，2na故 = ，即*,naN解法二： 23,可写为 .因此猜想 .1231,1,aa1na下用数学归纳法证明上式：当 时结论显然成立.n假设 时结论成立，即 .则nk1ka2111kka k这就是说，当 时结论成立.所以 *,nnN（）解法一：设 ，则 .21fx1nnaf令 ，即 ，解得 .cfc4c下用数学归纳法证明加强命题： 221nna当 时， ，所以 ，结论成立.30,21faf2314a假设 时结论成立，即k2kkc易知 在 上为减函数，从而f
8、x,1212kfcffa即 21kca再由 在 上为减函数得 .fx, 223kcffaf故 ，因此 ，这就是说，当 时结论成立.23kc2(1)2(1)kka1nk综上，符合条件的 存在，其中一个值为 .c4c解法二：设 ，则2fx1nnaf先证： 01na*N当 时，结论明显成立.假设 时结论成立，即k01ka易知 在 上为减函数，从而fx,1021kfaf即 这就是说，当 时结论成立，故成立.10kank再证： 2n*N当 时， ，有 ，即当 时结论成30,21faf23a1n立假设 时，结论成立，即nk21ka由及 在 上为减函数，得fx,121222kkkkaf11fa这就是说，当
9、时成立，所以对一切 成立.nk*nN由得 ，即2kkaa22kkaa因此 214又由、及 在 上为减函数得 ，即fx,1221nnff212na所以 解得 .22112,nnnaa14a综上，由知存在 使 对一切 成立.4c22nnc*N6 【解析】 （） 11()()rrfxx ，令 ()0fx，解得 1x.当 01时， 0，所以 f在 ,内是减函数；当 时， ()f，所以 ()在 )内是增函数.故函数 fx在 处取得最小值 10f. （）由（）知，当 (0,)x时，有 ()xf，即 (1)rxr 若 1a， 2中有一个为 0，则 1212baab成立；若 ， 均不为 0，又 ，可得 1，于
10、是在中令 12xa， 1rb，可得 122()()ba，即 121()b，亦即 112ab.综上，对 20,， 1b， 2为正有理数且 ，总有 1212baab. （） （）中命题的推广形式为：设 12,na 为非负实数， 12,nb 为正有理数. 若 b ，则 12naaba . 用数学归纳法证明如下：（1）当 n时， 1b，有 1a，成立. （2）假设当 k时，成立，即若 12,ka 为非负实数， 12,kb 为正有理数，且 121kb ，则 1212kbb ka . 当 n时，已知 ,k 为非负实数， 121,kb 为正有理数，且 121k ，此时 10k，即 0k，于是1 11212(
11、)k kbbbbaa =2111()kkkkbbbaa.因 2111kkk ，由归纳假设可得211kkkbbaa 2111kkkbbaa 21kkaba，从而 112kbba1121kbkba. 又因 1()kk，由得 1121kbkaba 12111()kkkababa12kk，从而 112kbb 21k 故当 n时，成立由（1） （2）可知，对一切正整数 n，所推广的命题成立说明：（）中如果推广形式中指出式对 2成立，则后续证明中不需讨论n的情况.7 【解析】 （）由 ，而 ，3(),0)hxx知 (0),(1)0h且的一个零点，且 在（1，2）内有零点。(2)60,()hh则 为 x因此
12、 至少有两个零点。x解法 1： 记 则122()3,hx122()3,x321()6.4x当 上单调递增，则 内至0,0,0,x时 因 此 在 0,)在多只有一个零点。又因为 内有零点，所以33(1)0,),(),1)x则 在内有且只有一个零点，记此零点为()0,)x在；当 时，111,(,()0xx则 当 时 1(,)x1()0.x所以，当 单调递减，而 内无零点；1(0,)(xh时 1(),()0,h则 在当 单调递减，而 内无零点；x时 0x则 在当 单调递增，而 内至多只有一个零点。1(,),(x时 1(),)在从而 内至多只有一个零点。0h在综上所述， 有且只有两个零点。()x解法
13、2：由 ，则112222),(hxx记 321().x当 从而 上单调递增，(0,),(0,x时 0,)在则 内至多只有一个零点，因此 内也至多只有一个零点。在 (,)hx在综上所述， 有且只有两个零点。()hx（）记 的正零点为 300,.x即（1）当 011,.axa时 由 即而 2 31020,.xax因 此由此猜测： 。下面用数学归纳法证明。0n当 显然成立。1,ax时假设当 时，由0(),1kknk时 成 立 则 当因此，当 成立。3 31010.nk kxax 知 10,kax时故对任意的 成立。*,kNa（2）当 ，由（I ）知， 上单调递增，则 ，0ax时 0(),)hx在 0()hax即 ，33 321 2. ,aa从 而 即由此猜测： ，下面用数学归纳法证明，k当 显然成立。1,n时假设当 成立，则当 时，(),kka时 1nk由 3 31 1,kkkaa 知因此，当 成立，1,n时故对任意的 成立*nNa综上所述，存在常数 ，使得对于任意的0mx,Ma*,.nnNaM都 有
