1、1 第三章 数学归纳法与贝努利不等式 知识整合与阶段检测 对应学生用书P46 对应学生用书P46 归纳猜想证明 不完全归纳的作用在于发现规律，探求结论，但结论是否为真有待证明，因而数学中 我们常用归纳猜想证明的方法来解决与正整数有关的归纳型和存在型问题 例1 设数列a n 满足a n1 a na n 1，n1,2,3， 2 n (1)当a 1 2时，求a 2 ，a 3 ，a 4 ，并由此猜想出数列a n 的一个通项公式 (2)当a 1 3时，证明对所有的n1，有 a n n2； . 1 1a1 1 1a2 1 1an 1 2 解 (1)由a 1 2，得a 2 a a 1 13； 2 1 由a
2、2 3，得a 3 a 2a 2 14； 2 2 由a 3 4，得a 4 a 3a 3 15. 2 3 由此猜想：a n n1(nN ) (2)用数学归纳法证明：2 当n1时，a 1 312，不等式成立； 假设当nk时，不等式成立，即a k k2， 那么当nk1时， a k1 a ka k 1a k (a k k)1 2 k (k2)(k2k)12(k2)1 k3(k1)2， 也就是说，当nk1时，a k1 (k1)2. 综上可得，对于所有n1，有a n n2. 由a n1 a n (a n n)1及，对k2，有 a k a k1 (a k1 k1)1a k1 (k12k1)1 2a k1 12
3、(2a k2 1)12 2 a k2 21 2 3 a k3 2 2 21 a k 2 k1 a 1 2 k2 212 k1 a 1 2 k1 1 2 k1 (a 1 1)1， 于是1a k 2 k1 (a 1 1)， ，k2. 1 1ak 1 1a1 1 2k1 1 1a1 1 1a2 1 1an 1 1a1 1 1a1 ( 1 2 1 22 1 2n1 ) 1 1a1 ( 1 1 2 1 22 1 2n1 ) . k1 k 1 k1k2 从而转化为证明 ， 1 k1 k 1 k23k2 也就是证明 ， k23k2 k1 k 即( ) 2 ( ) 2 k23k2 k1 k k 2 k12 k
4、k1 1 2 0， kk1 从而 . k23k2 k1 k 于是当nk1时，原不等式也成立 由(1)、(2)可知，对于任意的正整数n，原不等式都成立 2放缩法 涉及关于正整数n的不等式，从“k”过渡到“k1” ，有时也考虑用放缩法 例3 用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式 ( 1 1 3 )( 1 1 5 ) 均成立 ( 1 1 2n1 ) 2n1 24 证明 (1)当n2时，左边1 ， 1 3 4 3 右边 . 5 2 左边右边，不等式成立 (2)假设当nk(k2，且kN )时不等式成立， 即 . ( 1 1 3 )( 1 1 5 ) ( 1 1 2k1 ) 2k1 2 则当nk
5、1时， ( 1 1 3 )( 1 1 5 ) ( 1 1 2k1 ) 1 1 2k11 2k1 2 2k2 2k1 2k2 2 2k1 4k28k4 2 2k1 . 4k28k3 2 2k1 2k3 2k1 2 2k1 2k11 2 当nk1时，不等式也成立 由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立 3递推法 用数学归纳法证明与数列有关的问题时，有时要利用a n 与a n1 的关系，实现从“k” 到“k1”的过渡 例4 设01，又a 1 1a(1a)a1， 1 ak 同时，a k1 a2 . xk 2 1 xk xk 2 1 xk 2 所以x n (nN )显然成立 2 下面证
6、明：x n 1 xk 1 2 1 k 因为、不是同向不等式，所以由递推式无法完成由k到(k1)的证明，到此好像 “山重水复疑无路” ，证题思路受到阻碍 受阻原因分析： 要利用递推式x k1 ，只要找出关系式 这样一个条件，才可以接通思路当注意到前面已证明x n 1 A 以后，问题就可以解决了思路受阻的原因就在于不会借用前面已经证明的结论事实 2 上， x k ， 0和正整数n，都有x n x n2 x n4 1 xn4 n1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n 0 应为( ) 1 xn2 1 xn An 0 1 Bn 0 2 Cn 0 1,2 D以上答案均不正确 解析：先验证n1时，x 1
7、1成立，再用数学归纳法证明 1 x 答案：A 2设f(n) (nN )，则f(n1)f(n)( ) 1 n1 1 n2 1 n3 1 2n A B 1 2n1 1 2n2 C D 1 2n1 1 2n2 1 2n1 1 2n2 解析：由题意知f(n) ， 1 n1 1 n2 1 2n f(n1) ， 1 n2 1 n3 1 2n 1 2n1 1 2n2 故f(n1)f(n) 1 2n1 1 2n2 1 n1 . 1 2n1 12 2n2 1 2n1 1 2n27 答案：D 3已知数列a n 中，a 1 1，a 2 2，a n1 2a n a n1 (nN )，用数学归纳法证明a 4n 能被4整
8、除，假设a 4k 能被4整除，然后应该证明( ) Aa 4k1 能被4整除 Ba 4k2 能被4整除 Ca 4k3 能被4整除 Da 4k4 能被4整除 解析：由假设a 4k 能被4整除，则当nk1时，应该证明a 4(k1) a 4k4 能被4整 除 答案：D 4在数列a n 中，a 1 ，且S n n(2n1)a n ，通过求a 2 ，a 3 ，a 4 ，猜想a n 的表达式 1 3 为( ) A B 1 n1n1 1 2n2n1 C D 1 2n12n1 1 2n12n2 解析：因为a 1 ， 1 3 由S n n(2n1)a n ， 得a 1 a 2 2(221)a 2 ， 解得a 2
9、， 1 15 1 3 5 a 1 a 2 a 3 3(231)a 3 ， 解得a 3 ， 1 35 1 5 7 a 1 a 2 a 3 a 4 4(241)a 4 ， 解得a 4 . 1 63 1 7 9 猜想a n . 1 2n12n1 答案：C 二、填空题 5用数学归纳法证明“当n为正奇数时，x n y n 能被xy整除” ，当第二步假设 n2k1(kN )命题为真时，进而需证n_时，命题亦真 解析：由数学归纳法及n为正奇数，在假设n2k1成立，需证n2k1命题成8 立 答案：2k1 6若f(n)1 2 2 2 3 2 (2n) 2 ，则f(k1)与f(k)的递推关系式是f(k1) _.
10、解析：f(k)1 2 2 2 (2k) 2 ， f(k1)1 2 2 2 (2k) 2 (2k1) 2 (2k2) 2 ， f(k1)f(k)(2k1) 2 (2k2) 2 . 答案：f(k)(2k1) 2 (2k2) 2 7用数学归纳法证明：cos cos 3cos 5cos(2n1) (sin0，nN )，在验证n1时，等式右边的式子是_ sin 2n 2sin 解析：本题在n1时，右边考查二倍角的正弦公式，右 cos . sin 2 2sin 2sin cos 2sin 答案：cos 8设a n 是首项为1的正项数列，且 (n1)a na a n1 a n 0(n1,2,3，)，则它的通
11、项a n _. 2 n1 2 n 解析：法一：分别令n1,2,3求出a 2 ，a 3 ，通过不完全归纳法知a n . 1 2 1 3 1 n 法二：对已知等式因式分解得 (n1)a n1 na n (a n1 a n )0. 由a n 0知 ，再由累乘法求得a n . an1 an n n1 1 n 答案： 1 n 三、解答题 9在数列a n 中，a 1 a 2 1，当nN 时，满足a n2 a n1 a n ，且设b n a 4n ，求证： b n 各项均为3的倍数 证明：(1)a 1 a 2 1， 故a 3 a 1 a 2 2，a 4 a 3 a 2 3. b 1 a 4 3，当n1时，b
12、 1 能被3整除 (2)假设nk时，即b k a 4k 是3的倍数， 则nk1时，9 b k1 a 4(k1) a 4k4 a 4k3 a 4k2 a 4k2 a 4k1 a 4k1 a 4k 3a 4k1 2a 4k .由归纳假设，a 4k 是3的倍数，3a 4k1 是3的倍数，故可知b k1 是3的倍数， nk1时命题也正确 综合(1)、(2)可知，对正整数n，数列b n 的各项都是3的倍数 10用数学归纳法证明： n 2 1对于nn 0 的自然数n都成立”时，第一步证明中的 起始值n 0 应取( ) A2 B3 C5 D6 解析：取n 0 1,2,3,4,5验证，可知n 0 5. 答案：
13、C 3已知a 1 ，a n1 ，nN ，则a n 的取值范围是( ) 2 2an A( ，2) B ，2) 2 2 C(0， ) D0， 2 2 解析：n1时，a 2 ，排除C，D.a n1 a n 为递增数列可 2a1 2 2 2 用数学归纳法证明a n( 1 1 3 )( 1 1 5 ) ( 1 1 2n1 ) 成立时，当n2时验证的不等式是( ) 2n1 2 A1 1 3 5 2 B ( 1 1 3 )( 1 1 5 ) 5 2 C ( 1 1 3 )( 1 1 5 ) 5 2 D以上都不对 解析：当n2时，左边1 1 ，右边 1 2 21 1 3 ，1 . 2 21 2 5 2 1 3
14、 5 2 答案：A12 5用数学归纳法证明“S n 1(nN )”时，S 1 等于( 1 n1 1 n2 1 n3 1 3n1 ) A B 1 2 1 4 C D 1 2 1 3 1 2 1 3 1 4 解析：因为S 1 的首项为 ，末项为 ，所以 1 11 1 2 1 3 11 1 4 S 1 ，故选D. 1 11 1 12 1 13 答案：D 6已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k 2 成立时，总可 推出f(k1)(k1) 2 成立” ，那么，下列命题总成立的是( ) A若f(3)9成立，则当k1时，均有f(k)k 2 成立 B若f(4)16成立，则当k4时
15、，均有f(k)164 2 成 立 当k4时，有f(k)k 2 成立 答案：D 7用数学归纳法证明3 4n1 5 2n1 (nN )能被8整除时，当nk1时，对于 3 4(k1)1 5 2(k1)1 可变形为( ) A563 (4k1) 25(3 4k1 5 2k1 ) B3 4 3 4k1 5 2 5 2k C3 4k1 5 2k1 D25(3 4k1 5 2k1 ) 解析：3 4(k1)1 5 2(k1)1 变形中必须出现nk时归纳假设，故变形为 563 4k1 25(3 4k1 5 2k1 ) 答案：A 8若k棱柱有f(k)个对角面，则(k1)棱柱对角面的个数为( ) A2f(k) Bk1
16、f(k)13 Cf(k)k Df(k)2 解析：由nk到nk1时增加的对角面的个数与底面上由nk到nk1时增加 的对角线一样，设nk时，底面为A 1 A 2 A k ，nk1时底面为A 1 A 2 A 3 A k A k1 ，增加的对 角线为A 2 A k1 ，A 3 A k1 ，A 4 A k1 ， A k1 A k1 ，A 1 A k ，共有(k1)条，因此对角面也增加了(k1)个 答案：B 9下列代数式，nN ，可能被13整除的是( ) An 3 5n B3 4n1 5 2n1 C6 2n1 1 D4 2n1 3 n2 解析：A中，n1时，156，不能被13整除；B中，n1时，3 5 5
17、 3 368不能被 13整除； C中，n1时，617亦不能被13整除 答案：D 10用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2 n 13(2n1)(nN )时， 从k到k1，左边需要增加的代数式为( ) A2k1 B2(2k1) C D 2k1 k1 2k3 k1 解析：当nk时左边的最后一项是2k，nk1时左边的最后一项是2k2，而左边 各项都是连续的，所以nk1时比nk时左边少了(k1)，而多了(2k1)(2k2)因 此增加的代数式是 2(2k1) 2k12k2 k1 答案：B 二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分) 11设a，b均为正实数，nN ，已知M(ab) n ，Na
18、 n na n1 b，则M，N的大小 关系为_(提示：利用贝努利不等式，令x ) b a 解析：由贝努利不等式(1x) n 1nx(x1，且x0，n1，nN )， 当n1时，令x ， b a 所以 n 1n ， ( 1 b a ) b a14 所以 n 1n ，即(ab) n a n na n1 b， ( ab a ) b a 当n1时，MN，故MN. 答案：MN 12若数列a n 的通项公式a n ，记c n 2(1a 1 )(1a 2 )(1a n )，试 1 n12 通过计算c 1 ，c 2 ，c 3 的值，推测c n _. 解析：c 1 2(1a 1 )2 ， ( 1 1 4 ) 3
19、2 c 2 2(1a 1 )(1a 2 )2 ， ( 1 1 4 ) ( 1 1 9 ) 4 3 c 3 2(1a 1 )(1a 2 )(1a 3 )2 ，故c n . ( 1 1 4 ) ( 1 1 9 ) ( 1 1 16 ) 5 4 n2 n1 答案： n2 n1 13从11,14(12)，149123,14916(1234)， ，归纳出：14916(1) n1 n 2 _. 解析：等式的左边符号正负间隔出现，先正后负，所以最后一项系数应为(1) n1 ， 和的绝对值是前n个自然数的和为 . nn1 2 答案：(1) n1 nn1 2 14设数列a n 满足a 1 2，a n1 2a n
20、 2，用数学归纳法证明a n 42 n1 2的第二 步中，设nk(k1，kN )时结论成立，即a k 42 k1 2，那么当nk1时，需证 明a k 1_. 解析：当nk1时，把a k 代入，要将42 k 2变形为42 (k1)1 2的形式 答案：42 (k1)1 2 三、解答题(本大题共有4小题，共50分) 15(本小题满分12分)用数学归纳法证明： 1 2 3 2 5 2 (2n1) 2 n(4n 2 1) 1 3 证明：(1)当n1时，左边1，右边1，命题成立 (2)假设当nk时(k1，kN )，命题成立， 即1 2 3 2 5 2 (2k1) 2 k(4k 2 1) 1 315 那么当
21、nk1时，1 2 3 2 5 2 (2k1) 2 2(k1)1 2 k(4k 2 1) 1 3 (2k1) 2 k(2k1)(2k1)(2k1) 2 1 3 (2k1)(2k3)(k1) 1 3 (k1)4(k1) 2 1 1 3 当nk1时，命题也成立 由(1)(2)得：对于任意nN ，等式都成立 16(本小题满分12分)求证： ，(n2，nN ) 1 n1 1 n2 1 3n 5 6 证明：(1)当n2时，左边 ， 1 3 1 4 1 5 1 6 5 6 不等式成立 (2)假设当nk(k2，kN )时，命题成立， 即 ， 1 k1 1 k2 1 3k 5 6 则当nk1时， 1 k11 1
22、 k12 1 3k 1 3k1 1 3k2 1 3k1 1 k1 1 k2 1 3k ( 1 3k1 1 3k2 1 3k3 1 k1 ) 5 6 ( 1 3k1 1 3k2 1 3k3 1 k1 ) . 5 6 ( 3 1 3k3 1 k1 ) 5 6 所以当nk1时，不等式也成立 由(1)(2)可知，原不等式对一切n2，nN 均成立 17(本小题满分12分)利用数学归纳法证明(3n1)7 n 1(nN )能被9整除 证明：(1)当n1时，(311)7 1 127， 能被9整除，所以命题成立 (2)假设当nk(k1，kN )时，命题成立， 即(3k1)7 k 1能被9整除16 那么当nk1时
23、， 3(k1)17 k1 1(3k4)7 k1 1 (3k1)7 k1 137 k1 (3k1)7 k 137 k1 6(3k1)7 k (3k1)7 k 17 k (2163k6) (3k1)7 k 197 k (2k3) 由归纳假设知，(3k1)7 k 1能被9整除， 而97 k (2k3)也能被9整除， 故3(k1)17 k1 1能被9整除 这就是说，当nk1时，命题也成立 由(1)(2)知，对一切nN ，(3n1)7 n 1都能被9整除 18(本小题满分14分)a n 是由非负整数组成的数列，满足 a 1 0，a 2 3，a n1 a n (a n1 2)(a n2 2)，n3,4,5
24、，. (1)求a 3 ； (2)证明：a n a n2 2(n3，且nN ) 解：(1)由已知a 4 a 3 (a 2 2)(a 1 2)52101， a 3 可能取值1,2,5,10. 若a 3 1，a 4 10， 从而a 5 ， a32a22 a4 15 10 3 2 显然a 5 不是非负整数，与题设矛盾 若a 3 10，则a 4 1，从而a 5 60. 但再计算a 6 ，也与题设矛盾 3 5 a 3 2，a 4 5.(因a 3 5，a 4 2a 5 N，舍去) (2)用数学归纳法证明： 当n3时，a 3 2，a 1 202， a 3 a 1 2，即n3时等式成立； 假设nk(k3)时，等
25、式成立， 即a k a k2 2， 由题设a k1 a k (a k1 2)(a k2 2)， 因为a k a k2 20.17 所以a k1 a k1 2，也就是说， 当nk1时，等式a k1 a k1 2成立 则根据知，对于n3(nN )，有a n a n2 2. 模块综合检测 (时间90分钟，总分120分) 一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分) 1已知a，b为非零实数，且a0， 但ab的符号不确定，故B项错误 C项中， ， 1 ab2 1 a2b 1 ab ( 1 b 1 a ) ab a2b2 由aB BA A. s 7s t 7t s 7st t 7ts st 7st
26、 答案：B18 3已知函数f(x)、g(x)，设不等式|f(x)|g(x)|0)的解集是M，不等式|f(x) g(x)|0)的解集为N，则集合M与N的关系是( ) ANM BMN CMN DMN 解析：由绝对值不等式的性质知|f(x)g(x)|f(x)|g(x)|， 集合N与集合M成MN关系 答案：C 4已知R，则4 cos 的最大值是( ) 2sin2 2 A2 B3 3 6 C D 6 3 6 解析：由4 cos 3 .当 2sin2 2 42 22 ( 2sin2)2cos2 6 且仅当4cos ，即sin ，cos 时，等号成立，故选 22sin2 6 3 3 3 B. 答案：B 5不
27、等式|x1|x2|5的解集为( ) A(，22，) B(，12，) C(，23，) D(，32，) 解析：由题意不等式|x1|x2|5的几何意义为数轴上到1，2两个点的距离 之和大于等于5的点组成的集合，而2,1两个端点之间的距离为3，由于分布在2,1以 外的点到2,1的距离要计算两次，而在2,1内部的距离则只计算一次，因此只要找出 2左边到2的距离等于 1的点3，以及1右边到1的距离等于 1的点2， 53 2 53 2 这样就得到原不等式的解集为(，32，) 答案：D 6已知为锐角，a，b均为正实数则下列不等式成立的是( ) A(ab) 2 a2 cos2 b2 sin2 B(ab) 2 a
28、2 cos2 b2 sin219 Ca 2 b 2 a2 cos2 b2 sin2 D(ab) 2 1时，不等式ax 恒成立，则实数a的取值范围是( ) 1 x1 A(，2) B2，) C3，) D(，320 解析：ax ， 1 x1 由x x1 13，即x 的最小值为3. 1 x1 1 x1 1 x1 答案：D 9若实数x、y满足 1，则x 2 2y 2 有( ) 1 x2 1 y2 A最大值32 B最小值32 2 2 C最大值6 D最小值6 解析：由题知，x 2 2y 2 (x 2 2y 2 ) 3 32 ，当且仅当 ( 1 x2 1 y2 ) 2y2 x2 x2 y2 2 x2 y2 时
29、，等号成立 2y2 x2 答案：B 10若x1，则函数yx 的最小值为( ) 1 x 16x x21 A16 B8 C4 D非上述情况 解析：yx x 2 8，当且仅当x2 时等号成立 1 x 16x x21 1 x 16 x 1 x 16 3 答案：B 二、填空题(本大题共有4小题，每小题5分，共20分) 11若x，y，z是正数，且满足xyz(xyz)1，则(xy)(yz)的最小值为 _ 解析：(xy)(yz)xyy 2 yzzx y(xyz)zx2 yxyzzx 2. 答案：2 12(广东高考)不等式|x1|x2|5的解集为_ 解析：当x1时，原不等式即 x1x25x2，此时得到x2.于是
30、原不等式的解集为x3或x2 答案：x|x3或x221 13若不等式|xa|x2|1对任意实数x均成立，则实数a的取值范围为 _ 解析：由题得|xa|x2|(xa)(x2)|a2|，|a2|1，解得 a(，13，) 答案：(，13，) 14设正数a，b，c的乘积abc1， 的最小值 1 a2bc 1 b2ca 1 c2ab 为_ 解析：设a ，b ，c ，则xyz1，则 可 1 x 1 y 1 z 1 a2bc 1 b2ca 1 c2ab 化为 ，不妨设xyz，则 ， x yz y zx z xy 1 yz 1 zx 1 xy 据排序不等式得 z x y ， x yz y zx z xy 1 y
31、z 1 zx 1 xy y z x ， x yz y zx z xy 1 yz 1 zx 1 xy 两式相加并化简可得2 3. ( x yz y zx z xy ) 即 . x yz y zx z xy 3 2 即 . 1 a2bc 1 b2ca 1 c2ab 3 2 所以 的最小值为 . 1 a2bc 1 b2ca 1 c2ab 3 2 答案： 3 2 三、解答题(本大题共有4小题，共50分) 15(本小题满分12分)已知a，b是不相等的正实数 求证：(a 2 bab 2 )(ab 2 a 2 b)9a 2 b 2 . 证明：因为a，b是正实数， 所以a 2 bab 2 3 3ab0， 3 a2bab2 当且仅当a 2 bab 2 ，即ab1时，等号成立； 同理：ab 2 a 2 b3 3ab0， 3 ab2a2b 当且仅当ab1时，等号成立
