2022-2023学年高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式 本讲知识归纳与达标验收讲义（含解析）新人教A版选修4-5

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1、2022-2023学年高中数学 第四讲 数学归纳法证明不等式 本讲知识归纳与达标验收讲义（含解析）新人教A版选修4-5 考情分析 通过分析近三年的高考试题可以看出，不但考查用数学归纳法去证明现成的结论，还考查用数学归纳法证明新发现的结论的正确性． 数学归纳法的应用主要出现在数列解答题中，一般是先根据递推公式写出数列的前几项，通过观察项与项数的关系，猜想出数列的通项公式，再用数学归纳法进行证明，初步形成“观察—归纳—猜想—证明”的思维模式；利用数学归纳法证明不等式时，要注意放缩法的应用，放缩的方向应朝着结论的方向进行，可通过变化分子或分母，通过裂项相消等方法达到证明的目的． 真题体

2、验 1．(2017·浙江高考)已知数列{xn}满足：x1＝1，xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)(n∈N＋)． 证明：当n∈N＋时， (1)00. 当n＝1时，x1＝1>0. 假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，xk>0， 那么n＝k＋1时，若xk＋1≤0， 则00. 因此xn>0(n∈N＋)． 所以xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)>xn＋1. 因此0

3、＋1＋ln(1＋xn＋1)得， xnxn＋1－4xn＋1＋2xn＝x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)·ln(1＋xn＋1)． 记函数f(x)＝x2－2x＋(x＋2)ln(1＋x)(x≥0)， f′(x)＝＋ln(1＋x)>0(x>0)， 所以函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增， 所以f(x)≥f(0)＝0， 因此x－2xn＋1＋(xn＋1＋2)ln(1＋xn＋1)＝f(xn＋1)≥0， 故2xn＋1－xn≤(n∈N＋)． (3)因为xn＝xn＋1＋ln(1＋xn＋1)≤xn＋1＋xn＋1＝2xn＋1， 所以xn≥. 由≥2xn＋1－xn得－≥2>0， 所以－≥2≥…≥2n

4、－1＝ 2n－2， 故xn≤. 综上，≤xn≤(n∈N＋)． 2．(2015·安徽高考)数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N＋)． (1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c＜0； (2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列． 解：(1)证明：先证充分性，若c＜0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c＜xn，故{xn}是递减数列； 再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2＜x1，可得c＜0. (2)(i)假设{xn}是递增数列． 由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c. 由x1＜x2＜x3，得0＜c＜1. 由xn＜xn＋1＝－x＋xn

5、＋c知， 对任意n≥1都有xn＜，① 注意到 －xn＋1＝x－xn－c＋＝(1－－xn)(－xn)，② 由①式和②式可得1－－xn＞0，即xn＜1－. 由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有 －xn＋1≤(1－)(－xn)．③ 反复运用③式，得 －xn≤(1－)n－1(－x1)＜(1－)n－1. xn＜1－和－xn＜(1－)n－1两式相加， 知2－1＜(1－)n－1对任意n≥1成立． 根据指数函数y＝(1－)n的性质，得2－1≤0， c≤，故0＜c≤. (ii)若0＜c≤，要证数列{xn}为递增数列， 即xn＋1－xn＝－x＋c＞0. 即证xn＜对任意n≥1成立

6、． 下面用数学归纳法证明当0＜c≤时，xn＜对任意n≥1成立． (1)当n＝1时，x1＝0＜≤，结论成立． (2)假设当n＝k(k∈N＋)时结论成立，即：xk＜.因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)＜f()＝，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立． 故xn＜对任意n≥1成立． 因此，xn＋1＝xn－x＋c＞xn，即{xn}是递增数列． 由(i)(ii)知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是. 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

7、关的归纳型和存在型问题． [例1]　若不等式＋＋＋…＋>对一切正整数n都成立，求正整数a的最大值，并证明你的结论． [解]　当n＝1时，＋＋>，即>，所以a<26，而a∈N＋，所以取a＝25. 下面用数学归纳法证明： ＋＋…＋>. (1)当n＝1时，已证． (2)假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，结论成立， 即＋＋…＋>， 则当n＝k＋1时，有 ＋＋…＋＋＋＋＝＋＋＋－>＋＋－， 因为＋＝>， 所以＋－>0， 所以＋＋…＋>也成立． 由(1)(2)可知，对一切n∈N＋，都有＋＋…＋>，所以a的最大值为25. 数学归纳法的应用 归纳法是证明有关正整数n的命题的

8、一种方法，应用广泛．用数学归纳法证明一个命题必须分两个步骤：第一步论证命题的起始正确性，是归纳的基础；第二步推证命题正确性的可传递性，是递推的依据．两步缺一不可，证明步骤与格式的规范是数学归纳法的一个特征． [例2]　设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1(n∈N＋)． (1)求a1，a2； (2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出证明． [解]　(1)当n＝1时，方程x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1， ∴(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝. 当n＝2时，方程x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a1＋a2

9、－1＝a2－， ∴2－a2－a2＝0，解得a2＝. (2)由题意知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0， 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式整理得 SnSn－1－2Sn＋1＝0，解得Sn＝. 由(1)得S1＝a1＝， S2＝a1＋a2＝＋＝. 猜想Sn＝(n∈N＋)． 下面用数学归纳法证明这个结论． ①当n＝1时，结论成立． ②假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时结论成立，即Sk＝， 当n＝k＋1时，Sk＋1＝＝＝. 即当n＝k＋1时结论成立． 由①②可知Sn＝对任意的正整数n都成立． [例3]　用数学归纳法证明：n(n＋1)(2n＋1)能被6整除． [

10、证明]　(1)当n＝1时，1×2×3显然能被6整除． (2)假设n＝k时，命题成立， 即k(k＋1)(2k＋1)＝2k3＋3k2＋k能被6整除． 当n＝k＋1时，(k＋1)(k＋2)(2k＋3)＝ 2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)． 因为2k3＋3k2＋k,6(k2＋2k＋1)都能被6整除，所以2k3＋3k2＋k＋6(k2＋2k＋1)能被6整除，即当n＝k＋1时命题成立． 由(1)和(2)知，对任意n∈N＋原命题成立． [例4]　已知数列{an}，an≥0，a1＝0，a＋an＋1－1＝a. 求证：当n∈N＋时，an

11、程a＋a2－1＝0的正根，所以a10， 得ak＋1

12、数时都成立 B．仅当n＝1,2,3时成立 C．当n＝4时成立，n＝5时不成立 D．仅当n＝4时不成立 解析：选B　分别用n＝1,2,3,4,5验证即可． 2．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋<2－(n≥2，n∈N＋)时，第一步应验证不等式(　　) A．1＋<2－ 　　　　 B．1＋＋<2－ C．1＋<2－ D．1＋＋<2－ 解析：选A　第一步验证n＝2时不等式成立，即1＋<2－. 3．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1)，在验证n＝1时，左端计算所得的项为(　　) A．1 B．1＋a C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3 解析：选C　左端为

13、n＋2项和，n＝1时应为三项和， 即1＋a＋a2. 4．用数学归纳法证明2n>n2(n∈N＋，n≥5)成立时，第二步归纳假设的正确写法是(　　) A．假设n＝k时命题成立 B．假设n＝k(k∈N＋)时命题成立 C．假设n＝k(k≥5)时命题成立 D．假设n＝k(k>5)时命题成立 解析：选C　k应满足k≥5，C正确． 5．数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2时，an－an－1＝2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是(　　) A．3n－2　　　　　　　　 B．n2 C．3n－1 D．4n－3 解析：选B　计算出a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，

14、可猜想an＝n2. 6．平面内原有k条直线，它们的交点个数记为f(k)，则增加一条直线l后，它们的交点个数最多为(　　) A．f(k)＋1 B．f(k)＋k C．f(k)＋k＋1 D．k·f(k) 解析：选B　第k＋1条直线与前k条直线都相交且有不同交点时，交点个数最多，此时应比原先增加k个交点． 7．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N＋)能被8整除时，若n＝k时，命题成立，欲证当n＝k＋1时命题成立，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为(　　) A．56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1) B．34×34k＋1＋52×52k C．34k＋

15、1＋52k＋1 D．25(34k＋1＋52k＋1) 解析：选A　由34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1＝81×34k＋1＋25×52k＋1＋25×34k＋1－25×34k＋1 ＝56×34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)． 8．已知f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的关系是(　　) A．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2 B．f(k＋1)＝f(k)＋(k＋1)2 C．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋2)2 D．f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2 解析：选A　f(k＋1)＝12＋22＋32＋…＋(2k)2＋(2k

16、＋1)2＋[2(k＋1)]2＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2，故选A. 9．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步归纳假设应该写成(　　) A．假设当n＝k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除 B．假设当n＝2k(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除 C．假设当n＝2k＋1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除 D．假设当n＝2k－1(k∈N＋)时，xk＋yk能被x＋y整除 解析：选D　第k个奇数应是n＝2k－1，k∈N＋. 10．已知f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥

17、(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(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)16＝42成立． ∴当k≥4时，有f(k)≥k2成立． 二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，满分20分．把答案填写在题中的横线上) 11．用数学归纳法证明1＋2＋3＋4＋…＋n

18、2＝(n∈N＋)，则n＝k＋1时，左端应为在n＝k时的基础上加上____________________． 解析：n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2. 所以增加了(k2＋1)＋…＋(k＋1)2. 答案：(k2＋1)＋…＋(k＋1)2 12．设f(n)＝…，用数学归纳法证明f(n)≥3，在假设n＝k时成立后，f(k＋1)与f(k)的关系是f(k＋1)＝f(k)·________________. 解析：∵f(k)＝·…·， f(k＋1)＝·…·· · ∴f(k＋1)＝f(k)·. 答案： 13．设数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an

19、＋2，用数学归纳法证明an＝4·2n－1－2的第二步中，设n＝k时结论成立，即ak＝4·2k－1－2，那么当n＝k＋1时，应证明等式________成立． 答案：ak＋1＝4·2(k＋1)－1－2 14．在数列{an}中，a1＝1，且Sn，Sn＋1,2S1成等差数列，则S2，S3，S4分别为__________，猜想Sn＝__________. 解析：因为Sn，Sn＋1,2S1成等差数列． 所以2Sn＋1＝Sn＋2S1，又S1＝a1＝1. 所以2S2＝S1＋2S1＝3S1＝3，于是S2＝＝， 2S3＝S2＋2S1＝＋2＝，于是S3＝＝， 由此猜想Sn＝. 答案：，，　 三、解

20、答题(本大题共4个小题，满分50分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤) 15．(本小题满分12分)用数学归纳法证明，对于n∈N＋，都有＋＋＋…＋＝. 证明：(1)当n＝1时，左边＝＝，右边＝，所以等式成立． (2)假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时等式成立，即 ＋＋＋…＋＝， 当n＝k＋1时， ＋＋＋…＋＋ ＝＋ ＝＝＝. 即n＝k＋1时等式成立． 由(1)(2)可知，对于任意的自然数n等式都成立． 16．(本小题满分12分)用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式·…·＞均成立． 证明：(1)当n＝2时，左边＝1＋＝，右边＝. ∵左边＞右边，∴不等式

21、成立． (2)假设当n＝k(k≥2，且k∈N＋)时不等式成立， 即·…·＞. 则当n＝k＋1时， ·…· ＞·＝ ＝＞ ＝＝. ∴当n＝k＋1时，不等式也成立． 由(1)(2)可知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立． 17．(本小题满分12分)如果数列{an}满足条件：a1＝－4，an＋1＝(n＝1,2，…)，证明：对任何自然数n，都有an＋1>an且an<0. 证明：(1)由于a1＝－4， a2＝＝＝>a1. 且a1<0，因此，当n＝1时不等式成立． (2)假设当n＝k(k≥1)时，ak＋1>ak且ak<0，那么 ak＋1＝<0， ak＋2－ak＋1＝－

22、 ＝>0. 这就是说，当n＝k＋1时不等式也成立， 根据(1)(2)，不等式对任何自然数n都成立． 因此，对任何自然数n，都有an＋1>an，且an＜0. 18．(本小题满分14分)已知数列{an}满足a1＝2，an＋1＝2an＋λa＋(n∈N＋)． (1)若λ＝μ＝1，证明数列{lg(an＋1)}为等比数列，并求数列{an}的通项公式； (2)若λ＝0，是否存在实数μ，使得an≥2对一切n∈N＋恒成立？若存在，求出μ的取值范围；若不存在，请说明理由． 解：(1)∵λ＝μ＝1，则an＋1＝a＋2an， ∴an＋1＋1＝(an＋1)2，lg(an＋1＋1)＝2lg(an＋1)，

23、 ∴{lg(an＋1)}是公比为2的等比数列，且首项为lg 3， ∴lg(an＋1)＝2n－1lg 3， ∴an＋1＝32n－1，∴an＝32n－1－1(n∈N＋)． (2)由a2＝2a1＋＝4＋≥2，得μ≥－3， 猜想μ≥－3时，对一切n∈N＋，an≥2恒成立． ①当n＝1时，a1＝2，猜想成立． ②假设当n＝k(k≥1且k∈N＋)时，ak≥2， 则由an＋1＝，得ak＋1－2＝ ＝≥＝≥0， ∴n＝k＋1时，ak＋1≥2，猜想成立． 由①②可知，当μ≥－3时，对一切n∈N＋，恒有an≥2. 模块综合检测 (时间：90分钟，总分120分) 一、选择题(本大题共1

24、0小题，每小题5分，满分50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．不等式|3x－2|>4的解集是(　　) A．{x|x>2}　　　　　　 B. C. D. 解析：选C　因为|3x－2|>4，所以3x－2>4或3x－2<－4，所以x>2或x<－. 2．已知a＜0，－1＜b＜0，那么下列不等式成立的是(　　) A．a＞ab＞ab2 B．ab2＞ab＞a C．ab＞a＞ab2 D．ab＞ab2＞a 解析：选D　因为－1＜b＜0，所以b＜b2＜1. 又因为a＜0，所以ab＞ab2＞a. 3．用反证法证明命题：“三角形的内角中至少有一个不大于60°”时

25、，反设正确的是(　　) A．假设三内角都不大于60° B．假设三内角都大于60° C．假设三内角至多有一个大于60° D．假设三内角至多有两个大于60° 解析：选B　至少有一个不大于60°是指三个内角有一个或者两个或者三个小于或等于60°，所以反设应该是它的对立情况，即假设三内角都大于60°. 4．若a，b是任意实数，且a>b，则下列不等式一定成立的是(　　) A．a2>b2　　　　　　　　　 B.<1 C．lg(a－b)>0 D.ab，所以a0，使不等式|x－4|＋|x－3|

26、上的解集不是空集的a的取值范围是(　　) A．(0,1) B．{1} C．(1，＋∞) D．以上均不对 解析：选C　函数y＝|x－4|＋|x－3|的最小值为1，所以若|x－4|＋|x－3|1. 6．若关于实数x的不等式|x－1|＋|x－3|≤a2－2a－1的解集为∅，则实数a的取值范围是(　　) A．(－∞，－1)∪(3，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C．(－1,3) D．[－1,3] 解析：选C　|x－1|＋|x－3|的几何意义是数轴上对应的点到1,3对应的两点的距离之和，故它的最小值为2.∵原不等式的解集为∅，∴a2－2a－1<