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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an满足an1anan1，n1,2,3，(1)当a12时，求a2，a3，a4，并由此猜想出数列an的一个通项公式(2)当a13时，证明对所有的n1，有ann2；.解(1)由a12，得a2aa113；由a23，得a3a2a214；由a34，得a4a3a315.由此猜想：ann1(nN)(2)用数学归纳法证明：当n1时，a1312，不等式成立；假设当nk时，不等式成立，即akk2，那么当nk1时，ak1akak1ak(akk)1(k2)(k2k)12(k2)1k3(k1)2，也就是说，当nk1时，ak1(k1)2.综上可得，对于所有n1，有ann2.由an1an(ann)1及，对k2，有akak1(ak1k1)1ak1(k12k1)12ak112(2ak21)122ak22123ak32221ak2k1a12k2212k1a12k112k1(a11)1，于是1ak2k1(a11)，k2.因此，原不等式成立.利用数学归纳法证明不等式的常用技巧在使用数学归纳法证明时，一般说来，第一步验证比较简明，而第二步归纳步骤情况较复杂因此，熟悉归纳步骤的证明方法是十分重要的，其实归纳步骤可以看作是一个独立的证明问题，归纳假设“P(k)成立”是问题的条件，而“命题P(k1)成立”就是所要证明的结论，因此，合理运用归纳假设这一条件就成了归纳步骤中的关键，下面简要分析一些常用技巧1分析综合法用数学归纳法证明关于正整数n的不等式，从“P(k)”到“P(k1)”，常常可用分析综合法例2求证：，nN.证明(1)当n1时，因为1，所以原不等式成立(2)假设nk(k1，kN)时，原不等式成立，即有，当nk1时，.因此，欲证明当nk1时，原不等式成立，只需证明.从而转化为证明，也就是证明，即()2()2k2k12120，从而.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，不等式均成立证明(1)当n2时，左边1，右边.左边右边，不等式成立(2)假设当nk(k2，且kN)时不等式成立，即.则当nk1时，.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an与an1的关系，实现从“k”到“k1”的过渡例4设0a1，定义a11a，an1a，求证：对一切nN，有1an1，又a11a，显然命题成立(2)假设nk(k1，kN)时，命题成立，即1ak(1a)a1，同时，ak1a1a，当nk1时，命题也成立即1ak1.综合(1)、(2)可知，对一切正整数n，有1an.4学会借用同一题中已证明过的结论在从k到k1的过程中，若仅仅利用已知条件，有时还是没有证题思路，这时考查同一题中已证明过的结论，看是否可借用，这种“借用”思想非常重要例5设xn是由x12，xn1(nN)定义的数列，求证：不等式xn2.所以xn(nN)显然成立下面证明：xn(nN)(1)当n1时，x121，不等式成立(2)假设当nk(k1，kN)时，不等式成立，即xk，那么，当nk1时，xk1.由归纳假设，xk，则因为、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xk1，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xn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上，xk，.xk1.即xk10和正整数n，都有xnxn2xn4n1”时，需验证的使命题成立的最小正整数值n0应为()An01Bn02Cn01,2 D以上答案均不正确解析：先验证n1时，x11成立，再用数学归纳法证明答案：A2设f(n)(nN)，则f(n1)f(n)()A BC D解析：由题意知f(n)，f(n1)，故f(n1)f(n).答案：D3已知数列an中，a11，a22，an12anan1(nN)，用数学归纳法证明a4n能被4整除，假设a4k能被4整除，然后应该证明()Aa4k1能被4整除 Ba4k2能被4整除Ca4k3能被4整除 Da4k4能被4整除解析：由假设a4k能被4整除，则当nk1时，应该证明a4(k1)a4k4能被4整除答案：D4在数列an中，a1，且Snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()A BC D解析：因为a1，由Snn(2n1)an，得a1a22(221)a2，解得a2，a1a2a33(231)a3，解得a3，a1a2a3a44(241)a4，解得a4.猜想an.答案：C二、填空题5用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn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命题成立答案：2k16若f(n)122232(2n)2，则f(k1)与f(k)的递推关系式是f(k1)_.解析：f(k)1222(2k)2，f(k1)1222(2k)2(2k1)2(2k2)2，f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2.答案：f(k)(2k1)2(2k2)27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_解析：本题在n1时，右边考查二倍角的正弦公式，右cos .答案：cos 8设an是首项为1的正项数列，且(n1)anaan1an0(n1,2,3，)，则它的通项an_.解析：法一：分别令n1,2,3求出a2，a3，通过不完全归纳法知an.法二：对已知等式因式分解得(n1)an1nan(an1an)0.由an0知，再由累乘法求得an.答案：三、解答题9在数列an中，a1a21，当nN时，满足an2an1an，且设bna4n，求证：bn各项均为3的倍数证明：(1)a1a21，故a3a1a22，a4a3a23.b1a43，当n1时，b1能被3整除(2)假设nk时，即bka4k是3的倍数，则nk1时，bk1a4(k1)a4k4a4k3a4k2a4k2a4k1a4k1a4k3a4k12a4k. 由归纳假设，a4k是3的倍数，3a4k1是3的倍数，故可知bk1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bn的各项都是3的倍数10用数学归纳法证明：对nN时成立证明：(1)当n1时，不等式成立(2)假设nk时不等式成立即.则nk1时，即nk1时不等式成立由(1)、(2)知不等式对任意nN都成立11已知数列an的前n项和为Sn，且满足a1，an2SnSn10(n2)(1)判断是否为等差数列？并证明你的结论；(2)求Sn和an；(3)求证：SSS.解：(1)S1a1，2.当n2时，anSnSn1，即SnSn12SnSn1.2，故是以2为首项，2为公差的等差数列(2)由(1)得2(n1)22n，Sn(nN)，当n2时，an2SnSn1.当n1时，a1，an(3)证明：当n1时，S，成立假设nk(k1，且kN)时，不等式成立，即SSS成立，则当nk1时，SSSSn21对于nn0的自然数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A2 B3C5 D6解析：取n01,2,3,4,5验证，可知n05.答案：C3已知a1，an1，nN，则an的取值范围是()A(，2) B，2)C(0，) D0，解析：n1时，a2，排除C，D.an1an为递增数列可用数学归纳法证明an成立时，当n2时验证的不等式是()A1BCD以上都不对解析：当n2时，左边11，右边，1.答案：A5用数学归纳法证明“Sn1(nN)”时，S1等于()A BC D解析：因为S1的首项为，末项为，所以S1，故选D.答案：D6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(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)k2成立B若f(4)16成立，则当k4时，均有f(k)k2成立C若f(7)49成立，则当k7时，均有f(k)1642成立当k4时，有f(k)k2成立答案：D7用数学归纳法证明34n152n1(nN)能被8整除时，当nk1时，对于34(k1)152(k1)1可变形为()A563(4k1)25(34k152k1)B3434k15252kC34k152k1D25(34k152k1)解析：34(k1)152(k1)1变形中必须出现nk时归纳假设，故变形为5634k125(34k152k1)答案：A8若k棱柱有f(k)个对角面，则(k1)棱柱对角面的个数为()A2f(k) Bk1f(k)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A1A2Ak，nk1时底面为A1A2A3AkAk1，增加的对角线为A2Ak1，A3Ak1，A4Ak1，Ak1Ak1，A1Ak，共有(k1)条，因此对角面也增加了(k1)个答案：B9下列代数式，nN，可能被13整除的是()An35n B34n152n1C62n11 D42n13n2解析：A中，n1时，156，不能被13整除；B中，n1时，3553368不能被13整除；C中，n1时，617亦不能被13整除答案：D10用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN)时，从k到k1，左边需要增加的代数式为()A2k1 B2(2k1)C D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)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，Nannan1b，则M，N的大小关系为_(提示：利用贝努利不等式，令x)解析：由贝努利不等式(1x)n1nx(x1，且x0，n1，nN)，当n1时，令x，所以n1n，所以n1n，即(ab)nannan1b，当n1时，MN，故MN.答案：MN12若数列an的通项公式an，记cn2(1a1)(1a2)(1an)，试通过计算c1，c2，c3的值，推测cn_.解析：c12(1a1)2，c22(1a1)(1a2)2，c32(1a1)(1a2)(1a3)2，故cn.答案：13从11,14(12)，149123,14916(1234)，归纳出：14916(1)n1n2_.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.答案：(1)n114设数列an满足a12，an12an2，用数学归纳法证明an42n12的第二步中，设nk(k1，kN)时结论成立，即ak42k12，那么当nk1时，需证明ak1_.解析：当nk1时，把ak代入，要将42k2变形为42(k1)12的形式答案：42(k1)12三、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：123252(2n1)2n(4n21)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123252(2k1)2k(4k21)那么当nk1时，123252(2k1)22(k1)12k(4k21)(2k1)2k(2k1)(2k1)(2k1)2(2k1)(2k3)(k1)(k1)4(k1)21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)证明：(1)当n2时，左边，不等式成立(2)假设当nk(k2，kN)时，命题成立，即，则当nk1时，.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)7n1(nN)能被9整除证明：(1)当n1时，(311)71127，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)7k1能被9整除那么当nk1时，3(k1)17k11(3k4)7k11(3k1)7k1137k1(3k1)7k137k16(3k1)7k(3k1)7k17k(2163k6)(3k1)7k197k(2k3)由归纳假设知，(3k1)7k1能被9整除，而97k(2k3)也能被9整除，故3(k1)17k11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)7n1都能被9整除18(本小题满分14分)an是由非负整数组成的数列，满足a10，a23，an1an(an12)(an22)，n3,4,5，.(1)求a3；(2)证明：anan22(n3，且nN)解：(1)由已知a4a3(a22)(a12)52101，a3可能取值1,2,5,10.若a31，a410，从而a5，显然a5不是非负整数，与题设矛盾若a310，则a41，从而a560.但再计算a6，也与题设矛盾a32，a45.(因a35，a42a5N，舍去)(2)用数学归纳法证明：当n3时，a32，a1202，a3a12，即n3时等式成立；假设nk(k3)时，等式成立，即akak22，由题设ak1ak(ak12)(ak22)，因为akak220.所以ak1ak12，也就是说，当nk1时，等式ak1ak12成立则根据知，对于n3(nN)，有anan22.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ab，则下列命题成立的是()Aa2b2Bab2a2bC D解析：A项中a2b2(ab)(ab)，由ab知ab0.但ab的符号不确定，故A项错误B项中，ab2a2bab(ba)，由a0，但ab的符号不确定，故B项错误C项中，由ab知ab0，又已知a，b为非零实数，0，即B BAA.答案：B3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 BMNCMN 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：C4已知R，则4cos 的最大值是()A2 B3C D解析：由4cos 3.当且仅当4cos ，即sin ，cos 时，等号成立，故选B.答案：B5不等式|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，这样就得到原不等式的解集为(，32，)答案：D6已知为锐角，a，b均为正实数则下列不等式成立的是()A(ab)2B(ab)2Ca2b2D(ab)2解析：设m，n(cos ，sin )，则|ab| ，所以(ab)2.答案：A7(安徽高考)若函数f(x)|x1|2xa|的最小值为3，则实数a的值为()A5或8 B1或5C1或4 D4或8解析：当a2时，f(x)如图1可知，当x时，f(x)minf13，可得a8；当a1时，不等式ax恒成立，则实数a的取值范围是()A(，2) B2，)C3，) D(，3解析：ax，由xx113，即x的最小值为3.答案：D9若实数x、y满足1，则x22y2有()A最大值32 B最小值32C最大值6 D最小值6解析：由题知，x22y2(x22y2)332，当且仅当时，等号成立答案：B10若x1，则函数yx的最小值为()A16 B8C4 D非上述情况解析：yxx28，当且仅当x2时等号成立答案：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)xyy2yzzxy(xyz)zx22.答案：212(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.于是原不等式的解集为x3或x2答案：x|x3或x213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，的最小值为_解析：设a，b，c，则xyz1，则可化为，不妨设xyz，则，据排序不等式得zxy，yzx，两式相加并化简可得23.即.即.所以的最小值为.答案：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：(a2bab2)(ab2a2b)9a2b2.证明：因为a，b是正实数，所以a2bab233ab0，当且仅当a2bab2，即ab1时，等号成立；同理：ab2a2b33ab0，当且仅当ab1时，等号成立所以(a2bab2)(ab2a2b)9a2b2，当且仅当ab1时，等号成立因为ab，所以(a2bab2)(ab2a2b)9a2b2.16(本小题满分12分)若a1a2an，b1b2bn，求证：.证明：由题设和排序不等式，可知有以下n组式子成立：a1b1a2b2anbna1b1a2b2anbn，a1b1a2b2anbna1b2a2b3anb1，a1b1a2b2anbna1bna2b1anbn1.将上述n个不等式叠加后，两边同除以n2，即得欲证的不等式17(本小题满分12分)(新课标全国卷)设函数f(x)|xa|(a0)(1)证明：f(x)2；(2)若f(3)0，有f(x)|xa|a2.当且仅当“a1”时等号成立所以f(x)2.(2)f(3)|3a|.当a3时，f(3)a，由f(3)5得3a.当0a3时，f(3)6a，由f(3)5得a3.综上，a的取值范围是.18(本小题满分14分)数列an满足Sn2nan(nN)(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an.(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想解：(1)当n1时，a1S12a1，所以a11；当n2时，a1a2S222a2，所以a2；当n3时，a1a2a3S323a3，所以a3；当n4时，a1a2a3a4S424a4，所以a4.由此猜想an(nN)(2)当n1时，a11，结论成立假设nk(k1且kN)时，结论成立，即ak，那么nk1(k1且kN)时，ak1Sk1Sk2(k1)ak12kak2akak1.所以2ak12ak，所以ak1，这就是说当nk1时，结论也成立，综上可得an(nN)23
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