活頁作業(十一)數學歸納法與貝努利不等式一、選擇題1．用數學歸納法證明“eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,nn＋1)＝eq\f(n,n＋1)(n∈N＋)”，從n＝k到n＝k＋1時，等式左邊需增添的項是()A．eq\f(1,k＋1) B．eq\f(1,k＋2)C．eq\f(1,kk＋1) D．eq\f(1,k＋1k＋2)解析：當n＝k(k∈N＋)時，等式的左邊＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,kk＋1)；當n＝k＋1時，等式的左邊＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,2×3)＋eq\f(1,3×4)＋…＋eq\f(1,kk＋1)＋eq\f(1,k＋1k＋2).所以從n＝k到n＝k＋1時，等式的左邊需增添的項為eq\f(1,k＋1k＋2).答案：D2．對于正整數n，下列說法不正確的是()A．3n≥1＋2n B．0.9n≥1－0.1nC．0.9n<1－0.1n D．0.1n≥1－0.9n解析：由貝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx(x≥－1，n∈N＋)，可知當x＝2時，(1＋2)n≥1＋2n，A項正確；當x＝－0.1時，(1－0.1)n≥1－0.1n，B項正確，C項不正確；當x＝－0.9時，(1－0.9)n≥1－0.9n，D項正確．答案：C3．設數列{an}的前n項和為Sn，且a1＝1，Sn＝n2an(n∈N＋)．試歸納猜想出Sn的表達式為()A．eq\f(2n,n＋1) B．eq\f(2n－1,n＋1)C．eq\f(2n＋1,n＋2) D．eq\f(2n,n－1)解析：因為a1＝1，所以S1＝1.又S2＝4a2＝a1＋a2所以3a2＝1.所以a2＝eq\f(1,3)，S2＝eq\f(4,3).又S3＝9a3＝S2＋a3，所以8a3＝eq\f(4,3).所以a3＝eq\f(1,6).所以S3＝eq\f(3,2)＝eq\f(6,4).由此可猜想Sn＝eq\f(2n,n＋1)(n∈N＋)．答案：A4．對于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N＋)，某學生用數學歸納法證明的過程如下：(1)當n＝1時命題顯然成立．(2)假設n＝k(k∈N＋，k≥1)時原不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，則當n＝k＋1時，左邊＝eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1.故當n＝k＋1時原不等式也成立．由(1)(2)，可知原不等式對一切n∈N＋都成立．對上述證明過程，下列說法正確的是()A．過程全部正確 B．n＝1時驗證不正確C．歸納假設不正確 D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確解析：上述過程中，當n＝1時的驗證及假設均正確，只是在(2)中的證明沒有使用歸納假設，因此證明過程錯誤．答案：D二、填空題5．與貝努利不等式(1＋x)n>1＋nx(x>－1且x≠0，n>1，n∈N)等價的不等式是________.(填序號)①(1－x)n>1－nx(x<1且x≠0，n>1，n∈N)②(1＋x)n>1－nx(x>－1且x≠0，n>1，n∈N)③(1－x)n>1＋nx(x<1且x≠0，n>1，n∈N)④(1＋x)n>1＋nx(x>1，n>1，n∈N)解析：在貝努利不等式中，令x＝－t，因為x>－1且x≠0，所以t<1且t≠0.所以原不等式變為(1－t)n>1－nt(t<1且t≠0，n>1，n∈N)．答案：①6．設f(x)是定義在正整數集上的函數，且f(x)滿足：當f(k)≥k2成立時，總可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立．那么下列結論正確的是________.①若f(3)≥9成立，則當k≥1時，均有f(k)≥k2成立；②若f(5)≥25成立，則當k≤5時，均有f(k)≥k2成立；③若f(7)<49成立，則當k≥8時，均有f(k)<k2成立；④若f(4)＝25成立，則當k≥4時，均有f(k)≥k2成立．解析：對于①，若f(3)≥9成立，則由題意可得出當k≥3時，f(k)≥k2成立，①錯．對于②，若f(5)≥25成立，由題意可得出當k≥5時，f(k)≥k2成立，②錯．對于③，應改為“若f(7)≥49成立，則當k≥7時，均有f(k)≥k2成立”，故只有④正確．答案：④三、解答題7．比較2n與n2的大小(n∈N＋)．解：當n＝1時，21>12；當n＝2時，22＝22；當n＝3時，23<32；當n＝4時，24＝42；當n＝5時，25>52.猜想：當n≥5時，2n>n2.下面用數學歸納法證明：(1)當n＝5時，25>52成立．(2)假設當n＝k(k∈N＋，k≥5)時，2k>k2，那么當n＝k＋1時，2k＋1＝2×2k＝2k＋2k>k2＋(1＋1)k>k2＋Ceq\o\al(0,k)＋Ceq\o\al(1,k)＋Ceq\o\al(k－1,k)＝k2＋2k＋1＝(k＋1)2.∴當n＝k＋1時，2n>n2也成立．由(1)(2)，可知對n≥5的一切自然數，2n>n2都成立．綜上，當n＝1或n≥5時，2n>n2；當n＝2,4時，2n＝n2；當n＝3時，2n<n2.8．設f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N＋)，已知f(1)＝1>eq\f(1,2)，f(3)>1，f(7)>eq\f(3,2)，f(15)>2，….(1)由上述不等式你能得到怎樣的結論？并給出證明．(2)是否存在一個正數T，使得對任意的正整數n，恒有不等式f(n)<T成立？并說明理由．解：(1)數列1,3,7,15，…的通項公式為an＝2n－1(n∈N＋)；數列eq\f(1,2)，1，eq\f(3,2)，2，…的通項公式為bn＝eq\f(n,2)(n∈N＋)．猜想：f(2n－1)>eq\f(n,2)(n∈N＋)．下面用數學歸納法證明：①當n＝1時，f(21－1)＝f(1)＝1>eq\f(1,2)，所以不等式成立．②假設當n＝k(k≥1，k∈N＋)時不等式成立，即f(2k－1)>eq\f(k,2)，則當n＝k＋1時，f(2k＋1－1)＝f(2k－1)＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－2)＋eq\f(1,2k＋1－1)>f(2k－1)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1)]2k個＝f(2k－1)＋eq\f(1,2)>eq\f(k,2)＋eq\f(1,2)＝eq\f(k＋1,2).∴當n＝k＋1時不等式也成立．由①②，可知對任何n∈N＋，原不等式均成立．(2)對任意給定的正數T，設它的整數部分為T′，記m＝T′＋1，則m>T.由(1)，知f(22m－1)>∴f(22m－1)>這說明，對任意給定的正數T，總能找到正整數n＝22m－使得f(n)>T.∴不存在正數T，使得對任意的正整數n，恒有不等式f(n)<T成立．一、選擇題1．用數學歸納法證明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N＋)能被9整除”時，為了利用歸納假設，當n＝k＋1時，只需展開(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3中的()A．(k＋3)3 B．(k＋2)3C．(k＋1)3 D．(k＋1)3＋(k＋2)3解析：假設當n＝k時，k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，則當n＝k＋1時，原式＝(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3.為了能用上面的歸納假設，只需將(k＋3)3展開，讓其出現k3，且展開式中除k3之外的各項和也能被9整除．答案：A2．用數學歸納法證明“1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(127,64)(n≥k，n∈N＋)”時，起始值k最小為()A．7 B．8C．9 D．10解析：對不等式的左邊求和，得Sn＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n)).由Sn>eq\f(127,64)，得1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n>eq\f(127,128)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n<eq\f(1,128).則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))7.所以n>7.故起始值k最小為8.答案：B二、填空題3．設a，b均為正實數，已知M＝(a＋b)n，N＝an＋nan－1b，n∈N＋，則M，N的大小關系為________.提示：利用貝努利不等式，令x＝eq\f(b,a)解析：令x＝eq\f(b,a)，由貝努利不等式(1＋x)n≥1＋nx(x≥－1，n∈N＋)，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(b,a)))n≥1＋n·eq\f(b,a)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋b,a)))n≥1＋n·eq\f(b,a)，即(a＋b)n≥an＋nan－1b.故M≥N.答案：M≥N4．設{an}是首項為1的正項數列，且(n＋1)aeq\o\al(2,n＋1)－naeq\o\al(2,n)＋an＋1an＝0(n＝1,2,3，…)，則它的通項公式是________.解析：令n＝1，則2aeq\o\al(2,2)＋a1a2－aeq\o\al(2,1)＝0.∵a1＝1，∴2aeq\o\al(2,2)＋a2－1＝0.∵a2>0，∴a2＝eq\f(1,2).同理可求得a3＝eq\f(1,3).于是猜想an＝eq\f(1,n)(n∈N＋)．下面用數學歸納法證明：(1)當n＝1時，a1＝eq\f(1,1)成立．(2)假設當n＝k(k≥1，k∈N＋)時，ak＝eq\f(1,k)成立，則當n＝k＋1時，由(k＋1)aeq\o\al(2,k＋1)－kaeq\o\al(2,k)＋ak＋1ak＝0，可得(k＋1)aeq\o\al(2,k＋1)＋eq\f(1,k)ak＋1－eq\f(1,k)＝0，即k(k＋1)aeq\o\al(2,k＋1)＋ak＋1－1＝0.∴ak＋1＝－eq\f(1,k)(舍去)或ak＋1＝eq\f(1,k＋1).故當n＝k＋1時，ak＋1＝eq\f(1,k＋1)成立．綜合(1)(2)，知對任意的n∈N＋，總有an＝eq\f(1,n)成立．答案：an＝eq\f(1,n)(n∈N＋)三、解答題5．已知函數f(x)＝ax＋eq\f(a－1,x)＋1－2a(a>0)，當a≥eq\f(1,2)時，有f(x)≥lnx(x≥1)．求證：1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)>ln(n＋1)＋eq\f(n,2n＋1)(n∈N＋)．證明：用數學歸納法證明．(1)當n＝1時，左邊＝1，右邊＝ln2＋eq\f(1,4)<1，∴當n＝1時不等式成立．(2)假設當n＝k(k≥1，k∈N＋)時不等式成立，即1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k)>ln(k＋1)＋eq\f(k,2k＋1).那么當n＝k＋1時，1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)>ln(k＋1)＋eq\f(k,2k＋1)＋eq\f(1,k＋1)＝ln(k＋1)＋eq\f(k＋2,2k＋1).由題意，可知當a≥eq\f(1,2)時，有f(x)≥lnx(x≥1)．令a＝eq\f(1,2)，有f(x)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,x)))≥lnx(x≥1)．令x＝eq\f(k＋2,k＋1)，得eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k＋2,k＋1)－\f(k＋1,k＋2)))≥lneq\f(k＋2,k＋1)＝ln(k＋2)－ln(k＋1)．∴ln(k＋1)＋eq\f(k＋2,2k＋1)≥ln(k＋2)＋eq\f(k＋1,2k＋2).∴1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k)＋eq\f(1,k＋1)>ln(k＋2)＋eq\f(k＋1,2k＋2)，這就是說，當n＝k＋1時不等式也成立．根據(1)和(2)，可知不等式對任何n∈N＋都成立．6．已知函數f(x)＝eq\f(1,3)x3－x，數列{an}滿足條件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)．試比較eq\f(1,1＋a1)＋eq\f(1,1＋a2)＋eq\f(1,1＋a3)＋…＋e