《理科数学2010-2019高考真题分类训练39专题十三推理与证明第三十九讲数学归纳法—附解析答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《理科数学2010-2019高考真题分类训练39专题十三推理与证明第三十九讲数学归纳法—附解析答案（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 专题十三 推理与证明 第三十九讲 数学归纳法 解答题 1 2017 浙江 已知数列 n x满足 1 1x 11 ln 1 nnn xxx n N 证明 当n N时 1 0 nn xx 1 1 2 2 nn nn x x xx 12 11 22 n nn x 2 2015 湖北 已知数列 n a的各项均为正数 1 1 n nn bnan n N e 为自然对数的 底数 求函数 1exf xx 的单调区间 并比较 1 1 n n 与 e 的大小 计算 1 1 b a 1 2 12 bb a a 1 23 123 bb b a a a 由此推测计算 1 2 12 n n bbb a aa 的公式
2、并给出证明 令 1 12 n nn ca aa 数列 n a n c的前n项和分别记为 n S n T 证明 e nn TS 3 2014 江苏 已知函数 0 sin 0 x f xx x 设 n f x为 1 n fx 的导数 n N 求 12 2 222 ff 的值 2 证明 对任意的n N 等式 1 2 4442 nn nff 成立 4 2014 安徽 设实数0 c 整数1 p Nn 证明 当1 x且0 x时 pxx p 1 1 数列 n a满足 p ca 1 1 p nnn a p c a p p a 1 1 1 证明 p nn caa 1 1 5 2014 重庆 设 2 11 1 2
3、2 nnn aaaab nN 若1b 求 23 a a及数列 n a的通项公式 若1b 问 是否存在实数c使得 221nn aca 对所有 nN 成立 证明 你的结论 6 2012 湖北 已知函数 1 r f xrxxr 0 x 其中r为有理数 且01r 求 f x的最小值 试用 的结果证明如下命题 设 12 0 0aa 1 2 b b为正有理数 若 12 1bb 则 12 121 12 2 bb a aaba b 请将 中的命题推广到一般形式 并用数学归纳法 证明你所推广的命题 注 当 为正有理数时 有求导公式 1 xx 7 2011 湖南 已知函数 3 f xx g xxx 求函数 h x
4、f xg x 的零点个数 并说明理由 设数列 n a nN 满足 1 0 aa a 1 nn f ag a 证明 存在常数 M 使得对于任意的 nN 都有 n a M 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 0 n x 当1n 时 1 10 x 假设nk 时 0 k x 那么1nk 时 若 1 0 k x 则 11 0ln 1 0 kkk xxx 矛盾 故 1 0 k x 因此0 n x n N 所以 111 ln 1 nnnn xxxx 因此 1 0 nn xx n N 由 111 ln 1 nnnn xxxx 得 2 111111 422 2 l
5、n 1 nnnnnnnn x xxxxxxx 记函数 2 2 2 ln 1 0 f xxxxx x 函数 f x在 0 上单调递增 所以 0 f xf 0 因此 2 11111 2 2 ln 1 0 nnnnn xxxxf x 故 1 1 2 N 2 nn nn x x xxn 因为 11111 ln 1 2 nnnnnn xxxxxx 所以 1 1 2 n n x 得 由 1 1 2 2 nn nn x x xx 得 1 1111 2 0 22 nn xx 所以 12 11 111111 2 2 2 222 nn nn xxx 故 2 1 2 n n x 综上 12 11 N 22 n nn
6、 xn 2 解析 f x的定义域为 1exfx 当 0fx 即0 x 时 f x单调递增 当 0fx 即0 x 时 f x单调递减 故 f x的单调递增区间为 0 单调递减区间为 0 当0 x 时 0 0f xf 即1exx 令 1 x n 得 1 1 1en n 即 1 1 e n n 11 1 1 1 1 1 12 1 b a 2221 212 1212 1 2 2 1 21 3 2 bbbb a aaa 23331 2 331 2 123123 1 33 1 3 1 4 3 bb bbbb a a aa aa 由此推测 1 2 12 1 n n n bbb n a aa 下面用数学归纳法
7、证明 1 当1n 时 左边 右边2 成立 2 假设当nk 时 成立 即 1 2 12 1 k k k bbb k a aa 当1nk 时 1 11 1 1 1 1 k kk bka k 由归纳假设可得 111 211 21 121121 1 1 1 1 2 1 kkkkkkk kkkk bbb bbbbb kkk a aa aa aaak 所以当1nk 时 也成立 根据 1 2 可知 对一切正整数 n 都成立 由 n c的定义 算术 几何平均不等式 n b的定义及 得 123nn Tcccc 1111 312 11212312 n n aa aa a aa aa 1111 312 1 2 31
8、 211 2 2341 n n bb bbbbbbb n 12312112 1 22 33 4 1 n bbbbbbbbb n n 12 1111111 1 22 3 1 2 33 4 1 1 n bbb n nn nn n 12 11111 1 1211 n bbb nnnn 12 12 n bbb n 12 12 111 1 1 1 12 n n aaa n 12 eee n aaa e n S 即e nn TS 3 解析 由已知 得 10 2 sincossin xxx f xfx xxx 于是 21 223 cossinsin2cos2sin xxxxx fxf x xxxxx 所以
9、12 23 4216 22 ff 故 12 2 1 222 ff 证明 由已知 得 0 sin xf xx 等式两边分别对 x 求导 得 00 cosf xxf xx 即 01 cossin 2 f xxf xxx 类似可得 12 2 sinsin f xxf xxx 23 3 3 cossin 2 f xxf xxx 34 4 sinsin 2 f xxf xxx 下面用数学归纳法证明等式 1 sin 2 nn n nfxxf xx 对所有的n N都成立 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 sin 2 kk k kfxxf xx 因为 111 1
10、kkkkkkk kfxxf xkfxf xxf xkf xfx 1 sin cos sin 2222 k kkk xxxx 所以 1 1 kk kf xfx 1 sin 2 k x 所以当 n k 1 时 等式也成立 综合 i ii 可知等式 1 sin 2 nn n nfxxf xx 对所有的n N都成立 令 4 x 可得 1 sin 44442 nn n nff n N 所以 1 2 4442 nn nff n N 4 解析 证 用数学归纳法证明 1 当2p 时 22 1 1 21 2xxxx 原不等式成立 2 假设 2 pk kkN 时 不等式 1 1 k xkx 成立 当1pk 时 1
11、 1 1 1 1 1 kk xxxxkx 2 1 1 1 1 kxkxkx 所以1pk 时 原不等式成立 综合 1 2 可得当1 x且0 x时 对一切整数1p 不等式pxx p 1 1 均成立 证法 1 先用数学归纳法证明 1 p n ac 1 当1n 时由假设 1 1 p ac 知 1 p n ac 成立 2 假设 1 nk kkN 时 不等式 1 p k ac 成立 由 p nnn a p c a p p a 1 1 1 易知0 n anN 当1nk 时 1 11 1 1 p k k p kk apcc a appp a 由 1 0 p k ac 得 11 1 1 0 p k c pp a
12、 由 中的结论得 1 11 1 1 1 1 pp k ppp kkkk accc p ap ap aa 因此 1 p k ac 即 1 1 p k ac 所以当1nk 时 不等式 1 p n ac 也成立 综合 1 2 可得 对一切正整数n 不等式 1 p n ac 均成立 再由 1 1 1 1 n p nn ac ap a 得 1 1 n n a a 即 1nn aa 综上所述 1 1 p nn aacnN 证法 2 设 1 1 1 pp pc f xxxxc pp 则 p xc 并且 11 1 1 0 p p pcpc fxp x pppx 1 p xc 由此可见 f x在 1 p c 上
13、单调递增 因而当 1 p xc 时 11 pp f xf cc 1 当1n 时由 1 1 0 p ac 即 1 p ac 可知 1 21111 1 11 1 1 p p pcc aaaaa ppp a 并且 1 21 p af ac 从而 1 12 p aac 故当1n 时 不等式 1 1 p nn aac 成立 2 假设 1 nk kkN 时 不等式 1 1 p kk aac 成立 则 当1nk 时 1 1 p kk f af af c 即有 1 12 p kk aac 所以当1nk 时原不等式也成立 综合 1 2 可得 对一切正整数n 不等式 1 1 p nn aac 均成立 5 解析 解
14、法一 23 2 21aa 再由题设条件知 22 1 111 nn aa 从而 2 1 n a 是首项为 0 公差为 1 的等差数列 故 2 1 n a 1n 即 1 1 n annN 解法二 23 2 21aa 可写为 123 1 1 1 2 1 1 3 1 1 aaa 因此猜想1 1 n an 下用数学归纳法证明上式 当1n 时结论显然成立 假设nk 时结论成立 即1 1 k ak 则 2 1 11 111 111 1 kk aakk 这就是说 当1nk 时结论成立 所以 1 1 n annN 解法一 设 2 11 1f xx 则 1nn af a 令 cf c 即 2 11 1cc 解得
15、1 4 c 下用数学归纳法证明加强命题 221 1 nn aca 当1n 时 23 10 021afaf 所以 23 1 1 4 aa 结论成立 假设nk 时结论成立 即 221 1 kk aca 易知 f x在 1 上为减函数 从而 212 1 k cf cf afa 即 222 1 k caa 再由 f x在 1 上为减函数得 2223 1 k cf cf af aa 故 23 1 k ca 因此 2 1 2 1 1 1 kk aca 这就是说 当1nk 时结论成立 综上 符合条件的c存在 其中一个值为 1 4 c 解法二 设 2 11 1f xx 则 1nn af a 先证 01 n a
16、 nN 当1n 时 结论明显成立 假设nk 时结论成立 即01 k a 易知 f x在 1 上为减函数 从而 01021 1 k ff af 即 1 01 k a 这就是说 当1nk 时结论成立 故 成立 再证 221nn aa nN 当1n 时 23 10 021afaf 有 23 aa 即当1n 时结论 成立 假设nk 时 结论成立 即 221kk aa 由 及 f x在 1 上为减函数 得 2122122kkkk af af aa 212221211kkkk af af aa 这就是说 当1nk 时 成立 所以 对一切 nN 成立 由 得 2 222 221 kkk aaa 即 2 2 222 122 kkk aaa 因此 2 1 4 k a 又由 及 f x在 1 上为减函数得 221nn f af a 即 2122nn aa 所以 2 212121 221 nnn aaa 解得 21 1 4 n a 综上 由 知存在 1 4 c 使 221 1 nn aca 对一切 nN 成立 6 解析 11 1 rr fxrrxrx 令 0fx 解得1x 当01x 时 0fx 所以 f x
