《新课标2020年高考数学一轮总复习第六章不等式推理与证明6_5数学归纳法课时规范练理含解析新人教A版.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新课标2020年高考数学一轮总复习第六章不等式推理与证明6_5数学归纳法课时规范练理含解析新人教A版.pdf（6页珍藏版）》请在三一文库上搜索。
1、6-5 数学归纳法6-5 数学归纳法 课时规范练课时规范练 (授课提示：对应学生用书第 285 页) A 组 基础对点练 1(2018商丘期末)用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)2n13(2n 1)时，从“k到k1”左边需增加的代数式是 (k1)(k2)(kk)(4k1) 解析 ： 从 “k到k1” 左边需增加的代数式是 ： (k2)(k3)(kk)(k1k)(k1k 1)(k1)(k2)(kk)(k2)(k3)(kk)(k1k)(k1k 1)(k1)(k1)(k2)(kk)(4k1) 2(2018杭州期末)设正项数列an的前n项和为Sn，若a11,2Snanan1(nN N*) (1
2、)求a2，a3以及数列an的通项公式； (2)设bn2an，数列bn的前n项和为Tn. 求Tn； 证明：2Tn(nN N*) 1 S1 1 S2 1 Sn 解析：(1)a11,2Snanan1，2a1a1a2， 即a22，2(a1a2)a2a3，即a33. 猜想ann， 证明如下：当n1 时，显然成立， 假设当nk时成立，即akk，则Sk. kk1 2 那么当nk1 时，ak1k1， 2Sk ak kk1 k 故nk1 时也成立，由可得ann对于nN N*都成立，数列an的通项公式为ann. (2)易知bn n， ( 1 2) Tn1. 1 2(1 1 2n) 11 2 1 2n 由(1)可知
3、Sn， nn1 2 2， 1 Sn 2 nn1( 1 n 1 n1) 1 S1 1 S2 1 Sn 2(11 2 1 2 1 3 1 3 1 4 1 n 1 n1) 2. (1 1 n1) 要证明2Tn， 1 S1 1 S2 1 Sn 只要证明 22，只要证，只要证n12n， (1 1 n1)(1 1 2n) 1 n1 1 2n 当n1 时，不等式显然成立， 假设当nk时，不等式成立，即k12k， 那么当nk1 时，k2k112k12k1，即当nk1 时不等式成立， 由可得n12n对于nN N*都成立， 故2Tn(nN N*) 1 S1 1 S2 1 Sn 3函数f(x)ln(x1)(a1)
4、ax xa (1)讨论f(x)的单调性； (2)设a11，an1ln(an1)，证明：0，f(x)在(1，a22a)上是增函数； 若x(a22a,0)，则f(x)0，f(x)在(0，)上是增函数 当a2 时，f(x)0，当且仅当x0 时，f(x)0 成立，f(x)在(1，)上是增 函数 当a2 时，若x(1,0)，则f(x)0，f(x)在(1，0)上是增函数； 若x(0，a22a)，则f(x)0，f(x)在(a22a，)上是增函数 (2)证明：由(1)知，当a2 时，f(x)在(1，)上是增函数 当x(0，)时，f(x)f(0)0， 即 ln(x1)(x0) 2x x2 又由(1)知，当a3
5、时，f(x)在0,3)上是减函数 当x(0,3)时，f(x)ln. ( 2 k21) 2 2 k2 2 k22 2 k3 ak1ln(ak1)ln. 1 an 1 S1 1 S2 1 Sn n n1 解析：(1)证明：an1， an 2an1 ，化简得2， 1 an1 2an1 an 1 an1 1 an 即2，故数列是以 1 为首项，2 为公差的等差数列 1 an1 1 an 1 an (2)由(1)知2n1，Snn2. 1 an n12n1 2 法一 1 S1 1 S2 1 Sn 1 12 1 22 1 n2 1 1 2 1 2 3 1 nn1(1 1 2) ( 1 2 1 3) 1. (
6、 1 n 1 n1) 1 n1 n n1 法二 (数学归纳法)当n1 时，1， ，不等式成立 1 S1 n n1 1 2 假设当nk时，不等式成立， 即. 1 S1 1 S2 1 Sk k k1 则当nk1 时， 1 S1 1 S2 1 Sk 1 Sk1 k k1 1 k12 又 1 1 k k1 1 k12 k1 k2 1 k1 1 k12 1 k2 1 k2 k k12 0， 1 k2k12 ， 1 S1 1 S2 1 Sk 1 Sk1 k1 k2 原不等式成立 3设函数f(x)x2mln(x1) (1)若函数f(x)是定义域上的单调函数，求实数m的取值范围； (2)若m1，试比较当x(0
7、，)时，f(x)与x3的大小； (3)证明：对任意的正整数n，不等式 e0e14e29e(1n)n2成立 nn3 2 解析：(1)f(x)2x，又函数f(x)在定义域上是单调函数， m x1 2x22xm x1 f(x)0 或f(x)0 在(1，)上恒成立 若f(x)0在(1，)上恒成立，即函数f(x)是定义域上的单调递增函数，则m2x22x 2 2 在(1，)上恒成立，由此可得m ； (x 1 2) 1 2 1 2 若f(x)0 在(1， )上恒成立， 即函数f(x)是定义域上的单调递减函数， 则m2x2 2x2 2 在(1，)上恒成立 (x 1 2) 1 2 y2 2 在(1，)上没有最小
8、值， (x 1 2) 1 2 不存在实数m使f(x)0 在(1，)上恒成立 综上所述，实数m的取值范围是. 1 2，) (2)当m1 时，函数f(x)x2ln(x1) 令g(x)f(x)x3x3x2ln(x1)， 则g(x)3x22x， 1 x1 3x3x12 x1 显然，当x(0，)时，g(x)0， 函数g(x)在(0，)上单调递减 又g(0)0，当x(0，)时， 恒有g(x)g(0)0，即f(x)x30 恒成立 故当x(0，)时，f(x)x3. (3)证明：当n1 时，左边e01，右边2，原不等式成立 1 4 2 设当nk时，原不等式成立， 即 e0e14e29e(1k)k2， kk3 2 则当nk1 时， 左边e0e14e29e(1k)k2e(1k1)(k1)2ek(k1)2， kk3 2 只需证明ek(k1)2， kk3 2 k1k4 2 即证 ek(k1)2k2， 即证k(k1)2ln(k2) 由(2)知x2x3ln(x1)(x(0，)， 即x2(1x)ln(x1)， 令xk1，即有k(k1)2ln(k2)， 当nk1 时不等式成立 由知，原不等式成立