1、课时作业(四十七)1用数学归纳法证明不等式1(nN*)成立，其初始值至少应取()A7B8C9 D10答案B解析1，整理得2n128，解得n7.初始值至少应取8.2用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)(nN*)的第二步中，当nk1时等式左边与nk时的等式左边的差等于_答案3k2解析nk1比nk时左边变化的项为(2k1)(2k2)(k1)3k2.3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_.答案解析c12(1a1)2(1)，c22(1a1)(1a2)2(1)(1)，c32(1a1)(1a2)(1a3)2(1)(1)(1)，故由
2、归纳推理得cn.4设数列an的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn1)2anSn.(1)求S1，S2，S3；(2)猜想Sn的表达式并证明解析(1)由(S11)2S，得S1；由(S21)2(S2S1)S2，得S2；由(S31)2(S3S2)S3，得S3.(2)猜想：Sn.证明：当n1时，显然成立；假设当nk(k1且kN*)时，Sk成立则当nk1时，由(Sk11)2ak1Sk1，得Sk1.从而nk1时，猜想也成立综合得结论成立5已知数列an的各项都是正数，且满足：a01，an1an(4an)，(nN)证明：anan12，(nN)证明方法一用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1a0
3、(4a0)，所以a0a12，命题正确(2)假设nk时命题成立，即ak1ak2.则当nk1时，akak1ak1(4ak1)ak(4ak)2(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(ak1ak)(4ak1ak)而ak1ak0，所以akak10.又ak1ak(4ak)4(ak2)22.所以nk1时命题成立由(1)(2)可知，对一切nN时有anan12.解法二用数学归纳法证明：(1)当n0时，a01，a1a0(4a0)，所以0a0a12.(2)假设nk时有ak1ak2成立，令f(x)x(4x)，f(x)在0,2上单调递增，所以由假设有f(ak1)f(ak)f(2)即ak1(4ak1)ak(4ak)2
4、(42)也即当nk1时，akak12成立所以对一切nN，有akak1(nN*)解析(1)当a2时，f(x)lnx，其定义域为(0，)令h(x)f(x)1lnx1.h(x)0，h(x)在(0，)上是增函数当x1时，h(x)h(1)0，即f(x)1；当0x1时，h(x)h(1)0，即f(x)1时，lnx1，即lnx.令x(kN*)，则有ln.ln .ln(n1)ln，ln(n1)(nN*)证法二：当n1时，ln(n1)ln2.3ln2ln81，ln2，即n1时命题成立假设当nk时，命题成立，即ln(k1).当nk1时，ln(n1)ln(k2)ln(k1)lnln.根据(2)的结论，当x1时，lnx
5、1，即lnx.令x，则有ln.则有ln(k2).即nk1时命题也成立7(2012辽宁)设f(x)lnx1，证明：(1)当x1时，f(x)(x1)；(2)当1x3时，f(x)1时，g(x)0.又g(1)0，所以有g(x)0，即f(x)1时，2x1，故.令k(x)lnxx1，则k(1)0，k(x)10.故k(x)0，即lnx1时，f(x)(x1)(2)证法一：记h(x)f(x).由(1)得h(x).令g(x)(x5)3216x.则当1x3时，g(x)3(x5)22160，因此g(x)在(1,3)内是递减函数又由g(1)0，得g(x)0，所以h(x)0.因此h(x)在(1,3)内是递减函数又h(1)
6、0，得h(x)0.于是当1x3时，f(x).证法二：记h(x)(x5)f(x)9(x1)，则当1x3时，由(1)得h(x)f(x)(x5)f(x)9(x1)(x5)()93x(x1)(x5)(2)18x3x(x1)(x5)(2)18x(7x232x25)0.因此h(x)在(1,3)内单调递减又h(1)0，所以h(x)0，即f(x).解析(1)f(x)2xex1x2ex1x22xx(x2)(ex11)，令f(x)0，可得x12，x20，x31.当x变化时，f(x)，f(x)的变化情况如下表：x(，2)2(2,0)0(0,1)1(1，)f(x)000f(x)极小值极大值极小值函数yf(x)的增区间
7、为(2,0)和(1，)，减区间为(，2)和(0,1)(2)当x1,2时，f(1)0，f(x)极小值f(1)f(1)，f(x)极大值f(0)0.所以f(x)在1,2上的最小值为.(3)证明：设gn(x)ex1，当n1时，只需证明g1(x)ex1x0，当x(1，)时，g1(x)ex110，所以g1(x)ex1x在(1，)上是增函数g1(x)g1(1)e010，即ex1x.当x(1，)时，假设nk时不等式成立，即gk(x)ex10.当nk1时，因为gk1(x)ex1ex10，所以gk1(x)在(1，)上也是增函数所以gk1(x)gk1(1)e010，即当nk1时，不等式成立所以当x(1，)时，nN*
8、，ex1.9首项为正数的数列an满足an1(a3)，nN*.(1)证明：若a1为奇数，则对一切n2，an都是奇数；(2)若对一切nN*都有an1an，求a1的取值范围解析(1)已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系，得ak1m(m1)1是奇数根据数学归纳法，可知对任何nN*，an都是奇数(2)方法一由an1an(an1)(an3)，知当且仅当an3时，an1an.另一方面，若0ak1，则0ak13，则ak13.根据数学归纳法，可知nN*,0a110an3an3.综上所述，对一切nN*都有an1an的充要条件是0a13.方法二由a2a1，得a4a130，于是0a13.
9、an1an.因为a10，an1，所以对任意nN*，an均大于0.因此an1an与anan1同号根据数学归纳法，可知nN*，an1an与a2a1同号因此，对于一切nN*都有an1an的充要条件是0a13.1已知等差数列an的公差d大于0，且a2，a5是方程x212x270的两根，数列bn的前n项和为Tn，且Tn1bn.(1)求数列an、bn的通项公式；(2)设数列an的前n项的和为Sn，试比较与Sn1的大小，并说明理由思路(1)求得a2、a5的值即可得an的表达式，再利用TnTn1bn求出bn的通项公式；(2)首先求出Sn1与的表达式，先进行猜想，再进行证明解析(1)由已知得又an的公差大于0，
10、a5a2，a23，a59.d2，a11.Tn1bn，b1，当n2时，Tn11bn1.bnTnTn11bn(1bn1)化简，得bnbn1.bn是首项为，公比为的等比数列即bn()n1，an2n1，bn.(2)Snnn2，Sn1(n1)2，.以下比较与Sn1的大小：当n1时，S24，S2.当n2时，S39，S3.当n3时，S416，S5.猜想：n4时，Sn1.下面用数学归纳法证明：当n4时，已证假设当nk(kN*，k4)时，Sk1，即(k1)2.那么，nk1时，33(k1)23k26k3(k24k4)2k22k1(k1)12S(k1)1.nk1时，Sn1也成立由可知nN*，n4时，Sn1成立综上所述，当n1,2,3时，Sn1.