高考真题突破：数学归纳法

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：11x =，11ln(1)n n n x x x ++=++()n ∈*N ．

证明：当n ∈*

N 时 （Ⅰ）10n n x x +<<； （Ⅱ）1

122

n n n n x x x x ++-≤

； （Ⅲ）1211

22

n n n x --≤≤．

2．(2015湖北) 已知数列{}n a 的各项均为正数，1

(1)()n n n b n a n n

+=+∈N ，e 为自然对数的

底数．

（Ⅰ）求函数()1e x f x x =+-的单调区间，并比较1

(1)n n +与e 的大小；

（Ⅱ）计算

11b a ，1212b b a a ，123123b b b a a a ，由此推测计算12

12

n

n

b b b a a a 的公式，并给出证明； （Ⅲ）令1

12()n

n n c a a a =，数列{}n a ，{}n c 的前n 项和分别记为n S ,n T , 证明：e n n T S <．

3．(2014江苏)已知函数0sin ()(0)x f x x x

=>，设()n f x 为1()n f x -的导数，n *∈N ．

（Ⅰ）求()()

122f f πππ+的值；

（2）证明：对任意的n *∈N ，等式()

(

)

1n n nf f -πππ+成立．

4．（2014安徽）设实数0>c ，整数1>p ，*

N n ∈． （Ⅰ）证明：当1->x 且0≠x 时，px x p

+>+1)1(； （Ⅱ）数列{}n a 满足p

c a 11>，p

n n n a p

c a p p a -++-=

111， 证明：p n n c

a a 1

1>>+．

5．（2014

重庆）设1

11,(*)n a a b n N +==+∈

（Ⅰ）若1b =，求23,a a 及数列{}n a 的通项公式；

（Ⅱ）若1b

=-，问：是否存在实数c 使得221n n a c a +<<对所有*n N ∈成立？证明

你的结论．

6．（2012湖北）（Ⅰ）已知函数()(1)r f x rx x r =-+-(0)x >，其中r 为有理数，且01r <<.

求()f x 的最小值；

（Ⅱ）试用（Ⅰ）的结果证明如下命题：设120,0a a ≥≥，12,b b 为正有理数. 若121b b +=，

则12121122b b a a a b a b ≤+；

（Ⅲ）请将（Ⅱ）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α为正有理数时，有求导公式1()x x ααα-'=.

7．（2011湖南）已知函数3

()f x x =，()g x x =（Ⅰ）求函数()()()h x f x g x =-的零点个数，并说明理由；

（Ⅱ）设数列{n a }（*

n N ∈）满足1(0)a a a =>，1()()n n f a g a +=，证明：存在常数

M ，使得对于任意的*n N ∈，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】（Ⅰ）用数学归纳法证明：0n x >

当1n =时，110x => 假设n k =时，0k x >，

那么1n k =+时，若10k x +≤，则110ln(1)0k k k x x x ++<=++≤，矛盾，故10k x +>． 因此0n x >()n ∈*

N

所以111ln(1)n n n n x x x x +++=++> 因此10n n x x +<<()n ∈*

N

（Ⅱ）由111ln(1)n n n n x x x x +++=++>得

2

111111422(2)ln(1)n n n n n n n n x x x x x x x x ++++++-+=-+++

记函数2()2(2)ln(1)(0)f x x x x x x =-+++≥

函数()f x 在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)f x f ≥=0， 因此 2

111112(2)ln(1)()0n n n n n x x x x f x +++++-+++=≥ 故1

12(N )2

n n n n x x x x n *++-∈≤ （Ⅲ）因为

11111ln(1)2n n n n n n x x x x x x +++++=+++=≤

所以1

12n n x -≥得 由

1

122

n n n n x x x x ++-≥得 11111

2()022

n n x x +-->≥ 所以

1211111111

2()2()2222

n n n n x x x -----???-=≥≥≥ 故2

1

2n n x -≤

综上，1211(N )22

n n n x n *

--∈≤≤ ．

2．【解析】（Ⅰ）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，()1e x f x '=-．

当()0f x '>，即0x <时，()f x 单调递增； 当()0f x '<，即0x >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0x >时，()(0)0f x f <=，即1e x x +<． 令1x n =，得1

11e n n +<，即1

(1)e n n

+<． ①

（Ⅱ）

11111(1)1121b a =?+=+=；222121212121

22(1)(21)32

b b b b a a a a =?=?+=+=； 2333123312123123133(1)(31)43

b b b b b b a a a a a a =?=?+=+=． 由此推测：

12

12(1)n n

n

b b b n a a a =+． ②

下面用数学归纳法证明②．

（1）当1n =时，左边=右边2=，②成立． （2）假设当n k =时，②成立，即

1212

(1)k k

k

b b b k a a a =+． 当1n k =+时，1

111(1)(1)1

k k k b k a k +++=+++，由归纳假设可得 1

112112

112

112

11(1)(1)(1)(2)1

k k k k k k k k k k k b b b b b b b b k k k a a a a a a a a k ++++++=?=+++=++． 所以当1n k =+时，②也成立．

根据（1）（2），可知②对一切正整数n 都成立．

（Ⅲ）由n c 的定义，②，算术-几何平均不等式，n b 的定义及①得 123n n T c c c c =+++

+=11113

1

2

11212312()()()()n

n a a a a a a a a a +++

+

1

11

13

12

12312112()()

()()

2341n

n b b b b b b b b b n =++++

+

123

12112122334

(1)

n

b b b b b b b b b n n ++++++≤

++++

???+

1211111

1

1

[][]1223(1)2334

(1)

(1)

n b b b n n n n n n =++

+

+++

+

+

+?

??+??++

12111

11

(1)()()121

1

n b b b n n n n =-+-++-+++

12

12n b b b n <

+++

121211

1

(1)(1)(1)12n n a a a n

=++++++

12e e e n a a a <++

+=e n S ，即e n n T S <．

3．【解析】（Ⅰ）由已知，得102sin cos sin ()(),x x x f x f x x x x '?

?'===- ???

于是21223

cos sin sin 2cos 2sin ()(),x x x x x f x f x x x x x x ''?

???'==-=--+ ? ?????

所以1223

4

216(),(),2

2f f π

ππππ=-

=-+ 故122()() 1.2

22

f f ππ

π

+

=- （Ⅱ）证明：由已知，得0()sin ,xf x x =等式两边分别对x 求导，得00()()cos f x xf x x '+=， 即01()()cos sin()2f x xf x x x π+==+，类似可得

122()()sin sin()f x xf x x x π+=-=+，

2333()()cos sin()2f x xf x x x π+=-=+，

344()()sin sin(2)f x xf x x x π+==+.

下面用数学归纳法证明等式1()()sin()2n n n nf x xf x x π-+=+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()2k k k kf x xf x x π-+=+.

因为111[()()]()()()(1)()(),k k k k k k k kf x xf x kf x f x xf x k f x f x --+'''+=++=++

(1)[sin()]cos()()sin[]2222

k k k k x x x x π

πππ+''+=+?+=+

， 所以1(1)()()k k k f x f x +++(1)sin[]2

k x π

+=+. 所以当n=k +1时,等式也成立.

综合(i),(ii)可知等式1()()sin()2n n n nf x xf x x π-+=+对所有的n ∈*N 都成立.

令4

x π

=

，可得1()()sin()44442n n n nf f πππππ-+=+(n ∈*N ).

所以1()()444n n nf f πππ-+=n ∈*N )．

4．【解析】（Ⅰ）证：用数学归纳法证明

（1）当2p =时，22

(1)1212x x x x +=++>+，原不等式成立。 （2）假设(2,*)p k k k N =≥∈时，不等式(1)1k

x kx +>+成立 当1p k =+时，1(1)(1)(1)(1)(1)k k

x x x x kx ++=++>++

21(1)1(1)k x kx k x =+++>++

所以1p k =+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px

x p

+>+1)1(均成立。

（Ⅱ）证法1：先用数学归纳法证明1p

n a c >。

（1）当1n =时由假设11p

a c >知1p

n a c >成立。 （2）假设(1,*)n k k k N =≥∈时，不等式1

p

k a c >成立

由p

n n n a p

c a p p a -++-=

111易知0,*n a n N >∈ 当1n k =+时

1111(1)p k k p k k

a p c c

a a p p p a -+-=+=+- 由10p

k a c >>得111(1)0p

k c

p p a -<-

<-< 由（Ⅰ）中的结论得111(

)[1(1)]1(1)p p k p p p k k k k

a c c c

p a p a p a a +=+->+?-= 因此1p k a c +>，即1

1p

k a c +>

所以当1n k =+时，不等式1p

n a c >也成立。

综合（1）（2）可得，对一切正整数n ，不等式1

p

n a c >均成立。 再由

111(1)n p n n a c

a p a +=+-得11n n

a a +<，即1n n a a +< 综上所述，1

1,*p

n n a a c n N +>>∈

证法2：设1

11(),p p p c

f x x x x c p p

--=+≥，则p x c ≥，并且

11'()(1)(1)0p p p c p c

f x p x p p p x

---=+-=->，1

p x c >

由此可见，()f x 在1[,)p

c +∞上单调递增，因而当1p x c >时11()()p p

f x f c c ==。 （1）当1n =时由1

10p a c >>，即1p a c >可知

1211111

11[1(1)]p p p c c

a a a a a p p p a --=

+=+-<， 并且1

21()p

a f a c =>，从而112p

a a c >> 故当1n =时，不等式11p

n n a a c +>>成立。

（2）假设(1,*)n k k k N =≥∈时，不等式11p

k k a a c +>>成立，则

当1n k =+时11()()()p

k k f a f a f c +>>，即有112p

k k a a c ++>>，

所以当1n k =+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

1p

n n a a c +>>均成立。

5．【解析】：（Ⅰ）解法一：232,1a a =

再由题设条件知()()2

2

1111n n a a +-=-+ 从而

(){}2

1n a -是首项为0公差为1的等差数列，

故()2

1n a -=1n -，即()*1,n a n N =∈

解法二：232,1a a ==

可写为1231,1,1,a a a ==.因此猜想1n a =. 下用数学归纳法证明上式： 当1n =时结论显然成立.

假设n k =时结论成立，即1k a =.则

1111k a +=

=

=

这就是说，当1n k =+时结论成立.

所以()*1,n a n N =

∈

（Ⅱ）解法一：设()1f x =，则()1n n a f a +=.

令()c f c =，即1c =

，解得14

c =

. 下用数学归纳法证明加强命题：

2211n n a c a +<<<

当1n =时，()()2310,01a f a f ====

，所以231

14

a a <

<<，结论成立. 假设n k =时结论成立，即2211k k a c a +<<<

易知()f x 在(],1-∞上为减函数，从而()()()2121k c f c f a f a +=>>= 即2221k c a a +>>>

再由()f x 在(],1-∞上为减函数得()()()22231k c f c f a f a a +=<<=<.

故231k c a +<<，因此2(1)2(1)11k k a c a +++<<<，这就是说，当1n k =+时结论成立. 综上，符合条件的c 存在，其中一个值为14

c =.

解法二：设()1f x =

，则()1n n a f a +=

先证：01n a ≤≤()

*

n N ∈…………………………①

当1n =时，结论明显成立.

假设n k =时结论成立，即01k a ≤≤

易知()f x 在(],1-∞上为减函数，从而()()()01011k f f a f =≤≤=<

即101k a +≤≤这就是说，当1n k =+时结论成立，故①成立.

再证：221n n a a +<()

*

n N ∈………………………………②

当1n =时，()()2310,01a f a f ====，有23a a <，即当1n =时结论②成立

假设n k =时，结论成立，即221k k a a +< 由①及()f x 在(],1-∞上为减函数，得

()()2122122k k k k a f a f a a +++=>=

()()()()212221211k k k k a f a f a a +++++=<=

这就是说，当1n k =+时②成立，所以②对一切*

n N ∈成立.

由②得21k a <，即()2

2222122k k k a a a +<-+

因此214

k a <

又由①、②及()f x 在(],1-∞上为减函数得()()221n n f a f a +>，即2122n n a a ++>

所以211,n a +>

解得211

4

n a +>

. 综上，由②③④知存在14

c =

使2211n n a c a +<<<对一切*

n N ∈成立. 6．【解析】（Ⅰ）11()(1)r r f x r rx r x --'=-=-，令()0f x '=，解得1x =.

当01x <<时，()0f x '<，所以()f x 在(0,1)内是减函数； 当 1x > 时，()0f x '>，所以()f x 在(1,)+∞内是增函数.

故函数()f x 在1x =处取得最小值(1)0f =.

（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当(0,)x ∈+∞时，有()(1)0f x f ≥=，即(1)r x rx r ≤+- ① 若1a ，2a 中有一个为0，则12121122b b a a a b a b ≤+成立； 若1a ，2a 均不为0，又121b b +=，可得211b b =-，于是 在①中令12a x a =

，1r b =，可得1111122

()(1)b a a

b b a a ≤?+-， 即111121121(1)b b a a a b a b -≤+-，亦即12121122b b a a a b a b ≤+.

综上，对120,0a a ≥≥，1b ，2b 为正有理数且121b b +=，总有12121122b b a a a b a b ≤+. ② （Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为： 设12,,,n a a a 为非负实数，12,,

,n b b b 为正有理数.

若121n b b b ++

+=，则12

1

21122n

b b b n n n a a a a b a b a b ≤++

+. ③

用数学归纳法证明如下：

（1）当1n =时，11b =，有11a a ≤，③成立. （2）假设当n k =时，③成立，即若12,,,k a a a 为非负实数，12,,,k b b b 为正有理数，

且121k b b b ++

+=，则12

1

21122k

b b b k k k a a a a b a b a b ≤++

+.

当1n k =+时，已知121,,,,k k a a a a +为非负实数，121,,

,,k k b b b b +为正有理数，

且1211k k b b b b +++

++=，此时101k b +<<，即110k b +->，于是

1

1121212

1

12

1

()k k k k b b b b b b b b k

k k k a a

a a

a a

a a

++++==121111111111

2

1()

k

k k k k k b b b b b b b b k

k a

a

a

a +++++----+.

因

12

111

1111k

k k k b b b b b b +++++

+

=---，由归纳假设可得

1

21111111

2

k k k k b b b b b b k

a

a

a

+++---≤12

1211

1

111k

k k k k b b b a a a b b b +++?

+?+

+?

---112211k k k a b a b a b b ++++=-，

从而11212

1

k k b b b b k k a a

a a

++≤1

1

11122111k k b b k k k k a b a b a b a b ++-++??+++ ?

-??

.

又因11(1)1k k b b ++-+=，由②得

1

1

11122111k k b b k k k k a b a b a b a b ++-++??

+++ ?

-??

11221111

(1)1k k

k k k k a b a b a b b a b b +++++++≤

?-+-

112211k k k k a b a b a b a b ++=++

++，

从而112

12

1k k b b b b k k a a a a ++112211k k k k a b a b a b a b ++≤++

++．

故当1n k =+时，③成立．

由（1）（2）可知，对一切正整数n ，所推广的命题成立．

说明：（Ⅲ）中如果推广形式中指出③式对2n ≥成立，则后续证明中不需讨论1n =的情况.

7．【解析】（Ⅰ）由3(),[0,)h x x x x =-∈+∞，而(0)0,(1)10h h ==-<且，

(2)60,0()h x h x =>=则为的一个零点，且()h x 在（1，2）内有零点。

因此()h x 至少有两个零点。

解法1：1221()31,2h x x x -'=--记12

21()31,2x x x ?-=--则3

21()6.4

x x x ?-'=+

当(0,),()0,()(0,)x x x ??'∈+∞>+∞时因此在上单调递增，则()(0,)x ?+∞在内至多

只有一个零点。又因为(1)0,0,()x ???><则在内有零点，所以()(0,)x ?+∞在内有且只有一个零点，记此零点为

111,(0,),()()0x x x x x ??∈<=则当时；当1(,)x x ∈+∞时，1()()0.x x ??>=

所以，

当1(0,),()x x h x ∈时单调递减，而1(0)0,()(0,]h h x x =则在内无零点； 当1(0,),()x x h x ∈时单调递减，而1(0)0,()(0,]h h x x =则在内无零点； 当1(,),()x x h x ∈+∞时单调递增，而1()(,)h x x +∞在内至多只有一个零点。 从而()(0,)h x +∞在内至多只有一个零点。 综上所述，()h x 有且只有两个零点。

解法2：由112

2

22

()(1),()1h x x x x x x x ?-

-

=--=--记，则3

21()2.2

x x x ?-

'=+

当(0,),()0,x x ?'∈+∞>时从而()(0,)x ?+∞在上单调递增，

则()(0,)x ?+∞在内至多只有一个零点，因此()(0,)h x +∞在内也至多只有一个零点。 综上所述，()h x 有且只有两个零点。

（Ⅱ）记()h x 的正零点为3

000,x x x =+

即

（1）当0110,,.a x a a a x <=<时由即

而2

3

210020,.a a x x a x =+<=<因此

由此猜测：0n a x <。下面用数学归纳法证明。 ①当101,n a x =<时显然成立。

②假设当0(1),,1k n k k a x n k =≥<=+时成立则当时，由

33

10010,.n k k a a x x a x ++=+

+<知因此，当101,k n k a x +=+<时成立。 故对任意的*0,k n N a x ∈<成立。

（2）当0a x ≥时，由（I ）知，0()(,)h x x +∞在上单调递增，则0()()0h a h x ≥=，

即3

3

3212,a a a a a a a a ≥+

=+=+≤≤即，

由此猜测：k a a ≤，下面用数学归纳法证明， ①当11,n a a =≤时显然成立。

②假设当(1),k n k k a a =≥≤时成立，则当1n k =+时，

由3

311,k k k a a a a a a ++=+

≤+≤≤知

因此，当11,k n k a a +=+≤时成立， 故对任意的*,n n N a a ∈≤成立

综上所述，存在常数0max{,}M x a =，使得对于任意的*,.n n N a M ∈≤都有