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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：
当 时，
假设 时， ，
那 么 时 ， 若 ， 则 ， 矛 盾 ， 故
．
因此
所以
因此
（Ⅱ）由 得
记函数
函数 在 上单调递增，所以 =0，
因此
故
（Ⅲ）因为
所以 得
由 得
0nx >
1n = 1 1 0x = >
n k= 0kx >
1n k= + 1 0kx + ≤ 1 10 ln(1 ) 0k k kx x x+ +< = + + ≤ 1 0kx + >
0nx > ( )n∈ *N
1 1 1ln(1 )n n n nx x x x+ + += + + >
10 n nx x+< < ( )n∈ *N 1 1 1ln(1 )n n n nx x x x+ + += + + >
2
1 1 1 1 1 14 2 2 ( 2)ln(1 )n n n n n n n nx x x x x x x x+ + + + + +− + = − + + +
2( ) 2 ( 2)ln(1 )( 0)f x x x x x x= − + + + ≥
( )f x [0, )+∞ ( ) (0)f x f≥
2
1 1 1 1 12 ( 2)ln(1 ) ( ) 0n n n n nx x x x f x+ + + + +− + + + = ≥
1
12 ( N )2
n n
n n
x xx x n ∗+
+ − ∈≤
1 1 1 1 1ln(1 ) 2n n n n n nx x x x x x+ + + + += + + + =≤
1
1
2n nx −≥
1
122
n n
n n
x x x x+
+ −≥
1
1 1 1 12( ) 02 2n nx x+
− − >≥
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所以
故
综上， ．
2．【解析】（Ⅰ） 的定义域为 ， ．
当 ，即 时， 单调递增；
当 ，即 时， 单调递减．
故 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ．
当 时， ，即 ．
令 ，得 ，即 ． ①
（Ⅱ） ； ；
．
由此推测： ． ②
下面用数学归纳法证明②．
（1）当 时，左边 右边 ，②成立．
（2）假设当 时，②成立，即 ．
当 时， ，由归纳假设可得
．
所以当 时，②也成立．
根据（1）（2），可知②对一切正整数 n 都成立．
（Ⅲ）由 的定义，②，算术-几何平均不等式， 的定义及①得
1 2
1 1
1 1 1 1 1 12( ) 2 ( ) 22 2 2
n n
n nx x x
− −
−
− − ⋅⋅⋅ − =≥ ≥ ≥
2
1
2n nx −≤
1 2
1 1 ( N )2 2nn nx n ∗
− − ∈≤ ≤
( )f x ( , )−∞ +∞ ( ) 1 exf x′ = −
( ) 0f x′ > 0x < ( )f x ( ) 0f x′ < 0x > ( )f x
( )f x ( ,0)−∞ (0, )+∞
0x > ( ) (0) 0f x f< = 1 exx+ < 1x n = 111 en n + < 1(1 ) en n + < 11 1 11 (1 ) 1 1 21 b a = ⋅ + = + = 2 2 21 2 1 2 1 2 1 2 12 2(1 ) (2 1) 32 b b b b a a a a = ⋅ = ⋅ + = + = 2 3 3 31 2 3 31 2 1 2 3 1 2 3 13 3(1 ) (3 1) 43 b b b bb b a a a a a a = ⋅ = ⋅ + = + = 1 2 1 2 ( 1)nn n b b b na a a = + 1n = = 2= n k= 1 2 1 2 ( 1)kk k b b b ka a a = + 1n k= + 1 1 1 1( 1)(1 )1 k k kb k ak + + += + + + 1 11 2 1 1 2 1 1 2 1 1 2 1 1( 1) ( 1)(1 ) ( 2)1 k k kk k k k k k k k b b b b b b b b k k ka a a a a a a a k + ++ + + + = ⋅ = + + + = ++ 1n k= + nc nb 1 2 3n nT c c c c= + + + + = 1 11 1 31 2 1 1 2 1 2 3 1 2( ) ( ) ( ) ( )n na a a a a a a a a+ + + + 1 11 1 31 2 1 2 3 1 21 1 2 ( ) ( )( ) ( ) 2 3 4 1 n nb b b b b bb b b n = + + + + + 1 2 3 1 21 1 2 1 2 2 3 3 4 ( 1) nb b b b b bb b b n n + + + + ++≤ + + + +× × × +
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，即 ．
3．【解析】（Ⅰ）由已知，得
于是
所以
故
（Ⅱ）证明：由已知，得 等式两边分别对 x 求导，得 ，
即 ，类似可得
，
，
.
下面用数学归纳法证明等式 对所有的 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 .
因为
，
所以 .
所以当 n=k+1 时,等式也成立.
综合(i),(ii)可知等式 对所有的 都成立.
1 2
1 1 1 1 1 1 1[ ] [ ]1 2 2 3 ( 1) 2 3 3 4 ( 1) ( 1)nb b bn n n n n n
= + + + + + + + + + ⋅× × + × × + +
1 2
1 1 1 1 1(1 ) ( ) ( )1 2 1 1nb b bn n n n
= − + − + + −+ + +
1 2
1 2
nbb b
n
< + + + 1 2 1 2 1 1 1(1 ) (1 ) (1 )1 2 n na a an = + + + + + + 1 2e e e na a a< + + + = e nS en nT S< 1 0 2 sin cos sin( ) ( ) ,x x xf x f x x x x ′ ′= = = − 2 1 2 2 3 cos sin sin 2cos 2sin( ) ( ) ,x x x x xf x f x x x x x x ′ ′ ′= = − = − − + 1 22 3 4 2 16( ) , ( ) ,2 2f f π π π π π= − = − + 1 22 ( ) ( ) 1.2 2 2f f π π π+ = − 0 ( ) sin ,xf x x= 0 0( ) ( ) cosf x xf x x′+ = 0 1( ) ( ) cos sin( )2f x xf x x x π+ = = + 1 22 ( ) ( ) sin sin( )f x xf x x x π+ = − = + 2 3 33 ( ) ( ) cos sin( )2f x xf x x x π+ = − = + 3 44 ( ) ( ) sin sin( 2 )f x xf x x x π+ = = + 1 ( ) ( ) sin( )2n n nnf x xf x x π − + = + n∈ *N 1 ( ) ( ) sin( )2k k kkf x xf x x π − + = + 1 1 1[ ( ) ( )] ( ) ( ) ( ) ( 1) ( ) ( ),k k k k k k kkf x xf x kf x f x xf x k f x f x− − + ′ ′ ′+ = + + = + + ( 1)[sin( )] cos( ) ( ) sin[ ]2 2 2 2 kk k kx x x x ππ π π +′ ′+ = + ⋅ + = + 1( 1) ( ) ( )k kk f x f x++ + ( 1)sin[ ]2 kx π+= + 1 ( ) ( ) sin( )2n n nnf x xf x x π − + = + n∈ *N
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令 ，可得 ( ).
所以 ( )．
4．【解析】（Ⅰ）证：用数学归纳法证明
（1）当 时， ，原不等式成立。
（2）假设 时，不等式 成立
当 时，
所以 时，原不等式成立。
综合（1）（2）可得当 且 时，对一切整数 ，不等式
均成立。
（Ⅱ）证法 1：先用数学归纳法证明 。
（1）当 时由假设 知 成立。
（2）假设 时，不等式 成立
由 易知
当 时
由 得
由（Ⅰ）中的结论得
因此 ，即
所以当 时，不等式 也成立。
综合（1）（2）可得，对一切正整数 ，不等式 均成立。
1−>x 0≠x pxx p +>+ 1)1(
p
nnn ap
cap
pa −
+ +−= 1
1
1
4x
π= 1 ( ) ( ) sin( )4 4 4 4 2n n
nnf fπ π π π π
− + = + n∈ *N
1
2( ) ( )4 4 4 2n nnf fπ π π
− + = n∈ *N
2p = 2 2(1 ) 1 2 1 2x x x x+ = + + > +
( 2, *)p k k k N= ≥ ∈ (1 ) 1kx kx+ > +
1p k= + 1(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )k kx x x x kx++ = + + > + +
21 ( 1) 1 ( 1)k x kx k x= + + + > + +
1p k= +
1p >
1
p
na c>
1n =
1
1
pa c>
1
p
na c>
( 1, *)n k k k N= ≥ ∈
1
p
ka c>
0, *na n N> ∈
1n k= + 1 1 11 ( 1)pk
k p
k k
a p c caa p p p a
−+ −= + = + −
1
0p
ka c> > 1 11 ( 1) 0p
k
c
p p a
− < − < − < 1 1 1( ) [1 ( 1)] 1 ( 1)p pk p p p k k k k a c c cpa p a p a a + = + − > + ⋅ − =
1
p
ka c+ >
1
1
p
ka c+ >
1n k= +
1
p
na c>
n
1
p
na c>
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再由 得 ，即
综上所述，
证法 2：设 ，则 ，并且
，
由此可见， 在 上单调递增，因而当 时 。
（1）当 时由 ，即 可知
，
并且 ，从而
故当 时，不等式 成立。
（2）假设 时，不等式 成立，则
当 时 ，即有 ，
所以当 时原不等式也成立。
综合（1）（2）可得，对一切正整数 ，不等式 均成立。
5．【解析】：（Ⅰ）解法一：
再由题设条件知
从而 是首项为 0 公差为 1 的等差数列，
故 = ，即
解法二：
可写为 .因此猜想 .
下用数学归纳法证明上式：
当 时结论显然成立.
1 11 ( 1)n
p
n n
a c
a p a
+ = + − 1 1n
n
a
a
+ < 1n na a+ < 1 1 , *p n na a c n N+> > ∈
1
11( ) ,p pp cf x x x x cp p
−−= + ≥ px c≥
1 1'( ) (1 ) (1 ) 0p
p
p c p cf x p xp p p x
−− −= + − = − >
1
px c>
( )f x
1
[ , )pc +∞
1
px c>
1 1
( ) ( )p pf x f c c= =
1n =
1
1 0pa c> > 1
pa c>
1
2 1 1 1 1
1
1 1[1 ( 1)]p
p
p c ca a a a ap p p a
−−= + = + − < 1 2 1( ) pa f a c= >
1
1 2
pa a c> >
1n =
1
1
p
n na a c+> >
( 1, *)n k k k N= ≥ ∈
1
1
p
k ka a c+> >
1n k= +
1
1( ) ( ) ( )p
k kf a f a f c+> >
1
1 2
p
k ka a c+ +> >
1n k= +
n
1
1
p
n na a c+> >
2 32, 2 1a a= = +
( ) ( )2 2
1 1 1 1n na a+ − = − +
( ){ }21na −
( )21na − 1n − ( )*1 1,na n n N= − + ∈
2 32, 2 1a a= = +
1 2 31 1 1, 2 1 1, 3 1 1,a a a= − + = − + = − + 1 1na n= − +
1n =
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假设 时结论成立，即 .则
这就是说，当 时结论成立.
所以
（Ⅱ）解法一：设 ，则 .
令 ，即 ，解得 .
下用数学归纳法证明加强命题：
当 时， ，所以 ，结论成立.
假设 时结论成立，即
易知 在 上为减函数，从而
即
再由 在 上为减函数得 .
故 ，因此 ，这就是说，当 时结论成立.
综上，符合条件的 存在，其中一个值为 .
解法二：设 ，则
先证： …………………………①
当 时，结论明显成立.
假设 时结论成立，即
易知 在 上为减函数，从而
即 这就是说，当 时结论成立，故①成立.
再证： ………………………………②
当 时， ，有 ，即当 时结论②成立
n k= 1 1ka k= − +
( ) ( ) ( )2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1k ka a k k+ = − + + = − + + = + − +
1n k= +
( )*1 1,na n n N= − + ∈
( ) ( )21 1 1f x x= − + − ( )1n na f a+ =
( )c f c= ( )21 1 1c c= − + − 1
4c =
2 2 1 1n na c a +< < < 1n = ( ) ( )2 31 0, 0 2 1a f a f= = = = − 2 3 1 14a a< < < n k= 2 2 1 1k ka c a +< < < ( )f x ( ],1−∞ ( ) ( ) ( )2 1 21kc f c f a f a+= > > =
2 2 21 kc a a+> > >
( )f x ( ],1−∞ ( ) ( ) ( )2 2 2 3 1kc f c f a f a a+= < < = < 2 3 1kc a +< < 2( 1) 2( 1) 1 1k ka c a+ + +< < < 1n k= + c 1 4c = ( ) ( )21 1 1f x x= − + − ( )1n na f a+ = 0 1na≤ ≤ ( )*n N∈ 1n = n k= 0 1ka≤ ≤ ( )f x ( ],1−∞ ( ) ( ) ( )0 1 0 2 1 1kf f a f= ≤ ≤ = − < 10 1ka +≤ ≤ 1n k= + 2 2 1n na a +< ( )*n N∈ 1n = ( ) ( )2 31 0, 0 2 1a f a f= = = = − 2 3a a< 1n =
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假设 时，结论成立，即
由①及 在 上为减函数，得
这就是说，当 时②成立，所以②对一切 成立.
由②得 ，即
因此
又由①、②及 在 上为减函数得 ，即
所以 解得 .
综上，由②③④知存在 使 对一切 成立.
6．【解析】（Ⅰ） ，令 ，解得 .
当 时， ，所以 在 内是减函数；
当 时， ，所以 在 内是增函数.
故函数 在 处取得最小值 .
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，当 时，有 ，即 ①
若 ， 中有一个为 0，则 成立；
若 ， 均不为 0，又 ，可得 ，于是
在①中令 ， ，可得 ，
即 ，亦即 .
综上，对 ， ， 为正有理数且 ，总有 . ②
（Ⅲ）（Ⅱ）中命题的推广形式为：
设 为非负实数， 为正有理数.
若 ，则 . ③
用数学归纳法证明如下：
（1）当 时， ，有 ，③成立.
（2）假设当 时，③成立，即若 为非负实数， 为正有理数，
1 1( ) (1 )r rf x r rx r x− −′ = − = − ( ) 0f x′ = 1x =
0 1x< < ( ) 0f x′ < ( )f x (0, 1) 1x > ( ) 0f x′ > ( )f x (1, )+ ∞
( )f x 1x = (1) 0f =
(0, )x∈ +∞ ( ) (1) 0f x f≥ = (1 )rx rx r≤ + −
1a 2a 1 2
1 2 1 1 2 2
b ba a a b a b≤ +
1a 2a 1 2 1b b+ = 2 11b b= −
1
2
ax a
= 1r b= 11 1
1 1
2 2
( ) (1 )ba ab ba a
≤ ⋅ + −
1 11
1 2 1 1 2 1(1 )b ba a a b a b− ≤ + − 1 2
1 2 1 1 2 2
b ba a a b a b≤ +
1 20, 0a a≥ ≥ 1b 2b 1 2 1b b+ = 1 2
1 2 1 1 2 2
b ba a a b a b≤ +
1 2, , , na a a 1 2, , , nb b b
1 2 1nb b b+ + + = 1 2
1 2 1 1 2 2
nbb b
n n na a a a b a b a b≤ + + +
1n = 1 1b = 1 1a a≤
n k= 1 2, , , ka a a 1 2, , , kb b b
n k= 2 2 1k ka a +< ( )f x ( ],1−∞ ( ) ( )2 1 2 2 1 2 2k k k ka f a f a a+ + += > =
( ) ( ) ( ) ( )2 1 2 22 1 2 1 1k kk ka f a f a a+ ++ + += < = 1n k= + *n N∈ 2 2 2 22 2 1k k ka a a< − + − ( )2 2 2 2 21 2 2k k ka a a+ < − + 2 1 4ka < ( )f x ( ],1−∞ ( ) ( )2 2 1n nf a f a +> 2 1 2 2n na a+ +>
2
2 1 2 1 2 12 2 1,n n na a a+ + +> − + − 2 1
1
4na + >
1
4c = 2 2 1 1n na c a +< < < *n N∈
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且 ，则 .
当 时，已知 为非负实数， 为正有理数，
且 ，此时 ，即 ，于是
= .
因 ，由归纳假设可得
，
从而 .
又因 ，由②得
，
从而 ．
故当 时，③成立．
由（1）（2）可知，对一切正整数 ，所推广的命题成立．
说明：（Ⅲ）中如果推广形式中指出③式对 成立，则后续证明中不需讨论
的情况.
7．【解析】（Ⅰ）由 ，而 ，
的一个零点，且 在（1，2）内有零点。
因此 至少有两个零点。
解法 1： 记 则
当 上单调递增，则 内至多
只 有 一 个 零 点 。 又 因 为 内 有 零 点 ， 所 以
内 有 且 只 有 一 个 零 点 ， 记 此 零 点 为
；当 时，
1 2 1kb b b+ + + = 1 2
1 2 1 1 2 2
kbb b
k k ka a a a b a b a b≤ + + +
1n k= + 1 2 1, , , ,k ka a a a + 1 2 1, , , ,k kb b b b +
1 2 1 1k kb b b b ++ + + + = 10 1kb +< < 11 0kb +− >
1 11 2 1 2
1 2 1 1 2 1( )k k k kb b b bb b b b
k k k ka a a a a a a a+ +
+ +=
1 2
1 1 1 1 11 1 1 1
1 2 1( )
k
k k k k k
bb b
b b b b b
k ka a a a+ + + + +− − − −
+
1 2
1 1 1
11 1 1
k
k k k
bb b
b b b+ + +
+ + + =− − −
1 2
1 1 11 1 1
1 2
k
k k k
bb b
b b b
ka a a+ + +− − − ≤ 1 2
1 2
1 1 11 1 1
k
k
k k k
bb ba a ab b b+ + +
⋅ + ⋅ + + ⋅− − − 1 1 2 2
11
k k
k
a b a b a b
b +
+ + += −
11 2
1 2 1
k kb bb b
k ka a a a +
+ ≤
1
1
1
1 1 2 2
1
11
k
k
b
bk k
k
k
a b a b a b ab
+
+
−
+
+
+ + +
−
1 1(1 ) 1k kb b+ +− + =
1
1
1
1 1 2 2
1
11
k
k
b
bk k
k
k
a b a b a b ab
+
+
−
+
+
+ + +
−
1 1 2 2
1 1 1
1
(1 )1
k k
k k k
k
a b a b a b b a bb + + +
+
+ + +≤ ⋅ − +−
1 1 2 2 1 1k k k ka b a b a b a b+ += + + + +
11 2
1 2 1
k kb bb b
k ka a a a +
+ 1 1 2 2 1 1k k k ka b a b a b a b+ +≤ + + + +
1n k= +
n
2n ≥ 1n =
3( ) , [0, )h x x x x x= − − ∈ +∞知 (0) 0, (1) 1 0h h= = − =则 为 ( )h x
( )h x
1
2 21( ) 3 1 ,2h x x x
−′ = − −
1
2 21( ) 3 1 ,2x x xϕ −= − −
3
21( ) 6 .4x x xϕ −′ = +
(0, ) , ( ) 0, ( ) (0, )x x xϕ ϕ′∈ +∞ > +∞时 因此 在 ( ) (0, )xϕ +∞在
3 3(1) 0, ( ) 0, ( ) ( ,1)3 3xϕ ϕ ϕ> < 则 在 ( ) (0, )xϕ +∞在 1 1 1, (0, ) , ( ) ( ) 0x x x x xϕ ϕ∈ < =则当 时 1( , )x x∈ +∞ 1( ) ( ) 0.x xϕ ϕ> =
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所以，
当 单调递减，而 内无零点；
当 单调递减，而 内无零点；
当 单调递增，而 内至多只有一个零点。
从而 内至多只有一个零点。
综上所述， 有且只有两个零点。
解法 2：由 ，则
当 从而 上单调递增，
则 内至多只有一个零点，因此 内也至多只有一个零点。
综上所述， 有且只有两个零点。
（Ⅱ）记 的正零点为
（1）当
而
由此猜测： 。下面用数学归纳法证明。
①当 显然成立。
②假设当 时，由
因此，当 成立。
故对任意的 成立。
（2）当 ，由（I）知， 上单调递增，则 ，
即 ，
由此猜测： ，下面用数学归纳法证明，
①当 显然成立。
1(0, ) , ( )x x h x∈ 时 1(0) 0, ( ) (0, ]h h x x= 则 在
1(0, ) , ( )x x h x∈ 时 1(0) 0, ( ) (0, ]h h x x= 则 在
1( , ) , ( )x x h x∈ +∞ 时 1( ) ( , )h x x +∞在
( ) (0, )h x +∞在
( )h x
1 1
2 22 2( ) ( 1 ), ( ) 1h x x x x x x xϕ− −= − − = − −记
3
21( ) 2 .2x x xϕ −′ = +
(0, ) , ( ) 0,x xϕ′∈ +∞ >时 ( ) (0, )xϕ +∞在
( ) (0, )xϕ +∞在 ( ) (0, )h x +∞在
( )h x
( )h x 3
0 0 0 0, .x x x x= +即
0 1 1 0, , .a x a a a x< =
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