高考数学一轮复习第六章不等式、推理与证明第6讲数学归纳法理习题

1 2017高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 第6讲 数学归纳法(理)习题

A组 基础巩固

一、选择题

1．用数学归纳法证明2n＞2n＋1，n的第一个取值应是 ( )

A．1 B.2

C．3 D．4

[答案] C

[解析] ∵n＝1时，21＝2,2×1＋1＝3,2n＞2n＋1不成立；

n＝2时，22＝4,2×2＋1＝5,2n＞2n＋1不成立；

n＝3时，23＝8,2×3＋1＝7,2n＞2n＋1成立．

∴n的第一个取值应是3.

2．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝1－an＋21－a(a≠1)”，在验证n＝1时，左端计算所得的项为 ( )

A．1 B.1＋a

C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3

[答案] C

3．设f(n)＝1＋12＋13＋…＋13n－1(n∈N*)，那么f(n＋1)－f(n)等于 ( )

A.13n＋2 B.13n＋13n＋1

C.13n＋1＋13n＋2 D．13n＋13n＋1＋13n＋2

[答案] D

4．如果命题p(n)对n＝k(k∈N*)成立，则它对n＝k＋2也成立．若p(n)对n＝2也成立，则下列结论正确的是 ( )

A．p(n)对所有正整数n都成立

B．p(n)对所有正偶数n都成立

C．p(n)对所有正奇数n都成立

D．p(n)对所有自然数n都成立

[答案] B

[解析] n＝2时，n＝k，n＝k＋2成立，n为2,4,6，…所有正偶数．

5．对于不等式n2＋n＜n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下： 2 (1)当n＝1时，12＋1＜1＋1，不等式成立．

(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即k2＋k＜k＋1，则当n＝k＋1时，k＋2＋k＋＝k2＋3k＋2＜k2＋3k＋＋k＋＝k＋2＝(k＋1)＋1.

∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法导学号 25401523( )

A．过程全部正确

B．n＝1验得不正确

C．归纳假设不正确

D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确

[答案] D

[解析] 在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法．

6．用数学归纳法证明34n＋1＋52n＋1(n∈N*)能被8整除时，当n＝k＋1时，对于34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1可变形为导学号 25401524( )

A．56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)

B．34·34k＋1＋52·52k

C．34k＋1＋52k＋1

D．25(34k＋1＋52k＋1)

[答案] A

二、填空题

7．凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和为f(k＋1)＝f(k)＋________.导学号 25401525

[答案] 180°

8．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn＝________.导学号 25401526

[答案] nn＋1

[解析] 由(S1－1)2＝S1·S1，得S1＝12，

由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝23，

依次得S3＝34，S4＝45，猜想Sn＝nn＋1.

9．用数学归纳法证明不等式1n＋1＋1n＋2＋…＋12n＜1314(n≥2，n∈N*)的过程中，若设f(n) 3 ＝1n＋1＋1n＋2＋…＋12n，则f(k＋1)与f(k)的关系是________.导学号 25401527

[答案] f(k＋1)＝f(k)＋12k＋1－12k＋2

[解析] f(k＋1)＝1k＋1＋1＋1k＋1＋2＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2＝1k＋1＋1k＋2＋…＋12k＋12k＋1＋12k＋2－1k＋1

＝f(k)＋12k＋1－12k＋2.

10．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n＞4时，f(n)＝________(用n表示).导学号 25401528

[答案] 5 12(n＋1)(n－2)

[解析] f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，

f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)

＝2＋3＋4＋…＋(n－1)

＝12(n＋1)(n－2)．

三、解答题

11．用数学归纳法证明等式导学号 25401529

12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1·nn＋2.

[证明] (1)当n＝1时，左边＝12＝1，

右边＝(－1)0·＋2＝1，∴原等式成立．

(2)假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，等式成立，

即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2

＝(－1)k－1kk＋2.

那么，当n＝k＋1时，则有

12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k(k＋1)2

＝(－1)k－1kk＋2＋(－1)k·(k＋1)2

＝(－1)k·k＋12[－k＋2(k＋1)] 4 ＝(－1)kk＋k＋2.

∴n＝k＋1时，等式也成立，

由(1)(2)知对任意n∈N*有

12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1·nn＋2.

12．已知数列{an}的各项都是正数，且满足：a0＝1，an＋1＝12an·(4－an)，(n∈N).导学号 25401530

证明：an＜an＋1＜2，(n∈N)．

[证明] 方法一：用数学归纳法证明：

(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝12a0(4－a0)＝32，

所以a0＜a1＜2，命题正确．

(2)假设n＝k时命题成立，即ak－1＜ak＜2.

则当n＝k＋1时，ak－ak＋1

＝12ak－1(4－ak－1)－12ak(4－ak)

＝2(ak－1－ak)－12(ak－1－ak)(ak－1＋ak)

＝12(ak－1－ak)(4－ak－1－ak)．

而ak－1－ak＜0,4－ak－1－ak＞0，所以ak－ak＋1＜0.

又ak＋1＝12ak(4－ak)＝12[4－(ak－2)2]＜2.

所以n＝k＋1时命题成立．

由(1)(2)可知，对一切n∈N时有an＜an＋1＜2.

方法二：用数学归纳法证明：

(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝12a0(4－a0)＝32，

所以0＜a0＜a1＜2.

(2)假设n＝k时有ak－1＜ak＜2成立，

令f(x)＝12x(4－x)，f(x)在[0,2]上单调递增，

所以由假设有f(ak－1)＜f(ak)＜f(2)．

即12ak－1(4－ak－1)＜12ak(4－ak)＜12×2×(4－2)． 5 也即当n＝k＋1时，ak＜ak＋1＜2成立．

所以对一切n∈N，有ak＜ak＋1＜2.

B组 能力提升

1．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是导学号 25401531( )

A．若f(1)＜1成立，则f(10)＜100成立

B．若f(2)＜4成立，则f(1)≥1成立

C．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立

D．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立

[答案] D

[解析] ∵f(k)≥k2成立时，f(k＋1)≥(k＋1)2成立，

∴f(4)≥16时，有f(5)≥52，f(6)≥62，…，f(k)≥k2成立．

2．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n－1＞12764(n∈N*)成立，其初始值至少应取导学号 25401532( )

A．7 B.8

C．9 D．10

[答案] B

[解析] 左边＝1＋12＋14＋…＋12n－1

＝1－12n1－12＝2－12n－1，

代入验证可知n的最小值是8.

3．在数列{an}中，a1＝13，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为导学号 25401533(

)

A.1n－n＋ B.12nn＋

C.1n－n＋

D．1n＋n＋

[答案] C

[解析] 当n＝2时，13＋a2＝(2×3)a2，∴a2＝13×5. 6 当n＝3时，13＋115＋a3＝(3×5)a3，∴a3＝15×7.

故猜想an＝1n－n＋.

4．(2015·湖北，改编)已知数列{an}的各项均为正数，bn＝n(1＋1n)nan(n∈N＋)，e为自然对数的底数.导学号 25401534

(1)求函数f(x)＝1＋x－ex的单调区间，并比较(1＋1n)n与e的大小；

(2)计算b1a1，b1b2a1a2，b1b2b3a1a2a3，由此推测计算b1b2…bna1a2…an的公式，并给出证明．

[解析] (1)f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x)＝1－ex.

当f ′(x)＞0，即x＜0时，f(x)单调递增；

当f ′(x)＜0，即x＞0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x＞0时，f(x)＜f(0)＝0，即1＋x＜ex.

令x＝1n，得1＋1n＜e1n，即(1＋1n)n＜e.①

(2)b1a1＝1·(1＋11)1＝1＋1＝2；b1b2a1a2＝b1a1·b2a2＝2·2(1＋12)2＝(2＋1)2＝32；

b1b2b3a1a2a3＝b1b2a1a2·b3a3＝32·3(1＋13)3＝(3＋1)3＝43.

由此推测：b1b2…bna1a2…an＝(n＋1)n.②

下面用数学归纳法证明②.

(1)当n＝1时，左边＝右边＝2，②成立．

(2)假设当n＝k时，②成立，即b1b2…bka1a2…ak＝(k＋1)k.

当n＝k＋1时，bk＋1＝(k＋1)(1＋1k＋1)k＋1ak＋1，由归纳假设可得

b1b2…bkbk＋1a1a2…akak＋1＝b1b2…bka1a2…ak·bk＋1ak＋1＝(k＋1)k(k＋1)(1＋1k＋1)k＋1＝(k＋2)k＋1.

所以当n＝k＋1时，②也成立．

根据(1)(2)，可知②对一切正整数n都成立．

5．(2015·东城区调研)在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*).导学号 25401535

(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此归纳出{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；