（浙江專用）2020版高考數學大一輪復習 第七章 不等式、推理與證明 考點規(guī)范練35 數學歸納法

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1、考點規(guī)范練35　數學歸納法 基礎鞏固組 1.用數學歸納法證明2n>2n+1,n的第一個取值應是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.1 B.2 C.3 D.4 答案C 解析當n=1時,21=2,2×1+1=3,2n>2n+1不成立; 當n=2時,22=4,2×2+1=5,2n>2n+1不成立; 當n=3時,23=8,2×3+1=7,2n>2n+1成立. 故n的第一個取值應是3. 2.已知f(n)=1n+1n+1+1n+2+…+1n2,則(　　) A.f(n)中共有n項,當n=2時,f(2)=12+13 B.f(n)中共有n+1項,當n=2時,f(2)=1

2、2+13 C.f(n)中共有n2-n項,當n=2時,f(2)=12+13 D.f(n)中共有n2-n+1項,當n=2時,f(2)=12+13+14 答案D 解析總項數為n2-(n-1),f(2)=12+13+14.故選D. 3.用數學歸納法證明“1+a+a2+…+an+1=1-an+21-a(a≠1,n∈N*)”,在驗證n=1時,左端計算所得的結果是(　　) A.1 B.1+a C.1+a+a2 D.1+a+a2+a3 答案C 解析當n=1時,左邊=1+a+a2.故選C. 4.某個命題與自然數n有關,若n=k(k∈N*)時命題成立,則可推得當n=k+1時該命題也成立.現已知

3、當n=5時,該命題不成立,則可推得(　　) A.當n=6時,該命題不成立 B.當n=6時,該命題成立 C.當n=4時,該命題不成立 D.當n=4時,該命題成立 答案C 解析因為當n=k時命題成立可推出當n=k+1時成立,所以當n=5時命題不成立,則當n=4時命題也一定不成立. 5.對于不等式n2+n

4、k+1)+1.所以當n=k+1時,不等式成立,則上述證法(　　) A.過程全部正確 B.n=1驗得不正確 C.歸納假設不正確 D.從n=k到n=k+1的推理不正確 答案D 解析在n=k+1時,沒有應用n=k時的假設,不是數學歸納法. 6.在數列{an}中,已知a1=2,an+1=an3an+1(n∈N*),依次計算出a2,a3,a4的值分別為　　　　　;歸納可知an=　　　　　.? 答案27,213,219　26n-5 解析a1=2,a2=23×2+1=27,a3=273×27+1=213,a4=2133×213+1=219.由此,猜想an的分子為2,分母是以1為首項,6為公

5、差的等差數列.故an=26n-5.用數學歸納法可證明. 7.用數學歸納法證明:12+22+…+n2+…+22+12=n(2n2+1)3,第二步證明由“k到k+1”時,左邊應加　　　　　.? 答案(k+1)2+k2 解析當n=k時,左邊=12+22+…+k2+…+22+12,當n=k+1時,左邊=12+22+…+k2+(k+1)2+k2+…+22+12. 8.用數學歸納法證明“當n為正偶數時,xn-yn能被x+y整除”第一步應驗證n=　　　　　時,命題成立;第二步歸納假設成立應寫成　　　　　.? 答案2　x2k-y2k能被x+y整除 解析因為n為正偶數,故第一個值n=2,第二步假設n

6、取第k個正偶數成立,即n=2k,故應假設成x2k-y2k能被x+y整除. 能力提升組 9.用數學歸納法證明11×2+12×3+13×4+…+1n(n+1)=nn+1(n∈N*)時,從“n=k”到“n=k+1”,等式左邊需增添的項是(　　) A.1k(k+1) B.1k(k+1)+1(k+1)(k+2) C.1(k+1)(k+2) D.1k(k+2) 答案C 解析假設n=k時,11×2+12×3+…+1k(k+1)=kk+1成立, 那么n=k+1時,11×2+12×3+…+1k(k+1)+1(k+1)(k+2)=kk+1+1(k+1)(k+2), 所以從“k→k+1”需增添的項是

7、1(k+1)(k+2).故選C. 10.利用數學歸納法證明“12n+1+12n+2+…+13n>13(n≥2,且n∈N*)”的過程中,由假設“n=k時”成立,推導“n=k+1時”也成立時,該不等式左邊的變化是(　　) A.增加13k+3 B.增加13k+1+13k+2+13k+3 C.增加13k+3并減少12k+1+12k+2 D.增加13k+1+13k+2+13k+3并減少12k+1+12k+2 答案D 解析n=k+1時,不等式為12k+3+12k+4+…+13k+3>13,增加13k+1+13k+2+13k+3并減少12k+1+12k+2.故選D. 11.已知f(x)是定義

8、域為正整數集的函數,對于定義域內任意的k,若f(k)≥k2成立,則f(k+1)≥(k+1)2成立,下列命題成立的是(　　) A.若f(3)≥9成立,且對于任意的k≥1,均有f(k)≥k2成立 B.若f(4)≥16成立,則對于任意的k≥4,均有f(k)42,所以對于k≥4,均有f(k)≥k2.僅有D選項符合題意. 12.用數學歸納法證明3(2+7k)能被9整除,證明n=k+1時,應將3(2+7k+1)

9、配湊成(　　) A.6+21·7k B.3(2+7k)+21 C.3(2+7k) D.21(2+7k)-36 答案D 解析要配湊出歸納假設,即3(2+7k+1)=3(2+7·7k)=6+21·7k=21(2+7k)-36.故選D. 13.設平面內有n條直線(n≥3),其中有且僅有兩條直線互相平行,任意三條直線不過同一點.若用f(n)表示這n條直線交點的個數,則f(n)=(　　)(n≥3). A.(n+1)(n-2) B.12(n+1)(n-2) C.n(n-1) D.12n(n-1) 答案B 解析f(3)=2,f(4)=f(3)+3=2+3=5, f(n)=f(3)+3+4

10、+…+(n-1) =2+3+4+…+(n-1) =12(n+1)(n-2)(n≥3). 14.若不等式1n+1+1n+2+…+13n+1>a24對一切正整數n都成立,正整數a的最大值為　　　　　.? 答案25 解析當n=1時,11+1+11+2+13+1>a24, 即2624>a24,所以a<26. 而a是正整數,所以取a=25, 下面用數學歸納法證明1n+1+1n+2+…+13n+1>2524. (1)當n=1時,已證得不等式成立. (2)假設當n=k(k∈N*)時,不等式成立, 即1k+1+1k+2+…+13k+1>2524. 則當n=k+1時, 有1(k+1)+

11、1+1(k+1)+2+…+13(k+1)+1 =1k+1+1k+2+…+13k+1+13k+2+13k+3+13k+4-1k+1>2524+13k+2+13k+4-23(k+1). 因為13k+2+13k+4-23(k+1)=6(k+1)(3k+2)(3k+4)-23(k+1) =18(k+1)2-2(9k2+18k+8)(3k+2)(3k+4)(3k+3)=2(3k+2)(3k+4)(3k+3)>0, 所以當n=k+1時不等式也成立. 由(1)(2)知,對一切正整數n,都有1n+1+1n+2+…+13n+1>2524, 所以a的最大值等于25. 15.(2018浙江衢州模擬)在

12、數列{an}中,已知a1=a(a>2),且an+1=an22(an-1)(n∈N*). (1)用數學歸納法證明an>2(n∈N*); (2)求證:an+12,命題成立. ②假設當n=k(k∈N*,k≥1)時,命題成立,即ak>2. 則當n=k+1時,ak+1-2=ak22(ak-1)-2=(ak-2)22(ak-1)>0, 所以當n=k+1時ak+1>2也成立, 由①②知對任意正整數n,都有an>2. (2)an+1-an=an22(an-1)-an=an(2-an)2(an-1), 由(1)可知an>2>0,所以an+

13、1

14、k-1=3×2k+1k-42k+1k-1=2k+3k+1=2(k+1)+1k+1, 這就表明當n=k+1時,猜想成立,根據①②可以斷定,對所有的正整數該猜想成立,即an=2n+1n. 17.設a1=1,an+1=an2-2an+2+b(n∈N*). (1)若b=1,求a2,a3及數列{an}的通項公式. (2)若b=-1,問:是否存在實數c使得a2n

15、n=n-1+1(n∈N*). 解法二a2=2,a3=2+1.可寫為a1=1-1+1,a2=2-1+1,a3=3-1+1. 因此猜想an=n-1+1.下用數學歸納法證明上式: 當n=1時結論顯然成立. 假設n=k時結論成立,即ak=k-1+1, 則ak+1=(ak-1)2+1+1=(k-1)+1+1 =(k+1)-1+1. 這就是說,當n=k+1時結論成立. 所以an=n-1+1(n∈N*). (2)解法一設f(x)=(x-1)2+1-1,則an+1=f(an). 令c=f(c),即c=(c-1)2+1-1,解得c=14. 下用數學歸納法證明加強命題a2n

16、1. 當n=1時,a2=f(1)=0,a3=f(0)=2-1, 所以a2<14f(a2k+1)>f(1)=a2, 即1>c>a2k+2>a2. 再由f(x)在(-∞,1]上為減函數得c=f(c)

17、1=f(an). 先證:0≤an≤1(n∈N*).① 當n=1時,結論明顯成立. 假設n=k時結論成立,即0≤ak≤1. 易知f(x)在(-∞,1]上為減函數, 從而0=f(1)≤f(ak)≤f(0)=2-1<1. 即0≤ak+1≤1,這就是說,當n=k+1時結論成立. 故①成立. 再證:a2nf(a2k+1)=a2k+2,a2

18、(k+1)=f(a2k+1)f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2. 所以a2n+1>a2n+12-2a2n+1+2-1.解得a2n+1>14.④ 綜上,由②,③,④知存在c=14使a2n

19、n+1n2+nan+12n,n∈N*. (1)證明:當n≥2時,an≥2(n∈N*); (2)證明:an+1=11×2a1+12×3a2+…+1n×(n+1)an+2-12n(n∈N*). 解(1)由題意, ①當n=2時,a2=32a1+12=2≥2成立; ②當n=k時,假設ak≥2成立,則n=k+1時 ak+1=k2+k+1k2+kak+12k=ak+1k2+kak+12k≥2+2k2+k+12k>2,所以n=k+1時,ak+1>2成立. 綜上①②可知,n≥2時,an≥2. (2)由an+1=n2+n+1n2+nan+12n=an+1n(n+1)an+12n 得an+1-an=1n(n+1)an+12n, 所以a2-a1=11×2a1+121,a3-a2=12×3a2+122,a4-a3=13×4a3+123,…,an+1-an=1n(n+1)an+12n.所以an+1-a1=11×2a1+12×3a2+…+1n(n+1)+121+122+…+12n. 又a1=1,所以an+1=11×2a1+12×3a2+…+1n(n+1)an+1+121-12n1-12=11×2a1+12×3a2+…+1n(n+1)an+2-12n. 7