2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第六章 第7節(jié) 數(shù)學(xué)歸納法 理（含解析）

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1、2022年高考數(shù)學(xué)5年真題備考題庫 第六章 第7節(jié) 數(shù)學(xué)歸納法 理（含解析） 1．（xx山東，5分）用反證法證明命題“設(shè)a，b為實數(shù)，則方程x3＋ax＋b＝0至少有一個實根”時，要做的假設(shè)是(　　) A．方程x3＋ax＋b＝0沒有實根 B．方程x3＋ax＋b＝0至多有一個實根 C．方程x3＋ax＋b＝0至多有兩個實根 D．方程x3＋ax＋b＝0恰好有兩個實根 解析：選A　至少有一個實根的否定是沒有實根，故要做的假設(shè)是“方程x3＋ax＋b＝0沒有實根”． 答案：A 2．（xx江蘇，10分）已知函數(shù)f0(x)＝(x>0)，設(shè)fn(x)為fn－1(x)的導(dǎo)數(shù)，n∈N*. (1)求2

2、f1＋f2的值； (2)證明：對任意的n∈N*，等式nfn－1＋fn＝都成立． 解：由已知，得f1(x)＝f′0(x)＝′＝－， 于是f2(x)＝f′1(x)＝′－′＝－－＋， 所以f1＝－，f2＝－＋. 故2f1＋f2＝－1. (2)證明：由已知，得xf0(x)＝sin x，等式兩邊分別對x求導(dǎo)，得f0(x)＋xf′0(x)＝cos x， 即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin， 類似可得 2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)， 3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sin， 4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)．

3、 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin對所有的n∈N*都成立． ①當n＝1時，由上可知等式成立． ②假設(shè)當n＝k時等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin. 因為[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，′＝cos·′＝sin， 所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin. 因此當n＝k＋1時，等式也成立． 綜合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin對所有的n∈N*都成立． 令x＝，可得nfn－1＋fn＝ sin(n∈N*)． 所以＝(

4、n∈N*)． 3．（xx安徽，13分）設(shè)實數(shù)c>0，整數(shù)p>1，n∈N*. (1)證明：當x>－1且x≠0時，(1＋x)p>1＋px； (2)數(shù)列{an}滿足a1>c，an＋1＝an＋a. 證明：an>an＋1>c. 證明：(1)用數(shù)學(xué)歸納法證明： ①當p＝2時，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立． ②假設(shè)p＝k(k≥2，k∈N*)時，不等式(1＋x)k>1＋kx成立． 當p＝k＋1時，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)·(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x. 所以p＝k＋1時，原不等式也成立． 綜合①②可得，當x>－

5、1，x≠0時，對一切整數(shù)p>1，不等式(1＋x)p>1＋px均成立． (2)法一：先用數(shù)學(xué)歸納法證明an>c. ①當n＝1時，由題設(shè)知a1>c成立． ②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>c成立． 由an＋1＝an＋a易知an>0，n∈N*. 當n＝k＋1時，＝＋a＝1＋. 由ak>c>0得－1<－<<0. 由(1)中的結(jié)論得p＝p>1＋p·＝. 因此a>c，即ak＋1>c. 所以n＝k＋1時，不等式an>c也成立． 綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>c均成立． 再由＝1＋可得<1，即an＋1an＋1>c，n∈N*. 法二：

6、設(shè)f(x)＝x＋x1－p，x≥c，則xp≥c，并且f′(x)＝＋(1－p)x－p＝>0，x>c. 由此可得，f(x)在上單調(diào)遞增，因而，當x>c時，f(x)>f(c)＝c. ①當n＝1時，由a1>c>0，即a>c可知 a2＝a1＋a＝a1c， 從而a1>a2>c. 故當n＝1時，不等式an>an＋1>c成立． ②假設(shè)n＝k(k≥1，k∈N*)時，不等式ak>ak＋1>c成立，則 當n＝k＋1時，f(ak)>f(ak＋1)>f(c)，即有ak＋1>ak＋2>c. 所以n＝k＋1時，原不等式也成立． 綜合①②可得，對一切正整數(shù)n，不等式an>an＋1

7、>c均成立 4．（xx重慶，12分）設(shè)a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)． (1)若b＝1，求a2，a3及數(shù)列{an}的通項公式； (2)若b＝－1，問：是否存在實數(shù)c使得a2n

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

9、1，a3＝＋1.因此猜想an＝＋1. 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明上式： 當n＝1時結(jié)論顯然成立． 假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即ak＝＋1.則 ak＋1＝＋1＝＋1＝ ＋1. 這就是說，當n＝k＋1時結(jié)論成立． 所以an＝＋1(n∈N*)． (2)設(shè)f(x)＝－1，則an＋1＝f(an)． 先證：0≤an≤1(n∈N*)．① 當n＝1時，結(jié)論明顯成立． 假設(shè)n＝k時結(jié)論成立，即0≤ak≤1. 易知f(x)在(－∞，1]上為減函數(shù)， 從而0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝－1<1. 即0≤ak＋1≤1.這就是說，當n＝k＋1時結(jié)論成立，故①成立． 再證：a2n

10、∈N*)．?、? 當n＝1時，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝－1，有a2f(a2k＋1)＝a2k＋2， a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)， 即a2n＋1>a2

11、n＋2， 所以a2n＋1>－1.解得a2n＋1>.?、? 綜上，由②③④知存在c＝使a2n

12、及運用數(shù)學(xué)歸納法的推理論證能力． (1)由數(shù)列{an}的定義得a1＝1，a2＝－2，a3＝－2，a4＝3，a5＝3，a6＝3，a7＝－4，a8＝－4，a9＝－4，a10＝－4，a11＝5，所以S1＝1，S2＝－1，S3＝－3，S4＝0，S5＝3，S6＝6，S7＝2，S8＝－2，S9＝－6，S10＝－10，S11＝－5，從而S1＝a1，S4＝0×a4，S5＝a5，S6＝2a6，S11＝－a11，所以集合P11中元素的個數(shù)為5. (2)先證：Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)(i∈N*)． 事實上，①當i＝1時，Si(2i＋1)＝S3＝－3，－i(2i＋1)＝－3，故原等式成立； ②假設(shè)i

13、＝m時成立，即Sm(2m＋1)＝－m(2m＋1)，則i＝m＋1時，S(m＋1)(2m＋3)＝Sm(2m＋1)＋(2m＋1)2－(2m＋2)2＝－m(2m＋1)－4m－3＝－(2m2＋5m＋3)＝－(m＋1)(2m＋3)． 綜合①②可得Si(2i＋1)＝－i(2i＋1)． 于是S(i＋1)(2i＋1)＝Si(2i＋1)＋(2i＋1)2＝－i(2i＋1)＋(2i＋1)2＝(2i＋1)(i＋1)． 由上可知Si(2i＋1)是2i＋1的倍數(shù)，而ai(2i＋1)＋j＝2i＋1(j＝1,2，…，2i＋1)，所以Si(2i＋1)＋j＝Si(2i＋1)＋j(2i＋1)是ai(2i＋1)＋j(j＝1,2，

14、…，2i＋1)的倍數(shù)． 又S(i＋1)(2i＋1)＝(i＋1)(2i＋1)不是2i＋2的倍數(shù)，而a(i＋1)(2i＋1)＋j＝－(2i＋2)(j＝1,2，…，2i＋2)，所以S(i＋1)(2i＋1)＋j＝S(i＋1)(2i＋1)－j(2i＋2)＝(2i＋1)(i＋1)－j(2i＋2)不是a(i＋1)(2i＋1)＋j(j＝1,2，…，2i＋2)的倍數(shù)．故當l＝i(2i＋1)時，集合Pl中元素的個數(shù)為1＋3＋…＋(2i－1)＝i2，于是，當l＝i(2i＋1)＋j(1≤j≤2i＋1)時，集合Pl中元素的個數(shù)為i2＋j. 又2 000＝31×(2×31＋1)＋47，故集合P2 000中元素的個數(shù)為

15、312＋47＝1 008. 6．（xx湖北，14分）(1)已知函數(shù)f(x)＝rx－xr＋(1－r)(x＞0)，其中r為有理數(shù)，且0＜r＜1.求f(x)的最小值； (2)試用(1)的結(jié)果證明如下命題： 設(shè)a1≥0，a2≥0，b1，b2為正有理數(shù)．若b1＋b2＝1，則a1b1a2b2≤a1b1＋a2b2； (3)請將(2)中的命題推廣到一般形式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明你所推廣的命題． 注：當α為正有理數(shù)時，有求導(dǎo)公式(xα)1＝αxα－1. 解：(1)f′(x)＝r－rxr－1＝r(1－xr－1)，令f′(x)＝0，解得x＝1. 當0＜x＜1時，f′(x)＜0，所以f(x)在(0,1)內(nèi)

16、是減函數(shù)； 當x＞1時，f′(x)＞0，所以f(x)在(1，＋∞)內(nèi)是增函數(shù)． 故函數(shù)f(x)在x＝1處取得最小值f(1)＝0. (2)由(1)知，當x∈(0，＋∞)時，有f(x)≥f(1)＝0，即xr≤rx＋(1－r)，　① 若a1，a2中至少有一個為0，則ab11ab22≤a1b1＋a2b2成立； 若a1，a2均不為0，又b1＋b2＝1，可得b2＝1－b1，于是 在①中令x＝，r＝b1，可得()b1≤b1·＋(1－b1)， 即ab11·a1－b12≤a1b1＋a2(1－b1)，亦即ab11ab22≤a1b1＋a2b2. 綜上，對a1≥0，a2≥0，b1，b2為正有理數(shù)且b1

17、＋b2＝1，總有ab11ab22≤a1b1＋a2b2.　② (3)(2)中命題的推廣形式為 設(shè)a1，a2，…，an為非負實數(shù)，b1，b2，…，bn為正有理數(shù)． 若b1＋b2＋…＋bn＝1，則ab11ab22…abnn≤a1b1＋a2b2＋…＋anbn.?、? 用數(shù)學(xué)歸納法證明如下： (1)當n＝1時，b1＝1，有a1≤a1，③成立． (2)假設(shè)當n＝k時，③成立，即若a1，a2，…，ak為非負實數(shù)，b1，b2，…，bk為正有理數(shù)， 且b1＋b2＋…＋bk＝1，則ab11ab22…abkk≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk. 當n＝k＋1時，已知a1，a2，…，ak，ak＋1為非負

18、實數(shù)，b1，b2，…，bk，bk＋1為正有理數(shù)， 且b1＋b2＋…＋bk＋bk＋1＝1， 此時0＜bk＋1＜1，即1－bk＋1＞0，于是 ab11ab22…abkkabk＋1k＋1＝(ab11ab22…abkk)abk＋1k＋1＝(aa…a)1－bk＋1abk＋1k＋1. 因＋＋…＋＝1，由歸納假設(shè)可得 aa…a≤a1·＋a2·＋…＋ak·＝， 從而ab11ab22…abkkabk＋1k＋1≤()1－bk＋1abk＋1k＋1. 又因(1－bk＋1)＋bk＋1＝1，由②得 ()1－bk＋1abk＋1k＋1≤· (1－bk＋1)＋ak＋1bk＋1＝a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1， 從而ab11ab22…abkkabk＋1k＋1≤a1b1＋a2b2＋…＋akbk＋ak＋1bk＋1， 故當n＝k＋1時，③成立． 由(1)(2)可知，對一切正整數(shù)n，所推廣的命題成立． 說明：(3)中如果推廣形式中指出③式對n≥2成立，則后續(xù)證明中不需討論n＝1的情況．