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A组 考点基础演练
一、选择题
1．(2021年白山一模)欲用数学归纳法证明：对于足够大的正整数n，总有2n>n3，那么验证不等式成立所取的第一个n的最小值应当是( )
A．1 B．9
C．10 D．n>10，且n∈N*
解析：210＝1 024>103.故应选C.
答案：C
2．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，在其次步时，正确的证法是( )
A．假设n＝k(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立
B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1命题成立
C．假设n＝2k＋1(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立
D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2命题成立
解析：相邻两个正奇数相差2，故D选项正确．
答案：D
3．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a，b，c的值为( )
A．a＝，b＝c＝ B．a＝b＝c＝
C．a＝0，b＝c＝ D．不存在这样的a，b，c
解析：由于该等式对一切n∈N*都成立，
不妨取n＝1,2,3，则有
解得a＝，b＝c＝.
答案：A
4．凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)为( )
A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n
C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2
解析：边数增加1，顶点也相应增加1个，它与它不相邻的n－2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n－1条．故选C.
答案：C
5．(2021年温州一模)数列{an}中，已知a1＝1，当n≥2，且n∈N*时，an－an－1＝2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )
A．3n－2 B．n2
C．3n－1 D．4n－3
解析：计算出a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16.可猜an＝n2(n∈N*)．故应选B.
答案：B
二、填空题
6．设f(n)＝1＋＋＋＋…＋(n∈N*)，则f(n＋1)－f(n)＝________.
解析：∵f(n)＝1＋＋＋＋…＋，
∴f(n＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋＋，∴f(n＋1)－f(n)＝＋＋.
答案：＋＋
7．设S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明Sn＝时，其次步从“k”到“k＋1”应添加的项为________．
解析：由S1，S2，…，Sn可以发觉由n＝k到n＝k＋1时，中间增加了两项(k＋1)2＋k2(n，k∈N＋)．
答案：(k＋1)2＋k2
8．(2022年怀化二模)已知数组，，，，…，，….记该数组为：(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，…，则a200＝________.
解析：通过观看数组可以发觉，第n组数中共有n个数，每个数的分子与分母的和等于n＋1，又由于1＋2＋…＋19＝190<200，故a200应当是第20组中的第10个数，故应为.
答案：
三、解答题
9．设f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)．
求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n·[f(n)－1](n≥2，n∈N*)．
证明：(1)当n＝2时，左边＝f(1)＝1.
右边＝2＝1，左边＝右边，等式成立．
(2)假设n＝k时，结论成立，即
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，
那么，当n＝k＋1时，
f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k
＝(k＋1)－k＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，
∴当n＝k＋1时结论照旧成立．
∴f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1]( n≥2，n∈N*)．
10．(2021年东城质检)在数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝(n∈N*)．求b2，b3，试判定bn与的大小，并加以证明．
解析：由b1＝2，bn＋1＝，得b2＝＝，b3＝.
经比较有b1>，b2>，b3＝.
猜想bn>(n∈N*)．
下列利用数学归纳法证明．
(1)当n＝1时，因b1＝2，所以<b1.
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，即<bk.∴bk－>0.
当n＝k＋1时，bk＋1－＝－
＝＝>0.
∴bk＋1>，也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．
依据(1)、(2)，知bn>(n∈N*)．
B组 高考题型专练
1．(2022年高考江苏卷)已知函数f0(x)＝(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N*.
(1)求2f1＋f2的值；
(2)证明：对任意的n∈N*，等式
＝都成立．
解析：(1)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)证明：由已知，得xf0(x)＝sin x，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf′0(x)＝cos x，
即f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin，类似可得
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)．
下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)
＝sin对全部的n∈N*都成立．
①当n＝1时，由上可知等式成立．
②假设当n＝k时等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)
＝sin.
由于[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.
因此当n＝k＋1时，等式也成立．
综合①，②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)
＝sin对全部的n∈N*都成立．
令x＝，可得nfn－1＋fn＝sin(n∈N*)．
所以＝(n∈N*)．
2．(2022年高考陕西卷)设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．
(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求g(x)的表达式；
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．
解析：由题设得，g(x)＝(x≥0)．
(1)由已知得，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，
g3(x)＝，…，可得gn(x)＝.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．
②假设当n＝k时结论成立，即gk(x)＝.
那么，当n＝k＋1时，
gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，
即结论成立．
由①②可知，结论对n∈N＋成立．
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．
设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
即φ′(x)＝－＝，
即a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，
∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，
∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，
∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当 x＝0时等号成立)．
当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，
∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，
∴φ(a－1)<φ(0)＝0.
即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥不恒成立，
综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．
(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝＋＋…＋，
n－f(n)＝n－ln(n＋1)，
比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．
证明如下：
证法一：上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，
在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N＋，则<ln.
下面用数学归纳法证明．
①当n＝1时，<ln 2，结论成立．
②假设当n＝k时结论成立，即＋＋…＋<ln(k＋1)．
那么，当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋<ln(k＋1)＋<ln(k＋1)＋ln＝ln(k＋2)，
即结论成立．
由①②可知，结论对n∈N，成立．
证法二：上述不等式等价于＋＋…＋<ln(n＋1)，
在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>，x>0.
令x＝，n∈N＋，则ln>.
故有ln 2－ln 1>，
ln 3－ln 2>，
……
ln(n＋1)－ln n>，
上述各式相加可得ln(n＋1)>＋＋…＋.
结论得证．
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