2021高考数学(广东专用-理)一轮题库：第12章-第3讲--数学归纳法.docx

第3讲 数学归纳法
一、选择题
1. 利用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N*)”时，在验证n＝1成立时，左边应当是(　　)
A 1　　　　　　　 B 1＋a
C 1＋a＋a2 D 1＋a＋a2＋a3
解析 当n＝1时，左边＝1＋a＋a2，故选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　A、B、C中，k＋1不愿定表示奇数，只有D中k为奇数，k＋2为奇数．
答案　D
3．用数学归纳法证明1－＋－＋…＋－＝＋＋…＋，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上 (　　)．
A. B．－
C.－ D.＋
解析　∵当n＝k时，左侧＝1－＋－＋…＋－，当n＝k＋1时，
左侧＝1－＋－＋…＋－＋－.
答案　C
4．对于不等式<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：
(1)当n＝1时，<1＋1，不等式成立．
(2)假设当n＝k(k∈N*且k≥1)时，不等式成立，即<k＋1，则当n＝k＋1时，＝<＝＝(k＋1)＋1，
所以当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法 (　　)．
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
解析　在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，故推理错误．
答案　D
5．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是(　　)
A．6＋6·7k B．2＋7k－1
C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)
解析 (1)当k＝1时，明显只有3(2＋7k)能被9整除．
(2)假设当k＝n(n∈N*)时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，
那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.
这就是说，k＝n＋1时命题也成立．
由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．
答案 D
6．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　∵等式对一切n∈N*均成立，∴n＝1,2,3时等式成立，即
整理得
解得a＝，b＝c＝.
答案　A
二、填空题
7．用数学归纳法证明不等式＋＋…＋＞的过程中，由n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是________．
解析　不等式的左边增加的式子是＋－＝，故填.
答案　
8. 用数学归纳法证明：
＋＋…＋＝；当推证当n＝k＋1等式也成立时，用上归纳假设后需要证明的等式是　　　　　.
解析 当n＝k＋1时，
＋＋…＋＋
＝＋
故只需证明＋
＝即可.
答案 ＋＝
9．已知整数对的序列如下：(1,1)，(1,2)，(2,1)，(1,3)，(2,2)，(3,1)，(1,4)，(2,3)，(3,2)，(4,1)，(1,5)，(2,4)，…，则第60个数对是________．
解析　本题规律：2＝1＋1；3＝1＋2＝2＋1；
4＝1＋3＝2＋2＝3＋1；
5＝1＋4＝2＋3＝3＋2＝4＋1；
…；
一个整数n所拥有数对为(n－1)对．
设1＋2＋3＋…＋(n－1)＝60，∴＝60，
∴n＝11时还多5对数，且这5对数和都为12，
12＝1＋11＝2＋10＝3＋9＝4＋8＝5＋7，
∴第60个数对为(5,7)．
答案　(5,7)
10．在数列{an}中，a1＝且Sn＝n(2n－1)an，通过计算a2，a3，a4，猜想an的表达式是________．
解析　当n＝2时，a1＋a2＝6a2，即a2＝a1＝；
当n＝3时，a1＋a2＋a3＝15a3，
即a3＝(a1＋a2)＝；
当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4，
即a4＝(a1＋a2＋a3)＝.
∴a1＝＝，a2＝＝，a3＝＝，a4＝，
故猜想an＝.
答案　an＝
三、解答题
11．已知Sn＝1＋＋＋…＋(n>1，n∈N*)，求证：S2n>1＋(n≥2，n∈N*)．
证明　(1)当n＝2时，S2n＝S4＝1＋＋＋＝>1＋，即n＝2时命题成立；
(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时命题成立，即S2k＝1＋＋＋…＋>1＋，
则当n＝k＋1时，S2k＋1＝1＋＋＋…＋＋＋…＋>1＋＋＋＋…＋>1＋＋＝1＋＋＝1＋，
故当n＝k＋1时，命题成立．
由(1)和(2)可知，对n≥2，n∈N*.不等式S2n>1＋都成立．
12．已知数列{an}：a1＝1，a2＝2，a3＝r，an＋3＝an＋2(n∈N*)，与数列{bn}：b1＝1，b2＝0，b3＝－1，b4＝0，bn＋4＝bn(n∈N*)．记Tn＝b1a1＋b2a2＋b3a3＋…＋bnan.
(1)若a1＋a2＋a3＋…＋a12＝64，求r的值；
(2)求证：T12n＝－4n(n∈N*)．
(1)解　a1＋a2＋a3＋…＋a12＝1＋2＋r＋3＋4＋(r＋2)＋5＋6＋(r＋4)＋7＋8＋(r＋6)＝48＋4r.
∵48＋4r＝64，∴r＝4.
(2)证明　用数学归纳法证明：当n∈N*时，T12n＝－4n.
①当n＝1时，T12＝a1－a3＋a5－a7＋a9－a11＝－4，故等式成立．
②假设n＝k时等式成立，即T12k＝－4k，那么当n＝k＋1时，
T12(k＋1)＝T12k＋a12k＋1－a12k＋3＋a12k＋5－a12k＋7＋a12k＋9－a12k＋11＝－4k＋(8k＋1)－(8k＋r)＋(8k＋4)－(8k＋5)＋(8k＋r＋4)－(8k＋8)＝－4k－4＝－4(k＋1)，等式也成立．
依据①和②可以断定：当n∈N*时，T12n＝－4n.
13．设数列{an}满足a1＝3，an＋1＝a－2nan＋2，n＝1,2,3，…
(1)求a2，a3，a4的值，并猜想数列{an}的通项公式(不需证明)；
(2)记Sn为数列{an}的前n项和，试求使得Sn<2n成立的最小正整数n，并给出证明．
解　(1)a2＝5，a3＝7，a4＝9，猜想an＝2n＋1.
(2)Sn＝＝n2＋2n，使得Sn<2n成立的最小正整数n＝6.
下证：n≥6(n∈N*)时都有2n>n2＋2n.
①n＝6时，26>62＋2×6，即64>48成立；
②假设n＝k(k≥6，k∈N*)时，2k>k2＋2k成立，那么2k＋1＝2·2k>2(k2＋2k)＝k2＋2k＋k2＋2k>k2＋2k＋3＋2k＝(k＋1)2＋2(k＋1)，即n＝k＋1时，不等式成立；
由①、②可得，对于全部的n≥6(n∈N*)
都有2n>n2＋2n成立．
14．数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－x＋xn＋c(n∈N*)．
(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c<0；
(2)求c的取值范围，使{xn}是递增数列．
(1)证明　先证充分性，若c<0，由于xn＋1＝－x＋xn＋c≤xn＋c<xn，故{xn}是递减数列；
再证必要性，若{xn}是递减数列，则由x2<x1可得c<0.
(2)解　①假设{xn}是递增数列．
由x1＝0，得x2＝c，x3＝－c2＋2c.
由x1<x2<x3，得0<c<1.
由xn<xn＋1＝－x＋xn＋c知，对任意n≥1都有xn<， ①
留意到 －xn＋1＝x－xn－c＋＝(1－－xn)(－xn)， ②
由①式和②式可得1－－xn>0，即xn<1－.
由②式和xn≥0还可得，对任意n≥1都有－xn＋1≤(1－)(－xn)．③
反复运用③式，得
－xn≤(1－)n－1(－x1)<(1－)n－1，
xn<1－和 －xn<(1－)n－1两式相加，知
2－1<(1－)n－1对任意n≥1成立．
依据指数函数y＝(1－)n的性质，得
2－1≤0，c≤，故0<c≤.
②若0<c≤，要证数列{xn}为递增数列，
即xn＋1－xn＝－x＋c>0，即证xn<对任意n≥1成立．
下面用数学归纳法证明当0<c≤时，xn<对任意n≥1成立．
(i)当n＝1时，x1＝0<≤，结论成立．
(ii)假设当n＝k(k∈N*)时，结论成立，即xn<.
由于函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)<f()＝，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．
故xn<对任意n≥1成立．
因此，xn＋1＝xn－x＋c>xn，即{xn}是递增数列．
由①②知，使得数列{xn}单调递增的c的范围是.