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第十一章 第四节
一、选择题
1．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝(a≠1，n∈N＋)，在验证n＝1成立时，左边的项是( )
A．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3
[答案] C
[解析] 左边项的指数规律是从第2项起指数为正整数列，故n＝1时，应为1＋a＋a2.
2．在用数学归纳法证明“2n>n2对从n0开头的全部正整数都成立”时，第一步验证的n0最小值为( )
A．1 B．3
C．5 D．7
[答案] C
[解析] n的取值与2n，n2的取值如下表：
n
1
2
3
4
5
6
…
2n
2
4
8
16
32
64
…
n2
1
4
9
16
25
36
…
由于2n的增长速度要远大于n2的增长速度，故当n>4时恒有2n>n2.
3．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( )
A．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立
B．若f(5)≥25成立，则当k≤5时，均有f(k)≥k2成立
C．若f(7)<49成立，则当k≥8时，均有f(k)>k2成立
D．若f(4)＝25成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立
[答案] D
[解析] 对于A，f(3)≥9，加上题设可推出当k≥3时，均有f(k)≥k2成立，故A错误．
对于B，要求逆推到比5小的正整数，与题设不符，故B错误．
对于C，没有奠基部分，即没有f(8)≥82，故C错误．
对于D，f(4)＝25≥42，由题设的递推关系，可知结论成立，故选D.
4．(2022·河北冀州中学期末)如图所示，坐标纸上的每个单元格的边长为1，由下往上的六个点：1,2,3,4,5,6的横、纵坐标分别对应数列{an}(n∈N*)的前12项，如下表所示：
a1
a2
a3
a4
a5
a6
a7
a8
a9
a10
a11
a12
x1
y1
x2
y2
x3
y3
x4
y4
x5
y5
x6
y6
按如此规律下去，则a2021＝( )
A．501 B．502
C．503 D．504
[答案] D
[解析] a1，a3，a5，a7，…组成的数列恰好对应数列{xn}，即xn＝a2n－1，由于a1＝1，a3＝－1，a5＝2，a7＝－2，a9＝3，…，所以x1＝1，x3＝2，x5＝3，…，当n为奇数时，xn＝，所以a2021＝x1007＝504.
5．(2022·河南洛阳质检)已知f(n)＝＋＋＋…＋，则( )
A．f(n)中共有n项，当n＝2时，f(2)＝＋
B．f(n)中共有n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
C．f(n)中共有n2－n项，当n＝2时，f(2)＝＋
D．f(n)中共有n2－n＋1项，当n＝2时，f(2)＝＋＋
[答案] D
[解析] f(n)的项数为n2－(n－1)＝n2－n＋1.
6．一个正方形被分成九个相等的小正方形，将中间的一个正方形挖去，如图(1)；再将剩余的每个正方形都分成九个相等的小正方形，并将中间的一个挖去，得图(2)；如此连续下去……则第n个图共挖去小正方形( )
A．(8n－1)个 B．(8n＋1)个
C.(8n－1)个 D．(8n＋1)个
[答案] C
[解析] 第1个图挖去1个，第2个图挖去1＋8个，第3个图挖去1＋8＋82个……第n个图挖去1＋8＋82＋…＋8n－1＝个．
二、填空题
7．用数学归纳法证明命题“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，其次步假设n＝2k－1(k∈N＋)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真．
[答案] 2k＋1
8．凸k边形内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.
[答案] π
[解析] 将k＋1边形A1A2…AkAk＋1的顶点A1与Ak连接，则原k＋1边形分为k边形A1A2…Ak与三角形A1AkAk＋1，显见有f(k＋1)＝f(k)＋π.
9．(2022·江西上饶二模)如图所示，将若干个点摆成三角形图案，每条边(包括两个端点)有n(n>l，n∈N*)个点，相应的图案中总的点数记为an，则＋＋＋…＋＝________.
[答案]
[解析] 由图案的点数可知a2＝3，a3＝6，a4＝9，a5＝12，所以an＝3(n－1)，n≥2，所以
＝＝＝－，
＋＋＋…＋＝(1－)＋(－)＋…＋(－)＝.
三、解答题
10．设n∈N*，n>1，求证：1＋＋＋…＋>.
[证明] (1)当n＝2时，不等式左边＝1＋>＝右边．
(2)假设n＝k(k>1，k∈N*)时，不等式成立，即1＋＋＋…＋>，那么当n＝k＋1时，有
1＋＋＋…＋＋
>＋＝
>＝＝.
所以当n＝k＋1时，不等式也成立．
由(1)(2)可知对任何n∈N*，n>1，
1＋＋＋…＋>均成立.
一、解答题
11．已知点列An(xn,0)，n∈N*，其中x1＝0，x2＝a(a>0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，…An是线段An－2An－1的中点，…，
(1)写出xn与xn－1、xn－2之间的关系式(n≥3)；
(2)设an＝xn＋1－xn，计算a1，a2，a3，由此推想数列{an}的通项公式，并加以证明．
[解析] (1)当n≥3时，xn＝.
(2)a1＝x2－x1＝a，
a2＝x3－x2＝－x2＝－(x2－x1)＝－a，
a3＝x4－x3＝－x3＝－(x3－x2)＝a，
由此推想an＝(－)n－1a(n∈N*)．
证法1：由于a1＝a>0，且
an＝xn＋1－xn＝－xn＝＝－(xn－xn－1)＝－an－1(n≥2)，
所以an＝(－)n－1a.
证法2：用数学归纳法证明：
(1)当n＝1时，a1＝x2－x1＝a＝(－)0a，公式成立．
(2)假设当n＝k时，公式成立，即ak＝(－)k－1a成立．那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝xk＋2－xk＋1＝－xk＋1＝－(xk＋1－xk)＝－ak＝－(－)k－1a＝(－)(k＋1)－1a，公式仍成立，依据(1)和(2)可知，对任意n∈N*，公式an＝(－)n－1a成立．
12．已知：(x＋1)n＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋…＋an(x－1)n(n≥2，n∈N*)．
(1)当n＝5时，求a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5的值．
(2)设bn＝，Tn＝b2＋b3＋b4＋…＋bn.试用数学归纳法证明：当n≥2时，Tn＝.
[解析] (1)当n＝5时，
原等式变为(x＋1)5＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋a5(x－1)5
令x＝2得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35＝243.
(2)由于(x＋1)n＝[2＋(x－1)]n，所以a2＝C·2n－2，
bn＝＝2C＝n(n－1)(n≥2)．
①当n＝2时．左边＝T2＝b2＝2，
右边＝＝2，左边＝右边，等式成立．
②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，等式成立，
即Tk＝成立
那么，当n＝k＋1时，
左边＝Tk＋bk＋1＝＋(k＋1)[(k＋1)－1]＝＋k(k＋1)
＝k(k＋1)＝
＝＝右边．
故当n＝k＋1时，等式成立．
综上①②，当n≥2时，Tn＝.
13．(2021·北京房山摸底)已知曲线C：y2＝2x(y≥0)，A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，…，An(xn，yn)，…是曲线C上的点，且满足0<x1<x2<…<xn<…，一列点Bi(ai,0)(i＝1,2，…)在x轴上，且△Bi－1AiBi(B0是坐标原点)是以Ai为直角顶点的等腰直角三角形．
(1)求A1，B1的坐标；
(2)求数列{yn}的通项公式；
(3)令bi＝，ci＝，是否存在正整数N，当n≥N时，都有i<i，若存在，求出N的最小值并证明；若不存在，说明理由．
[解析] (1)∵△B0A1B1是以A1为直角顶点的等腰直角三角形，
∴直线B0A1的方程为y＝x.
由得x1＝y1＝2，即点A1的坐标为(2,2)，进而得B1(4,0)．
(2)依据△Bn－1AnBn和△BnAn＋1Bn＋1分别是以An和An＋1为直角顶点的等腰直角三角形可得
即xn＋yn＝xn＋1－yn＋1.(*)
∵An和An＋1均在曲线C：y2＝2x(y≥0)上，
∴y＝2xn，y＝2xn＋1.
∴xn＝，xn＋1＝，代入(*)式得y－y＝2(yn＋1＋yn)．
∴yn＋1－yn＝2(n∈N*)．
∴数列{yn}是以y1＝2为首项，2为公差的等差数列．
∴其通项公式为yn＝2n(n∈N*)．
(3)由(2)可知，xn＝＝2n2，
∴an＝xn＋yn＝2n(n＋1)．
∴bi＝，ci＝＝，
∴i＝＋＋…＋
＝(1－＋－＋…＋－)
＝(1－)，
i＝＋＋…＋＝
＝(1－)．
i－i＝(1－)－(1－)
＝(－)＝.
当n＝1时，b1＝c1不符合题意，当n＝2时b2<c2符合题意，当n＝3时，b3<c3，符合题意，猜想对于一切大于或等于2的自然数都有i<i，(*)
观看知，欲证(*)式成立，只需证明n≥2时，n＋1≤2n.
以下用数学归纳法证明，
①当n＝2时，左边＝3，右边＝4，左边<右边；
②假设n＝k(k≥2)时，k＋1<2k，当n＝k＋1时，
左边＝(k＋1)＋1<2k＋1<2k＋2k＝2k＋1＝右边．
∴对于一切大于或等于2的正整数，都有n＋1<2n，
即i<i成立．
综上，满足题意的N的最小值为2.
14．(2022·重庆理，22)设a1＝1，an＋1＝＋b(n∈N*)．
(1)若b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；
(2)若b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对全部n∈N*成立？证明你的结论．
[解析] (1)a2＝2，a3＝＋1，
再由题设条件知(an＋1－1)2＝(an－1)2＋1.
从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，
故(an－1)2＝n－1，即an＝＋1(n∈N*)．
(2)设f(x)＝－1，则an＋1＝f(an)．
令c＝f(c)，即c＝－1，解得c＝.
下面用数学归纳法证明a2n<c<a2n＋1<1.
当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝－1，所以a2<<a3<1，结论成立．
假设n＝k时结论成立，即a2k<c<a2k＋1<1.
易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而
c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.
再由f(x)在(－∞，1]上为减函数得c＝f(c)<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1.
故c<a2k＋3<1，因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．
综上，符合条件的c存在，其中一个值为c＝.
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