高优指导2021高考数学一轮复习考点规范练63数学归纳法理含解析北师大版.doc

考点规范练63　数学归纳法
　考点规范练A册第44页　 
基础巩固组
1.在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=n(2n+1)时,当n=1时的左边等于(　　)

A.1 B.2 C.3 D.4
答案:C
解析:在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=n(2n+1)时,当n=1时的左边=1+2=3.
2.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的最小值应该是(　　)
A.1 B.9
C.10 D.n>10,且n∈N+
答案:C
解析:210=1 024>103.故选C.
3.用数学归纳法证明“n3+(n+1)3+(n+2)3,n∈N+,能被9整除”,要利用归纳假设证当n=k+1(k∈N+)时的情况,只需展开(　　)
A.(k+3)3 B.(k+2)3
C.(k+1)3 D.(k+1)3+(k+2)3
答案:A
解析:假设n=k(k∈N+)时,k3+(k+1)3+(k+2)3能被9整除,当n=k+1时,(k+1)3+(k+2)3+(k+3)3为了能用上面的归纳假设证明,只需将(k+3)3展开,让其出现k3即可.故选A.
4.用数学归纳法证明1+2+3+…+3n=的过程中,由n=k递推到n=k+1时,等式左边增加的项为(　　)
A.3k+1
B.(3k+1)+(3k+2)
C.3k+3
D.(3k+1)+(3k+2)+(3k+3)
答案:D
解析:n=k时,左边=1+2+3+…+3k,
n=k+1时,左边=1+2+3+…+3k+(3k+1)+(3k+2)+(3k+3).
比较两式,从而等式左边应添加的式子是(3k+1)+(3k+2)+(3k+3),故选D.
5.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
答案:C
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.
6.用数学归纳法证明“当n为正奇数时,xn+yn能被x+y整除”,当第二步假设n=2k-1(k∈N+)命题为真时,进而需证当n=　　　　　时,命题亦真. 
答案:2k+1
解析:因为n为正奇数,所以与2k-1相邻的下一个奇数是2k+1.
7.设S1=12,S2=12+22+12,……,Sn=12+22+32+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12(n∈N+),用数学归纳法证明Sn=(n∈N+)时,第二步从“k”到“k+1”应添加的项为　　　　　　　　　. 
答案:(k+1)2+k2
解析:由S1,S2,…,Sn可以发现由n=k到n=k+1时,中间增加了两项(k+1)2+k2(n,k∈N+).
8.(2015江西九江模拟)已知f(n)=1++…+(n∈N+),经计算得f(4)>2,f(8)>,f(16)>3,f(32)>,则其一般结论为　　　　　　　　　　. 
答案:f(2n)>(n≥2,n∈N+)
解析:因为f(22)>,f(23)>,f(24)>,f(25)>,
所以当n≥2时,有f(2n)>.
故填f(2n)>(n≥2,n∈N+).
9.由下列不等式:1>,1+>1,1++…+,1++…+>2,…,你能得到一个怎样的一般不等式?并加以证明.
解:一般结论:1++…+(n∈N+),证明如下:
(1)当n=1时,由题设条件知命题成立.
(2)假设当n=k(k∈N+)时猜想成立,
即1++…+.
当n=k+1时,1++…++…++…++…+.
∴当n=k+1时不等式成立.
根据(1)和(2)可知猜想对任何n∈N+都成立.
能力提升组
10.(2015陕西延安模拟)利用数学归纳法证明不等式1++…+<f(n)(n≥2,n∈N+)的过程,由n=k到n=k+1时,左边增加了(　　)
A.1项 B.k项 C.2k-1项 D.2k项
答案:D
解析:1++…+-1++…++…+,共增加了2k项.
11.(2015山东济宁模拟)在数列{an}中,a1=,且Sn=n(2n-1)an,通过求a2,a3,a4,猜想an的表达式为(　　)
A. B.
C. D.〚导学号92950597〛
答案:C
解析:由a1=,Sn=n(2n-1)an,
得S2=2(2×2-1)a2,即a1+a2=6a2.
解得a2=,S3=3(2×3-1)a3,
即+a3=15a3.解得a3=.
同理可得a4=,
故猜想an的表达式为.
12.若f(n)=12+22+32+…+(2n)2,则f(k+1)与f(k)的递推关系式是　　　　　　　　　　. 
答案:f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2
解析:∵f(k)=12+22+…+(2k)2,
∴f(k+1)=12+22+…+(2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2,
∴f(k+1)=f(k)+(2k+1)2+(2k+2)2.
13.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=-1,且an>0,n∈N+.
(1)求a1,a2,a3,并猜想{an}的通项公式;
(2)证明通项公式的正确性.
(1)解:当n=1时,由已知得a1=-1,+2a1-2=0.
∴a1=-1(舍去负根).
当n=2时,由已知得a1+a2=-1,
将a1=-1代入并整理得+2a2-2=0.
∴a2=(舍去负根).同理可得a3=.
猜想an=(n∈N+).
(2)证明:①由(1)知,当n=1,2,3时,通项公式成立.
②假设当n=k(k≥3,k∈N+)时,通项公式成立,
即ak=.
由于ak+1=Sk+1-Sk=,
将ak=代入上式,
整理得+2ak+1-2=0,
∴ak+1=,
即n=k+1时,通项公式成立.
由①②可知对所有n∈N+,an=都成立.〚导学号92950598〛
14.(2015江西景德镇模拟)已知函数f(x)=x3,g(x)=x+.
(1)求函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数,并说明理由.
(2)设数列{an}(n∈N+)满足a1=a(a>0),f(an+1)=g(an),证明:存在常数M,使得对于任意的n∈N+,都有an≤M.
解:(1)由h(x)=x3-x-知,x∈[0,+∞),而h(0)=0,且h(1)=-1<0,h(2)=6->0,则x=0为h(x)的一个零点,
且h(x)在(1,2)内有零点.
因此,h(x)至少有两个零点.
由h(x)=x(x2-1-),
记φ(x)=x2-1-,则φ'(x)=2x+,
当x∈(0,+∞)时,φ'(x)>0,从而φ(x)在(0,+∞)上单调递增,则φ(x)在(0,+∞)内至多只有一个零点.
因此h(x)在(0,+∞)内也至多只有一个零点.
综上所述,h(x)有且只有两个零点.
(2)记h(x)的正零点为x0,
即当a≤x0时,由a1=a,即a1≤x0.
而=a1+≤x0+,因此a2≤x0.
①由此猜测:an≤x0.下面用数学归纳法证明.
当n=1时,a1≤x0显然成立.
假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,ak≤x0成立,
则当n=k+1时,
由=ak+≤x0+知,ak+1≤x0.
因此,当n=k+1时,ak+1≤x0成立.故对任意的n∈N+,an≤x0成立.
当a≥x0时,由(1)知,h(x)在(x0,+∞)上单调递增.
则h(a)≥h(x0)=0,即a3≥a+,
从而=a1+=a+≤a3,即a2≤a.
由此猜测:an≤a.下面用数学归纳法证明.
(ⅰ)当n=1时,a1≤a显然成立.
(ⅱ)假设当n=k(k≥1,k∈N+)时,ak≤a成立,
则当n=k+1时,
由=ak+≤a+≤a3知,ak+1≤a.
因此,当n=k+1时,ak+1≤a成立.故对任意的n∈N+,an≤a成立.
综上所述,存在常数M=max{x0,a},使得对于任意的n∈N+,都有an≤M.〚导学号92950599〛

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