2021届高中数学人教版高考复习知能演练轻松闯关-第六章第7课时.docx

[基础达标]
1．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取(　　)
A．2 B．3
C．5 D．6
解析：选C．令n0分别取2，3，5，6，依次验证即得．
2．(2022·安徽黄山联考)已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－＋－＋…＋＝2时，若已假设n＝k(k≥2为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n＝________时等式成立．(　　)
A．k＋1 B．k＋2
C．2k＋2 D．2(k＋2)
解析：选B．∵n＝k为偶数，∴下一个偶数为n＝k＋2.
3．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：选C．边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的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．
4．用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·2·…·(2n－1)(n∈N＋)”时，从“n＝k到n＝k＋1”时，左边应增加的式子是(　　)
A．2k＋1 B．2k＋3
C．2(2k＋1) D．2(2k＋3)
解析：选C．左边应增加的式子等于

＝
＝2(2k＋1)．
5．用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋>(n∈N*)成立，其初始值至少应取n＝________.
解析：由等比数列前n项和公式得，
1＋＋＋…＋＝＝>，
∴<，∴n>7.又n∈N*，∴n＝8.
答案：8
6．(2022·皖南三校联考)设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)＝________，f(n)＝________．(n≥1，n是自然数)
解析：易知2个圆周最多把平面分成4片；n个圆周最多把平面分成f(n)片，再放入第n＋1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n＋1个应与前面n个都相交且交点均不同，有n条公共弦，其端点把第n＋1个圆周分成2n段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f(n＋1)＝f(n)＋2n(n≥1)，所以f(n)－f(1)＝n(n－1)，而f(1)＝2，从而f(n)＝n2－n＋2.
答案：4　n2－n＋2
7．用数学归纳法证明：(3n＋1)·7n－1(n∈N*)能被9整除．
证明：(1)当n＝1时，(3×1＋1)×7－1＝27能被9整除，命题成立；
(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时命题成立，
即(3k＋1)·7k－1能被9整除，
则当n＝k＋1时，
[3(k＋1)＋1]·7k＋1－1
＝(3k＋1)·7k＋1－1＋3·7k＋1
＝(3k＋1)·7k－1＋6(3k＋1)·7k＋3·7k＋1
＝(3k＋1)·7k－1＋9·(2k＋3)·7k.
由于(3k＋1)·7k－1和9·(2k＋3)·7k都能被9整除，
所以(3k＋1)·7k－1＋9·(2k＋3)·7k能被9整除，
即当n＝k＋1时，命题也成立，
故(3n＋1)·7n－1(n∈N*)能被9整除．
8．设f(x)＝，x1＝1，xn＝f(xn－1)(n≥2，n∈N＋)．
(1)求x2，x3，x4的值；
(2)归纳并猜想{xn}的通项公式；
(3)用数学归纳法证明你的猜想．
解：(1)x2＝f(x1)＝，x3＝f(x2)＝＝＝，
x4＝f(x3)＝＝.
(2)依据计算结果，可以归纳猜想出xn＝.
(3)证明：①当n＝1时x1＝＝1，
与已知相符，归纳出的公式成立．
②假设当n＝k(k∈N＋)时，公式成立，
即xk＝，
那么，当n＝k＋1时，
有xk＋1＝＝＝＝，
所以，当n＝k＋1时公式也成立．
由①②知，对任意n∈N＋，有xn＝成立．
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：依据给出的几个不等式可以猜想第n个不等式，即一般不等式为：
1＋＋＋…＋＞(n∈N*)．
用数学归纳法证明如下：
(1)当n＝1时，1＞，猜想成立；
(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，猜想成立，
即1＋＋＋…＋＞.
则当n＝k＋1时，
1＋＋＋…＋＋＋＋…＋＞＋＋＋…＋＞＋＝，
即当n＝k＋1时，猜想也成立，
所以对任意的n∈N*，不等式都成立．
[力气提升]
1．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)，且点P1的坐标为(1，－1)．
(1)求过点P1，P2的直线l的方程；
(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．
解：(1)由题意得a1＝1，b1＝－1，
b2＝＝，a2＝1×＝，∴P2.
∴直线l的方程为＝，即2x＋y＝1.
(2)证明：①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．
②假设n＝k(k≥1且k∈N*)时，2ak＋bk＝1成立．
则当n＝k＋1时，
2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝·(2ak＋1)＝＝＝1，
∴当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立．
由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，
即对于n∈N*，点Pn都在直线l上．
2．(2022·安徽联盟第一次联考)已知各项均为正的数列{an}的首项a1＝1，对任意的正整数n都有(n2＋n)(a－a)＝1.
(1)求数列{an}的通项公式；
(2)若数列{an}的前n项和为Sn，求证：Sn<2.
解：(1)法一：由(n2＋n)(a－a)＝1，
得a－a＝＝－，
∴a－a＝－，

∴a＝(a－a)＋(a－a)＋…＋(a－a)＋(a－a)＋a＝－＋－＋…＋－＋－1＋1＝.
∵an>0，∴an＝ .
法二：∵a1＝1，an>0，(n2＋n)(a－a)＝1，
∴a2＝，a3＝，a4＝＝，…，猜想an＝ .
下面用数学归纳法证明：
①当n＝1时，∵a1＝1，∴n＝1时，an＝ .
②假设n＝k时所证成立，即ak＝，
当n＝k＋1时，∵(k2＋k)(a－a)＝1，
∴a＝a－＝－＝.
∴ak＋1＝ .
故n＝k＋1时，an＝仍成立，
由①②可知，对任意n∈N*，an＝成立．
(2)证明：法一：∵＝<＝2(－)，
∴Sn＝1＋＋＋…＋<2(－0＋－＋－＋…＋－)＝2.
法二：∵an＝，∴Sn＝1＋＋＋…＋ .
①当n＝1时，左边＝1，右边＝2，左<右，
∴n＝1时，Sn<2.
②假设n＝k时所证成立，即Sk<2，
当n＝k＋1时，
Sk＋1＝1＋＋＋…＋＋<2＋
＝<＝
＝2.
故n＝k＋1时，不等式仍成立．
由①②可知，对任意n∈N*，不等式成立．