2018年高考数学总复习第七章数列、推理与证明第6讲数学归纳法!

第6讲 数学归纳法基础巩固题组 (建议用时：40分钟)一、选择题1.用数学归纳法证明“2n＞2n ＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立”时，第一步证明中的起始值n 0应取( )A.2B.3C.5D.6解析 ∵n ＝1时，21＝2，2×1＋1＝3，2n＞2n ＋1不成立；n ＝2时，22＝4，2×2＋1＝5，2n ＞2n ＋1不成立； n ＝3时，23＝8，2×3＋1＝7，2n ＞2n ＋1成立.∴n 的第一个取值n 0＝3. 答案 B2.某个命题与正整数有关，如果当n ＝k (k ∈N *)时该命题成立，那么可以推出n ＝k ＋1时该命题也成立.现已知n ＝5时该命题成立，那么( ) A.n ＝4时该命题成立 B.n ＝4时该命题不成立 C.n ≥5，n ∈N *时该命题都成立D.可能n 取某个大于5的整数时该命题不成立解析 显然A ，B 错误，由数学归纳法原理知C 正确，D 错. 答案 C3.利用数学归纳法证明不等式“1＋12＋13＋…＋12n －1>n2(n ≥2，n ∈N *)”的过程中，由“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边增加了( ) A.1项B.k 项C.2k －1项 D.2k项解析 左边增加的项为12＋12＋1＋…＋12－1共2k项，故选D.答案 D4.对于不等式n 2＋n <n ＋1(n ∈N *)，某同学用数学归纳法证明的过程如下： (1)当n ＝1时，12＋1<1＋1，不等式成立.(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，不等式k 2＋k <k ＋1成立，当n ＝k ＋1时，（k ＋1）2＋k ＋1＝k 2＋3k ＋2<（k 2＋3k ＋2）＋（k ＋2）＝（k ＋2）2＝(k ＋1)＋1.∴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，不是数学归纳法. 答案 D5.用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22，则当n ＝k ＋1时左端应在n ＝k 的基础上加上( ) A.k 2＋1 B.(k ＋1)2C.（k ＋1）4＋（k ＋1）22D.(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2解析 当n ＝k 时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2.当n ＝k ＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2，故当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.故选D. 答案 D 二、填空题6.设S n ＝1＋12＋13＋14＋…＋12n ，则S n ＋1－S n ＝________.解析 ∵S n ＋1＝1＋12＋…＋12n ＋12n ＋1＋…＋12n ＋2n ，S n ＝1＋12＋13＋14＋…＋12n .∴S n ＋1－S n ＝12n＋1＋12n ＋2＋12n ＋3＋…＋12n ＋2n . 答案12n＋1＋12n ＋2＋12n ＋3＋…＋12n ＋2n 7.(2017·绍兴调研)数列{a n }中，已知a 1＝2，a n ＋1＝a n3a n ＋1(n ∈N *)，依次计算出a 2，a 3，a 4的值分别为________；猜想a n ＝________.解析 a 1＝2，a 2＝23×2＋1＝27，a 3＝273×27＋1＝213，a 4＝2133×213＋1＝219.由此，猜想a n 是以分子为2，分母是以首项为1，公差为6的等差数列.∴a n ＝26n －5. 答案 27，213，219 26n －58.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)与f (n )的递推关系式为________.解析 f (n ＋1)＝f (n )＋(n －2)＋1＝f (n )＋n －1. 答案 f (n ＋1)＝f (n )＋n －1 三、解答题9.用数学归纳法证明：1＋122＋132＋…＋1n 2<2－1n (n ∈N *，n ≥2).证明 (1)当n ＝2时，1＋122＝54<2－12＝32，命题成立.(2)假设n ＝k 时命题成立，即1＋122＋132＋…＋1k 2<2－1k.当n ＝k ＋1时，1＋122＋132＋…＋1k 2＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1（k ＋1）2<2－1k ＋1k （k ＋1）＝2－1k ＋1k －1k ＋1＝2－1k ＋1，命题成立. 由(1)(2)知原不等式在n ∈N *，n ≥2时均成立. 10.数列{a n }满足S n ＝2n －a n (n ∈N *).(1)计算a 1，a 2，a 3，a 4，并由此猜想通项公式a n ； (2)证明(1)中的猜想.(1)解 当n ＝1时，a 1＝S 1＝2－a 1，∴a 1＝1； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝S 2＝2×2－a 2，∴a 2＝32；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝S 3＝2×3－a 3，∴a 3＝74；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝S 4＝2×4－a 4， ∴a 4＝158.由此猜想a n ＝2n－12n －1(n ∈N *).(2)证明 ①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立. ②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时，结论成立， 即a k ＝2k－12，那么n ＝k ＋1时，a k ＋1＝S k ＋1－S k ＝2(k ＋1)－a k ＋1－2k ＋a k ＝2＋a k －a k ＋1，∴2a k ＋1＝2＋a k .∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k－12k －12＝2k ＋1－12k. 所以当n ＝k ＋1时，结论成立. 由①②知猜想a n ＝2n－12n －1(n ∈N *)成立.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11.(2017·昆明诊断)设n 为正整数，f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n ，经计算得f (2)＝32，f (4)＞2，f (8)＞52，f (16)＞3，f (32)＞72，观察上述结果，可推测出一般结论( )A.f (2n )＞2n ＋12B.f (n 2)≥n ＋22C.f (2n)≥n ＋22D.以上都不对解析 因为f (22)＞42，f (23)＞52，f (24)＞62，f (25)＞72，所以当n ≥1时，有f (2n)≥n ＋22.答案 C12.设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：“当f (k )≥k 2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 (1)<1成立，则f (10)<100成立 B.若f (2)<4成立，则f (1)≥1成立C.若f (3)≥9成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k 2成立 D.若f (4)≥16成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k 2成立解析 选项A ，B 的答案与题设中不等号方向不同，故A ，B 错；选项C 中，应该是k ≥3时，均有f (k )≥k 2成立；对于选项D ，满足数学归纳法原理，该命题成立. 答案 D13.(2017·金华调研)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 ∈N *)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 )＝n 2－n ＋2.答案 4 n 2－n ＋214.数列{x n }满足x 1＝0，x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c (n ∈N *). (1)证明：{x n }是递减数列的充要条件是c ＜0； (2)若0＜c ≤14，证明数列{x n }是递增数列.证明 (1)充分性：若c ＜0，由于x n ＋1＝－x 2n ＋x n ＋c ≤x n ＋c ＜x n ，∴数列{x n }是递减数列. 必要性：若{x n }是递减数列，则x 2＜x 1，且x 1＝0. 又x 2＝－x 21＋x 1＋c ＝c ，∴c ＜0. 故{x n }是递减数列的充要条件是c ＜0. (2)若0＜c ≤14，要证{x n }是递增数列.即x n ＋1－x n ＝－x 2n ＋c ＞0， 即证x n ＜c 对任意n ≥1成立. 下面用数学归纳法证明：当0＜c ≤14时，x n ＜c 对任意n ≥1成立.①当n ＝1时，x 1＝0＜c ≤12，结论成立.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时结论成立，即x k ＜c .因为函数f (x )＝－x 2＋x ＋c 在区间⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，12内单调递增，所以x k ＋1＝f (x k )＜f (c )＝c ，∴当n ＝k ＋1时，x k ＋1＜c 成立.由①，②知，x n ＜c 对任意n ≥1，n ∈N *成立. 因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c ＞x n ，即{x n }是递增数列.15.(2017·浙江名校协作体联考)已知函数f 0(x )＝sin xx(x >0)，设f n (x )为f n －1(x )的导数，n∈N *.(1)求2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2的值；(2)证明：对任意的n ∈N *，等式|nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4|＝22都成立.(1)解 由已知，得f 1(x )＝f ′0(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫sin x x ′＝cos x x －sin x x 2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝⎝⎛⎭⎪⎫cos x x ′－⎝ ⎛⎭⎪⎫sinx x 2′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x 3， 所以f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－4π2，f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－2π＋16π3.故2f 1⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋π2f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝－1. (2)证明 由已知，得xf 0(x )＝sin x ，等式两边分别对x 求导，得f 0(x )＋xf ′0(x )＝cos x ，即f 0(x )＋xf 1(x )＝cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋π2，类似可得2f 1(x )＋xf 2(x )＝－sin x ＝sin(x ＋π)，3f 2(x )＋xf 3(x )＝－cos x ＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋3π2， 4f 3(x )＋xf 4(x )＝sin x ＝sin(x ＋2π).下面用数学归纳法证明等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立. (ⅰ)当n ＝1时，由上可知等式成立.(ⅱ)假设当n ＝k (k ≥1，且k ∈N *)时等式成立， 即kf k －1(x )＋xf k (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋k π2. 因为[kf k －1(x )＋xf k (x )]′＝kf ′k －1(x )＋f k (x )＋xf ′k (x )＝(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )，⎣⎢⎡⎦⎥⎤sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋k π2′＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin ⎣⎢⎡⎦⎥⎤x ＋（k ＋1）π2. 因此当n ＝k ＋1时，等式也成立.综合(ⅰ)，(ⅱ)可知等式nf n －1(x )＋xf n (x )＝sin ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋n π2对所有的n ∈N *都成立. 令x ＝π4，可得nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋n π2(n ∈N *).所以|nf n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫π4＋π4f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4|＝22(n ∈N *).。