2020版高考数学浙江专用新精准大一轮精讲通用版：第六章第6讲数学归纳法含解析

[基础达标]
1．凸n 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．
2．用数学归纳法证明“当n 为正奇数时，x n ＋y n 能被x ＋y 整除”的第二步是( ) A ．假设n ＝2k ＋1时正确，再推n ＝2k ＋3时正确(其中k ∈N *) B ．假设n ＝2k －1时正确，再推n ＝2k ＋1时正确(其中k ∈N *) C ．假设n ＝k 时正确，再推n ＝k ＋1时正确(其中k ∈N *) D ．假设n ＝k 时正确，再推n ＝k ＋2时正确(其中k ∈N *) 解析：选B.因为n 为正奇数，所以n ＝2k －1(k ∈N *)．
3．用数学归纳法证明：“1＋12＋13＋…＋1
2n －1<n (n ∈N *，n >1)”时，由n ＝k (k >1)不等式成立，推证n ＝k ＋1
时，左边应增加的项数是________．
解析：当n ＝k 时，要证的式子为1＋12＋13＋…＋12k －1<k ；当n ＝k ＋1时，要证的式子为1＋12＋13＋…＋1
2k －1＋
12k ＋12k
＋1＋…＋1
2k ＋1－1
<k ＋1.左边增加了2k 项． 答案：2k
4．(2019·绍兴模拟)已知f (n )＝1＋12＋13＋…＋1n (n ∈N *)，经计算得f (4)>2，f (8)>52，f (16)>3，f (32)>7
2，则其一般
结论为________．
解析：因为f (22)>42，f (23)>52，f (24)>62，f (25)>7
2，所以当n ≥2时，有f (2n )>n ＋22.
答案：f(2n )>n ＋2
2(n ≥2，n ∈N *)
5．已知数列{a n }满足，a 1＝1，a n ＝1
a n ＋1－12. (1)求证：2
3≤a n ≤1；
(2)求证：|a n ＋1－a n |≤1
3
.
证明：(1)由已知得a n ＋1＝1a n ＋
12，计算a 2＝23，a 3＝67，a 4＝1419，猜想2
3≤a n ≤1.
下面用数学归纳法证明．
①当n ＝1时，命题显然成立；
②假设n ＝k 时，有23≤a n ≤1成立，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝1a k ＋12≤1
23＋
1
2
＜1，
a k ＋1＝1a k ＋12≥11＋
12＝2
3，即当n ＝k ＋1时也成立，
所以对任意n ∈N *，都有2
3≤a n ≤1.
(2)当n ＝1时，|a 1－a 2|＝1
3
，
当n ≥2时，因为(a n ＋12)(a n －1＋12)＝(a n ＋12)·1a n ＝1＋12a n ≥1＋12＝3
2
，
所以|a n ＋1－a n |＝
⎪
⎪⎪⎪⎪⎪1a n ＋12－1a n －1
＋12＝|a n －a n －1|（a n ＋12）（a n －1＋12
）≤23|a n －a n －1|≤…≤⎝⎛⎭⎫23n －1|a 2－a 1|＝13·⎝⎛⎭⎫23n －1. 6．(2019·温州高考模拟节选)已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝2，b 1＝4，且2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1.
(1)求a 2，a 3，a 4及b 2，b 3，b 4；
(2)猜想{a n }，{b n }的通项公式，并证明你的结论． 解：(1)因为2b n ＝a n ＋a n ＋1，a 2n ＋1＝b n b n ＋1， 且a 1＝2，b 1＝4.
令n ＝1，得到⎩
⎪⎨⎪⎧8＝2＋a 2，
a 22＝4
b 2解得a 2＝6，b 2＝9；同理令n ＝2，3分别解得a 3＝12，b 3＝16，a 4＝20，b 4＝25.
(2)证明：猜测a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2.
用数学归纳法证明：①当n ＝1时，由上可得结论成立． ②假设当n ＝k 时，结论成立，即a k ＝k (k ＋1)，b k ＝(k ＋1)2，
那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝2b k －a k ＝2(k ＋1)2－k (k ＋1)＝(k ＋1)(k ＋2)， b k ＋1＝a 2k ＋1
b k
＝(k ＋2)2.所以当n ＝k ＋1时，结论也成立．
由①②，可知a n ＝n (n ＋1)，b n ＝(n ＋1)2对一切正整数都成立．
7．(2019·台州市高三期末考试)在正项数列{a n }中，已知a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1
a n ＋1(n ∈N *)．
(1)求a 2，a 3； (2)证明：a n ≥(32
)n －
1.
解：(1)因为在正项数列{a n }中，a 1＝1，且满足a n ＋1＝2a n －1
a n ＋1(n ∈N *)，
所以a 2＝2×1－11＋1＝32
，a 3＝2×32－132
＋1＝13
5.
(2)证明：①当n ＝1时，由已知a 1＝1≥(32)1－
1＝1，不等式成立；
②假设当n ＝k 时，不等式成立，即a k ≥(32)k －
1，
因为f (x )＝2x －1
x ＋1
在(0，＋∞)上是增函数，
所以a k ＋1＝2a k －1a k ＋1
≥2(32)k －1－1
（32）k －1＋1
＝(32)k ＋13(32)k －1（32）k －1
＋1 ＝(32)k ＋13（32
）2k －1＋13（32）k
－1
（32）k －1
＋1 ＝(3
2)k ＋19[（32）k ＋3][2×（3
2）k －3]（32）k －1
＋1， 因为k ≥1，所以2×(32)k －3≥2×3
2－3＝0，
所以a k ＋1≥(3
2
)k ，
即当n ＝k ＋1时，不等式也成立．
根据①②知不等式对任何n ∈N *都成立．
8．(2019·台州市书生中学月考)已知数列{a n }中，a 1＝1
2，a n ≠0，S n 为该数列的前n 项和，且S n ＋1＝a n (1－a n ＋1)
＋S n ，n ∈N *.
(1)求数列{a n }的通项公式；
(2)若不等式a n ＋a n ＋1＋a n ＋2＋…＋a 3n >a
24对一切正整数n 都成立，求正整数a 的最大值，并证明结论．
解：(1)因为S n ＋1＝a n (1－a n ＋1)＋S n ，n ∈N *， 所以S n ＋1－S n ＝a n (1－a n ＋1)，
所以a n ＋1＝a n (1－a n ＋1)＝a n －a n a n ＋1， 所以a n －a n ＋1＝a n a n ＋1.又a n ≠0， 所以1a n ＋1－1a n
＝1，
所以⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1a n 构成以2为首项，以1为公差的等差数列，
所以1
a n ＝2＋(n －1)×1＝n ＋1，
所以a n ＝1
n ＋1
，n ∈N *.
(2)当n ＝1时，11＋1＋11＋2＋13＋1>a 24，即2624>a
24，
所以a <26.
而a 是最大的正整数， 所以取a ＝25.
下面用数学归纳法证明：1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524
. ①当n ＝1时，已证；
②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，不等式成立，即1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1>25
24，
则当n ＝k ＋1时， 有
1（k ＋1）＋1＋1（k ＋1）＋2＋…＋1
3（k ＋1）＋1
＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋13k ＋1＋13k ＋2＋13k ＋3＋13k ＋4－1k ＋1>2524＋⎣⎡⎦⎤1
3k ＋2＋13k ＋4－23（k ＋1）.
因为13k ＋2＋13k ＋4＝6（k ＋1）9k 2＋18k ＋8>6（k ＋1）9k 2＋18k ＋9＝2
3（k ＋1），
即
13k ＋2＋13k ＋4>23（k ＋1）
， 所以13k ＋2＋13k ＋4－23（k ＋1）>0.
所以当n ＝k ＋1时不等式也成立． 由①②知，对一切正整数n ，都有 1n ＋1＋1n ＋2＋…＋13n ＋1>2524， 所以a 的最大值等于25.
[能力提升]
1．(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列{a n }满足a 1＝3，a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，n ∈N *
，设b n ＝log 2(a n
＋1)．
(1)求{a n }的通项公式；
(2)求证：1＋12＋13＋…＋1
b n －1＜n (n ≥2)；
(3)若2c n ＝b n ，求证：2≤(c n ＋1c n
)n
＜3.
解：(1)由a n ＋1＝a 2n ＋2a n ，
则a n ＋1＋1＝a 2n ＋2a n ＋1＝(a n ＋1)2
， 由a 1＝3，则a n ＞0，两边取对数得到
log 2(a n ＋1＋1)＝log 2(a n ＋1)2＝2 log 2(a n ＋1)， 即b n ＋1＝2b n .
又b 1＝log 2(a 1＋1)＝2≠0，
所以{b n }是以2为公比的等比数列． 即b n ＝2n .
又因为b n ＝log 2(a n ＋1)， 所以a n ＝22n －1.
(2)证明：用数学归纳法证明：①当n ＝2时，左边为1＋12＋13＝11
6＜2＝右边，此时不等式成立；
②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N *)时，不等式成立，
则当n ＝k ＋1时，左边＝1＋12＋13＋…＋12k －1＋12k ＋12k ＋1＋…＋1
2k ＋1－1
＜k ＋12k ＋12k ＋1＋…＋12k ＋1－1＜k ＋12k ＋12k ＋…＋1
2k 2k 个,＜k ＋1＝右边，
所以当n ＝k ＋1时，不等式成立．
综上可得：对一切n ∈N *，n ≥2，命题成立． (3)证明：由2c n ＝b n 得c n ＝n ，
所以(c n ＋1c n )n ＝(1＋n n )n ＝(1＋1n
)n ，
首先(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋C k n 1n k ＋… ＋C n n 1n
n ≥2， 其次因为C k n 1n k ＝n （n －1）…（n －k ＋1）k ！n k ＜1k ！≤1k （k －1）＝1k －1－1k
(k ≥2)， 所以(1＋1n )n ＝C 0n ＋C 1n 1n ＋C 2n 1n 2＋…＋C k n 1n k ＋…＋C n n
1n n ＜1＋1＋1－12＋12－13＋…＋1n －1－1n ＝3－1n ＜3， 当n ＝1时显然成立．所以得证．
2．已知数列{a n }的各项均为正数，b n ＝n ⎝⎛⎭⎫1＋1
n n
a n (n ∈N *)，e 为自然对数的底数． (1)求函数f (x )＝1＋x －e x
的单调区间，并比较⎝⎛⎭
⎫1＋1
n n
与e 的大小； (2)计算b 1a 1，b 1b 2a 1a 2，b 1b 2b 3
a 1a 2a 3，由此推测计算
b 1b 2…b n a 1a 2…a n 的公式，并给出证明．
解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝1－e x .
当f ′(x )>0，即x <0时，f (x )单调递增； 当f ′(x )<0，即x >0时，f (x )单调递减.
故f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，单调递减区间为(0，＋∞). 当x >0时，f (x )<f (0)＝0，即1＋x <e x . 令x ＝1n ，得1＋1n <e 1
n ，
即⎝⎛⎭
⎫1＋1
n n <e. (2)b 1a 1
＝1·⎝⎛⎭⎫1＋111＝1＋1＝2； b 1b 2a 1a 2＝b 1a 1·b 2
a 2
＝2·2⎝⎛⎭⎫1＋122＝(2＋1)2＝32； b 1b 2b 3a 1a 2a 3＝b 1b 2a 1a 2·b 3
a 3
＝32·3⎝⎛⎭⎫1＋133＝(3＋1)3＝43. 由此推测：b 1b 2…b n
a 1a 2…a n
＝(n ＋1)n .(*)
下面用数学归纳法证明(*)成立．
①当n ＝1时，左边＝右边＝2，(*)成立. ②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N *)时，(*)成立， 即
b 1b 2…b k
a 1a 2…a k
＝(k ＋1)k .
当n ＝k ＋1时，b k ＋1＝(k ＋1)⎝⎛⎭
⎫1＋1k ＋1k ＋
1a k ＋1，
由归纳假设可得
b 1b 2…b k b k ＋1a 1a 2…a k a k ＋1＝b 1b 2…b k a 1a 2…a k ·b k ＋1a k ＋1
＝(k ＋1)k ·(k ＋1)·
⎝⎛⎭⎫1＋1k ＋1k ＋1＝(k ＋2)k ＋1， 所以当n ＝k ＋1时，(*)也成立.
根据①②，可知(*)对一切正整数n 都成立.。