高三数学一轮复习数学归纳法提分训练题

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2020-2021【名校提分专用】高考数学一轮复习课时分层训练34归纳与类比文北师大版

3x1＋ 3x2＋ 2 3
＝
＝
x1＋ 3
x2＋ 3
3x1＋ x2＋ 3 x1＋3x2 ＋ 3
3x1＋ 3x2 ＋2 3
3x1＋ 3x2＋ 2 3
3
＝ 3
＝ x1＋3x2 ＋2×３ 3
x1＋ 3x2＋ 2 3 ＝ 3 .
12 分
B 组能力提升
( 建议用时： 15 分钟 )
1．(2018 ·郑州模拟 ) 平面内凸四边形有 2 条对角线，凸五边形有 5 条对角线，以此类推，
2
2
sin x1＋ sin x2
B，线段 AB总是位于 A，B 两点之间函数图像的下方，类比可知应有
2
＜sin
x1 ＋ x 2 2 .]
7．观察下列不等式： 13
1＋ 2< ， 22
1 15 1＋ 22＋ 32<3，
1 1 17 1＋ 22＋ 32＋ 42<4，
…
照此规律，第五个不等式为 __________ ．
故甲的卡片上的数字是 1 和 3. 法二：因为甲与乙的卡片上相同的数字不是
2，所以丙的卡片上必有数字 2. 又丙的卡片
上的数字之和不是 5，所以丙的卡片上的数字是 1 和 2. 因为乙与丙的卡片上相同的数字
不是 1，所以乙的卡片上的数字是 2 和 3，所以甲的卡片上的数字是 3．某同学在一次研究性学习中发现，以下五个式子的值都等于同一个常数：
12 分
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D．全不正确
C [ 因为 f ( x) ＝ sin( x2＋ 1) 不是正弦函数，所以小前提不正确． ]
2．如图 6-4-3 ，根据图中的数构成的规律，得 a 表示的数是 (
)

高考数学一轮复习考点39 数学归纳法必刷题理(含解析)-人教版高三全册数学试题

考点39 数学归纳法1．（某某省某某县第一中学2019届高三上学期第三次模拟考试数学理）用数学归纳法证明，则当时，左端应在的基础上加上（）A． B．C． D．【答案】C【解析】当n=k时，等式左端=1+2+…+k2，当n=k+1时，等式左端=1+2+…+k2+k2+1+k2+2+…+（k+1）2，增加了项（k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+…+（k+1）2．故选：C．2．（某某省豫南九校2017-2018学年下学期高二第二次联考理）用数学归纳法证明不等式“”时的过程中，由到，不等式的左边增加的项为（）A． B．C． D．【答案】C【解析】当时，不等式为；当时，不等式为，即，比较可得增加的项为．故选C．3．（某某省马某某市2019届高三高考一模理）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n S 的前n 项积为nT ，若21n n S T +=，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最接近2019的是第______项.【答案】45【解析】21n n S T +=，可得1121S T +=，且1113S T ==；则12321n n S S S S S +⋯=，即12321n n S S S S S ⋯=-，1123121n n S S S S S +++⋯=，即1231121n n S S S S S ++⋯=-，两式相除得：11111n n n S S S ++-=-，则112n nS S +=-，由113S =，解得235S =；由235S =，解得357S =；⋯猜想2121n n S n -=+，用数学归纳法证明，当1n =时，113S =，满足2121n n S n -=+，假设当()*n k k =∈N时，猜想成立，即2121k k S k -=+，则当1n k =+时，1112121223221k k k S k S k k ++===--+-+，满足2121nn S n -=+，故猜想成立，即2121n n S n -=+.1113a S ==，2n ≥时，()()12123421212121n n n n n a S S n n n n ---=-=-=+--+，当1n =，113a =不满足()()42121na n n =-+，故()()3,112121,24n n n n a n =⎧⎪=⎨-+≥⎪⎩，由()()22121144n n n -+=-，当44n =时，21441935.754-=，当45n =时，21452024.754-=，当46n =时，21462115.754-=．综上可得数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最接近2019的是第45项．故答案为：45．4．（某某省某某市2019届高中毕业生二月调研测试理）已知正项数列{}n a 满足11a =，前n 项和n S 满足214(3)(2,)n n S a n n N *-=+∈≥，则数列{}n a 的通项公式为n a =______________．【答案】21n - 【解析】当1n =时，11a =；当2n =时，221224(3)16,4,3S a S a =+=∴==；当3n =时，232334(3)36,9,5S a S a =+===；当4n =时，243444(3)64,16,7S a S a =+===，猜想得21n a n =-，故21n a n =-，下面用数学归纳法证明： ①11a =，满足21n a n =-，②假设n k =时，结论成立，即21k a k =-，可得2k S k =，则22214(3)(22)4(1)k k S a k k +=+=+=+，222111(1),(1)21k k k k S k a S S k k k +++∴=+=-=+-=+2(1)1k =+-，也满足21n a n =-，结合①②可知，21n a n =-，故答案为21n a n =-．5．（某某省某某市2019届高三质量监测（四)数学理）已知数列{}n a 满足：11a =，点()()*1,n n a a n +∈N 在直线21y x =+上.（1）求2a ，3a ，4a 的值，并猜想数列{}n a 的通项公式；（2）用数学归纳法证明（1）中你的猜想.【答案】（Ⅰ）2343,7,15a a a ===;21nn a =-.（Ⅱ）见解析.【解析】解：（Ⅰ）因为点()()*1,n n a a n N +∈在直线21y x =+上所以121n n a a +=+，因为11a =，故22113a =⨯+=，32317a =⨯+=， 427115a =⨯+=，由上述结果，猜想：21nn a =-.（Ⅱ）1︒，当1n =时，1211a =-=成立，2︒，假设当()1,n k k k N =≥∈时，21kk a =-成立，那么，当1n k =+时，()1121221121kk k k a a ++=+=-+=-成立，由1︒，2︒可得21nn a =-.6．（某某省苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查二）已知数列{}n a ，12a =，且211n n n a a a +=-+对任意n N *∈恒成立．（1）求证：112211n n n n a a a a a a +--=+(n N *∈)；（2）求证：11nn a n +>+(n N *∈)．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）①当1n =时，2221112213a a a =-+=-+= 满足211a a =+成立.②假设当n k =时，结论成立.即：112211k k k k a a a a a a +--=+成立下证：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立。

广东新高考数学理科一轮总复习课时练习10.3数学归纳法(含答案详析)

第3讲数学归纳法1．用数学归纳法证明：(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n ＋1)(n ∈N *)，从“n ＝k ”到“n ＝k ＋1”左端需乘的代数式是( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1)C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋12．用数学归纳法证明：12＋22＋…＋n 2＋…＋22＋12＝n (2n 2＋1)3，第二步证明由“k 到k ＋1”时，左边应加( )A ．k 2B ．(k ＋1)2C ．k 2＋(k ＋1)2＋k 2D ．(k ＋1)2＋k 23．对一切正整数n ，n 2与2n 的大小关系为 ( )A ．对一切n ∈N *，恒有n 2<2nB ．对一切n ∈N *，恒有n 2≤2nC ．当n ＝1或n ≥5时，n 2<2n ，n ＝2,3,4时，n 2≥2nD ．以上都不对4．f (n )和g (n )都是定义在正整数集上的函数，满足：①f (1)＝g (1)；②对n ∈N *，f (n )－f (n －1)＝g (n )－g (n －1)．那么猜想对n ∈N *时，有( )A ．f (n )>g (n )B ．f (n )<g (n )C ．f (n )＝g (n )D ．f (n )与g (n )大小关系不能确定5．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋25n －1是31的整数倍时，当n ＝1时，上式等于( )A ．1＋2B ．1＋2＋22C ．1＋2＋22＋23D ．1＋2＋22＋23＋246．已知S k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k (k ＝1,2,3，…)，则S k ＋1＝( ) A ．S k ＋12k ＋1 B ．S k ＋12k ＋2－1k ＋1C ．S k ＋12k ＋1－12k ＋2D ．S k ＋12k ＋1＋12k ＋27．若不等式1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n >m 2013对于一切n ∈N *成立，则正整数m 的最大值为__________．8．已知f (n )＝1n ＋1n ＋1＋1n ＋2＋…＋1n 2，则下列说法有误的是________． ①f (n )中共有n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13； ②f (n )中共有n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14； ③f (n )中共有n 2－n 项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13； ④f (n )中共有n 2－n ＋1项，当n ＝2时，f (2)＝12＋13＋14.9．(2014年广东深圳一模)已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且满足4(n ＋1)(S n ＋1)＝(n ＋2)2a n (n ∈N *)．(1)求a 1，a 2的值；(2)求a n ；(3)设b n ＝n ＋1a n ，数列{b n }的前n 项和为T n ，求证：T n <34.10．已知数列{a n }满足a 1＝25，且对任意n ∈N *，都有a n a n ＋1＝4a n ＋2a n ＋1＋2. (1)求证：数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 为等差数列； (2)试问数列{a n }中a k ·a k ＋1(k ∈N *)是否仍是{a n }中的项？如果是，请指出是数列的第几项；如果不是，请说明理由；(3)令b n ＝23⎝⎛⎭⎫1a n ＋5，证明：对任意n ∈N *，都有不等式2n b >b 2n 成立．第3讲数学归纳法1．B 2.D 3.C 4.C5．D 解析：原等式共有5n 项，当n ＝1时，25－1＝24，选D.6．C 解析：S k ＋1＝1k ＋1＋1＋1k ＋1＋2＋…＋12k ＋1＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1 ＝S k ＋12k ＋1－12k ＋2. 7．1006 解析：记f (n )＝1n ＋1＋1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ，则f (n ＋1)－f (n )＝12n ＋1＋12n ＋2－1n ＋1＝12n ＋1－12n ＋2>0，数列{f (n )}是递增数列，则f (n )min ＝f (1)＝12，∴m ≤1006. 8．①②③9．(1)解：当n ＝1时，有4×(1＋1)(a 1＋1)＝(1＋2)2a 1，解得a 1＝8.当n ＝2时，有4×(2＋1)(a 1＋a 2＋1)＝(2＋2)2a 2，解得a 2＝27.(2)解：方法一：当n ≥2时，有4(S n ＋1)＝(n ＋2)2a n n ＋1， ① 4(S n －1＋1)＝(n ＋1)2a n －1n. ② ①－②，得4a n ＝(n ＋2)2a n n ＋1－(n ＋1)2a n －1n ，即a n a n －1＝(n ＋1)3n 3. ∴a n (n ＋1)3＝a n －1n 3＝a n －2(n －1)3＝…＝a 233＝1. ∴a n ＝(n ＋1)3(n ≥2)．方法二：根据a 1＝8，a 2＝27，猜想：a n ＝(n ＋1)3.①当n ＝1时，有a 1＝8＝(1＋1)3，猜想成立．②假设当n ＝k 时，猜想也成立，即a k ＝(k ＋1)3.那么当n ＝k ＋1时，有4(k ＋1＋1)(S k ＋1＋1)＝(k ＋1＋2)2a k ＋1，即4(S k ＋1＋1)＝(k ＋1＋2)2a k ＋1k ＋1＋1， ① 又 4(S k ＋1)＝(k ＋2)2a k k ＋1， ② ①－②，得4a k ＋1＝(k ＋3)2a k ＋1k ＋2－(k ＋2)2a k k ＋1＝(k ＋3)2a k ＋1k ＋2－(k ＋2)2(k ＋1)3k ＋1，解得a k ＋1＝(k ＋2)3＝(k ＋1＋1)3 .∴当n ＝k ＋1时，猜想也成立．因此，由数学归纳法证得a n ＝(n ＋1)3成立．(3)证明：∵b n ＝n ＋1a n ＝1(n ＋1)2<1n (n ＋1)＝1n －1n ＋1，∴T n ＝b 1＋b 2＋b 3＋…＋b n －1＋b n ＝122＋132＋142＋…＋1n 2＋1(n ＋1)2<122＋12×3＋13×4＋…＋1(n －1)n ＋1n (n ＋1)＝14＋⎝⎛⎭⎫12－13＋⎝⎛⎭⎫13－14＋…＋⎝⎛⎭⎫1n －1－1n ＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1＝14＋12－1n ＋1<34.10．(1)解：a n a n ＋1＋2a n ＝4a n a n ＋1＋2a n ＋1，即2a n －2a n ＋1＝3a n a n ＋1，所以1a n ＋1－1a n ＝32. 所以数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 是以52为首项，公差为32的等差数列． (2)解：由(1)可得数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的通项公式为1a n ＝3n ＋22，所以a n ＝23n ＋2. a k ·a k ＋1＝23k ＋2·23(k ＋1)＋2＝49k 2＋21k ＋10＝23·3k 2＋7k ＋22＋2. 因为3k 2＋7k ＋22＝k 2＋3k ＋1＋k (k ＋1)2，当k ∈N *时，k (k ＋1)2一定是正整数，所以3k 2＋7k ＋22是正整数． (也可以从k 的奇偶性来分析)所以a k ·a k ＋1是数列{a n }中的项，是第3k 2＋7k ＋22项． (3)证明：由(2)知：a n ＝23n ＋2， b n ＝23⎝⎛⎭⎫1a n ＋5＝23⎝⎛⎭⎫3n ＋22＋5＝n ＋4. 下面用数学归纳法证明：2n +4>(n ＋4)2对任意n ∈N *都成立．(1)当n ＝1时，显然25>52，不等式成立．(2)假设当n ＝k (k ∈N *)时，有2k +4>(k ＋4)2，当n ＝k ＋1时，2(k +1)+4＝2·2k +4>2(k ＋4)2＝2k 2＋16k ＋32＝(k ＋5)2＋k 2＋6k ＋7>(k ＋5)2，即有：12n b +>b 2n ＋1也成立．综合(1)(2)知：对任意n ∈N *，都有不等式2n b >b 2n 成立．。

2020届高考数学(理)一轮必刷题专题39 数学归纳法(解析版)

考点39 数学归纳法1．（甘肃省静宁县第一中学2019届高三上学期第三次模拟考试数学理）用数学归纳法证明，则当时，左端应在的基础上加上（）A．B．C．D．【答案】C【解析】当n=k时，等式左端=1+2+…+k2，当n=k+1时，等式左端=1+2+…+k2+k2+1+k2+2+…+（k+1）2，增加了项（k2+1）+（k2+2）+（k2+3）+…+（k+1）2．故选：C．2．（河南省豫南九校2017-2018学年下学期高二第二次联考理）用数学归纳法证明不等式“”时的过程中，由到，不等式的左边增加的项为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】当时，不等式为；当时，不等式为，即，比较可得增加的项为．故选C．3．（安徽省马鞍山市2019届高三高考一模理）已知正项数列{}n a 的前n 项和为n S ，数列{}n S 的前n 项积为nT ，若21n n S T +=，则数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最接近2019的是第______项.【答案】45【解析】21n n S T +=，可得1121S T +=，且1113S T ==；则12321n n S S S S S +⋯=，即12321n n S S S S S ⋯=-，1123121n n S S S S S +++⋯=，即1231121n n S S S S S ++⋯=-，两式相除得：11111n n n S S S ++-=-，则112n nS S +=-，由113S =，解得235S =；由235S =，解得357S =；⋯猜想2121n n S n -=+，用数学归纳法证明，当1n =时，113S =，满足2121n n S n -=+，假设当()*n k k =∈N时，猜想成立，即2121k k S k -=+，则当1n k =+时，1112121223221k k k S k S k k ++===--+-+，满足2121nn S n -=+，故猜想成立，即2121n n S n -=+. 1113a S ==，2n ≥时，()()12123421212121n n n n n a S S n n n n ---=-=-=+--+，当1n =，113a =不满足()()42121na n n =-+，故()()3,112121,24n n n n a n =⎧⎪=⎨-+≥⎪⎩，由()()22121144n n n -+=-，当44n =时，21441935.754-=，当45n =时，21452024.754-=，当46n =时，21462115.754-=．综上可得数列1n a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭中最接近2019的是第45项．故答案为：45．4．（湖北省武汉市2019届高中毕业生二月调研测试理）已知正项数列{}n a 满足11a =，前n 项和n S 满足214(3)(2,)n n S a n n N *-=+∈≥，则数列{}n a 的通项公式为n a =______________．【答案】21n - 【解析】当1n =时，11a =；当2n =时，221224(3)16,4,3S a S a =+=∴==；当3n =时，232334(3)36,9,5S a S a =+===；当4n =时，243444(3)64,16,7S a S a =+===，猜想得21n a n =-，故21n a n =-，下面用数学归纳法证明： ①11a =，满足21n a n =-，②假设n k =时，结论成立，即21k a k =-，可得2k S k =，则22214(3)(22)4(1)k k S a k k +=+=+=+，222111(1),(1)21k k k k S k a S S k k k +++∴=+=-=+-=+2(1)1k =+-，也满足21n a n =-，结合①②可知，21n a n =-，故答案为21n a n =-．5．（吉林省长春市2019届高三质量监测（四)数学理）已知数列{}n a 满足：11a =，点()()*1,n n a a n +∈N 在直线21y x =+上.（1）求2a ，3a ，4a 的值，并猜想数列{}n a 的通项公式；（2）用数学归纳法证明（1）中你的猜想.【答案】（Ⅰ）2343,7,15a a a ===;21nn a =-.（Ⅱ）见解析.【解析】解：（Ⅰ）因为点()()*1,n n a a n N +∈在直线21y x =+上所以121n n a a +=+，因为11a =，故22113a =⨯+=，32317a =⨯+=， 427115a =⨯+=，由上述结果，猜想：21nn a =-.（Ⅱ）1︒，当1n =时，1211a =-=成立，2︒，假设当()1,n k k k N =≥∈时，21kk a =-成立，那么，当1n k =+时，()1121221121kk k k a a ++=+=-+=-成立，由1︒，2︒可得21nn a =-.6．（江苏省苏锡常镇四市2019届高三教学情况调查二）已知数列{}n a ，12a =，且211n n n a a a +=-+对任意n N *∈恒成立．（1）求证：112211n n n n a a a a a a +--=+(n N *∈)；（2）求证：11nn a n +>+(n N *∈)．【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】（1）①当1n =时，2221112213a a a =-+=-+= 满足211a a =+成立.②假设当n k =时，结论成立.即：112211k k k k a a a a a a +--=+成立下证：当1n k =+时，112211k k k k a a a a a a +-+=+成立。

高三数学数学归纳法练习题及答案

高三数学数学归纳法练习题及答案数学归纳法是高中数学中非常重要的一种证明方法，它在数学推理和证明中具有广泛的应用。

通过运用归纳法，我们可以推出一般性的结论，从而能够解决更加复杂的数学问题。

在高三数学的学习中，熟练掌握数学归纳法的使用对于解题至关重要。

下面将为大家提供一些高三数学数学归纳法练习题及答案，希望能帮助大家更好地掌握该方法。

练习题一：证明：对于任意正整数n，都有1 + 2 + 3 + ... + n = n(n + 1)/2答案一：首先，我们需要明确归纳假设的内容。

假设当n=k时，等式成立，即1 + 2 + 3 + ... + k = k(k + 1)/2。

然后，我们需要证明当n=k+1时，等式也成立。

即1 + 2 + 3 + ... + (k+1) = (k+1)(k + 2)/2。

根据归纳假设，1 + 2 + 3 + ... + k = k(k + 1)/2。

我们需要证明：1 + 2 + 3 + ... + k + (k+1) = (k+1)(k + 2)/2。

将左边的式子进行展开得到： [1 + 2 + 3 + ... + k] + (k+1)。

由归纳假设，我们可以将其中的[1 + 2 + 3 + ... + k]替换成k(k + 1)/2，得到： k(k + 1)/2 + (k+1)。

化简该式子： k(k + 1) + 2(k+1)。

再进一步化简： (k+1)(k + 2) / 2。

可以看出，我们得到了(k+1)(k + 2)/2这个形式，就证明了当n=k+1时，等式也成立。

因此，根据数学归纳法原理，对于任意正整数n，都有1 + 2 + 3 + ... + n = n(n + 1)/2。

练习题二：证明：对于任意正整数n，2^n > n^2。

答案二：同样使用数学归纳法进行证明。

首先，当n=1时，2^1 = 2，1^2 = 1，2 > 1，等式成立。

假设当n=k时，2^k > k^2 成立。

苏教版高考一轮数学理数学归纳法一轮复习限时提分训练基础到提升含精细解析Word版含答案

数学归纳法分层训练A 级基础达标演练 (时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．用数学归纳法证明命题“当n 是正奇数时，x n ＋y n能被x ＋y 整除”，在进行第二步证明时，给出四种证法．①假设n ＝k (k ∈N ＋)，证明n ＝k ＋1命题成立； ②假设n ＝k (k 是正奇数)，证明n ＝k ＋1命题成立； ③假设n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)，证明n ＝k ＋1命题成立； ④假设n ＝k (k 是正奇数)，证明n ＝k ＋2命题成立．正确证法的序号是________．解析 ①②③中，k ＋1不一定表示奇数，只有④中k 为奇数，k ＋2为奇数．答案 ④2．用数学归纳证明：对任意的n ∈N *,34n ＋2＋52n ＋1能被14整除的过程中，当n ＝k ＋1时，34(k ＋1)＋2＋52(k ＋1)＋1可变形为________．答案 34(34k ＋2＋52k ＋1)－52k ＋1×563．(2010·寿光一中模拟)若存在正整数m ，使得f (n )＝(2n －7)3n＋9(n ∈N *)能被m 整除，则m ＝________.解析 f (1)＝－6，f (2)＝－18，f (3)＝－18，猜想：m ＝－6. 答案 64．用数学归纳法证明“n 3＋(n ＋1)3＋(n ＋2)3(n ∈N *)能被9整除”，要利用归纳假设证n ＝k ＋1时的情况，只需展开的式子是________．解析假设当n ＝k 时，原式能被9整除，即k 3＋(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，只需将(k ＋3)3展开，让其出现k 3即可．答案 (k ＋3)35．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________．解析 ∵当n ＝k 时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2，当n ＝k ＋1时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋…＋(k ＋1)2，∴当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2.答案 (k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)26．若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是________．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. 答案 f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)2二、解答题(每小题15分，共30分)7．(2012·苏中三市调研)已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1＝2a n a n ＋1(n ∈N *)．(1)求a 2，a 3的值；(2)证明：不等式0<a n <a n ＋1对于任意的n ∈N *都成立． (1)解由题意，得a 2＝23，a 3＝45.(2)证明 ①当n ＝1时，由(1)，知0<a 1<a 2，即不等式成立． ②设当n ＝k (k ∈N *)时，0<a k <a k ＋1成立，则当n ＝k ＋1时，由归纳假设，知a k ＋1>0. 而a k ＋2－a k ＋1＝2a k ＋1a k ＋1＋1－2a k a k ＋1＝2a k ＋1a k ＋1－2a k a k ＋1＋1a k ＋1＋1a k ＋1＝2a k ＋1－a ka k ＋1＋1a k ＋1>0，∴0<a k ＋1<a k ＋2，即当n ＝k ＋1时，不等式成立．由①②，得不等式0<a n <a n ＋1对于任意n ∈N *成立．8．(2011·盐城调研)已知数列{a n }满足a n ＋1＝－a 2n ＋pa n (p ∈R )，且a 1∈(0,2)，试猜想p 的最小值，使得a n ∈(0,2)对n ∈N *恒成立，并给出证明．证明当n ＝1时，a 2＝－a 21＋pa 1＝a 1(－a 1＋p )．因为a 1∈(0,2)，所以欲使a 2∈(0,2)恒成立，则要⎩⎪⎨⎪⎧p ＞a 1，p ＜a 1＋2a 1恒成立，解得2≤p ≤22，由此猜想p 的最小值为2. 因为p ≥2，所以要证该猜想成立，只要证：当p ＝2时，a n ∈(0,2)对n ∈N *恒成立．现用数学归纳法证明： ①当n ＝1时结论显然成立；②假设当n ＝k 时结论成立，即a k ∈(0,2)，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝－a 2k ＋2a k ＝a k (2－a k )，一方面，a k ＋1＝a k (2－a k )＞0成立，另一方面，a k ＋1＝a k (2－a k )＝－(a k －1)2＋1≤1＜2，所以a k ＋1∈(0,2)，即当n ＝k ＋1时结论也成立．由①②可知，猜想成立，即p 的最小值为2.分层训练B 级创新能力提升1．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n －1＞12764 (n ∈N *)成立，其初始值至少应取________．解析右边＝1＋12＋14＋…＋12n －1＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12n1－12＝2－12n －1，代入验证可知n 的最小值是8.答案 82．用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n ＝1n ＋1＋1n ＋2＋12n ，则当n ＝k ＋1时，左端应在n ＝k 的基础上加上________．解析 ∵当n ＝k 时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k 当n ＝k ＋1时，左侧＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ＋12k ＋1－12k ＋2.答案12k ＋1－12k ＋23．在数列{a n }中，a 1＝13且S n ＝n (2n －1)a n ，通过计算a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式是________．解析当n ＝2时，a 1＋a 2＝6a 2，即a 2＝15a 1＝115；当n ＝3时，a 1＋a 2＋a 3＝15a 3，即a 3＝114(a 1＋a 2)＝135；当n ＝4时，a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝28a 4，即a 4＝127(a 1＋a 2＋a 3)＝163.∴a 1＝13＝11×3，a 2＝115＝13×5，a 3＝135＝15×7，a 4＝17×9，故猜想a n ＝12n －12n ＋1.答案 a n ＝12n －12n ＋14．已知S n ＝12－22＋32－42＋…＋(－1)n －1·n 2，当n 分别取1,2,3,4时的值依次为________，所以猜想原式＝________.解析当n ＝1时，S 1＝12＝1＝(－1)1－1·1×1＋12 当n ＝2时，S 2＝12－22＝－3＝(－1)2－1·2×2＋12 当n ＝3时，S 3＝12－22＋32＝6＝(－1)3－1·3×3＋12当n ＝4时，S 4＝12－22＋32－42＝－10＝(－1)4－1·4×4＋12∴猜想S n ＝(－1)n －1·n n ＋12.答案 1，－3,6，－10 (－1)n －1·n n ＋125．(2010·全国卷)在数列{a n }中，a 1＝1，a n ＋1＝c －1a n.(1)设c ＝52，b n ＝1a n －2，求数列{b n }的通项公式；(2)求使不等式a n ＜a n ＋1＜3成立的c 的取值范围．解 (1)a n ＋1－2＝52－1a n －2＝a n －22a n，1a n ＋1－2＝2a n a n －2＝4a n －2＋2，即b n ＋1＝4b n ＋2.b n ＋1＋23＝4⎝⎛⎭⎪⎫b n ＋23，又a 1＝1，故b 1＝1a 1－2＝－1，所以⎩⎨⎧⎭⎬⎫b n ＋23是首项为－13，公比为4的等比数列，b n ＋23＝－13×4n －1，b n ＝－4n －13－23.(2)a 1＝1，a 2＝c －1，由a 2＞a 1，得c ＞2. 用数学归纳法证明：当c ＞2时，a n ＜a n ＋1. ①当n ＝1时， a 2＝c －1a 1＞a 1，命题成立；②设当n ＝k 时，a k ＜a k ＋1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋2＝c －1a k ＋1＞c －1a k＝a k ＋1.故由①②知当c ＞2时，a n ＜a n ＋1. 当c ＞2时，因为c ＝a n ＋1＋1a n ＞a n ＋1a n，所以a 2n －ca n ＋1＜0有解，所以c －c 2－42＜a n ＜c ＋c 2－42，令α＝c ＋c 2－42，当2＜c ≤103时，a n ＜α≤3.当c ＞103时，α＞3，且1≤a n ＜α，于是α－a n ＋1＝1a n α(α－a n )＜13(α－a n )＜132(α－a n －1)＜…＜13n (α－1)．所以α－a n ＋1＜13n (α－1)，当n ＞log 3α－1α－3时，α－a n ＋1＜α－3，a n ＋1＞3，与已知矛盾．因此c ＞103不符合要求．所以c 的取值范围是⎝⎛⎦⎥⎤2，103.6．(2012·扬州中学最后冲刺)已知在正项数列{a n }中，对于一切的n ∈N *均有a 2n ≤a n －a n ＋1成立．(1)证明：数列{a n }中的任意一项都小于1； (2)探究a n 与1n的大小，并证明你的结论．(1)证明由a 2n ≤a n －a n ＋1，得a n ＋1≤a n －a 2n . 因为在数列{a n }中，a n ＞0，所以a n ＋1＞0.所以a n －a 2n ＞0.所以0＜a n ＜1. 故数列{a n }中的任意一项都小于1. (2)解由(1)知0＜a n ＜1＝11，那么a 2≤a 1－a 21＝－⎝⎛⎭⎪⎫a 1－122＋14≤14＜12，由此猜想：a n ＜1n(n ≥2)，下面用数学归纳法证明：①当n ＝2时，显然成立；②当n ＝k 时(k ≥2，k ∈N )时，假设猜想正确，即a k ＜1k ≤12，那么a k ＋1≤a k －a 2k ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a k －122＋14＜－⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －122＋14＝1k －1k 2＝k －1k 2＜k －1k 2－1＝1k ＋1，故当n ＝k ＋1时，猜想也正确．综上所述，对于一切n ∈N *，都有a n ＜1n.。

(完整版)高中数学高考总复习数学归纳法习题及详解

高中数学高考总复习数学归纳法习题及详解一、选择题 1．已知a n ＝1n ＋1＋n，数列{a n }的前n 项和为S n ，已计算得S 1＝2－1，S 2＝3－1，S 3＝1，由此可猜想S n ＝( )A.n －1B.n ＋1－1C.n ＋1－2D.n ＋2－2 [答案] B2．已知S k ＝1k ＋1＋1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k (k ＝1,2,3，…)，则S k ＋1等于( )A ．S k ＋12(k ＋1)B ．S k ＋12k ＋1－1k ＋1C ．S k ＋12k ＋1－12k ＋2D ．S k ＋12k ＋1＋12k ＋2[答案] C [解析] S k ＋1＝1(k ＋1)＋1＋1(k ＋1)＋2＋…＋12(k ＋1)＝1k ＋2＋1k ＋3＋…＋12k ＋2＝1k ＋1＋1k ＋2＋…＋12k ＋12k ＋1＋12k ＋2－1k ＋1＝S k ＋12k ＋1－12k ＋2.3．对于不等式n 2＋n ≤n ＋1(n ∈N *)，某人的证明过程如下： 1°当n ＝1时，12＋1≤1＋1，不等式成立.2°假设n ＝k (k ∈N *)时不等式成立，即k 2＋k <k ＋1，则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. 上述证法( ) A ．过程全都正确 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 [答案] D[解析]没用归纳假设．4．将正整数排成下表：12 3 45 6 7 8 910 11 12 13 14 15 16……则在表中数字2010出现在()A．第44行第75列B．第45行第75列C．第44行第74列D．第45行第74列[答案] D[解析]第n行有2n－1个数字，前n行的数字个数为1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2.∵442＝1936,452＝2025，且1936<2010,2025>2010，∴2010在第45行．又2025－2010＝15，且第45行有2×45－1＝89个数字，∴2010在第89－15＝74列，选D.5．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.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)；如此继续下去……则第n个图共挖去小正方形()A ．(8n －1)个B ．(8n ＋1)个 C.17(8n －1)个 D.17(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＝8n －17个． 7．观察下式：1＋3＝22 1＋3＋5＝32 1＋3＋5＋7＝42 1＋3＋5＋7＋9＝52……据此你可归纳猜想出的一般结论为( ) A ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N *) B ．1＋3＋5＋…＋(2n ＋1)＝n 2(n ∈N *) C ．1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝(n ＋1)2(n ∈N *) D ．1＋3＋5＋…＋(2n ＋1)＝(n ＋1)2(n ∈N *) [答案] D[解析] 观察可见第n 行左边有n ＋1个奇数，右边是(n ＋1)2，故选D.8．(2010·天津滨海新区五校)若f (x )＝f 1(x )＝x1＋x ，f n (x )＝f n －1[f (x )](n ≥2，n ∈N *)，则f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＋f 1(1)＋f 2(1)＋…＋f n (1)＝( )A ．n B.9n ＋1 C.n n ＋1 D ．1 [答案] A[解析] 易知f (1)＝12，f (2)＝23，f (3)＝34，…，f (n )＝n n ＋1；由f n (x )＝f n －1(f (x ))得，f 2(x )＝x1＋2x ，f 3(x )＝x 1＋3x ，…，f n (x )＝x 1＋nx ，从而f 1(1)＝12，f 2(1)＝13，f 3(1)＝14，…，f n (1)＝1n ＋1，，所以f (n )＋f n (1)＝1，故f (1)＋f (2)＋…＋f (n )＋f 1(1)＋f 2(1)＋…＋f n (1)＝n .9．(2010·曲阜一中)设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，且对任意的实数x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A ．[12，2)B ．[12，2]C ．[12，1]D ．[12，1)[答案] D[解析] 由已知可得a 1＝f (1)＝12，a 2＝f (2)＝f 2(1)＝⎝⎛⎭⎫122，a 3＝f (3)＝f (2)·f (1)＝f 3(1)＝⎝⎛⎭⎫123，…，a n ＝f (n )＝f n (1)＝⎝⎛⎭⎫12n ，∴S n＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＝12[1－(12)2]1－12＝1－(12)n， ∵n ∈N *，∴12≤S n <1.10．如图，一条螺旋线是用以下方法画成的：△ABC 是边长为1的正三角形，曲线CA 1、A 1A 2，A 2A 3是分别以A 、B 、C 为圆心，AC 、BA 1、CA 2为半径画的圆弧，曲线CA 1A 2A 3称为螺旋线旋转一圈．然后又以A 为圆心，AA 3为半径画圆弧……这样画到第n 圈，则所得螺旋线的长度l n 为( )A ．(3n 2＋n )πB ．(3n 2－n ＋1)π C.(3n 2＋n )π2D.(3n 2－n ＋1)π2[答案] A[解析] 由条件知CA 1，A 1A 2，A 2A 3，…，A n －1A n 对应的中心角都是2π3，且半径依次为1,2,3,4，…，故弧长依次为2π3，2π3×2，2π3×3…，据题意，第一圈长度为2π3(1＋2＋3)，第二圈长度为2π3(4＋5＋6)，第n 圈长度为2π3[(3n －2)＋(3n －1)＋3n ]，故L n ＝2π3(1＋2＋3＋…＋3n )＝2π3·3n (1＋3n )2＝(3n 2＋n )π.二、填空题11．(2010·浙江金华十校模考)已知2＋23＝223，3＋38＝338，4＋415＝4415，…，若6＋at＝6at，(a，t均为正实数)，类比以上等式，可推测a，t的值，则a＋t＝________.[答案]41[解析]注意分数的分子、分母与整数的变化规律，2→分子2，分母3＝22－1,3→分子3，分母8＝32－1,4→分子4，分母15＝42－1，故猜想a＝6，t＝62－1＝35，再验证6＋635＝6635成立，∴a＋t＝41.[点评]一般地，n＋nn2－1＝n3n2－1＝nnn2－1，(n∈N*)成立．例如，若15＋at＝15at成立，则t＋a＝239.12．考察下列一组不等式：23＋53>22·5＋2·5224＋54>23·5＋2·53252＋552>22·512＋212·52将上述不等式在左右两端仍为两项和的情况下加以推广，使以上的不等式成为推广不等式的特例，则推广的不等式为________________________．[答案]a m＋n＋b m＋n>a m b n＋a n b m(a，b>0，a≠b，m，n>0)13．(2010·浙江杭州质检)观察下列等式：(x2＋x＋1)0＝1；(x2＋x＋1)1＝x2＋x＋1；(x2＋x＋1)2＝x4＋2x3＋3x2＋2x＋1；(x2＋x＋1)3＝x6＋3x5＋6x4＋7x3＋6x2＋3x＋1；可以推测(x2＋x＋1)4的展开式中，系数最大的项是________．[答案]19x4[解析]观察其系数变化规律：(x2＋x＋1)1为1,1,1(x2＋x＋1)2为1,2,3,2,1(x2＋x＋1)3为1,3,6,7,6,3,1故由此可推测(x2＋x＋1)4系数中最大的为6＋7＋6＝19，故系数最大项是19x4.14．(2010·南京调研)五位同学围成一圈依次循环报数，规定：第一位同学首次报出的数为2，第二位同学首次报出的数为3，之后每位同学所报出的数都是前两位同学所报出数的乘积的个位数字，则第2010个被报出的数为________．[答案] 4[解析] 根据规则，五位同学第一轮报出的数依次为2,3,6,8,8，第二轮报出的数依次为4,2,8,6,8，第三轮报出的数依次为8,4,2,8,6，故除第一、第二位同学第一轮报出的数为2,3外，从第三位同学开始报出的数依次按6,8,8,4,2,8循环，则第2010个被报出的数为4.[点评] 数字2010比较大，不可能一个一个列出数到第2010个数，故隐含了探寻其规律性(周期)的要求，因此可通过列出部分数，观察是否存在某种规律来求解．明确了这一特点解决这类问题就有了明确的解题方向和思路．三、解答题15．已知点列A n (x n,0)，n ∈N *，其中x 1＝0，x 2＝a (a >0)，A 3是线段A 1A 2的中点，A 4是线段A 2A 3的中点，…A n 是线段A n －2A n －1的中点，…，(1)写出x n 与x n －1、x n －2之间的关系式(n ≥3)；(2)设a n ＝x n ＋1－x n ，计算a 1，a 2，a 3，由此推测数列{a n }的通项公式，并加以证明． [解析] (1)当n ≥3时，x n ＝x n －1＋x n －22. (2)a 1＝x 2－x 1＝a ，a 2＝x 3－x 2＝x 2＋x 12－x 2＝－12(x 2－x 1)＝－12a ，a 3＝x 4－x 3＝x 3＋x 22－x 3＝－12(x 3－x 2)＝14a ，由此推测a n ＝(－12)n －1a (n ∈N *)．证法1：因为a 1＝a >0，且a n ＝x n ＋1－x n ＝x n ＋x n －12－x n ＝x n －1－x n 2＝－12(x n －x n －1)＝－12a n －1(n ≥2)，所以a n ＝(－12)n －1a .证法2：用数学归纳法证明：(1)当n ＝1时，a 1＝x 2－x 1＝a ＝(－12)0a ，公式成立．(2)假设当n ＝k 时，公式成立，即a k ＝(－12)k －1a 成立．那么当n ＝k ＋1时，a k ＋1＝x k ＋2－x k ＋1＝x k ＋1＋x k 2－x k ＋1＝－12(x k ＋1－x k )＝－12a k ＝－12(－12)k －1a ＝(－12)(k ＋1)－1a ，公式仍成立，根据(1)和(2)可知，对任意n ∈N *，公式a n ＝(－12)n －1a 成立．16．设数列{a n }的前n 项和为S n ，对一切n ∈N *，点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 都在函数f (x )＝x ＋a n2x 的图象上．(1)求a 1，a 2，a 3的值，猜想a n 的表达式，并用数学归纳法证明；(2)将数列{a n }依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(a 1)，(a 2，a 3)，(a 4，a 5，a 6)，(a 7，a 8，a 9，a 10)；(a 11)，(a 12，a 13)，(a 14，a 15，a 16)，(a 17，a 18，a 19，a 20)；(a 21)，…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{b n }，求b 5＋b 100的值．[分析] (1)将点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 的坐标代入函数f (x )＝x ＋a n2x 中，通过整理得到S n 与a n 的关系，则a 1，a 2，a 3可求；(2)通过观察发现b 100是第25组中第4个括号内各数之和，各组第4个括号中各数之和构成首项为68、公差为80的等差数列，利用等差数列求和公式可求b 100.[解析] (1)∵点⎝⎛⎭⎫n ，S n n 在函数f (x )＝x ＋a n2x 的图象上， ∴S n n ＝n ＋a n 2n ，∴S n ＝n 2＋12a n . 令n ＝1得，a 1＝1＋12a 1，∴a 1＝2；令n ＝2得，a 1＋a 2＝4＋12a 2，∴a 2＝4；令n ＝3得，a 1＋a 2＋a 3＝9＋12a 3，∴a 3＝6.由此猜想：a n ＝2n . 用数学归纳法证明如下：①当n ＝1时，由上面的求解知，猜想成立． ②假设n ＝k (k ≥1)时猜想成立，即a k ＝2k 成立，则当n ＝k ＋1时，注意到S n ＝n 2＋12a n (n ∈N *)，故S k ＋1＝(k ＋1)2＋12a k ＋1，S k ＝k 2＋12a k .两式相减得，a k ＋1＝2k ＋1＋12a k ＋1－12a k ，所以a k ＋1＝4k ＋2－a k .由归纳假设得，a k ＝2k ，故a k ＋1＝4k ＋2－a k ＝4k ＋2－2k ＝2(k ＋1)．这说明n ＝k ＋1时，猜想也成立．由①②知，对一切n ∈N *，a n ＝2n 成立．(2)因为a n ＝2n (n ∈N *)，所以数列{a n }依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(2)，(4,6)，(8,10,12)，(14,16,18,20)；(22)，(24,26)，(28,30,32)，(34,36,38,40)；(42)，….每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故b 100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20.同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20.故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80.注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，所以b 100＝68＋24×80＝1988，又b 5＝22，所以b 5＋b 100＝2010.[点评] 由已知求出数列的前几项，做出猜想，然后利用数学归纳法证明，是不完全归纳法与数学归纳法相结合的一种重要的解决数列通项公式问题的方法．证明的关键是根据已知条件和假设寻找a k 与a k ＋1或S k 与S k ＋1间的关系，使命题得证．17．(2010·南京调研)已知：(x ＋1)n ＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋…＋a n (x －1)n (n ≥2，n ∈N *)．(1)当n ＝5时，求a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5的值． (2)设b n ＝a 22n －3，T n ＝b 2＋b 3＋b 4＋…＋b n .试用数学归纳法证明：当n ≥2时，T n ＝n (n ＋1)(n －1)3.[解析] (1)当n ＝5时，原等式变为(x ＋1)5＝a 0＋a 1(x －1)＋a 2(x －1)2＋a 3(x －1)3＋a 4(x －1)4＋a 5(x －1)5 令x ＝2得a 0＋a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＝35＝243. (2)因为(x ＋1)n ＝[2＋(x －1)]n ，所以a 2＝C n 2·2n －2 b n ＝a 22n －3＝2C n 2＝n (n －1)(n ≥2)①当n ＝2时．左边＝T 2＝b 2＝2，右边＝2(2＋1)(2－1)3＝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T k ＝k (k ＋1)(k －1)3成立那么，当n ＝k ＋1时，左边＝T k ＋b k ＋1＝k (k ＋1)(k －1)3＋(k ＋1)[(k ＋1)－1]＝k (k ＋1)(k －1)3＋k (k ＋1)＝k (k ＋1)⎝⎛⎭⎫k －13＋1＝k (k ＋1)(k ＋2)3＝(k ＋1)[(k ＋1)＋1][(k ＋1)－1]3＝右边．故当n＝k＋1时，等式成立．综上①②，当n≥2时，T n＝n(n＋1)(n－1)3.。

2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练(含最新2018模拟题)：专题6 数列与数学归纳法第42练

训练目标(1)初步掌握数学归纳法的适用范围及证明步骤；(2)会利用数学归纳法证明一些与数列有关的问题.解题策略(1)证明解答题时，注意解题步骤的完整性；(2)验证初始值时，要根据题意确定，不要盲目的认为都是从n ＝1开始；(3)第二步一定要用到归纳假设.一、选择题1．用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1(n ∈N )”的过程中，第二步当n ＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到( )A ．1＋2＋22＋…＋2k －2＋2k －1＝2k ＋1－1B ．1＋2＋22＋…＋2k ＋2k ＋1＝2k －1＋2k ＋1C ．1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＋1＝2k ＋1－1D ．1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k ＋1－12．用数学归纳法证明2n >n 2(n ∈N *，n ≥5)成立时，第二步归纳假设的正确写法为( )A ．假设当n ＝k 时，命题成立B ．假设当n ＝k (k ∈N *)时，命题成立C ．假设当n ＝k (k ≥5)时，命题成立D ．假设当n ＝k (k >5)时，命题成立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 ＋1B ．f (n )＋nC ．f (n )＋n －1D ．f (n )＋n －24．利用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋<f (n )(n ≥2，n ∈N *)的过程中，由n ＝k 121312n －1变到n ＝k ＋1时，左边增加了( )A ．1项B ．k 项C ．2k －1项D ．2k 项5．用数学归纳法证明“1＋2＋3＋…＋n 3＝，n ∈N *”，则当n ＝k ＋1时，应当在n 6＋n 32n ＝k 时对应的等式的左边加上( )A ．(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋…＋(k ＋1)3B ．k 3＋1C ．(k ＋1)3D.(k ＋1)6＋(k ＋1)32二、填空题6．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证的不等式是121312n －1________．7．当n 为正奇数时，求证：x n ＋y n 被x ＋y 整除，当第二步假设n ＝2k －1命题为真时，进而需证n ＝________时命题为真．8．已知12＝×1×2×3,12＋22＝×2×3×5,12＋22＋32＝×3×4×7,12＋22＋32＋42＝×4×5×916161616，则12＋22＋…＋n 2＝________.(其中n ∈N *)9．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 *)三、解答题10．(2017·浙江“超级全能生”联考)已知每一项都是正数的数列{a n }满足a 1＝1，a n ＋1＝ (n ∈N *)．an ＋112an (1)用数学归纳法证明：a 2n ＋1<a 2n －1；(2)证明：≤a n ≤1；16(3)记S n 为数列{|a n ＋1－a n |}的前n 项和，证明：S n <6 (n ∈N *)．答案精析1．D [将式子1＋2＋22＋…＋2n －1＝2n －1中n 用k ＋1替换得当n ＝k ＋1时，有1＋2＋22＋…＋2k －1＋2k ＝2k －1＋2k ＝2k ＋1－1，故选D.]2．C [因为命题中条件是n ≥5，因此假设为：假设当n ＝k (k ≥5)时，命题成立，故选C.]3．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．D [当n ＝k 时左边为1＋＋＋…＋，当n ＝k ＋1时左边为1＋＋＋…＋121312k －11213，所以增加的项数为(2k ＋1－1)－(2k －1)＝2k .]12k ＋1－15．A [当n ＝k 时，等式左边＝1＋2＋…＋k 3，当n ＝k ＋1时，等式左边＝1＋2＋…＋k 3＋(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋(k 3＋3)＋…＋(k ＋1)3，所以应加上(k 3＋1)＋(k 3＋2)＋…＋(k ＋1)3，故选A.]6．1＋＋<21213解析　用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证的不等式121312n －1是1＋＋<2.12137．2k ＋1解析　题中是用数学归纳法证明关于所有正奇数的命题，2k －1之后的正奇数为2k ＋1，由此可得第二步假设n ＝2k －1命题为真时，进而需证n ＝2k ＋1时命题为真．8.n (n ＋1)(2n ＋1)16解析　根据题意归纳出12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)，16下面给出证明：(k ＋1)3－k 3＝3k 2＋3k ＋1，则23－13＝3×12＋3×1＋1,33－23＝3×22＋3×2＋1，…，(n ＋1)3－n 3＝3n 2＋3n ＋1，累加得(n ＋1)3－13＝3(12＋22＋…＋n 2)＋3(1＋2＋…＋n )＋n ，整理得12＋22＋…＋n 2＝n (n ＋1)(2n ＋1)．169．4　n 2－n ＋2解析　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 ＋2.10．证明　(1)由题意知，a 1＝1>0，a n ＋1＝>0 (n ∈N *)．an ＋112an ①当n ＝1时，a 1＝1，a 2＝＝，a 1＋112a 116a 3＝＝，a 3<a 1成立；a 2＋112a 2712②假设当n ＝k 时，结论成立，即a 2k ＋1<a 2k －1，当n ＝k ＋1时，因为a 2n ＋1＝＝，a 2n ＋112a 2n 13a 2n －1＋112(a 2n －1＋1)所以a 2k ＋3－a 2k ＋1＝－13a 2k ＋1＋112(a 2k ＋1＋1)13a 2k －1＋112(a 2k －1＋1)＝<0，a 2k ＋1－a 2k －1(a 2k ＋1＋1)(a 2k －1＋1)即当n ＝k ＋1时不等式也成立，由①②可知对于n ∈N *，都有a 2n ＋1<a 2n －1成立．(2)由(1)知，a 2n ＋1<a 2n －1，所以1＝a 1>…>a 2n －1>a 2n ＋1，同理由数学归纳法可证a 2n <a 2n ＋2，a 2n >a 2n －2>…>a 2＝.16猜测：a 2n <<a 2n －1，下证这个结论．13因为a n ＋1－＝，所以a n ＋1－与a n －异号．13－(an －13)4an 1313由a 1－>0，知a 2n －1－>0，a 2n －<0，131313即a 2n <<a 2n －1.13所以有a 1>…>a 2n －1>a 2n ＋1>>a 2n >a 2n －2>…>a 2，13从而可知≤a n ≤1.16(3)|a n ＋2－a n ＋1|＝＝|an ＋1＋112an ＋1－an ＋112an ||an ＋1－an |12anan ＋1＝≤＝|a n ＋1－a n |，|an ＋1－an |an ＋1|an ＋1－an |a 2＋167所以|a n ＋1－a n |≤|a n －a n －1|≤2|a n －1－a n －2|67(67)≤…≤n －1|a 2－a 1|＝n －1，(67)56(67)所以S n ＝|a 2－a 1|＋|a 3－a 2|＋|a 4－a 3|＋…＋|a n ＋1－a n |≤56[1＋67＋(67)2＋…＋(67)n －1]＝×<<＝6.561－(67)n 1－67356366。

高优指导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

考点规范练63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.1B.2C.3D.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.1B.9C.10D.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)3B.(k+2)3C.(k+1)3D.(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+1B.(3k+1)+(3k+2)C.3k+3D.(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+1B.f(n)+nC.f(n)+n-1D.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,x n+y n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,……,S n=12+22+32+…+(n-1)2+n2+(n-1)2+…+22+12(n∈N+),用数学归纳法证明S n=(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,…,S n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{a n}中,a1=,且S n=n(2n-1)a n,通过求a2,a3,a4,猜想a n的表达式为()A. B.C. D.〚导学号92950597〛答案:C解析:由a1=,S n=n(2n-1)a n,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a n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{a n}的前n项和S n满足S n=-1,且a n>0,n∈N+.(1)求a1,a2,a3,并猜想{a n}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a n=(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a k=.由于a k+1=S k+1-S k=,将a k=代入上式,整理得+2a k+1-2=0,∴a k+1=,即n=k+1时,通项公式成立.由①②可知对所有n∈N+,a n=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{a n}(n∈N+)满足a1=a(a>0),f(a n+1)=g(a n),证明:存在常数M,使得对于任意的n∈N+,都有a n≤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:a n≤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,a k≤x0成立,则当n=k+1时,由=a k+≤x0+知,a k+1≤x0.因此,当n=k+1时,a k+1≤x0成立.故对任意的n∈N+,a n≤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:a n≤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,a k≤a成立,则当n=k+1时,由=a k+≤a+≤a3知,a k+1≤a.因此,当n=k+1时,a k+1≤a成立.故对任意的n∈N+,a n≤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a n≤M.〚导学号92950599〛。

高考数学理科一轮复习抢分训练 17.3 数学归纳法去新人教A版

17.3数学归纳法抢分训练基础巩固训练1.用数学归纳法证明n n n n n 2)()2)(1(=+++ ))(12(31*∈+⋅⋅⋅⋅N n n ，从“k 到k+1”左端需乘的代数式是（）A.2k+1B.)12(2+kC.112++k k D.132++k k[解析] 左端需乘的代数式是1)22)(12(+++k k k =)12(2+k ，选B2.用数学归纳法证明：1+21+31+)1,(,121>∈<-+*n N n n n时，在第二步证明从n=k 到n=k+1成立时，左边增加的项数是（）A.k 2B.12-kC.12-kD.12+k [解析] 项数为)12()12(1---+k k ,选A3. 凸n 边形有f(n)条对角线，则凸n+1边形有对角线数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] C4. 如果命题)(n P 对n=k 成立，则它对n=k+1也成立，现已知)(n P 对n=4不成立，则下列结论中正确的是（）A. )(n P 对*∈N n 成立B. )(n P 对n>4且*∈N n 成立C. )(n P 对n<4且*∈N n 成立D. )(n P 对n ≤4且*∈N n 不成立[解析] D 5.设)1()2()1()(-++++=n f f f n n f ，用数学归纳法证明“)()1()2()1(n nf n f f f n =-++++ ”时，第一步要证的等式是 [解析] )2(2)1(2f f =+6. (11深圳九校上学期期中)若存在正整数m ，使得)(93)72()(*∈+-=N n n n f n 能被m 整除，则m =[解析]36. [36)1(=f 636)2(⨯=f 1036)3(⨯=f ，猜想：m =36] 综合提高训练7. 求证：6)12)(1(21222++=+++n n n n[证明](1)当n=1时，左端=1 ，右端=16)12)(11(1=++⋅，左端=右端，等式成立；(2)假设n=k时，等式成立，即6)12)(1(21222++=+++k k k k ，则6]1)1(2][1)1)[(1()1(6)12)(1()1(2122222+++++=++++=+++++k k k k k k k k k.所以，当n=k+1时，等式仍然成立由(1)(2)可知，对于*∈∀N n 等式依然成立. 8. 证明：)(,)3(1*∈+-N n x n 能被2+x 整除[解析] （1）当n=1时，)2()3(1+-=+-x x ，能被2+x 整除；（2）假设n=k )(*∈N k 时命题成立，即k x )3(1+-能被2+x 整除则可设)()2()3(1x f x x k +=+-（其中)(x f 为1-k 次多项式）当当n=k+1时，)2(])3(1)[3()3)(3(1)3(11+-+-+=++-=+-+x x x x x x k k k]1)()3)[(2()2()()2)(3(-++=+-++=x f x x x x f x x 能被2+x 整除所以，当n=k+1时，命题仍然成立由(1)(2)可知，对于*∈∀N n 命题依然成立. 9. 在数列{}n a 中，)(2)2(,2111*++∈-++==N n a a a n n n n λλλ，其中0>λ，求数列}{n a 的通项公式[解析] 2222122)2(2,2+=-++==λλλλa a ，3323223222)2()2(+=-+++=λλλλλa ，4434334232)2()22(+=-+++=λλλλλa .由此可猜想出数列{}n a 的通项公式为nnn n a 2)1(+-=λ. 以下用数学归纳法证明：(1)当n=1时，21=a ,等式成立. (2)假设当n=k时等式成立，即kk k k a 2)1(+-=λ.则当n=k+1时，[]11111121)1(222)1(2)2(+++++++-+=-+++-=-++=k k kk k k k kk k k k k a a λλλλλλλλλ.这就是说，当n=k+1时等式也成立。

高三数学一轮复习数学归纳法巩固与练习

巩固1．一个关于自然数n 的命题，如果验证当n ＝1时命题成立，并在假设当n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时命题成立的基础上，证明了当n ＝k ＋2时命题成立，那么综合上述，对于( )A ．一切正整数命题成立B ．一切正奇数命题成立C ．一切正偶数命题成立D ．以上都不对解析：选B.本题证的是对n ＝1,3,5,7，…命题成立，即命题对一切正奇数成立．2．在数列{a n }中，a n ＝1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n，则a k ＋1＝( ) A ．a k ＋12k ＋1B ．a k ＋12k ＋2－12k ＋4C ．a k ＋12k ＋2D ．a k ＋12k ＋1－12k ＋2解析：选D.a 1＝1－12，a 2＝1－12＋13－14，…，a n ＝1－12＋13－14＋…＋12n －1－12n，a k ＝1－12＋13－14＋…＋12k －1－12k ，所以，a k ＋1＝a k ＋12k ＋1－12k ＋2. 3．设平面内有k 条直线，其中任何两条不平行，任何三条不共点，设k 条直线的交点个数为f (k )，则f (k ＋1)与f (k )的关系是( )A ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋1B ．f (k ＋1)＝f (k )＋k －1C ．f (k ＋1)＝f (k )＋kD ．f (k ＋1)＝f (k )＋k ＋2解析：选C.当n ＝k ＋1时，任取其中1条直线，记为l ，则除l 外的其他k 条直线的交点的个数为f (k )，因为已知任何两条直线不平行，所以直线l 必与平面内其他k 条直线都相交(有k 个交点)；又因为已知任何三条直线不过同一点，所以上面的k 个交点两两不相同，且与平面内其他的f (k )个交点也两两不相同，从而平面内交点的个数是f (k )＋k ＝f (k ＋1)．4．用数学归纳法证明当n ∈N *时1＋2＋22＋23＋…＋25n －1是31的倍数时，当n ＝1时原式为________，从k →k ＋1时需增添的项是____________．解析：把n ＝k ，n ＝k ＋1相比较即可得出．答案：1＋2＋22＋23＋24 25k ＋25k ＋1＋25k ＋2＋25k ＋3＋25k ＋45．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n 2＝n 4＋n 22时，当n ＝k ＋1时左端在n ＝k 时的左端加上________．解析：n ＝k 时左端为1＋2＋3＋…＋k 2，n ＝k ＋1时左端为1＋2＋3＋…＋k 2＋(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)2.答案：(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋…＋(k ＋1)26．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)用数学归纳法证明(1)中的猜想．解：(1)a 1＝1，a 2＝32，a 3＝74，a 4＝158，由此猜想a n ＝2n－12n －1(n ∈N *)． (2)证明：当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．假设n ＝k (k ≥1，且k ∈N *)时，结论成立，即a k ＝2k －12k －1，那么n ＝k ＋1(k ≥1，且k ∈N *)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 ，这表明n ＝k ＋1时，结论成立．∴a n ＝2n －12n －1(n ∈N *)．练习1．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”，第二步归纳假设应写成( )A ．假设n ＝2k ＋1(k ∈N *)正确，再推n ＝2k ＋3正确B ．假设n ＝2k －1 (k ∈N *)正确，再推n ＝2k ＋1正确C ．假设n ＝k (k ∈N *)正确，再推n ＝k ＋1正确D ．假设n ＝k (k ≥1)正确，再推n ＝k ＋2正确解析：选B.首先要注意n 为奇数，其次还要使n ＝2k －1能取到1，故选B.2．用数学归纳法证明等式1＋3＋5＋…＋(2n －1)＝n 2(n ∈N *)的过程中，第二步假设n＝k 时等式成立，则当n ＝k ＋1时应得到( )A ．1＋3＋5＋…＋(2k ＋1)＝k 2B ．1＋3＋5＋…＋(2k ＋1)＝(k ＋1)2C ．1＋3＋5＋…＋(2k ＋1)＝(k ＋2)2D ．1＋3＋5＋…＋(2k ＋1)＝(k ＋3)2解析：选B.∵n ＝k ＋1时，等式左边＝1＋3＋5＋…＋(2k －1)＋(2k ＋1)＝k 2＋(2k ＋1)＝(k ＋1)2.故选B.3．用数学归纳法证明：“1＋a ＋a 2＋…＋a n ＋1＝1－a n ＋21－a(a ≠1)”在验证n ＝1时，左端计算所得的项为( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3解析：选C.当n ＝1时，左端＝1＋a ＋a 2.4．下列代数式(其中k ∈N *)能被9整除的是( )A ．6＋6·7kB ．2＋7k －1C ．2(2＋7k ＋1)D ．3(2＋7k )解析：选D.(1)当k ＝1时，显然只有3(2＋7k )能被9整除．(2)假设当k ＝n (n ∈N *)时，命题成立，即3(2＋7n )能被9整除，那么3(2＋7n ＋1)＝21(2＋7n )－36.这就是说，k ＝n ＋1时命题也成立．5．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n ×3n －1＝3n (na －b )＋c 对一切n ∈N *都成立，则a 、b 、c 的值为( )A ．a ＝12，b ＝c ＝14B ．a ＝b ＝c ＝14C ．a ＝0，b ＝c ＝14D ．不存在这样的a 、b 、c 解析：选A.∵等式对一切n ∈N *均成立，∴n ＝1,2,3时等式成立，即⎩⎪⎨⎪⎧ 1＝3(a －b )＋c 1＋2×3＝32(2a －b )＋c1＋2×3＋3×32＝33(3a －b )＋c整理得⎩⎪⎨⎪⎧ 3a －3b ＋c ＝118a －9b ＋c ＝781a －27b ＋c ＝34，解得a ＝12，b ＝c ＝14. 6．在数列{a n } 中，a 1＝13，且S n ＝n (2n －1)a n ，通过求a 2，a 3，a 4，猜想a n 的表达式为( ) A.1(n －1)(n ＋1) B.12n (2n ＋1)C.1(2n －1)(2n ＋1)D.1(2n ＋1)(2n ＋2)解析：选C.由a 1＝13，S n ＝n (2n －1)a n ，得S 2＝2(2×2－1)a 2，即a 1＋a 2＝6a 2，∴a 2＝115＝13×5，S 3＝3(2×3－1)a 3，即13＋115＋a 3＝15a 3. ∴a 3＝135＝15×7，a 4＝17×9.故选C . 7．利用数学归纳法证明“(n ＋1)(n ＋2)…(n ＋n )＝2n ×1×3×…×(2n －1)，n ∈N *”时，从“n ＝k ”变到“n ＝k ＋1”时，左边应增乘的因式是________．解析：当n ＝k (k ∈N *)时，左式为(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )；当n ＝k ＋1时，左式为(k ＋1＋1)·(k ＋1＋2)·…·(k ＋1＋k －1)·(k ＋1＋k ) ·(k ＋1＋k ＋1)，则左边应增乘的式子是(2k ＋1)(2k ＋2)k ＋1＝2(2k ＋1)．答案：2(2k ＋1)8．若f (n )＝12＋22＋32＋…＋(2n )2，则f (k ＋1)与f (k )的递推关系式是________．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.答案：f (k ＋1)＝f (k )＋(2k ＋1)2＋(2k ＋2)29．数列{a n }中，已知a 1＝1，当n ≥2时，a n －a n －1＝2n －1，依次计算a 2，a 3，a 4后，猜想a n 的表达式是________．解析：计算出a 1＝1，a 2＝4，a 3＝9，a 4＝16.可猜想a n ＝n 2.答案：n 210．对于n ∈N *，用数学归纳法证明：1·n ＋2·(n －1)＋3·(n －2)＋…＋(n －1)·2＋n ·1＝16n (n ＋1)(n ＋2)．证明：设f (n )＝1·n ＋2·(n －1)＋3·(n －2)＋…＋(n －1)·2＋n ·1.(1)当n ＝1时，左边＝1，右边＝1，等式成立；(2)设当n ＝k 时等式成立，即1·k ＋2·(k －1)＋3·(k －2)＋…＋(k －1)·2＋k ·1＝16k (k ＋1)(k ＋2)，则当n ＝k ＋1时，f (k ＋1)＝1·(k ＋1)＋2[(k ＋1)－1]＋3[(k ＋1)－2]＋…＋[(k ＋1)－2]·3＋[(k ＋1)－1]·2＋(k ＋1)·1＝f (k )＋1＋2＋3＋…＋k ＋(k ＋1)＝16k (k ＋1)(k ＋2)＋12(k ＋1)(k ＋1＋1) ＝16(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)． ∴由(1)(2)可知当n ∈N *时等式都成立．11.已知点P n (a n ，b n )满足a n ＋1＝a n ·b n ＋1，b n ＋1＝b n 1－4a n 2(n ∈N *)且点P 1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P 1，P 2的直线l 的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n ∈N *，点P n 都在(1)中的直线l 上．解：(1)由P 1的坐标为(1，－1)知a 1＝1，b 1＝－1.∴b 2＝b 11－4a 12＝13. a 2＝a 1·b 2＝13. ∴点P 2的坐标为(13，13) ∴直线l 的方程为2x ＋y ＝1.(2)证明：①当n ＝1时，2a 1＋b 1＝2×1＋(－1)＝1成立．②假设n ＝k (k ∈N *，k ≥1)时，2a k ＋b k ＝1成立，则当n ＝k ＋1时，2a k ＋1＋b k ＋1＝2a k ·b k ＋1＋b k ＋1＝b k 1－4a k 2(2a k ＋1) ＝b k 1－2a k ＝1－2a k 1－2a k＝1， ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由①②知，对n ∈N *，都有2a n ＋b n ＝1，即点P n 在直线l 上．12．已知正项数列{a n }和{b n }中，a 1＝a (0＜a ＜1)，b 1＝1－a .当n ≥2时，a n ＝a n －1b n ，b n ＝b n －11－a 2n －1. (1)证明：对任意n ∈N *，有a n ＋b n ＝1；(2)求数列{a n }的通项公式．解：(1)证明：用数学归纳法证明．①当n ＝1时，a 1＋b 1＝a ＋(1－a )＝1，命题成立；②假设n ＝k (k ≥1且k ∈N *)时命题成立，即a k ＋b k ＝1，则当n ＝k ＋1时，a k ＋1＋b k ＋1＝a kb k ＋1＋b k ＋1＝(a k ＋1)·b k ＋1＝(a k ＋1)·b k 1－a k 2＝b k 1－a k ＝b k b k＝1. ∴当n ＝k ＋1时，命题也成立．由①、②可知，a n ＋b n ＝1对n ∈N *恒成立．(2)∵a n ＋1＝a n b n ＋1＝a n b n 1－a n 2＝a n (1－a n )1－a n 2＝a n 1＋a n， ∴1a n ＋1＝1＋a n a n ＝1a n＋1，即1a n ＋1－1a n＝1. 数列{1a n }是公差为1的等差数列，其首项为1a 1＝1a ， 1a n ＝1a ＋(n －1)×1，从而a n ＝a 1＋(n －1)a .。

高考数学理科一轮复习抢分训练 17.3 数学归纳法去 A 试题

卜人入州八九几市潮王学校1数学归纳法抢分训练根底稳固训练n n n n n 2)()2)(1(=+++ ))(12(31*∈+⋅⋅⋅⋅N n n ，从“k 到k+1”左端需乘的代数式是〔〕A.2k+1B.)12(2+kC.112++k k D.132++k k [解析]左端需乘的代数式是1)22)(12(+++k k k =)12(2+k ，选B 2.用数学归纳法证明：1+21+31+)1,(,121>∈<-+*n N n n n 时，在第二步证明从n=k 到n=k+1成立时，左边增加的项数是〔〕A.k 2B.12-kC.12-k D.12+k [解析]项数为)12()12(1---+k k ,选A3.凸n 边形有f(n)条对角线，那么凸n+1边形有对角线数f(n+1)为〔〕A.f(n)+n+1B.f(n)+nC.f(n)+n-1D.f(n)+n-2[解析]C4.假设)(n P 对n=k 成立，那么它对n=k+1也成立，现)(n P 对n=4不成立，那么以下结论中正确的选项是〔〕A.)(n P 对*∈N n 成立B.)(n P 对n>4且*∈N n 成立C.)(n P 对n<4且*∈N n 成立D.)(n P 对n ≤4且*∈N n 不成立[解析]D )1()2()1()(-++++=n f f f n n f ，用数学归纳法证明“)()1()2()1(n nf n f f f n =-++++ 〞时，第一步要证的等式是[解析])2(2)1(2f f =+6.(11九校上学期期中)假设存在正整数m ，使得)(93)72()(*∈+-=N n n n f n 能被m 整除，那么m =[解析]36.[36)1(=f 636)2(⨯=f 1036)3(⨯=f ，猜想：m =36]综合进步训练7.求证：6)12)(1(21222++=+++n n n n [证明](1)当n=1时，左端=1，右端=16)12)(11(1=++⋅，左端=右端，等式成立； (2)假设n=k 时，等式成立，即6)12)(1(21222++=+++k k k k ，那么6]1)1(2][1)1)[(1()1(6)12)(1()1(2122222+++++=++++=+++++k k k k k k k k k .所以，当n=k+1时，等式仍然成立由(1)(2)可知，对于*∈∀N n 等式仍然成立.8.证明：)(,)3(1*∈+-N n x n 能被2+x 整除[解析]〔1〕当n=1时，)2()3(1+-=+-x x ，能被2+x 整除；〔2〕假设n=k )(*∈Nk k x )3(1+-能被2+x 整除那么可设)()2()3(1x f x x k +=+-〔其中)(x f 为1-k 次多项式〕当当n=k+1时，)2(])3(1)[3()3)(3(1)3(11+-+-+=++-=+-+x x x x x x k k k]1)()3)[(2()2()()2)(3(-++=+-++=x f x x x x f x x 能被2+x 整除由(1)(2)可知，对于*∈∀N n9.在数列{}n a 中，)(2)2(,2111*++∈-++==N n a a a n n n n λλλ，其中0>λ，求数列}{n a 的通项公式[解析]2222122)2(2,2+=-++==λλλλa a ，3323223222)2()2(+=-+++=λλλλλa ，4434334232)2()22(+=-+++=λλλλλa .由此可猜想出数列{}n a 的通项公式为n n n n a 2)1(+-=λ.以下用数学归纳法证明：(1)当n=1时，21=a ,等式成立.(2)假设当n=k 时等式成立，即k k k k a 2)1(+-=λ.那么当n=k+1时，[]11111121)1(222)1(2)2(+++++++-+=-+++-=-++=k k k k k k k k k k k k k a a λλλλλλλλλ.这就是说，当n=k+1时等式也成立。

2020届高考数学一轮复习单元检测六数列与数学归纳法提升卷单元检测理含解析

单元检测六数列与数学归纳法（提升卷）考生注意：1本试卷分第I 卷（选择题）和第n 卷（非选择题）两部分，共4页.2•答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上.3 .本次考试时间100分钟，满分130分. 4•请在密封线内作答，保持试卷清洁完整.第I 卷（选择题共60分）一、选择题（本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.已知等差数列｛a n ｝的前n 项和为S （ n € N*），若&= 63,则a ?+ a ii + a i5等于（）A. 6B. 9C. 12D. 15 答案 B解析设数列｛a n ｝的公差为d ,则由S 21 = 63，得21a 1+ 210d = 63，即a 1+ 10d = 3，所以a ? + an + a*15= 3a*1 + 30d = 3（ a ^ + 10d ） = 9，故选 B.12. 已知正项等比数列｛a n ｝满足log 1（a£2a 3a 4a 5）= 0，且a 6 = ©,则数列｛a n ｝的前9项和为（）231 31 63 63A 752B - 832C - 764D 864 答案 C5由 log 1 但£233头隹）=0，得 a£2a 3a 4a 5 = a 3 = 1,所以23.用数学归纳法证明等式 1 + 2 + 3 +…+ （n + 3） =n + 32n + 4（n € N *）时，第一步验证 n =1时，左边应取的项是（）A. 1B. 1+ 2 D. 1+ 2 + 3 + 4解析a 1 = 4, 故 S 9= 4 •511 63 ,64 = 764，故选 C.C. 1 + 2+ 3a s = 1.又&=£所以公比1 1--2答案D解析当n= 1时，左边应为1+ 2+-+ （1 + 3），即1 + 2+ 3 + 4,故选D.4. 等差数列｛a n｝的前n项和为S, S°18>0, So19<O,且对任意正整数n都有| a n| >| a k|，则正整数k 的值为()A. 1008B . 1009C . 1010D. 1011 答案 C解析由 S 2019<0, 得 a iO1O <0 , 由 S 2O 18>O ,得 a 1009+ a 1010>0,a 1009> — a 1010 = | a 1O1o |.又 d <0, n >1010 时，| a n |>| 眦诃,n <1010 时，| a n | >| a 1009|>| 乩讪，二 k = 1010.答案 D解析由 a n +1= a n + n + 1，得 a n +1— ◎= n +1,所以 a n = (a n — a n — 1) + (a n — 1 — a n — 2) +•••+ (a ? —a" + a 1= n + n — 1 +…+ 2+ 1 = 叩+ I),故学=号1 故数列的前n 项和为g(2 + 3+… + n + 1) =n n + 3，故选 D.41 1 1 11 *6.用数学归纳法证明" + +…+ > _(n € N) ”时，由n = k 到n = k +1时，n +1 n + 2n +n 24' '，不等式左边应添加的项是 ( )1A. -2 k +11 1 B. 2k + 1 + 2k + 21112k + 1 + 2k + 2 k + 1 1111 D. +I 1 1 1 1+ +…+ + +k + 2 k + 3 k + k k + k + 1 k +1 + k + 1 '5.已知在数列｛a n ｝中, a 1 = 1, a n +1 = a n + n + 1, 则数列an 的前n 项和为（A.2 _ n + 5n~2~B. 2 _ n + 5n~4C. 2只n + 3n2 D. 2只n + 3n 42k + 1 2k + 2 k+ 1 k + 2答案C解析分别代入n= k, n= k+ 1,两式作差可得左边应添加项.1 1 1当n= k + 1时，左边为当n= k时，左边为k+1+k+2 +…k+k，1 1 1所以增加项为两式作差得 2k 沽+ 2k T 2 — 丰，故选C. 7.设数列｛a n ｝的前n 项和为S ，且a i = 1,2 S = a n +1 — 1,则数列｛a n ｝的通项公式为()nn — 1A. a n = 3B. &= 3_nn — 1C. a n = 2D. a= 2答案 B解析因为2S n = a n +1 — 1,所以2a 1 = a 2 — 1,又a 1 = 1，所以a 2= 3.由题知当n 》2时，2S —1 a “+1 =a n — 1，所以2a n = a n +1 — a n ,易知 a n M 0,所以 =3( n 》2)，当n = 1时，也符合此式，a n所以｛a n ｝是以1为首项，3为公比的等比数列，所以 a n = 3n —1(n € N)，故选B.1 * 1 — a n&已知数列｛a n ｝中，a 1=，且对任意的n € N ,都有&+1=^成立，则比。

2019版高考数学一轮复习浙江专版精选提分练专题6 数列与数学归纳法第38练

一、选择题1．在数列{a n }中，已知对任意正整数n ，有a 1＋a 2＋a 3＋…＋a n ＝2n －1，则a 21＋a 22＋…＋a 2n 等于( ) A ．(2n －1)2 B.13(4n －1) C.13(2n －1) D ．4n －12．数列{a n }的通项公式为a n ＝cos n π2，n ∈N *，其前n 项和为S n ，则S 2 017等于( )A ．1 008B ．－1 008C ．－1D ．03．数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫1n ＋1＋n 的前2 017项的和为( )A. 2 018＋1B. 2 018－1C. 2 017＋1D. 2 017－14．1＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋⎝⎛⎭⎫1＋12＋14＋…＋1210的值为( ) A ．18＋129B ．20＋1210C ．22＋1211D ．18＋12105．已知函数f ()x ＝a x ＋b ()a >0，a ≠1的图象经过点P ()1，3，Q ()2，5，当n ∈N *时，a n ＝f ()n －1f ()n ·f ()n ＋1，记数列{}a n 的前n 项和为S n ，当S n ＝1033时，n 的值为( )A ．7B ．6C ．5D ．46．已知数列{}a n 的前n 项和S n ，a 1<0且a 2a n ＝S 2＋S n ，对一切正整数n 都成立，记⎩⎨⎧⎭⎬⎫1a n 的前n 项和为T n ，则数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫T n －1T n 中的最大值为( )A.22B ．－22C. 2 D ．－ 27．(2017·温州模拟)已知数列{a n }的前n 项和S n ＝n 2－6n (n ∈N *)，数列{|a n |}的前n 项和为T n ，则T nn 的最小值是( ) A ．62－6 B.135 C.52D ．38．设f (x )是定义在R 上恒不为零的函数，且对任意的x ，y ∈R ，都有f (x )·f (y )＝f (x ＋y )，若a 1＝12，a n ＝f (n )(n ∈N *)，则数列{a n }的前n 项和S n 的取值范围是( )A.⎣⎡⎭⎫12，1B.⎣⎡⎦⎤12，1 C.⎣⎡⎭⎫12，34 D.⎣⎡⎦⎤12，34二、填空题9．已知数列{a n }，{b n }满足a 1＝1，a 2＝2，b 1＝－1，且对任意的正整数m ，n ，p ，q ，当m ＋n ＝p ＋q 时，都有a m －b n ＝a p －b q ，则12 018∑i ＝12 018 (a i －b i )的值是________．10．若数列{a n }的通项公式a n ＝n cos n π2＋1，前n 项和为S n ，则S 2 012＝________. 11．设S ＝1＋112＋ 122＋ 1＋122＋132＋1＋132＋142＋…＋ 1＋12 0142＋12 0152，则不大于S 的最大整数[S ]＝________.12．已知递增数列{}a n 共有2 017项，且各项均不为零，a 2 017＝1，如果从{}a n 中任取两项a i ，a j ，当i <j 时，a j －a i 仍是数列{}a n 中的项，则数列{}a n 的各项和S 2 017＝________.答案精析1．B [当n ＝1时，a 1＝1，当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝2n －1－(2n －1－1)＝2n －1，所以a n ＝2n －1，则a 2n ＝4n －1，a 21＋a 22＋a 23＋…＋a 2n ＝1＋4＋42＋…＋4n －1＝1－4n1－4＝13(4n －1)，故选B.]2．D [∵a n ＋4＝a n ，∴T ＝4，S T ＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＝0， ∴S 2 017＝504S T ＋a 1＝0.] 3．B [由已知条件，得1n ＋1＋n＝n ＋1－n ，裂项累加得S 2 017＝ 2 017＋1－ 2 017＋ 2 016＋1－ 2 016＋…＋2－1＝ 2 018－1.] 4．B [设a n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1＝1－12n1－12＝2⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2－12n －1(n ∈N *)， ∴S n ＝2n －1－12n1－12＝2n －2⎝⎛⎭⎫1－12n ＝2n －2＋12n －1(n ∈N *)， ∴S 11＝20＋1210，故选B.]5．D [由题意结合函数的解析式，得⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝3，a 2＋b ＝5，解方程组得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.则函数的解析式为f ()x ＝2x ＋1，当x ∈N *时，a n ＝f ()n －1f ()n ·f ()n ＋1＝2n()2n ＋1()2n ＋1＋1 ＝12n＋1－12n ＋1＋1，则S n ＝⎝⎛⎭⎫12＋1－122＋1＋⎝⎛⎭⎫122＋1－123＋1＋…＋⎝⎛⎭⎫12n ＋1－12n ＋1＋1＝13－12n ＋1＋1，由13－12n ＋1＋1＝1033，可得n ＝4.] 6．A [由作差法可得a n ＝()1－2()－2n －1 ，T n ＝－2＋2⎝⎛⎭⎫－22n，即T n＝⎩⎨⎧－2－2⎝⎛⎭⎫22n，n 是奇数，－2＋2⎝⎛⎭⎫22n ，n 是偶数，当n 为奇数时，T n 随n 的增大而增大，所以T 1＝－2－1≤T n <－2， ∴－2≤T n －1T n <－22；当n 为偶数时，T n 随n 的增大而减小，所以－2<T n ≤T 2＝－22，∴－22<T n －1T n ≤22. 综上，当n ∈N *时，总有－2≤T n －1T n ≤22.]7．C [S n ＝n 2－6n ，∴a n ＝S n －S n －1＝n 2－6n －(n －1)2＋6(n －1)＝2n －7(n ≥2)，当n ＝1时，a 1＝S 1＝－5，也符合，∴a n ＝2n －7. 当n ≤3，n ∈N *时，a n <0；当n ≥4，n ∈N *时，a n >0，∴T n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6n －n 2，n ≤3，n ∈N *，n 2－6n ＋18，n ≥4，n ∈N *. ∴T n n ＝⎩⎪⎨⎪⎧6－n ，n ≤3，n ∈N *，－6＋⎝⎛⎭⎫n ＋18n ，n ≥4，n ∈N *. 当n ＝4时，⎝⎛⎭⎫T n n min＝172－6＝52.] 8．A [由已知可得a 1＝f (1)＝12，a 2＝f (2)＝[f (1)]2＝⎝⎛⎭⎫122，a 3＝f (3)＝f (2)·f (1)＝[f (1)]3＝⎝⎛⎭⎫123，…， a n ＝f (n )＝[f (1)]n ＝⎝⎛⎭⎫12n ，所以S n ＝12＋⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫123＋…＋⎝⎛⎭⎫12n＝12⎣⎡⎦⎤1－⎝⎛⎭⎫12n 1－12＝1－⎝⎛⎭⎫12n ，因为n ∈N *，所以12≤S n <1.]9．2 019解析由题意可得a 2－b 1＝a 1－b 2，b 2＝－2，a 3－b 1＝a 2－b 2，得a 3＝3，又a n ＋1－b n ＝a n －b n ＋1，a n ＋1＋b n ＋1＝a n ＋b n ＝…＝a 1＋b 1＝0，即a n ＝－b n ，a n －b n ＝2a n ，原式可化为当m ＋n ＝p ＋q 时，a m ＋a n ＝a p ＋a q ，即{a n }为等差数列，a n ＝n ，12 018∑i ＝12 018 (a i －b i )＝12 018∑i ＝12 018(2a i )＝2 019.10．3 018解析由于f (n )＝cosn π2的值具有周期性，所以可从数列的周期性及从头开始连续四项的和为定值入手解决．当n ＝4k ＋1(k ∈N )时，a n ＝(4k ＋1)·cos 4k ＋12π＋1＝1，当n ＝4k ＋2(k ∈N )时，a n ＝(4k ＋2)·cos 4k ＋22π＋1 ＝－(4k ＋2)＋1＝－4k －1，当n ＝4k ＋3(k ∈N )时，a n ＝(4k ＋3)cos 4k ＋32π＋1＝1，当n ＝4k ＋4(k ∈N )时，a n ＝(4k ＋4)cos 4k ＋42π＋1 ＝(4k ＋4)＋1＝4k ＋5，∴a 4k ＋1＋a 4k ＋2＋a 4k ＋3＋a 4k ＋4＝1－4k －1＋1＋4k ＋5＝6. ∴S 2 012＝a 1＋a 2＋a 3＋a 4＋a 5＋…＋a 2 012＝(a 1＋a 2＋a 3＋a 4)＋(a 5＋a 6＋a 7＋a 8)＋…＋(a 2 009＋a 2 010＋a 2 011＋a 2 012)＝6×503＝3 018. 11．2 014 解析 ∵1＋1n 2＋1(1＋n )2＝ (n 2＋n )2＋2(n 2＋n )＋1n 2(1＋n )2＝n 2＋n ＋1n (n ＋1)＝1＋⎝⎛⎭⎫1n －1n ＋1，∴S ＝1＋⎝⎛⎭⎫11－12＋1＋⎝⎛⎭⎫12－13＋…＋1＋⎝⎛⎭⎫12 014－12 015＝2 015－12 015，故[S ]＝2 014.12．1 009解析 ∵当i <j 时，a j －a i 仍是数列{}a n 中的项，而数列{}a n 是递增数列， ∴a n －a n －1<a n －a n －2<a n －a n －3<…<a n －a 1<a n ，所以必有a n －a n －1＝a 1，a n －a n －2＝a 2，…，a n －a 1＝a n －1，利用累加法可得()n －1a n ＝2()a 1＋a 2＋…＋a n －1，故S n ＝()n ＋1a n2，得S 2 017＝2 018×12＝1 009.。

2020届高考数学一轮复习单元检测六数列与数学归纳法提升卷单元检测理含

Earlybird单元检测六数列与数学归纳法(提升卷)考生注意：1．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间100分钟，满分130分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知等差数列{a n}的前n项和为S n(n∈N*)，若S21＝63，则a7＋a11＋a15等于()A．6B．9C．12D．15答案 B解析设数列{a n}的公差为d，则由S21＝63，得21a1＋210d＝63，即a1＋10d＝3，所以a7＋a11＋a15＝3a1＋30d＝3(a1＋10d)＝9，故选B.1log2．已知正项等比数列{a n}满足1(a1a2a3a4a5)＝0，且a6＝，则数列{a n}的前9项和为()8231 31 63 63A．7 B．8 C．7 D．832 32 64 64答案 C1log35解析由1(a1a2a3a4a5)＝0，得a1a2a3a4a5＝a＝1，所以a3＝1.又a6＝，所以公比q＝8211－(2 )91 511 63，a1＝4，故S9＝4·＝＝7 ，故选C.2 1 64 641－2n＋3n＋43．用数学归纳法证明等式1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝(n∈N*)时，第一步验证n＝21时，左边应取的项是()A．1 B．1＋2C．1＋2＋3 D．1＋2＋3＋4答案 D解析当n＝1时，左边应为1＋2＋…＋(1＋3)，即1＋2＋3＋4，故选D.4．等差数列{a n}的前n项和为S n，S2018>0，S2019<0，且对任意正整数n都有|a n|≥|a k|，则Earlybird正整数k的值为()A．1008B．1009C．1010D．1011答案 C解析由S2019<0，得a1010<0，由S2018>0，得a1009＋a1010>0，∴a1009>－a1010＝|a1010|.又d<0，n>1010时，|a n|>|a1010|，n<1010时，|a n|≥|a1009|>|a1010|，∴k＝1010.a n5．已知在数列{a n}中，a1＝1，a n＋1＝a n＋n＋1，则数列{n}的前n项和为()n2＋5n n2＋5nA. B.2 4n2＋3n n2＋3nC. D.2 4答案 D解析由a n＋1＝a n＋n＋1，得a n＋1－a n＝n＋1，所以a n＝(a n－a n－1)＋(a n－1－a n－2)＋…＋(a2n n＋1a n n＋1 a n 1{n}的前n项和为(2＋3－a1)＋a1＝n＋n－1＋…＋2＋1＝，故＝ 2 ，故数列2 n 2n n＋3＋…＋n＋1)＝，故选D.41 1 1 116．用数学归纳法证明“＋＋…＋≥(n∈N*)”时，由n＝k到n＝k＋1时，n＋1 n＋2 n＋n24不等式左边应添加的项是()1A.2k＋11 1B. ＋2k＋1 2k＋21 1 1C. ＋－2k＋1 2k＋2 k＋11 1 1 1D. ＋－－2k＋1 2k＋2 k＋1 k＋2答案 C解析分别代入n＝k，n＝k＋1，两式作差可得左边应添加项．1 1 1当n＝k时，左边为＋＋…，k＋1 k＋2 k＋k1 1 1 1 1当n＝k＋1时，左边为＋＋…＋＋＋，k＋2 k＋3 k＋k k＋k＋1 k＋1＋k＋11 1 1所以增加项为两式作差得＋－，故选C.2k＋1 2k＋2 k＋1Earlybird7．设数列{a n }的前 n 项和为 S n ，且 a 1＝1,2S n ＝a n ＋1－1，则数列{a n }的通项公式为( ) A ．a n ＝3n B ．a n ＝3n －1 C ．a n ＝2n D ．a n ＝2n －1答案 B解析因为 2S n ＝a n ＋1－1，所以 2a 1＝a 2－1，又 a 1＝1，所以 a 2＝3.由题知当 n ≥2 时，2S n －a n ＋1 1＝a n －1，所以 2a n ＝a n ＋1－a n ，易知 a n ≠0，所以＝3(n ≥2)，当 n ＝1时，也符合此式，a n所以{a n }是以 1为首项，3为公比的等比数列，所以 a n ＝3n －1(n ∈N *)，故选 B.1 1－a n8．已知数列{a n }中，a 1＝，且对任意的 n ∈N *，都有 a n ＋1＝成立，则 a 2020的值为( )2 1＋a n 1 1 2 A ．1B. C. D.2 3 3 答案 C1 1－a 1 1 1－a2 1 1－a3 1解析由题得 a 1＝；a 2＝＝；a 3＝＝；a 4＝＝，数列{a n }为周期数列，2 1＋a 13 1＋a 2 2 1＋a 3 3 1 1 1 且 a 1＝a 3＝a 5＝…＝a 2n －1＝ (n ∈N *)，a 2＝a 4＝a 6＝…＝a 2n ＝ (n ∈N *)，所以 a 2020＝，故选2 3 3 C.219．已知数列{a n }的通项公式为 a n ＝n 3－ n 2＋24(n ∈N *)，则当 a n 取得最小值时，n 等于( )2A ．5B ．6C ．7D ．8 答案 C21解析令 f (x )＝x 3－ x 2＋24(x ≥1)，则 f ′(x )＝3x 2－21x ＝3x (x －7)．在区间(1,7)内，2f ′(x )<0；在区间(7，＋∞)内，f ′(x )>0.故当 x ＝7时，f (x )取得最小值，即 n ＝7时，a n取得最小值，故选 C.310．设数列{a n }满足 a 1＝，且对任意的 n ∈N *，都有 a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n ，则 a 20218 等于( ) 32021 32021 A. B.＋2 88 3202232022 C. D. ＋28 8 答案 A解析因为对任意的 n ∈N *，满足 a n ＋2－a n ≤3n ，a n ＋4－a n ≥10×3n ，所以 10×3n ≤(a n ＋4－a n＋2)＋(a n ＋2－a n )≤3n ＋2＋3n ＝10×3n ，所以 a n ＋4－a n ＝10×3n .因为 a 2021＝(a 2021－a 2017)＋332021－3 3 32021(a2017－a2013)＋…＋(a5－a1)＋a1＝10×(32017＋32013＋…＋3)＋＝10×＋＝.8 81－1 8 8Earlybird11．记f(n)为最接近n(n∈N*)的整数，如：f(1)＝1，f(2)＝1，f(3)＝2，f(4)＝2，f(5)＝1 1 1 12，….若＋＋＋…＋＝4038，则正整数m的值为()f1f2f3f mA．2018×2019B．20192C．2019×2020D．2020×2021答案 C1 1 1 1解析设x，n∈N*，f(x)＝n，则n－< x<n＋，所以n2－n＋<x<n2＋n＋，则n2－n＋2 2 4 41≤x≤n2＋n，故满足f(x)＝n的x的值共有2n个，分别为n2－n＋1，n2－n＋2，…，n2＋1 1 1 1n，且＋＋…＋＝2n×＝2.因为4 038＝2×2 019，所以m＝2f n2－n＋1f n2－n＋2f n2＋nn0192＋2 019＝2019×2020，故选C.12．已知数列{a n}的前n项和为S n，a1≠0，常数λ>0，且λa1a n＝S1＋S n对一切正整数n都成立，则数列{a n}的通项公式为()2n2n＋1 2n＋1 2n＋1＋1A. B. C. D.λλλλ答案 A2解析令n＝1，则λa21＝2S1＝2a1，即a1(λa1－2)＝0，因为a1≠0，所以a1＝，所以2a nλ2＝＋S n，①λ2当n≥2时，2a n－1＝＋S n－1，②λ2①－②，得2a n－2a n－1＝a n，即a n＝2a n－1(n≥2)，所以{a n}是以为首项，2为公比的等比λ2 2n数列，所以a n＝×2n－1＝(n∈N*)，故选A.λλ第Ⅱ卷(非选择题共70分)二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)13．设等差数列{a n}的前n项和为S n，若a1＝9，a4＋a6＝4，则当S n取得最大值时，n＝________.答案 67解析由已知得a5＝2，∴d＝－，47∴a6＝2－>0，a7<0，4∴n＝6时，S n取得最大值．Earlybird1 14．已知正项等比数列{a n}满足a6＝a5＋2a4，若存在两项a m，a n，使得a m·a n＝2a1，则＋m4的最小值为________．n7答案3解析设数列{a n}的公比为q(q>0)，则由a6＝a5＋2a4，可得q＝2或q＝－1(舍去)，又a m·a n1 4 7＝2a1，∴m＋n＝4，又∵m，n∈N*，经验证m＝1，n＝3时，(n)min＝.m 3＋a1 a2 a3 a n－115．已知数列{a n}满足a1＝2，且＋＋＋…＋＝a n－2(n≥2)，则{a n}的通项公式为2 3 4 n______________．答案a n＝n＋1a1 a2 a3 a n－1解析因为＋＋＋…＋＝a n－2(n≥2)，①2 3 4 na1 a2 a3 a n－1 a n所以＋＋＋…＋＋＝a n＋1－2(n≥2)，②2 3 4 n n＋1a n a n＋1 n＋2②－①，得＝(a n＋1－2)－(a n－2)＝a n＋1－a n(n≥2)，整理得＝(n≥2)，n＋1 a n n＋1a1 a2 a3 a4 a n－1 a n 3 4 5 n又a1＝2，且＝a2－2，所以a2＝3，则···…··＝×××…××2 a1 a2 a3 a n－2 a n－1 2 34 n－1n＋1 a n n＋1，整理得＝，所以a n＝n＋1(n∈N*)(经检验n＝1也符合)．n a1 216．如图是一个类似“杨辉三角”的图形，记a n,1，a n,2，…，a n，n分别表示第n行的第1个数，第2个数……第n个数，则a n,2＝________________.(n≥2且n≤N*)12 234 3477 45111411 5……n n－1＋2答案2解析把第n行(n≥2)的第2个数记为a n，则由题意可知a2＝2，a3＝4，a4＝7，a5＝11，∴a3－a2＝2，a4－a3＝3，a5－a4＝4，…，a n－a n－1＝n－1，所有等式两边同时相加得a n－a2＝n＋1n－2n n－1＋2，整理得a n＝，n≥2，2 2n n－1＋2即a n,2＝，n≥2.2三、解答题(本题共4小题，共50分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17．(12分)已知等差数列{a n}的前n项和为S n，且a2＝5，S3＝a7.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)若b n＝2a n，求数列{a n＋b n}的前n项和．解(1)设等差数列{a n}的公差为d.由题意知Error!解得Error!由a n＝a1＋(n－1)d，得a n＝2n＋1(n∈N*)，故数列{a n}的通项公式为a n＝2n＋1.(2)由(1)可知a n＝2n＋1，则b n＝22n＋1，b n＋1 22n＋1＋1所以＝＝4.b n22n＋1因为b1＝23＝8，所以{b n}是首项为8，公比q＝4的等比数列．记{a n＋b n}的前n项和为T n，则T n＝(a1＋b1)＋(a2＋b2)＋…＋(a n＋b n)＝(a1＋a2＋…＋a n)＋(b1＋b2＋…＋b n)n a1＋a n b11－q n＝＋2 1－q84n－1＝n2＋2n＋.318．(12分)设正项数列{a n}的前n项和为S n，已知S n，a n＋1，4成等比数列．(1)求数列{a n}的通项公式；1 1(2)设b n＝，设数列{b n}的前n项和为T n，求证：T n< .a n a n＋1 2(1)解由题意得4S n＝(a n＋1)2.1当n＝1时，a1＝(a1＋1)2，所以a1＝1；4当n≥2时，4S n＝(a n＋1)2，①4S n－1＝(a n－1＋1)2，②①－②得4a n＝a2n＋2a n－a n－21－2a n－1，即(a n＋a n－1)(a n－a n－1－2)＝0.又a n>0，所以a n－a n－1＝2，所以数列{a n}是以1为首项，2为公差的等差数列，即a n＝2n－1(n∈N*)．1 1(2)证明b n＝＝a n a n＋12n－12n＋11 1 1＝·，2n－12 (－2n＋1)所以T n1 1 1 1 1 1 1 1＝2n＋1) 2(1－＋－＋－＋…＋－3 3 5 5 7 2n－11 1 1＝2(1－2n＋1)< .219．(13分)已知数列{a n}满足a n≠0，a1＝1，n(a n＋1－2a n)＝2a n.(1)求数列{a n}的通项公式；a n(2)求数列{＋3n－5}的前n项和S n.n2n＋1解(1)因为n(a n＋1－2a n)＝2a n，故a n＋1＝a n，na n＋1 a n得＝2·.n＋1 na n设b n＝，所以b n＋1＝2b n.nb n＋1 因为a n≠0，所以b n≠0，所以＝2.b na1又因为b1＝＝1，所以数列{b n}是以1为首项，公比为2的等比数列，1a n故b n＝2n－1＝，a n＝n·2n－1(n∈N*)．na n(2)由(1)可知＋3n－5＝2n－1＋3n－5，n故S n＝(20＋3×1－5)＋(21＋3×2－5)＋…＋(2n－1＋3n－5)＝(20＋21＋…＋2n－1)＋3(1＋2 3n2－7n＋…＋n)－5n＝2n＋－1.220．(13分)设a 1＝1，a n＋1＝a2n－2a n＋2＋b(n∈N*)．(1)若b＝1，求a2，a3及数列{a n}的通项公式；(2)若b＝－1，是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*恒成立？证明你的结论．解(1)由题意得a2＝2，a3＝2＋1.因为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.所以猜想a n＝n－1＋1(n∈N*)．下面用数学归纳法证明上式成立．当n＝1时，结论显然成立．假设当n＝k(n∈N*)时结论成立，即a k＝k－1＋1，则a k＋1＝a2k－2a k＋2＋1＝a k－12＋1＋1Earlybird＝k－1＋1＋1＝k＋1－1＋1，即当n＝k＋1时结论也成立．综上可知a n＝n－1＋1(n∈N*)．(2)设f(x)＝x－12＋1－1，则a n＋1＝f(a n)．1令c＝f(c)，即c＝c－12＋1－1，解得c＝.41 下面用数学归纳法证明命题a2n< <a2n＋1<1.4当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(0)＝2－1，1所以a2< <a3<1，结论成立．41 假设当n＝k(n∈N*)时结论成立，即a2k< <a2k＋1<1.4易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，1 1(4 )>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，从而4＝f1即1> >a2k＋2>a2.4再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，1 1得＝f<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1，4 (4 )1故<a2k＋3<1，因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1，4即当n＝k＋1时结论也成立．1综上可知，存在c＝，使a2n<c<a2n＋1对所有n∈N*恒成立．4。

高考数学一轮复习讲练测(新教材新高考)专题7-6数学归纳法-教师版

专题7.6数学归纳法练基础1．（2021·全国高三专题练习（理））用数学归纳法证明等式123(21)(1)(21)n n n +++++=++ 时，从n k =到1n k =+等式左边需增添的项是（）A ．22k +B ．[]2(1)1k ++C ．[(22)(23)]k k +++D ．[][](1)12(1)1k k ++++【答案】C 【解析】分别写出n k =和1n k =+时，等式左边的表达式，比较2个式子，可得出答案.【详解】当n k =时，左边123(21)k =+++++ ，共21k +个连续自然数相加，当1n k =+时，左边123(21)(22)(23)k k k =+++++++++ ，所以从n k =到1n k =+，等式左边需增添的项是[(22)(23)]k k +++.故选：C.2．（2020·全国高三专题练习）已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1-111234+-+…+1-1n =2111 (24)2n n n ⎛⎫+++⎪++⎝⎭时，若已假设n=k (k ≥2，k 为偶数)时命题成立，则还需要用归纳假设证（）A ．n=k+1时等式成立B ．n=k+2时等式成立C ．n=2k+2时等式成立D ．n=2(k+2)时等式成立【答案】B 【解析】直接利用数学归纳法的证明方法，判断选项即可．【详解】解：由数学归纳法的证明步骤可知，假设(2)n k k =为偶数）时命题为真，则还需要用归纳假设再证下一个偶数，即2n k =+时等式成立，不是1n k =+，因为k 是偶数，1k +是奇数，故选：B ．3．（2020·全国高三专题练习（理））用数学归纳法证明不等式“1＋12＋13＋…＋121n -＜n (n ∈N *，n ≥2)”时，由n ＝k (k ≥2)时不等式成立，推证n ＝k ＋1时，左边应增加的项数是（）A ．2k －1B ．2k －1C ．2kD ．2k ＋1【答案】C 【解析】根据数学归纳法、不等式特点知n k =有左侧1111 (2321)k ++++-，1n k =+有左侧11111111 (232122121)k k k k +++++++++-+-，即可判断增加的项数.【详解】n k =时，左边=1111 (2321)k ++++-，而n ＝k ＋1时，左边＝11111111 (232122121)k k k k +++++++++-+-，增加了1111 (22121)k k k +++++-，共(2k ＋1－1)－(2k －1)＝2k 项，故选：C.4．（2021·全国高三专题练习（理））用数学归纳法证明不等式()*1114,21225n N n n n n ∈+++≤≥++ 时，可将其转化为证明（）A ．()*11141,2122521n n n n n n N +++≤+∈≥+++ B ．()*14,2122521111n n n n n n N +++≤∈-≥+++ C ．()*114,21225211N n n n n n n +++≤∈+≥++ D ．()*11141,212252N n n n n n n+++≤∈-≥++ 【答案】B 【解析】各选项左侧一样，要转化证明不等式只需右端的部分小于45，利用排除法即可.【详解】根据放缩法证明不等式，首先排除A ，C ；D 选项当2n =时，左端值为11735341260+==，右端为411133542065-==，不等式不成立，故只要证明B 成立，原不等式即成立.故选：B.5．（2019·浙江高二月考）利用数学归纳法证明“1111...(,1)2321n n n N n *++++<∈>-”的过程中，由假设“n k =”成立，推导“1n k =+”也成立时，左边应增加的项数是（）A．k B．1k +C．2kD．21k +【答案】C 【解析】利用数学归纳法证明“1111...(,1)2321n n n N n *++++<∈>-”的过程中，假设“n k =”成立1111...(,1)2321k k n N n *++++<∈>-;当1n k =+时，左边为1111111.......1(,1)2321221221k k k k k k n N n *++++++++<+∈>-++-故增加的项数为2k 项.故答案为：C.6．（2020·上海徐汇区·高三一模）用数学归纳法证明()2511222n n N -*++++∈ 能被31整除时，从k 到1k +添加的项数共有__________________项（填多少项即可）．【答案】5【解析】分别写出n k =和1n k =+时的对应的结果，再比较差异，得到答案.【详解】当n k =时，原式为：251122...2k -++++，当1n k =+时，原式为251551525354122...222222k k k k k k -+++++++++++++，比较后可知多了55152535422222k k k k k ++++++++，共5项.故答案为：57.（2019·湖北高考模拟（理））已知正项数列{}n a 满足11a =，前n 项和n S 满足214(3)(2,)n n S a n n N *-=+∈≥，则数列{}n a 的通项公式为n a =______________．【答案】21n -【解析】当1n =时，11a =；当2n =时，221224(3)16,4,3S a S a =+=∴==；当3n =时，232334(3)36,9,5S a S a =+===；当4n =时，243444(3)64,16,7S a S a =+===，猜想得21n a n =-，故21n a n =-，下面用数学归纳法证明：①11a =，满足21n a n =-，②假设n k =时，结论成立，即21k a k =-，可得2k S k =，则22214(3)(22)4(1)k k S a k k +=+=+=+，222111(1),(1)21k k k k S k a S S k k k +++∴=+=-=+-=+2(1)1k =+-，也满足21n a n =-，结合①②可知，21n a n =-，故答案为21n a n =-．8.（2019届江苏省扬州市仪征中学摸底）已知正项数列中，1=1,r1=1+∈∗用数学归纳法证明：<r1∈∗.【答案】见解析.【解析】当=1时，2=1+11+1=32，1<2，所以，=1时，不等式成立；假设=（∈∗）时，<r1成立，则当=+1时，r2−r1=1+r11+r1−r1=1+r11+r1−(1+1+)=11+−11+r1=r1−(1+)(1+r1)>0，所以，=+1时，不等式成立．综上所述，不等式<r1(∈∗)成立．9.（2021·全国高三专题练习）数列{}n a 满足()*2N n n S n a n =-∈.（1）计算123a a a 、、，并猜想n a 的通项公式；（2）用数学归纳法证明（1）中的猜想.【答案】(1)11a =；232a =；374a =；()*121N 2n n n a n --=∈.(2)证明见解析.【详解】分析：（1）将n 进行赋值，分别求得前三项的数值，猜想归纳处通项；（2）利用数学归纳法的证明步骤，证明猜想即可.详解：（1）当1n =时，1112a S a ==-，∴11a =；当2n =时，122222a a S a +==⨯-，∴232a =；当3n =时，1233323a a a S a ++==⨯-，∴374a =；由此猜想()*121N 2n n n a n --=∈；（2）证明：①当1n =时，11a =结论成立，②假设n k =（1k ≥，且*N k ∈）时结论成立，即1212k k k a --=，当1n k =+时，()11121k k k k a S S k a +++=-=+-122k k k k a a a +-+=+-，∴122k k a a +=+，∴1122122k k k ka a +++-==，∴当1n k =+时结论成立，由①②可知对于一切的自然数*N n ∈，1212n n n a --=成立.10．（2021·全国高三专题练习（理））已知数列{a n }满足：11a =，点*1(,)()n n a a n N +∈在直线21y x =+上．（1）求234,,a a a 的值，并猜想数列{a n }的通项公式；（2）用数学归纳法证明（1）中你的猜想．【答案】（1）23a =，37a =，415a =；21nn a =-；（2）证明见解析.【解析】（1）先将点坐标代入直线方程，得到递推关系，再依次求出前几项，猜想通项公式；（2）结合递推关系，用数学归纳法证明.【详解】(1) 点*1(,)()n n a a n N +∈在直线21y x =+上可知，数列{}n a 满足：121n n a a +=+，11a = ，2343,7,15a a a ∴===．可猜得21n n a =-．(2)当1n =时，1211a =-=成立，假设当(1,)n k k k N =≥∈时，21kk a =-成立，则当1n k =+时，11212(21)121kk k k a a ++=+=-+=-成立，就是说*n N ∈，猜想正确；综上，21nn a =-．练提升1．（2021·全国）已知数列{}n a 满足()*1n n nna a n N a +=+∈，10a >，则当2n ≥时，下列判断一定正确的是（）A ．1n a n <+B ．211n n n n a a a a +++-<-C ．n a n ≥D ．1n a n ≥+【答案】C 【解析】根据特殊值法，分别令11a =，13a =，即可判断ABD 错误；再由数学归纳法证明C 选项正确.【详解】因为数列{}n a 满足()*1n n nna a n N a +=+∈，10a >，若13a =，则21113313a a a =+=+>，不满足1n a n <+，故A 错误；若11a =，则2112211a a a =+=<+，3223312a a a =+=<+，4334413a a a =+=<+，不满足1n a n ≥+，故D 错误；又此时43321a a a a -==-，不满足211n n n n a a a a +++-<-，故B 错误；因为10a >，所以21112a a a =+≥=，当且仅当111a a =，即11a =时，等号成立；构造函数()kf x x x=+，2k ≥，x k ³，所以22x k ≥，则()210kf x x '=->在[),x k ∈+∞上显然恒成立，所以()(),2kf x x k x=+≥在[),x k ∈+∞上单调递增；因此2y x x=+在[)2,x ∈+∞上单调递增，所以32222322a a a =+≥+=，猜想n a n ≥，对任意2n ≥恒成立；下面用数学归纳法证明：（1）当2n =时，21112a a a =+≥=，显然成立；（2）假设当()3n k k =≥时，不等式成立，即k a k ≥恒成立；则1n k =+时，1k n ka a a k +=+，因为函数()(),2kf x x k x=+≥在[),x k ∈+∞上单调递增；所以()()1f x f k k ≥=+，即11k kn a a k ka +=+≥+成立；由（1）（2）可得；n a n ≥，对任意2n ≥恒成立；故C 正确.故选：C.2．（2021·浙江高三专题练习）已知数列{}n a ，满足()101a a a =<<，()()()*11ln 1n n n a a a n N ++=+∈，则（）A ．110n n a a n+<<<B．110n n a a n+<<<C ．110n n a a n+<<<D ．110x n a a n+<<<【答案】B 【解析】转化条件为()()*1ln 11n n na a n N a ++=∈+，令()()()ln 1,011x f x x x+=<≤+，通过导数可得()f x 单调递增，通过数学归纳法可证明如果*10,k a k N k<<∈，则11ln 1011k k a k+⎛⎫+ ⎪⎝⎭<<+，再令()ln 1,0x x x x ϕ=-+>，通过导数证明()()10x ϕϕ≤=后，适当放缩可得10n a n<<，进而可证明1n n a a +<，即可得解.【详解】因为()()()*11ln 1n n n a a a n N++=+∈，所以()()*1ln 11n n na an N a ++=∈+，令()()()ln 1,011x f x x x+=<≤+，则()()()21ln 11x f x x -+'=+，当01x <≤时，()()()21ln 101x f x x -+'=>+，()f x 单调递增，由题意，1101a a <=<，如果*10,k a k N k <<∈，则()11ln 1ln 10111k k ka k a a k+⎛⎫+ ⎪+⎝⎭<=<++，设()ln 1,0x x x x ϕ=-+>，则()11x xϕ'=-，所以()x ϕ在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，所以()()10x ϕϕ≤=，即ln 1≤-x x ，因为111k +>，所以111ln 111k k k ⎛⎫+<+-= ⎪⎝⎭，所以111ln 1111111k k k a k k k+⎛⎫+ ⎪⎝⎭<<=+++，所以对于任意的*n N ∈，均有10n a n<<，所以()1ln 111111n n n n n nn na a aa a a a a +++=<=<++-+.故选：B.3．（2020·浙江省桐庐中学）数列{}n a 满足()2*1n n n a a a n N +=-+∈，110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则以下说法正确的个数（）①10n n a a +<<；②22221231n a a a a a ++++< ；③对任意正数b ，都存在正整数m 使得12311111111mb a a a a ++++>---- 成立；④11n a n <+.A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】D 【解析】利用二次函数的性质及递推关系得0n a >，然后作差1n n a a +-，可判断①，已知等式变形为21n n n a a a +=-，求出平方和可得②成立，利用简单的放缩可得12111111nn a a a +++>--- ，可判断③，利用数学归纳法思想判断④．【详解】22111()24n n n n a a a a +=-+=--+，若10,2n a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则110,4n a +⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴210n n n a a a +-=-<，∴10n n a a +<<，①正确；由已知21n n n a a a +=-，∴2221212231111()()()n n n n a a a a a a a a a a a a +++++=-+-++-=-< ，②正确；由110,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭及①得1112n a <-<，1121na <<-，∴12111111nn a a a +++>--- ，显然对任意的正数b ，在在正整数m ，使得m b >，此时12311111111mb a a a a ++++>---- 成立，③正确；(i)已知112a <成立，(ii)假设11n a n <+，则222111112411n n n n a a a a n n +⎛⎫⎛⎫=-+=--+<-+ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，又2211110(1)12(2)(1)n n n n n -+-=-<+++++，即2111(1)12n n n -+<+++，∴112n a n +<+，由数学归纳法思想得④正确．∴4个命题都正确．故选：D ．4．（2021·全国高三其他模拟（理））已知数列{}n a 满足：10a =，()()1ln 1n an n a e a n *+=+-∈N ，前n 项和为n S （参考数据：ln 20.693≈，ln 3 1.099≈，则下列选项错误的是（）.A ．{}21n a -是单调递增数列，{}2n a 是单调递减数列B ．1ln 3n n a a ++≤C ．2020670S <D ．212n n a a -≤【答案】C 【解析】设nn a eb =，则有11n n n b b b ++=，2211n n n b b b ++=+，11n n n b b b +=+，构建21()1x g x x +=+，求导分析可知导函数恒大于零，即数列21{}n b -，2{}n b 都是单调数列，分别判定13b b <，24b b >，即得单调性，数列{}n a 与{}n b 的单调性一致，可判定A 选项正确；B 、C 选项利用分析法证明，可知B 正确，C 错误；D 选项利用数学归纳法证分两边证21212n n b b -<<，即可证得212n n a a -<.【详解】∵()()1ln 1n an n a e a n *+=+-∈N，10a=，∴()2ln 10ln 2a e =+-=，33ln 3ln 2ln 2a =-=，4535ln ln ln 223a =-=，设nn a eb =，0n b >，1ln(1)111n n n n a b a n n n a n b b b ee e b ++-+++====，则1211211n n n n n b b b b b +++++==+，令21()1x g x x +=+，则21()0(1)g x x '=>+，∴()g x 单调递增，将2(,)n n b b -，2(,)n n b b +看作是函数()y g x =图象上两点，则220n nn n b b b b +-->-，∴数列21{}n b -，2{}n b 都是单调数列，111a b e ==，同理22b =，332b =，453b =，即13b b <，24b b >，∴21{}n b -单调递增，2{}n b 单调递减，而数列{}n a 与{}n b 的单调性一致，∴{}21n a -是单调递增数列，{}2n a 是单调递减数列，A 正确；由n n ae b =得ln n n a b =，11n n nb b b ++=要证111ln ln ln()ln 3n n n n n n a a b b b b ++++=+=≤，即证13n n b b +≤，即13n b +≤，即证2n b ≤，也即要证1112n n b b --+≤，等价于11n b -≥，显然2n =时，11b =，3n ≥时，21211n n n b b b ---+=>，故11n b -≥成立，∴不等式1ln 3n n a a ++≤成立．B 正确；欲证12ln 3n n n a a a ++++≥，只需证12ln ln ln ln 3n n n b b b ++++≥，即12ln()ln 3n n n b b b ++≥即123n n n b b b ++≥12121311n n n n n n n b b b b b b b ++⇔⋅⋅=+≥⇔≥+，显然成立，故12ln 3n n n a a a ++++≥1>，所以20201998199816663S S >>⨯=，故C 选项错误；欲证212n n a a -<，因单调性一致则只需证212n n b b -<，只需证21212n n b b -+<<因为1112b =<，若2112n b -<，则21212121211122112512n n n n b b b b -+--++==-<=++；又因为2122b =>，若212n b +>，则22222115122112512n n n n b b b b ++==->-++，由数学归纳法有21212n n b b -<<，则212n n a a -<成立故D 选项正确。

2020届高考数学一轮复习单元检测六数列与数学归纳法提升卷单元检测理含解析新人教A版

单元检测六数列与数学归纳法(提升卷)考生注意：．本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共页．．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．．本次考试时间分钟，满分分．．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．第Ⅰ卷(选择题共分)一、选择题(本题共小题，每小题分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)．已知等差数列{}的前项和为(∈*)，若＝，则＋＋等于( )．．．．答案解析设数列{}的公差为，则由＝，得＋＝，即＋＝，所以＋＋＝＋＝(＋)＝，故选.．已知正项等比数列{}满足12log()＝，且＝，则数列{}的前项和为( )．．．．答案解析由12log()＝，得＝＝，所以＝.又＝，所以公比＝，＝，故＝·＝＝，故选.．用数学归纳法证明等式＋＋＋…＋(＋)＝(∈*)时，第一步验证＝时，左边应取的项是( )．．＋．＋＋．＋＋＋答案解析当＝时，左边应为＋＋…＋(＋)，即＋＋＋，故选.．等差数列{}的前项和为，>，<，且对任意正整数都有≥，则正整数的值为( )．．．．答案解析由<，得<，由>，得＋>，∴>－＝.又<，>时，>，<时，≥>，∴＝.．已知在数列{}中，＝，＋＝＋＋，则数列的前项和为( )答案解析由＋＝＋＋，得＋－＝＋，所以＝(－－)＋(－－－)＋…＋(－)＋＝＋－＋…＋＋＝，故＝，故数列的前项和为(＋＋…＋＋)＝，故选.．用数学归纳法证明“＋＋…＋≥(∈*)”时，由＝到＝＋时，不等式左边应添加的项是( )＋＋－＋－－答案解析分别代入＝，＝＋，两式作差可得左边应添加项．当＝时，左边为＋＋…，当＝＋时，左边为＋＋…＋＋＋，所以增加项为两式作差得＋－，故选.．设数列{}的前项和为，且＝＝＋－，则数列{}的通项公式为( )．＝．＝－．＝．＝－答案解析因为＝＋－，所以＝－，又＝，所以＝.由题知当≥时，－＝－，所以＝＋－，易知≠，所以＝(≥)，当＝时，也符合此式，所以{}是以为首项，为公比的等比数列，所以＝－(∈*)，故选.．已知数列{}中，＝，且对任意的∈*，都有＋＝成立，则的值为( )．答案解析由题得＝；＝＝；＝＝；＝＝，数列{}为周期数列，且＝＝＝…＝－＝(∈*)，＝＝＝…＝＝(∈*)，所以＝，故选.．已知数列{}的通项公式为＝－＋(∈*)，则当取得最小值时，等于( )．．．．答案解析令()＝－＋(≥)，则′()＝－＝(－)．在区间()内，′()<；在区间(，＋∞)内，′()>.故当＝时，()取得最小值，即＝时，取得最小值，故选.．设数列{}满足＝，且对任意的∈*，都有＋－≤，＋－≥×，则等于( )＋＋答案解析因为对任意的∈*，满足＋－≤，＋－≥×，所以×≤(＋－＋)＋(＋－)≤＋＋＝×，所以＋－＝×.因为＝(－)＋(－)＋…＋(－)＋＝×(＋＋…＋)＋＝×＋＝.．记()为最接近(∈*)的整数，如：()＝，()＝，()＝，()＝，()＝，….若＋＋＋…＋＝，则正整数的值为( )．×．．×．×答案解析设，∈*，()＝，则－<<＋，所以－＋<<＋＋，则－＋≤≤＋，故满足()＝的的值共有个，分别为－＋，－＋，…，＋，且＋＋…＋＝×＝.因为＝× ，所以＝＋＝×，故选.．已知数列{}的前项和为，≠，常数λ>，且λ＝＋对一切正整数都成立，则数列{}的通项公式为( )答案解析令＝，则λ＝＝，即(λ－)＝，因为≠，所以＝，所以＝＋，①当≥时，－＝＋－，②①－②，得－－＝，即＝－(≥)，所以{}是以为首项，为公比的等比数列，所以＝×－＝(∈*)，故选.第Ⅱ卷(非选择题共分)二、填空题(本题共小题，每小题分，共分．把答案填在题中横线上)．设等差数列{}的前项和为，若＝，＋＝，则当取得最大值时，＝.答案解析由已知得＝，∴＝－，∴＝－>，<，∴＝时，取得最大值．．已知正项等比数列{}满足＝＋，若存在两项，，使得＝，则＋的最小值为．答案解析设数列{}的公比为(>)，则由＝＋，可得＝或＝－(舍去)，又＝，∴＋＝，又∵，∈*，经验证＝，＝时，＝.．已知数列{}满足＝，且＋＋＋…＋＝－(≥)，则{}的通项公式为．答案＝＋解析因为＋＋＋…＋＝－(≥)，①所以＋＋＋…＋＋＝＋－(≥)，②②－①，得＝(＋－)－(－)＝＋－(≥)，整理得＝(≥)，又＝，且＝－，所以＝，则···…··＝×××…××，整理得＝，所以＝＋(∈*)(经检验＝也符合)．．如图是一个类似“杨辉三角”的图形，记，，…，，分别表示第行的第个数，第个数……第个数，则＝.(≥且≤*)……答案解析把第行(≥)的第个数记为，则由题意可知＝，＝，＝，＝，∴－＝，－＝，－＝，…，－－＝－，所有等式两边同时相加得－＝，整理得＝，≥，即＝，≥.三、解答题(本题共小题，共分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)．(分)已知等差数列{}的前项和为，且＝，＝.()求数列{}的通项公式；()若＝，求数列{＋}的前项和．解()设等差数列{}的公差为.由题意知解得由＝＋(－)，得＝＋(∈*)，故数列{}的通项公式为＝＋.()由()可知＝＋，则＝＋，所以＝＝.因为＝＝，所以{}是首项为，公比＝的等比数列．记{＋}的前项和为，则＝(＋)＋(＋)＋…＋(＋)＝(＋＋…＋)＋(＋＋…＋)＝＋＝＋＋.．(分)设正项数列{}的前项和为，已知，＋，成等比数列．()求数列{}的通项公式；()设＝，设数列{}的前项和为，求证：<.()解由题意得＝(＋).当＝时，＝(＋)，所以＝；当≥时，＝(＋)，①－＝(－＋)，②①－②得＝＋－－－，即(＋－)(－－－)＝.又>，所以－－＝，所以数列{}是以为首项，为公差的等差数列，即＝－(∈*)．()证明＝＝＝·，所以＝＝<.．(分)已知数列{}满足≠，＝，(＋－)＝.()求数列{}的通项公式；()求数列的前项和.解()因为(＋－)＝，故＋＝，得＝·.设＝，所以＋＝.因为≠，所以≠，所以＝.又因为＝＝，所以数列{}是以为首项，公比为的等比数列，故＝－＝，＝·－(∈*)．()由()可知＋－＝－＋－，故＝(＋×－)＋(＋×－)＋…＋(－＋－)＝(＋＋…＋－)＋(＋＋…＋)－＝＋－. ．(分)设＝，＋＝＋(∈*)．()若＝，求，及数列{}的通项公式；()若＝－，是否存在实数使得<<＋对所有∈*恒成立？证明你的结论．解()由题意得＝，＝＋.因为＝＋，＝＋，＝＋.所以猜想＝＋(∈*)．下面用数学归纳法证明上式成立．当＝时，结论显然成立．假设当＝(∈*)时结论成立，即＝＋，则＋＝＋＝＋＝＋＝＋，即当＝＋时结论也成立．综上可知＝＋(∈*)．()设()＝－，则＋＝()．令＝()，即＝－，解得＝.下面用数学归纳法证明命题<<＋<.当＝时，＝()＝，＝()＝－，所以<<<，结论成立．假设当＝(∈*)时结论成立，即<<＋<.易知()在(－∞，]上为减函数，从而＝>(＋)>()＝，即>>＋>.再由()在(－∞，]上为减函数，得＝<(＋)<()＝<，故<＋<，因此(＋)<<(＋)＋<，即当＝＋时结论也成立．综上可知，存在＝，使<<＋对所有∈*恒成立．。

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