高考数学第十三章推理与证明、算法、复数13-3数学归纳法试题理北师大版

高考数学第十三章推理与证明、算法、复数13-3数学归纳法试题理北师大版2020-12-12【关键字】情况、方法、条件、前提、模式、问题、充分、发现、掌握、规律、关键、基础、需要、办法、检验、分析、简化、满足、加强、规范数学归纳法数学归纳法是用来证明某些与正整数n 有关的数学命题的一种方法．它的基本步骤是：(1)验证：当n 取第一个值n 0(如n 0＝1或2等)时，命题成立；(2)在假设当n ＝k (k ∈N ＋，k ≥n 0)时命题成立的前提下，推出当n ＝k ＋1时，命题成立． 根据(1)(2)可以断定命题对一切从n 0开始的正整数n 都成立．【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n ＝1时结论成立．( × )(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．( × )(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．( × )(4)不论是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n ＝k 到n ＝k ＋1时，项数都增加了一项．( × )(5)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n ＋2＝2n ＋3－1”，验证n ＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.( √ )(6)用数学归纳法证明凸n 边形的内角和公式时，n 0＝3.( √ )1．用数学归纳法证明1＋a ＋a 2＋…＋an ＋1＝1－a n ＋21－a (a ≠1，n ∈N ＋)，在验证n ＝1时，等式左边的项是( )A ．1B ．1＋aC ．1＋a ＋a 2D ．1＋a ＋a 2＋a 3答案 C解析 当n ＝1时，n ＋1＝2，∴左边＝1＋a 1＋a 2＝1＋a ＋a 2.2．(2016·黄山模拟)已知n 为正偶数，用数学归纳法证明1－12＋13－14＋…－1n ＝2(1n ＋2＋1n ＋4＋ (12))时，若已假设n ＝k (k ≥2且k 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证( ) A ．n ＝k ＋1时等式成立B ．n ＝k ＋2时等式成立D ．n ＝2(k ＋2)时等式成立答案 B解析 因为n 为正偶数，n ＝k 时等式成立，即n 为第k 个偶数时命题成立，所以需假设n 为下一个偶数，即n ＝k ＋2时等式成立．3．在应用数学归纳法证明凸n 边形的对角线为12n (n －3)条时，第一步检验n 等于( ) A ．1B ．2C ．3D ．0 答案 C解析 凸n 边形边数最小时是三角形，故第一步检验n ＝3.4．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＋1B ．(k ＋1)2C.k ＋14＋k ＋122 D ．(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2答案 D解析 等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n 2.故n ＝k ＋1时，最后一项是(k ＋1)2，而n ＝k 时，最后一项是k 2，应加上(k 2＋1)＋(k 2＋2)＋(k 2＋3)＋…＋(k ＋1)2.5．(教材改编)已知{a n }满足a n ＋1＝a 2n －na n ＋1，n ∈N ＋，且a 1＝2，则a 2＝________，a 3＝________，a 4＝________，猜想a n ＝________.答案 3 4 5 n ＋1题型一 用数学归纳法证明等式例 1 设f (n )＝1＋12＋13＋ (1)(n ∈N ＋)．求证：f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N ＋)．证明 ①当n ＝2时，左边＝f (1)＝1，右边＝2(1＋12－1)＝1，②假设n ＝k (k ≥2，k ∈N ＋)时，结论成立，即f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＝k [f (k )－1]，那么，当n ＝k ＋1时，f (1)＋f (2)＋…＋f (k －1)＋f (k )＝k [f (k )－1]＋f (k )＝(k ＋1)f (k )－k＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1k ＋1]－k ＝(k ＋1)f (k ＋1)－(k ＋1)＝(k ＋1)[f (k ＋1)－1]，∴当n ＝k ＋1时结论成立． 由①②可知当n ∈N ＋时，f (1)＋f (2)＋…＋f (n －1)＝n [f (n )－1](n ≥2，n ∈N ＋)．思维升华 用数学归纳法证明恒等式应注意(1)明确初始值n 0的取值并验证n ＝n 0时等式成立．(2)由n ＝k 证明n ＝k ＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标．(3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．用数学归纳法证明：121×3＋223×5＋…＋n 22n －12n ＋1＝n n ＋122n ＋1(n ∈N ＋)． 证明 ①当n ＝1时，左边＝121×3＝13， 右边＝1×1＋12×2×1＋1＝13， 左边＝右边，等式成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，等式成立．即121×3＋223×5＋…＋k 22k －12k ＋1＝k k ＋122k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，左边＝121×3＋223×5＋…＋k 22k －12k ＋1＋k ＋122k ＋12k ＋3＝k k ＋122k ＋1＋k ＋122k ＋12k ＋3＝k k ＋12k ＋3＋2k ＋1222k ＋12k ＋3＝k ＋12k 2＋5k ＋222k ＋12k ＋3＝k ＋1k ＋222k ＋3， 右边＝k ＋1k ＋1＋12[2k ＋1＋1] ＝k ＋1k ＋222k ＋3，左边＝右边，等式成立．即对所有n ∈N ＋，原式都成立．题型二 用数学归纳法证明不等式例2 (2016·烟台模拟)等比数列{a n }的前n 项和为S n ，已知对任意的n ∈N ＋，点(n ，S n )均在函数y ＝b x ＋r (b >0且b ≠1，b ，r 均为常数)的图像上．(1)求r 的值；(2)当b ＝2时，记b n ＝2(log 2a n ＋1)(n ∈N ＋)，证明：对任意的n ∈N ＋，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立． (1)解 由题意，S n ＝b n ＋r ，当n ≥2时，S n －1＝b n －1＋r .所以a n ＝S n －S n －1＝bn －1(b －1)． 由于b >0且b ≠1， 所以n ≥2时，{a n }是以b 为公比的等比数列．又a 1＝b ＋r ，a 2＝b (b －1)，所以a 2a 1＝b ，即b b －1b ＋r＝b ，解得r ＝－1. (2)证明 由(1)及b ＝2知a n ＝2n －1.因此b n ＝2n (n ∈N ＋)， 所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n ＋12n>n ＋1. ①当n ＝1时，左式＝32，右式＝2， 左式>右式，所以结论成立．②假设n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时结论成立，即2＋12·4＋14·…·2k ＋12k>k ＋1， 则当n ＝k ＋1时，2＋12·4＋14·…·2k ＋12k ·2k ＋32k ＋1>k ＋1·2k ＋32k ＋1＝2k ＋32k ＋1，只需证2k ＋32k ＋1≥k ＋2， 即证2k ＋32≥k ＋1k ＋2，由基本不等式得2k ＋32＝k ＋1＋k ＋22≥k ＋1k ＋2成立， 故2k ＋32k ＋1≥k ＋2成立， 所以当n ＝k ＋1时，结论成立．由①②可知，当n ∈N ＋时，不等式b 1＋1b 1·b 2＋1b 2·…·b n ＋1b n>n ＋1成立． 思维升华 数学归纳法证明不等式的适用范围及关键(1)适用范围：当遇到与正整数n 有关的不等式证明时，若用其他办法不容易证，则可考虑应用数学归纳法．(2)关键：由n ＝k 时命题成立证n ＝k ＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比较法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．若函数f (x )＝x 2－2x －3，定义数列{x n }如下：x 1＝2，x n ＋1是过点P (4,5)、Q n (x n ，f (x n ))的直线PQ n 与x 轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤x n <x n ＋1<3. 证明 ①当n ＝1时，x 1＝2，f (x 1)＝－3，Q 1(2，－3)．所以直线PQ 1的方程为y ＝4x －11，令y ＝0，得x 2＝114，因此2≤x 1<x 2<3， 即n ＝1时结论成立．②假设当n ＝k 时，结论成立，即2≤x k <x k ＋1<3.则当n ＝k ＋1时，直线PQ k ＋1的方程为y －5＝f x k ＋1－5x k ＋1－4·(x －4)． 又f (x k ＋1)＝x 2k ＋1－2x k ＋1－3，代入上式，令y ＝0，得x k ＋2＝3＋4x k ＋12＋x k ＋1＝4－52＋x k ＋1， 由归纳假设，2<x k ＋1<3，x k ＋2＝4－52＋x k ＋1<4－52＋3＝3； x k ＋2－x k ＋1＝3－x k ＋11＋x k ＋12＋x k ＋1>0， 即x k ＋1<x k ＋2，所以2≤x k ＋1<x k ＋2<3，由①②知对任意的正整数n,2≤x n <x n ＋1<3.题型三 归纳—猜想—证明命题点1 与函数有关的证明问题例3 (2017·绵阳质检)已知数列{x n }满足x 1＝12，x n ＋1＝11＋x n，n ∈N ＋.猜想数列{x 2n }的单调性，并证明你的结论．解 由x 1＝12及x n ＋1＝11＋x n， 得x 2＝23，x 4＝58，x 6＝1321， 由x 2>x 4>x 6，猜想：数列{x 2n }是递减数列．下面用数学归纳法证明：①当n ＝1时，已证命题成立．②假设当n ＝k 时命题成立，即x 2k >x 2k ＋2，易知x k >0，那么x 2k ＋2－x 2k ＋4＝11＋x 2k ＋1－11＋x 2k ＋3 ＝x 2k ＋3－x 2k ＋11＋x 2k ＋11＋x 2k ＋3＝11＋x 2k ＋2－11＋x 2k 1＋x 2k ＋11＋x 2k ＋3 ＝x 2k －x 2k ＋21＋x 2k 1＋x 2k ＋11＋x 2k ＋21＋x 2k ＋3>0，即x 2(k ＋1)>x 2(k ＋1)＋2.所以当n ＝k ＋1时命题也成立．结合①②知，对于任何n ∈N ＋命题成立．命题点2 与数列有关的证明问题例4 在数列{a n }中，a 1＝2，a n ＋1＝λa n ＋λn ＋1＋(2－λ)2n(n ∈N ＋，λ>0)． (1)求a 2，a 3，a 4；(2)猜想{a n }的通项公式，并加以证明．解 (1)a 2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22， a 3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，a 4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.(2)由(1)可猜想数列通项公式为a n＝(n－1)λn＋2n.下面用数学归纳法证明：①当n＝1,2,3,4时，等式显然成立，②假设当n＝k(k≥4，k∈N＋)时等式成立，即a k＝(k－1)λk＋2k，那么当n＝k＋1时，a k＋1＝λa k＋λk＋1＋(2－λ)2k＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，所以当n＝k＋1时，a k＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，猜想成立．由①②知数列的通项公式为a n＝(n－1)λn＋2n(n∈N＋，λ>0)．命题点3 存在性问题的证明例5 设a1＝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，问：是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N＋成立？证明你的结论．解(1)方法一a2＝2，a3＝2＋1.再由题设条件知(a n＋1－1)2－(a n－1)2＝1.从而{(a n－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(a n－1)2＝n－1，即a n＝n－1＋1(n∈N＋)．方法二a2＝2，a3＝2＋1.可写为a1＝1－1＋1，a2＝2－1＋1，a3＝3－1＋1.因此猜想a n＝n－1＋1.下面用数学归纳法证明上式：当n＝1时结论显然成立．假设n＝k时结论成立，即a k＝k－1＋1，则a k＋1＝a k－12＋1＋1＝k－1＋1＋1＝k＋1－1＋1.所以当n＝k＋1时结论成立．所以a n＝n－1＋1(n∈N＋)．(2)方法一设f(x)＝x－12＋1－1，则a n＋1＝f(a n)．令c＝f(c)，即c＝c－12＋1－1，解得c ＝14. 下面用数学归纳法证明加强命题：a 2n <c <a 2n ＋1<1.当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1，所以a 2<14<a 3<1，结论成立． 假设n ＝k 时结论成立，即a 2k <c <a 2k ＋1<1. 易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而c ＝f (c )>f (a 2k ＋1)>f (1)＝a 2，即1>c >a 2k ＋2>a 2. 再由f (x )在(－∞，1]上为减函数，得c ＝f (c )<f (a 2k ＋2)<f (a 2)＝a 3<1，故c <a 2k ＋3<1. 因此a 2(k ＋1)<c <a 2(k ＋1)＋1<1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．综上，符合条件的c 存在，其中一个值为c ＝14. 方法二 设f (x )＝x －12＋1－1，则a n ＋1＝f (a n )．先证：0≤a n ≤1(n ∈N ＋)．①当n ＝1时，结论显然成立．假设n ＝k 时结论成立，即0≤a k ≤1.易知f (x )在(－∞，1]上为减函数，从而0＝f (1)≤f (a k )≤f (0)＝2－1<1，即0≤a k ＋1≤1.这就是说，当n ＝k ＋1时结论成立．故①成立．再证：a 2n <a 2n ＋1(n ∈N ＋)．②当n ＝1时，a 2＝f (1)＝0，a 3＝f (a 2)＝f (0)＝2－1，有a 2<a 3，即n ＝1时②成立．假设n ＝k 时，结论成立，即a 2k <a 2k ＋1.由①及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得 a 2k ＋1＝f (a 2k )>f (a 2k ＋1)＝a 2k ＋2，a 2(k ＋1)＝f (a 2k ＋1)<f (a 2k ＋2)＝a 2(k ＋1)＋1.这就是说，当n ＝k ＋1时②成立，所以②对一切n ∈N ＋成立．由②得a 2n <a 22n －2a 2n ＋2－1，即(a 2n ＋1)2<a 22n －2a 2n ＋2，因此a 2n <14.③ 又由①②及f (x )在(－∞，1]上为减函数，得f (a 2n )>f (a 2n ＋1)，即a 2n ＋1>a 2n ＋2，所以a 2n ＋1>a 22n ＋1－2a 2n ＋1＋2－1.解得a 2n ＋1>14.④ 综上，由②③④知存在c ＝14使得a 2n <c <a 2n ＋1对一切n ∈N ＋成立． 思维升华 (1)利用数学归纳法可以探索与正整数n 有关的未知问题、存在性问题，其基本模式是“归纳—猜想—证明”，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．(2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”．高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题．(2015·江苏)已知集合X ＝{1,2,3}，Y n ＝{1,2,3，…，n }(n ∈N ＋)，设S n ＝{(a ，b )|a 整除b 或b 整除a ，a ∈X ，b ∈Y n }，令f (n )表示集合S n 所含元素的个数．(1)写出f (6)的值；(2)当n ≥6时，写出f (n )的表达式，并用数学归纳法证明．解 (1)Y 6＝{1,2,3,4,5,6}，S 6中的元素(a ，b )满足：若a ＝1，则b ＝1,2,3,4,5,6；若a ＝2，则b ＝1,2,4,6；若a ＝3，则b ＝1,3,6.所以f (6)＝13.(2)当n ≥6时，f (n )＝⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧ n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n 3，n ＝6t ，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －13，n ＝6t ＋1，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －23，n ＝6t ＋2，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n 3，n ＝6t ＋3，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2＋n －13，n ＝6t ＋4，n ＋2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n －12＋n －23，n ＝6t ＋5.(t ∈N ＋)．下面用数学归纳法证明：①当n ＝6时，f (6)＝6＋2＋62＋63＝13，结论成立； ②假设n ＝k (k ≥6)时结论成立，那么n ＝k ＋1时，S k ＋1在S k 的基础上新增加的元素在(1，k ＋1)，(2，k ＋1)，(3，k ＋1)中产生，分以下情形讨论： (ⅰ)若k ＋1＝6t ，则k ＝6(t －1)＋5，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋3＝k ＋2＋k －12＋k －23＋3 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋13，结论成立；(ⅱ)若k ＋1＝6t ＋1，则k ＝6t ，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k 3＋1 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－13，结论成立；(ⅲ)若k ＋1＝6t ＋2，则k ＝6t ＋1，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k －13＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－23，结论成立；(ⅳ)若k ＋1＝6t ＋3，则k ＝6t ＋2，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k 2＋k －23＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋13，结论成立；(ⅴ)若k ＋1＝6t ＋4，则k ＝6t ＋3，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋2＝k ＋2＋k －12＋k 3＋2 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋12＋k ＋1－13，结论成立； (ⅵ)若k ＋1＝6t ＋5，则k ＝6t ＋4，此时有f (k ＋1)＝f (k )＋1＝k ＋2＋k 2＋k －13＋1 ＝(k ＋1)＋2＋k ＋1－12＋k ＋1－23，结论成立．综上所述，结论对满足n ≥6的自然数n 均成立．9．归纳—猜想—证明问题典例 (12分)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．思维点拨 (1)由S 1＝a 1算出a 1；由a n ＝S n －S n －1算出a 2，a 3，a 4，观察所得数值的特征猜出通项公式．(2)用数学归纳法证明． 规范解答(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.[2分]由此猜想a n ＝2n－12n －1(n ∈N ＋)．[4分](2)证明 ①当n ＝1时，a 1＝1，结论成立．[5分] ②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时，[7分]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 .[9分]∴a k ＋1＝2＋a k 2＝2＋2k－12k －12＝2k ＋1－12k. ∴当n ＝k ＋1时，结论成立．[11分] 由①②知猜想a n ＝2n －12n －1(n ∈N ＋)成立．[12分]归纳—猜想—证明问题的一般步骤：第一步：计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测 数列的通项或一般结论；第二步：验证一般结论对第一个值n 0(n 0∈N ＋) 成立；第三步：假设n ＝k (k ≥n 0，k ∈N ＋)时结论成立，证明当n ＝k ＋1时结论也成立； 第四步：下结论，由上可知结论对任意n ≥n 0，n ∈N ＋成立．1．如果命题p (n )对n ＝k (k ∈N ＋)成立，则它对n ＝k ＋2也成立．若p (n )对n ＝2也成立，则下列结论正确的是( ) A ．p (n )对所有正整数n 都成立 B ．p (n )对所有正偶数n 都成立 C ．p (n )对所有正奇数n 都成立 D ．p (n )对所有自然数n 都成立 答案 B解析 n ＝2时，n ＝k ，n ＝k ＋2成立，n 为2,4,6，…，故n 为所有正偶数．2．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”，在第二步时，正确的证法是( )A ．假设n ＝k (k ∈N ＋)，证明n ＝k ＋1时命题成立B ．假设n ＝k (k 是正奇数)，证明n ＝k ＋1时命题成立C ．假设n ＝2k ＋1(k ∈N ＋)，证明n ＝k ＋1时命题成立D ．假设n ＝k (k 是正奇数)，证明n ＝k ＋2时命题成立 答案 D解析 相邻两个正奇数相差2，故D 选项正确．3．(2017·淄博质检)设f (x )是定义在正整数集上的函数，且f (x )满足：当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，那么下列命题总成立的是( ) A ．若f (1)<2成立，则f (10)<11成立B ．若f (3)≥4成立，则当k ≥1时，均有f (k )≥k ＋1成立C ．若f (2)<3成立，则f (1)≥2成立D ．若f (4)≥5成立，则当k ≥4时，均有f (k )≥k ＋1成立 答案 D解析 当f (k )≥k ＋1成立时，总能推出f (k ＋1)≥k ＋2成立，说明如果当k ＝n 时，f (n )≥n ＋1成立，那么当k ＝n ＋1时，f (n ＋1)≥n ＋2也成立，所以如果当k ＝4时，f (4)≥5成立，那么当k ≥4时，f (k )≥k ＋1也成立．4．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.1n －1n ＋1B.12n 2n ＋1C.12n －12n ＋1D.12n ＋12n ＋2答案 C解析 当n ＝2时，13＋a 2＝(2×3)a 2，∴a 2＝13×5.当n ＝3时，13＋115＋a 3＝(3×5)a 3，∴a 3＝15×7.当n ＝4时，13＋115＋135＋a 4＝(4×7)a 4，a 4＝17×9.故猜想a n ＝12n －12n ＋1.5．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( ) A ．2k ＋1 B ．2(2k ＋1) C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋1答案 B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 ＋12k ＋2k ＋1＝2(2k ＋1)．6．设数列{a n }的前n 项和为S n ，且对任意的自然数n 都有(S n －1)2＝a n S n ，通过计算S 1，S 2，S 3，猜想S n ＝_________________________________________.答案nn ＋1解析 由(S 1－1)2＝S 1·S 1，得S 1＝12，由(S 2－1)2＝(S 2－S 1)S 2，得S 2＝23，依次得S 3＝34，猜想S n ＝nn ＋1.7．设S 1＝12，S 2＝12＋22＋12，…，S n ＝12＋22＋32＋…＋(n －1)2＋n 2＋(n －1)2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明S n ＝n 2n ＋13时，第二步从“k ”到“k ＋1”应添加的项为________．答案 (k ＋1)2＋k 2解析 由S 1，S 2，…，S n 可以发现由n ＝k 到n ＝k ＋1时，中间增加了两项(k ＋1)2＋k 2(n ，k ∈N＋)．8．设平面内有n 条直线(n ≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f (n )表示这n 条直线交点的个数，则f (4)＝________；当n >4时，f (n )＝________(用n 表示)．答案 5 12(n ＋1)(n －2)解析 f (3)＝2，f (4)＝f (3)＋3＝2＋3＝5，f (n )＝f (3)＋3＋4＋…＋(n －1)＝2＋3＋4＋…＋(n －1)＝12(n ＋1)(n －2)．9．(2016·北京东城区质检)在数列{b n }中，b 1＝2，b n ＋1＝3b n ＋42b n ＋3(n ∈N ＋)．求b 2，b 3，试判定b n 与2的大小，并加以证明．解 由b 1＝2，b n ＋1＝3b n ＋42b n ＋3，得b 2＝3×2＋42×2＋3＝107，b 3＝5841.经比较有b 1>2，b 2>2，b 3> 2. 猜想b n >2(n ∈N ＋)． 下面利用数学归纳法证明． ①当n ＝1时，∵b 1＝2，∴ 2 <b 1.②假设当n ＝k (k ≥1，k ∈N ＋)时，结论成立， 即 2 <b k ，∴b k － 2 >0. 当n ＝k ＋1时，b k ＋1－2＝3b k ＋42b k ＋3－ 2 ＝3－22b k ＋4－322b k ＋3＝3－22b k －22b k ＋3>0.∴b k ＋1> 2，也就是说，当n ＝k ＋1时，结论也成立． 根据①②知b n >2(n ∈N ＋)．10．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 ， 所以数列{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 ，所以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 ，即x x ＋1－x n ＝－x 2n ＋c >0，也就是证明x n < c .下面用数学归纳法证明当0<c ≤14时，x n < c 对任意n ≥1，n ∈N ＋都成立．①当n ＝1时，x 1＝0< c ≤12，结论成立．②假设当n ＝k (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 ， 这就是说当n ＝k ＋1时，结论也成立． 故x n < c 对任意n ≥1，n ∈N ＋都成立． 因此，x n ＋1＝x n －x 2n ＋c >x n ，即{x n }是递增数列．11．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 xx2，于是f 2(x )＝f ′1(x )＝(cos x x )′－(sin xx2)′＝－sin x x －2cos x x 2＋2sin x x3， 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x ∈N ＋都成立．①当n ＝1时，由上可知等式成立．②假设当n ＝k 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 ＋1π2]，所以(k ＋1)f k (x )＋xf k ＋1(x )＝sin[x ＋k ＋1π2]．因此当n ＝k ＋1时，等式也成立．综合①②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 ＋)．12.设函数f (x )＝ln(1＋x )，g (x )＝xf ′(x )，x ≥0，其中f ′(x )是f (x )的导函数． (1)令g 1(x )＝g (x )，g n ＋1(x )＝g (g n (x ))，n ∈N ＋，求g n (x )的表达式； (2)若f (x )≥ag (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)设n ∈N ＋，比较g (1)＋g (2)＋…＋g (n )与n －f (n )的大小，并加以证明． 解 由题设得，g (x )＝x1＋x(x ≥0)．(1)由已知，g 1(x )＝x1＋x，g 2(x )＝g (g 1(x ))＝x1＋x 1＋x1＋x＝x1＋2x，g 3(x )＝x1＋3x，…，可猜想g n (x )＝x1＋nx. 下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，g 1(x )＝x1＋x ，结论成立．②假设n ＝k 时结论成立， 即g k (x )＝x1＋kx.那么，当n ＝k ＋1时，g k ＋1(x )＝g (g k (x ))＝g k x 1＋g k x ＝x1＋kx 1＋x 1＋kx＝x 1＋k ＋1x，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．(2)已知f (x )≥ag (x )恒成立，即ln(1＋x )≥ax 1＋x 恒成立．设φ(x )＝ln(1＋x )－ax1＋x (x ≥0)，则φ′(x )＝11＋x－a1＋x2＝x ＋1－a1＋x2， 当a ≤1时，φ′(x )≥0(仅当x ＝0，a ＝1时等号成立)， ∴φ(x )在[0，＋∞)上单调递增． 又φ(0)＝0，∴φ(x )≥0在[0，＋∞)上恒成立， ∴a ≤1时，ln(1＋x )≥ax1＋x恒成立(仅当x ＝0时等号成立)． 当a >1时，对x ∈(0，a －1]有φ′(x )≤0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， ∴ln(1＋x )≥ax1＋x不恒成立，综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g (1)＋g (2)＋…＋g (n )＝12＋23＋…＋nn ＋1，n －f (n )＝n －ln(n ＋1)，比较结果为g (1)＋g (2)＋…＋g (n )>n －ln(n ＋1)．证明如下：上述不等式等价于12＋13＋…＋1n ＋1<ln(n ＋1)，在(2)中取a ＝1，可得ln(1＋x )>x1＋x，x >0.令x ＝1n ，n ∈N ＋，则1n ＋1<ln n ＋1n .下面用数学归纳法证明．①当n ＝1时，12<ln 2，结论成立．②假设当n ＝k 时结论成立，即12＋13＋…＋1k ＋1<ln(k ＋1)．那么，当n ＝k ＋1时，12＋13＋…＋1k ＋1＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋1k ＋2<ln(k ＋1)＋ln k ＋2k ＋1＝ln(k ＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n ∈N ＋成立．。