7-4数学归纳法(理)

1.(2010·广东中山模拟)用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n －1<n (n ∈N *，n >1)时，第一步应验证不等式( )A ．1＋12<2B ．1＋12＋13<2 C ．1＋12＋13<3 D ．1＋12＋13＋14<3 [答案] B[解析] ∵n ∈N *，n >1，∴n 取的第一个数为2，左端分母最大的项为122－1＝13，故选B. 2．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[解析]上述证明过程中，在由n＝k变化到n＝k＋1时，不等式的证明使用的是放缩法而没有使用归纳假设．故选D.3．某个命题与自然数n有关，若n＝k(k∈N*)时命题成立，则可推得当n＝k＋1时该命题也成立，现已知n＝5时，该命题不成立，那么可以推得()A．n＝6时该命题不成立B．n＝6时该命题成立C．n＝4时该命题不成立D．n＝4时该命题成立[答案] C[解析]∵“若n＝k(k∈N*)时命题成立，则当n＝k＋1时，该命题也成立”，故若n＝4时命题成立，则n＝5时命题也应成立，现已知n＝5时，命题不成立，故n＝4时，命题也不成立．[点评]可用逆否法判断．4．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为12n(n－3)条时，第一步检验第一个值n0等于()A．1B．2C．3D．4[答案] C[解析]因为凸n边形的边数最少为3，故验证的第一个值n0＝3.5．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＋2－1k＋1C．S k＋12k＋1－12k＋2D．S k＋12k＋1＋12k＋2[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. 6．(2011·厦门月考)用数学归纳法证明：“(n ＋1)·(n ＋2)·…·(n ＋n )＝2n ·1·3·…·(2n －1)”，从“n ＝k 到n ＝k ＋1”左端需增乘的代数式为( )A ．2k ＋1B ．2(2k ＋1)C.2k ＋1k ＋1D.2k ＋3k ＋1[答案] B[解析] n ＝k 时，左端为(k ＋1)(k ＋2)…(k ＋k )；n ＝k ＋1时，左端为[(k ＋1)＋1]·[(k ＋1)＋2]…[(k ＋1)＋(k ＋1)]＝(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )·(k ＋k ＋1)·(k ＋k ＋2)＝2(k ＋1)(k ＋2)(k ＋3)…(k ＋k )(2k ＋1)，故左端增加了2(2k ＋1)．7．(2010·吉林市检测、浙江金华十校联考)观察下列式子：1＋122<32，1＋122＋132<53，1＋122＋132＋142<74，……，则可以猜想：当n ≥2时，有__________________．[答案] 1＋122＋132＋…＋1n 2<2n －1n (n ≥2) [解析] 观察式子左边都是自然数的平方的倒数求和，右边分母为左边的项数，分子为项数的2倍减1，故右边表达式为2n －1n .8．如果不等式2n >n 2＋1对于n ≥n 0的正整数n 都成立，则n 0的最小值为________．[答案] 5[解析]当n＝1时，2>2不成立，当n＝2时，4>5不成立．当n＝3时，8>10不成立当n＝4时，16>17不成立当n＝5时，32>26成立当n＝6时，64>37成立，由此猜测n0应取5.1.观察下式：1＋3＝221＋3＋5＝321＋3＋5＋7＝421＋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)＝n2(n∈N*)B．1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝n2(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.2．(2010·天津滨海新区五校)若f(x)＝f1(x)＝x1＋x，f n(x)＝f n－1[f(x)](n≥2，n∈N*)，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＋f1(1)＋f2(1)＋…＋f n(1)＝()A．n B.9n＋1C.nn＋1D．1[答案] A[解析]易知f(1)＝12，f(2)＝23，f(3)＝34，…，f(n)＝nn＋1；由f n(x)＝f n－1(f(x))得，f2(x)＝x1＋2x，f3(x)＝x1＋3x，…，f n(x)＝x1＋nx，从而f1(1)＝12，f2(1)＝13，f3(1)＝14，…，f n(1)＝1n＋1，，所以f(n)＋f n(1)＝1，故f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＋f1(1)＋f2(1)＋…＋f n(1)＝n.3.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CA1、A1A2，A2A3是分别以A、B、C为圆心，AC、BA1、CA2为半径画的圆弧，曲线CA1A2A3称为螺旋线旋转一圈．然后又以A为圆心，AA3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．(3n2＋n)π B．(3n2－n＋1)πC.(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. 4．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰由6颗珠宝(图中圆圈表示珠宝)构成如图1所示的正六边形，第三件首饰由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形，第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形，第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断前10件首饰所用珠宝总颗数为( )A ．190B ．715C ．725D ．385[答案] B[解析] 由条件可知前5件首饰的珠宝数依次为：1,1＋5,1＋5＋9,1＋5＋9＋13,1＋5＋9＋13＋17，即每件首饰的珠宝数为一个以1为首项，4为公差的等差数列的前n项和，通项a n＝4n－3.由此可归纳出第n件首饰的珠宝数为n[1＋(4n－3)]2＝2n2－n.则前n件首饰所用的珠宝总数为2(12＋22＋…＋n2)－(1＋2＋…＋n)＝4n3＋3n2－n6.当n＝10时，总数为715.5．(2010·南京调研)已知：(x＋1)n＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x －1)3＋…＋a n(x－1)n(n≥2，n∈N*)．(1)当n＝5时，求a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5的值．(2)设b n＝a22n－3，T n＝b2＋b3＋b4＋…＋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＝a0＋a1(x－1)＋a2(x－1)2＋a3(x－1)3＋a4(x－1)4＋a5(x－1)5令x＝2得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35＝243.(2)因为(x＋1)n＝[2＋(x－1)]n，所以a2＝C2n·2n－2b n＝a22n－3＝2C2n＝n(n－1)(n≥2)①当n＝2时．左边＝T2＝b2＝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. 6．已知正项数列{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．[解析] (1)由a 2n ≤a n －a n ＋1得a n ＋1≤a n －a 2n .∵在数列{a n }中a n >0，∴a n ＋1>0，∴a n －a 2n >0，∴0<a n <1，故数列{a n }中的任何一项都小于1.(2)解法1：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. 下面用数学归纳法证明：当n ≥2，n ∈N 时猜想正确．①当n ＝2时，显然成立；②假设当n ＝k (k ≥2，k ∈N)时，有a k <1k ≤12成立．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， ∴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 .解法2：由a 2n ≤a n －a n ＋1，得0<a k ＋1≤a k －a 2k ＝a k (1－a k )，∵0<a k <1，∴1a k ＋1≥1a k (1－a k )＝1a k ＋11－a k ， ∴1a k ＋1－1a k ≥11－a k>1. 令k ＝1,2,3，…，n －1得：1a 2－1a 1>1，1a 3－1a 2>1，…，1a n－1a n －1>1， ∴1a n >1a 1＋n －1>n ，∴a n <1n . 7．(2011·湖南理，22)已知函数f (x )＝x 3，g (x )＝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a 1＝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 .[解析] (1)由h (x )＝x 3－x －x 知，x ∈[0，＋∞)，而h (0)＝0，且h (1)＝－1<0，h (2)＝6－2>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．解法1：h ′(x )＝3x 2－1－12x －12，记φ(x )＝3x 2－1－12x －12，则φ′(x )＝6x ＋14x －32.当x ∈(0，＋∞)时，φ′(x )>0，因此φ(x )在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)>0，φ(33)<0，则φ(x )在(33，1)内有零点，所以φ(x )在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x 1，则当x ∈(0，x 1)时，φ(x )<φ(x 1)＝0；当x ∈(x 1，＋∞)时，φ(x )>φ(x 1)＝0.所以当x ∈(0，x 1)时，h (x )单调递减，而h (0)＝0，则h (x )在(0，x 1]内无零点；当x ∈(x 1，＋∞)时，h (x )单调递增，则h (x )在(x 1，＋∞)内至多只有一个零点，从而h (x )在(0，＋∞)内至多只有一个零点．综上所述，h (x )有且只有两个零点．解法2：由h (x )＝x (x 2－1－x －12)，记φ(x )＝x 2－1－x －12，则φ′(x )＝2x ＋12x －32.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x 0，即x 30＝x 0＋x 0. ①当a <x 0时，由a 1＝a ，即a 1<x 0.而a 32＝a 1＋a 1<x 0＋x 0＝x 30，因此a 2<x 0，由此猜测：a n <x 0，下面用数学归纳法证明．a ．当n ＝1时，a 1<x 0显然成立．b ．假设当n ＝k (k ≥1)时，a k <x 0成立，则当n ＝k ＋1时，由a 3k ＋1＝a k ＋a k <x 0＋x 0＝x 30知，a k ＋1<x 0.因此，当n ＝k ＋1时，a k ＋1<x 0成立．故对任意的n ∈N *，a n <x 0成立．②当a ≥x 0时，由(1)知，h (x )在(x 0，＋∞)上单调递增，则h (a )≥h (x 0)＝0，即a 3≥a ＋a ，从而a 32＝a 1＋a 1＝a ＋a ≤a 3，即a 2≤a .由此猜测：a n ≤a ，下面用数学归纳法证明．a ．当n ＝1时，a 1≤a 显然成立．b ．假设当n ＝k (k ≥2)时，a k ≤a 成立，则当n ＝k ＋1时，由a 3k ＋1＝a k ＋a k ≤a ＋a ≤a 3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{x 0，a }，使得对于任意的n ∈N *，都有a n ≤M .1．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____________．[答案] a n ＝1(2n －1)(2n ＋1)2．(2011·广东湛师附中模拟)设n ∈N *，n >1，求证：1＋12＋13＋ (1)>n . [解析] (1)当n ＝2时，不等式左边＝1＋12>2＝右边． (2)假设n ＝k (k >1，k ∈N *)时，不等式成立，即1＋12＋13＋ (1)>k ，那么当n ＝k ＋1时，有 1＋12＋13＋…＋1k ＋1k ＋1>k ＋1k ＋1＝k (k ＋1)＋1k ＋1>k 2＋1k ＋1＝k ＋1k ＋1＝k ＋1. 所以当n ＝k ＋1时，不等式也成立．由(1)(2)可知对任何n ∈N *，n >1，1＋12＋13＋ (1)>n 均成立． 3．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 n 2x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 代入函数f (x )＝x ＋a n 2x 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 n 2x 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b5＝22，所以b5＋b100＝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．。