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2014届高三数学一轮复习 (教材回扣+考点分类+课堂内外+限时训练)专讲专练 7.7 数学归纳法


2014 届高三数学一轮复习专讲专练(教材回扣+考点分类+课堂 内外+限时训练) :7.7
一、选择题 1.对于不等式 n +n<n+1(n∈N ),某学生采用数学归纳法证明过程如下: (1)当 n=1 时, 1 +1<1+1,不等式成立. (2)假设 n=k(k∈N )时,不等式成立,即 k +k<k+1,则 n=k+1 时, ?
* 2 2 2 *

数学归纳法

k+1?
2

2

+?

k+1? = k2+3k+2 k+2?

< ? k +3k+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:n=1 的验证及归纳假设都正确,但从 n=k 到 n=k+1 的推理中没有使用归纳假 设,而是通过不等式的放缩法直接证明,不符合数学归纳法的证题要求. 答案:D 2.用数学归纳法证明等式 1+3+5+?+(2n+1)=(n+1) (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
2 2 *

)

B.1+3+5+?+(2k+3)=(k+2) C.1+3+5+?+(2k+1)=(k+2) D.1+3+5+?+(2k+3)=(k+3) 解析:∵n=k+ 1 时,

2

2

2

等式左边=1+3+5+?+(2k+1)+(2k+3)=(k+1) +(2k+3)=(k+2) . 答案:B 3.某个命题与自然数 n 有关,若 n=k(k∈N )时命题成立,那么可推得当 n=k+1 时该 命题也成立.现已知当 n=5 时,该命题不成立,那么可推得( A.当 n=6 时,该命题不成立 B.当 n=6 时,该命题成立 C.当 n=4 时,该命题不成立 D.当 n=4 时,该命题成立
1
*

2

2

)

解析:因为当 n=k 时命题成立可推出 n=k+1 时成立,所以 n=5 时命题不成立,则 n =4 时命题也一定不成立. 答案:C 4.已知 1+2×3+3×3 +4×3 +?+n×3
2 3

n-1

=3 (na-b)+c 对一切 n∈N 都成立,则

n

*

a、b、c 的值为(

) 1 B.a=b=c= 4 D.不存在这样的 a、b、c
*

1 1 A.a= ,b=c= 2 4 1 C.a=0,b=c= 4 解析:∵等式对一切 n∈N 均成立, ∴n=1,2,3 时等式成立.

?1=3? a-b? +c, ? 2 即?1+2×3=3 ? 2a-b? +c, ?1+2×3+3×32=33? 3a-b? +c, ? ?3a-3b+c=1, ? 整理得?18a-9b+c=7, ?81a-27b+c=34, ?
答案:A 1 5. 在数列{an}中, 1= , Sn=n(2n-1)an, a 且 通过求 a2, 3, 4, a a 猜想 an 的表达式为( 3 A. ? ? C. 1 ) 1 1 解得 a= ,b=c= . 2 4

n-1? ? n+1?
1 2n-1? ? 2n+1?

B. D. ?

2n?

1 2n+1? 1 2n+1? ? 2n+2?

1 解析:由 a1= ,Sn=n(2n-1)an, 3 得 S2=2(2×2-1)a2,即 a1+a2=6a2. 1 1 1 1 ∴a2= = ,S3 =3(2×3-1)a3,即 + +a3=15a3. 15 3×5 3 15 1 1 1 ∴a3= = ,同理可得 a4= . 35 5×7 7×9 答案:C 6.设 f(x)是定义在正整数集上的函数,且 f(x)满足:“当 f(k)≥k 成立时,总可推 出 f(k+1)≥(k+1) 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)≥k 成立 B.若 f(5)≥25 成立,则当 k≤5 时,均有 f(k)≥k 成立
2 2 2 2

)

2

C.若 f(7)<49 成立,则当 k≥8 时,均有 f(k)<k 成立 D.若 f(4)=25 成立,则当 k≥4 时,均有 f(k)≥k 成立 解析:对于 A,f(3)≥9,加上题设可推出当 k≥3 时,均有 f(k)≥k 成立,故 A 错误. 对于 B,逆推到比 5 小的正整数,与题设不符,故 B 错误.C 显然错误. 对于 D,f(4)=25≥4 ,由题设的递推关系,可知结论成立. 答案:D 二、填空题 7.若 f(n)=1 +2 +3 +?+(2n) ,则 f(k+1)与 f(k)的递推关系是__________. 解析:∵f(k)=1 +2 +?+(2k) ,
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

f(k+1)=12+22+?+(2k)2+(2k+1)2+(2k+2)2,
∴f(k+1)=f(k)+(2k+1) +(2k+2) . 答案:f(k+1)=f(k)+(2k+1) +(2k+2)
2 2 2 2

8.在数列{an}中, a1=1,且 Sn,Sn+1,2S1 成等差数列(Sn 表示数列{an}的前 n 项和),则

S2,S3,S4 分别为___ _______,由此猜想 Sn=__________.
解析:由 Sn,Sn+1,2S1 成等差数列,得 2Sn+1=Sn+2S1, ∵S1=a1=1,∴2Sn+1=Sn+2. 3 令 n=1,则 2S2=S1+2=1+2=3,∴S2= . 2 同理,分别令 n=2,n=3, 7 15 可 求得 S3= ,S4= . 4 8 由 S1=1 = 2 -1 3 2 -1 7 2 -1 0 ,S2= = 1 ,S3= = 2 , 2 2 2 4 2
n
1 2 3

S4= =

15 8

2 -1 2 -1 3 ,猜想 Sn= n-1 . 2 2
n

4

3 7 15 2 -1 答案: , , n-1 2 4 8 2 9.下面三个判断中,正确的是__________. ①f(n)=1+k+k +?+k (n∈N ), 当 n=1 时,f(n)=1; 1 1 1 * ②f(n)=1+ + +?+ (n∈N ), 2 3 2n+1 1 1 当 n=1 时,f(n)=1+ + ; 2 3 ③f(n)= 1
2

n

*

n+1 n+2



1

1 * +?+ (n∈N ), 3n+1

3

则 f(k+1)=f(k)+

1 1 1 + + . 3k+2 3k+3 3k+4

解析:①中 n=1 时,f(n)=f(1)=1+k 不一定等于 1,故①不正确 ; 1 1 ②中 n=1 时,f(1)=1+ + ,故②正确; 2 3 1 1 1 1 ③中 f(k+1)=f(k)+ + + - ,故③不正确. 3k+2 3k+3 3k+4 k+1 答案:② 三、解答题 1 ?π ? * 10.已知数列{an}中,a1= ,an+1=sin? an?(n∈N ),求证 :0<an<an+1<1. 2 ?2 ? 1 π π 2 证明:①n=1 时,a1= ,a2=sin( a1)=sin = . 2 2 4 2 ∴0<a1<a2<1,故结论成立. ②假设 n=k 时结论成立,即 0<ak<ak+1<1, π π π 则 0< ak< ak+1< . 2 2 2 π π ∴0<sin( ak)<sin( ak+1)<1, 2 2 即 0<ak+1<ak+2<1. 也就是说 n=k+1 时,结论也成立. 由①②可知,对一切 n∈N 均有 0<an<an+1<1 成立. 11.数列{an}满足 Sn= 2n-an(n∈N ). (1)计算 a1,a2,a3,a4,并由此猜想通项公式 an; (2)用数学归纳法证明(1)中的猜想. 解析:(1)当 n=1 时,a1=S1=2-a1,∴a1=1. 3 当 n=2 时,a1+a2=S2=2×2-a2,∴a2= . 2 7 当 n=3 时,a1+a2+a3=S3=2×3-a3,∴a3= . 4 15 当 n=4 时,a1+a2+a3+a4=S4=2×4-a4,∴a4= . 8 2 -1 * 由此猜想 an= n-1 (n∈N ). 2 (2)证明:①当 n=1 时,a1=1,结论成立. 2 -1 * ②假设 n=k(k≥1 且 k∈N )时,结论成立,即 ak= k-1 , 2
k n
* *

4

那么 n=k+1(k≥1 且 k∈N )时,

*

a k+1=S k+1-Sk
=2(k+1)-ak+1-2k+ak =2+ak-ak+1. 2 -1 2 -1 ∴2ak+1=2+ak=2+ k-1 = k-1 . 2 2 2 ∴ak+1=
k+1 k k+1

-1 , k 2
*

由①②可知,对 n∈N ,an=

2 -1 n-1 都成立. 2
2 2 *

n

12.已知数列{an},an≥0,a1=0,an+1+an+1-1=an(n∈N ).记 Sn=a1+a2+?+an,

Tn=

1 + 1+a1 ?

1 +?+ 1+a1? ? 1+a2? 1 1+a2? ??
*

?

1+a1? ?

1+an?

.

求证:当 n∈N 时, (1)an<an+1; (2)Sn>n-2. 解析:(1)用数学归纳法证明. ①当 n=1 时,∵a2 是方程 x +x-1=0 的正根,∴a1<a2. ②假设当 n=k(k≥1 且 k∈N )时,ak<ak+1, ∵ak+1-ak=(ak+2+ak+2-1)-(ak+1+a k+1-1) =(ak+2-ak+1)(ak+2+ak+1+1), ∴ak+1<ak+2. 即当 n=k+1 时,an<an+1 也成立. 根据①②可知,an<an+1 对任何 n∈N 都成立. (2)∵a1=a2+a2-1,
2 2 * 2 2 2 2 * 2

a2=a2+a3-1, 2 3 a2=a2+a4-1, 3 4
?

a2-1=a2+an-1, n n
累加得 an+(a2+a3+?+an)-(n-1)=a1. ∵a1=0,∴Sn=n-1-an,①
2 2 2

Sn+1=n-a2+1.② n
②-①,得 an+1=1+an-an+1,
2 2

5

∵0≤an<an+1, ∴an+1=1+an-an+1<1. 又 an<an+1,得 an<1, ∴Sn>n-2.
2 2

6


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