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高考数学闯关密练特训11-4数学闯关密练特训归纳法(理)新人教A版(含解析) 2

11-4 数学归纳法(理)
闯关密练特训 1.(2011·威海模拟)在用数学归纳法证明“2 >n 对从 n0 开始的所有正整数都成立”时, 第一步验证的 n0 等于( A.1 [答案] C [解析] n 的取值与 2 ,n 的取值如下表:
n
2

n

2

) C.5 D.7

B.3

n
2
n

1 2 1
2

2 4 4

3 8 9

4 16 16

5 32 25

6 64 36

?

[来

源:Z*xx*k.Com]

? ?
n
2

n2
n

由于 2 的增长速度要远大于 n 的增长速度,故当 n>4 时恒有 2 >n . 1 2.在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为 n(n-3)条时,第一步检验第一个值 n0 等 2 于( ) A.1 [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. 1 1 1 1 3.若 f(n)=1+ + + +?+ (n∈N+),则 f(1)为( 2 3 4 6n-1 A.1 1 1 1 1 C.1+ + + + 2 3 4 5 [答案] C [解析] 注意 f(n)的项的构成规律,各项分子都是 1,分母是从 1 到 6n-1 的自然数, 1 1 1 1 故 f(1)=1+ + + + . 2 3 4 5 4.数列{an}中,已知 a1=1,当 n≥2 时,an-an-1=2n-1,依次计算 a2,a3,a4 后,猜想 B. 1 5
[来源:学&科&网 Z&X&X&K]

B.2

C.3

D.4

)

D.非以上答案

an 的表达式是(
A.an=3n-2 C.an=3
n-1

) B.an=n
2

D.an=4n-3

[答案] B [解析] a1=1,a2=4,a3=9,a4=16,猜想 an=n . 1 1 1 1 5.已知 f(n)= + + +?+ 2,则( n n+1 n+2 n )
2

-1-

A.f(n)中 共有 n 项 C.f(n)中共有 n -n 项 [答案] D
2

B.f(n)中共有 n+1 项 D.f(n)中共有 n -n+1 项
2
[来源:Zxxk.Com]

[解析] f(n)的分母从 n 开始取自然数到 n 止,共有 n -(n-1)=n -n+1 项. 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( )

2

2

2

A.(8 -1)个 1 n C. (8 -1)个 7 [答案] C

n

B.(8 +1)个 1 n D. (8 +1)个 7

n

[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+8 个??第 n 个图挖去 1+8+8 +?+8
2

2

n-1

8 -1 = 个. 7
n n

n

7. (2011·徐州模拟)用数 学归纳法证明命题“当 n 为 正奇数时, x +y 能被 x+y 整除”, 第二步假设 n=2k-1(k∈N+)命题为真时,进而需证 n=________时,命题亦真. [答案] 2k+1 8. (2012·长春模拟)如图, 第 n 个图形是由正 n+2 边形“扩展”而来的(n=1,2,3, ?), 则第 n-2(n≥3,n∈N )个图形共有________个顶点.
*

-2-

[答案] n(n+1) [解析] 当 n=1 时,顶点共有 3×4=12(个), 当 n=2 时,顶点共有 4×5=20(个), 当 n=3 时,顶点共有 5×6=30(个), 当 n =4 时,顶点共有 6×7=42(个), 故第 n-2 图形共有顶点(n-2+2)(n-2+3)=n(n+1)个. 9.已知点列 An(xn,0),n∈N ,其中 x1=0,x2=a(a>0),A3 是线段 A1A2 的中点,A4 是线段
*

A2A3 的中点,?An 是线段 An-2An-1 的中点,?,
(1)写出 xn 与 xn-1、xn-2 之间的关系式(n≥3); (2)设 an=xn+1-xn,计算 a1,a2,a3,由此推测数列{an}的通项公式,并加以证明. [解析] (1)当 n≥3 时,xn= (2)a1=x2-x1=a,

xn-1+xn-2
2

.

x2+x1 1 1 a2=x3-x2= -x2=- (x2-x1)=- a,
2 2 2 2 2

x3+x2 1 1 a3=x4-x3= -x3=- (x3-x2)= a,
4 1 n-1 * 由此推测 an=(- ) a(n∈N ). 2 证法 1:因为 a1=a>0,且

xn+xn-1 xn-1-xn 1 1 an=xn+1-xn= -xn= =- (xn-xn-1)=- an-1(n≥2),
2 2 2 2 1 n-1 所以 an=(- ) a. 2 证法 2:用数学归纳法证明: 1 0 (1)当 n=1 时,a1=x2-x1=a=(- ) a,公式成立. 2
-3-

1 k-1 (2)假设当 n=k 时,公式成立,即 ak=(- ) a 成立.那么当 n=k+1 时, 2

xk+1+xk 1 1 1 1 k-1 1 (k+1)-1 ak+1=xk+2-xk+1= -xk+1=- (xk+1-xk)=- ak=- (- ) a=(- ) a,公
2 2 2 2 2 2 1 n-1 * 式仍成立,根据(1)和(2)可知,对任意 n∈N ,公式 an=(- ) a 成立. 2 1 3 1 10.已知函数 f(x)= x -x,数列{an}满足条件:a1≥1,an+1≥f ′(an+1).试比较 3 1+a1 + 1 1 1 + +?+ 与 1 的大小,并说明理由. 1+a2 1+a3 1+an [解析] ∵f ′(x)=x -1,an+1≥f ′(an+1 ), ∴an+1≥(an+1) -1. ∵函数 g(x)=(x+1) -1=x +2x 在区间[-1, +∞)上单调 递增, 于是由 a1≥1, 及 a2≥(a1 +1) -1 得,a2≥2 -1,进而得 a3≥(a2+1) -1≥2 -1>2 -1, 由此猜想:an≥2 -1. 下面用数学归纳法证明这个猜想: ①当 n=1 时,a1≥2 -1=1,结论成立; ②假设当 n=k(k≥1 且 k∈N )时结论成立,即 ak≥2 -1,则当 n=k+1 时,由 g(x)=(x +1) -1 在区间[-1,+∞)上单调递增知,ak+1≥(ak+1) -1≥2 -1≥2 即 n =k+1 时,结论也成立. 由①、②知,对任意 n∈N ,都有 an≥2 -1. 1 1 n 即 1+an≥2 .∴ ≤ n. 1+an 2 ∴ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 n + + +?+ ≤ + 2+ 3+?+ n=1-( ) <1. 1+a1 1+a2 1+a3 1+an 2 2 2 2 2 能力拓展提升 11.用数学归纳法证明 1+a+a +?+a 左边的项是( A.1 C.1+a+a [答案] C [解析] 左边项的指数规律是从第 2 项起指数为正整数列,故 n=1 时,应为 1+a+a . 12.凸 k 边形内角和为 f(k),则凸 k+1 边形的内角和 f(k+1)=f(k)+________. [答案] π [解析] 将 k+1 边形 A1A2?AkAk+1 的顶点 A1 与 Ak 连接, 则原 k+1 边形分为 k 边形 A1A2?Ak
2 2 2
[来源:Zxxk.Com]

2

2

2

2

2

2

2

4

3

n

1

*

k

2

2

2k

k+1

-1,

*

n

n+1

1-a = (a≠1,n∈N+),在验证 n=1 成立时, 1-a

n+2

) B.1+a D.1+a+a +a
2 3

-4-

与三角形 A1AkAk+1,显见有 f(k+1)=f(k)+π . 13.已知:(x+1) =a0+a1(x-1)+a2(x-1) +a3(x-1) +?+an(x-1) (n≥2,n∈N ). (1)当 n=5 时,求 a0+a1+a2+a3+a4+a5 的值. (2) 设 bn =
n
2 3

n

*

a2
2
n-3

, Tn = b2 + b3 + b4 +?+ bn. 试用数学归纳法证明: 当 n≥2 时, Tn =

n n+
3

n-

.

[解析] (1)当 n=5 时, 原等式变为(x+1) =a0+a1(x-1)+a2(x-1) +a3(x-1) +a4(x-1) +a5(x-1) 令 x=2 得 a0+a1+a2+a 3+a4+a5=3 =243. (2)因为(x+1) =[2+(x-1)] ,所以 a2=Cn·2
n n
2 5 5 2 3 4 5

n-2



bn=

a2

2

n-3

=2Cn=n(n-1)(n≥2).

2

①当 n=2 时.左边=T2=b2=2, 右边= + 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 Tk=

k k+
3

k-

成立

那么,当 n=k+1 时, 左边=Tk+bk+1= 1) =k(k+1)? =

k k+
3

k-

+(k+1)[(k+1)-1]=

k k+
3

k-

+k(k+

k+ ?k-1+1?=k k+ ? 3 3 ? ? k+
+ 3

k+

k+

-1] =右边.

故当 n=k+1 时,等式成立. 综上①②,当 n≥2 时,Tn=
2

n n+
3
n

n-

.
2

14.已知 f(x)=a1x+a2x +?+anx (n 为正偶数)且{an}为等差数列,f(1)=n ,f(-1)

?1? =n,试比较 f? ?与 3 的大小,并证明你的结论. ?2?
[解析] 由 f(1)=n ,f(-1)=n 得,a1=1,d=2.
2

?1? ?1? ?1?2 ?1?3 ∴f? ?=? ?+3? ? +5? ? +?+(2n-1)· ?2? ?2? ?2? ?2?

?1?n, ?2? ? ?

-5-

1 1 ?1? ?1?2 ?1?3 ?1?n ?1?n+1 两边同乘以 得, f? ?=? ? +3? ? +?+(2n-3)? ? +(2n-1)? ? , 2 2 ?2? ?2? ?2? ?2? ?2? 1 1? 1- n-1? ? ? 2 1?n 1?n+1 1 2? ? 1 ?1? 1 ?1?2 ?1?3 ? ? 两式相减得, f? ?= +2? ? +2? ? +?+2? ? -(2n-1)? ? = + -(2n- 2 ?2? 2 ?2? 2 1 ?2? ?2? ?2? 1- 2 1) 1 2
n+1

.

2n+3 ?1? ∴f? ?=3- n <3. 2 2 ? ? 1 1 1 * 15.证明:当 n∈N 时,1+ + +?+ >ln(n+1). 2 3 n [证明] (1)当 n=1 时,由于 ln2<lne=1,故不等式成立. (2)假设当 n=k(k∈N )时不等式成立. 1 1 1 则 1+ + +?+ >ln(1+k). 2 3 k 1 1 1 1 1 则当 n=k+1 时,1+ + +?+ + > +ln(k+1). 2 3 k k+1 k+1 要证不等式成立,只需证明 ln(k+2)< 要证明此不等式成立只需证明 1 k+ 2 1 >ln( )=ln(1+ ). k+1 k+ 1 k+1 下面构造函数 f(x)=ln(1+x)- x(x>0). 1 -x ∵f ′(x)= -1= <0, 1+x 1+x ∴f(x)=ln (1+x)-x 在(0,+∞)上是减函数, ∴f(x)<f(0), 即 ln(1+x)<x. 令 x= 1 1 1 得 ln(1+ )< . k+1 k+1 1+k 1 1 +ln(k+1)成立. k+1
*

即不等式 ln(k+2)<

k+1

+ln(1+k)成立,

1 1 1 1 所以 1+ + +?+ + >ln(k+2)成立. 2 3 k k+1 1 1 1 * 由(1)、(2)可知对 n∈N ,不等式 1+ + +?+ >ln(n+1)成立. 2 3 n [点评] 利用数学归纳法证明涉及与指数式、对数式有关的不等式时,在由 n=k 证明 n

-6-

=k+1 时,可以通过构造函数,利用函数的单调性得到需要证明的不等式,这是近年来函数、 不等式、数学归纳法结合在一起综合考查的热点问题,要加深对此法的理解与应用.

1.蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师,单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形, 如图为一组蜂巢的截面图,其中第一个图有 1 个蜂巢,第二个图有 7 个蜂巢,第三个图有 19 个蜂巢, 第四个图有 37 个蜂巢, 按此规律, 以 f(n)表示第 n 幅图的蜂巢总数, 则 f(6)=( )

A.53 C.91 [答案] C [解析] f(1)=1×6-6+1;

B.73 D.97

f(2)=2×6-6+f(1); f(3)=3×6-6+f(2); f(4)=4×6-6+f(3);? f(n)=n×6-6+f(n-1).
以上各式相加得

f(n)=(1+2+3+?+n)×6-6n+1=3n2-3n+1,
∴f(6)=3×6 -3×6+1=91. 1 1 1 127 * 2.用数学归纳法证明 1+ + +?+ n-1> (n∈N )成立,其初始值至少应取( 2 4 2 64 A.7 [答案] B 1 1- n 2 1 1 1 1 等式左端=1+ + +?+ n-1= =2- n-1,将选项中的值代入验证可知 n 2 4 2 1 2 1- 2 B.8 C.9 D.10 )
2

[解析]

的最小值为 8. 3.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
2

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)≥k 成立
2

)

B.若 f(5)≥25 成立,则当 k≤5 时,均有 f(k)≥k 成立 C.若 f(7)<49 成立,则当 k≥8 时,均有 f(k)>k 成立
-72

2

D.若 f(4)=25 成立,则当 k≥4 时,均有 f(k)≥k 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)≥k 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)≥8 ,故 C 错误. 对于 D,f(4)=25≥4 ,由题设的递推关系,可知结论成立,故选 D. 4.已知点 Pn(an,bn)满足 an+1=an·bn+1,bn+1= 2(n∈N )且点 P1 的坐标为(1,-1). 1-4an (1)求过点 P1,P2 的直线 l 的方程; (2)试用数学归纳法证明:对于 n∈N ,点 Pn 都在(1)中的直线 l 上. [解析] (1)由 P1 的坐标为(1,-1)知 a1=1,b1=-1. ∴b2=
* 2 2 2

2

bn

*

b1 1 1 2= ,a2=a1·b2= . 1-4a1 3 3

1 1 ∴点 P2 的坐标为( , ). 3 3 ∴直线 l 的方程为 2x+y=1. (2)证明:①当 n=1 时,2a1+b1=2×1+(-1)=1 成立. ②假设 n=k(k∈N ,k≥1)时,2ak+bk=1 成立, 则当 n=k+1 时,2ak+1+bk+1=2ak·bk+1+bk+1 =
*

bk
1-4ak
2

bk 1-2ak ·(2ak+1)= = =1, 1-2ak 1-2ak

∴当 n=k+1 时,命题也成立. 由①②知,对 n∈N ,都有 2an+bn=1,即点 Pn 在直线 l 上. 5.(2011·湖南理,22)已知函数 f(x)=x ,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{an}(n∈N )满足 a1=a(a>0),f(an+1)=g(an),证明:存在常数 M,使得对于任 意的 n∈N ,都有 an≤M. [解析] (1)由 h(x)=x -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.
[来源:Z。xx。k.Com]

*

3

*

*

3

1 解法 1: h′(x)=3x2-1- x 2



1 2

1 2 , 记 φ (x)=3x -1- x 2



1 2

1 , 则 φ ′(x)=6x+ x 4



3 2

.

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 ( 3 3 )<0,则 φ (x)在( ,1)内有零点,所以 φ (x) 3 3
-8-

在(0,+∞)内有且只有一个零点.记此零点为 x1,则当 x∈(0,x1)时,φ (x)<φ (x1)=0;当

x∈(x1,+∞)时,φ (x)>φ (x1)=0.所以当 x∈(0,x1)时,h(x)单调递减,而 h(0)=0,则 h(x)在(0,x1]内无零点;当 x∈(x1,+∞)时,h(x)单调递增,则 h(x)在(x1,+∞)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 -1-x
2

1 2

- ), 记 φ (x)=x -1-x
2

1 2

1 , 则 φ ′(x)=2x+ x 2



3 2

.

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 x0=x0+ x0. ①当 a<x0 时,由 a1=a,即 a1<x0. 而 a2=a1+ a1<x0+ x0=x0,因此 a2<x0,由此猜测:an<x0,下面用数学归纳法证明. a.当 n=1 时,a1<x0 显然成立. b.假设当 n=k(k≥1)时,ak<x0 成立,则当 n=k+1 时,由 ak+1=ak+ ak<x0+ x0=x0知,
3 3 3 3 3

ak+1<x0.
因此,当 n=k+1 时,ak+1<x0 成立. 故对任意的 n∈N ,an<x0 成立. ②当 a≥x0 时, 由(1)知, h(x)在(x0, +∞)上单调递增, 则 h(a)≥h(x0)=0, 即 a ≥a+ a, 从而 a2=a1+ a1=a+ a≤a ,即 a2≤a. 由此猜测:an≤a,下面用数学归纳法证明. a.当 n=1 时,a1≤a 显然成立. b.假设当 n=k(k≥2)时,ak≤a 成立,则当 n=k+1 时,由 ak+1=ak+ ak≤a+ a≤a 知,ak+1≤a. 因此,当 n=k+1 时,ak+1≤a 成立. 故对任意的 n∈N ,an≤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 an≤M.
* * 3 3 3 3 3 *

-9-


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