【高三总复习】2013高中数学技能特训9-4数学归纳法(理)(人教B版)含解析

9-4数学归纳法(理)基础巩固强化1.用数学归纳法证明1＋12＋13＋…＋12n－1n(n∈N*，n1)时，第一步应验证不等式()A．1＋122B．1＋12＋132C．1＋12＋133D．1＋12＋13＋143[答案]B[解析]∵n∈N*，n1，∴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．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．3．(2012·深圳市明德外语实验学校测试)用数学归纳法证明：12＋22＋…＋n2＋…＋22＋12＝n2n2＋13，第二步证明由“k到k＋1”时，左边应加()A．k2B．(k＋1)2C．k2＋(k＋1)2＋k2D．(k＋1)2＋k2[答案]D[解析]当n＝k时，左边＝12＋22＋…＋k2＋…＋22＋12，当n＝k＋1时，左边＝12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋…＋22＋12，∴选D.4．已知Sk＝1k＋1＋1k＋2＋1k＋3＋…＋12k(k＝1,2,3，…)，则Sk＋1等于()A．Sk＋12k＋1B．Sk＋12k＋2－1k＋1C．Sk＋12k＋1－12k＋2D．Sk＋12k＋1＋12k＋2[答案]C[解析]Sk＋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＝Sk＋12k＋1－12k＋2.5．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an的表达式是()A．an＝3n－2B．an＝n2C．an＝3n－1D．an＝4n－3[答案]B[解析]a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.6．已知f(n)＝1n＋1n＋1＋1n＋2＋…＋1n2，则()A．f(n)中共有n项B．f(n)中共有n＋1项C．f(n)中共有n2－n项D．f(n)中共有n2－n＋1项[答案]D[解析]f(n)的分母从n开始取自然数到n2止，共有n2－(n－1)＝n2－n＋1项．7．如果不等式2nn2＋1对于n≥n0的正整数n都成立，则n0的最小值为________．[答案]5[解析]当n＝1时，22不成立，当n＝2时，45不成立．当n＝3时，810不成立当n＝4时，1617不成立当n＝5时，3226成立当n＝6时，6437成立，由此猜测n0应取5.8．用数学归纳法证明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝n3n＋12(n∈N*)的第二步中，当n＝k＋1时等式左边与n＝k时等式左边的差等于________．[答案]3k＋2[解析][(k＋1)＋1]＋[(k＋1)＋2]＋…＋[(k＋1)＋(k＋1)]－[(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(k＋k)]＝[(k＋1)＋k]＋[(k＋1)＋(k＋1)]－(k＋1)＝3k＋2.9．(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．[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．10．已知函数f(x)＝13x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)．试比较11＋a1＋11＋a2＋11＋a3＋…＋11＋an与1的大小，并说明理由．[解析]∵f′(x)＝x2－1，an＋1≥f′(an＋1)，∴an＋1≥(an＋1)2－1.∵函数g(x)＝(x＋1)2－1＝x2＋2x在区间[－1，＋∞)上单调递增，于是由a1≥1，及a2≥(a1＋1)2－1得，a2≥22－1，进而得a3≥(a2＋1)2－1≥24－123－1，由此猜想：an≥2n－1.下面用数学归纳法证明这个猜想：①当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论成立；②假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时结论成立，即ak≥2k－1，则当n＝k＋1时，由g(x)＝(x＋1)2－1在区间[－1，＋∞)上单调递增知，ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，即n＝k＋1时，结论也成立．由①、②知，对任意n∈N*，都有an≥2n－1.即1＋an≥2n.∴11＋an≤12n.∴11＋a1＋11＋a2＋…＋11＋a3＋…＋11＋an≤12＋122＋123＋…＋12n＝1－(12)n1.能力拓展提升11.若f(x)＝f1(x)＝x1＋x，fn(x)＝fn－1[f(x)](n≥2，n∈N*)，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＋f1(1)＋f2(1)＋…＋fn(1)＝()A．nB.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fn(x)＝fn－1(f(x))得，f2(x)＝x1＋2x，f3(x)＝x1＋3x，…，fn(x)＝x1＋nx，从而f1(1)＝12，f2(1)＝13，f3(1)＝14，…，fn(1)＝1n＋1，，所以f(n)＋fn(1)＝1，故f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＋f1(1)＋f2(1)＋…＋fn(1)＝n.12.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ln为()A．(3n2＋n)πB．(3n2－n＋1)πC.3n2＋nπ2D.3n2－n＋1π2[答案]A[解析]由条件知CA1，A1A2，A2A3，…，An－1An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Ln＝2π3(1＋2＋3＋…＋3n)＝2π3·3n1＋3n2＝(3n2＋n)π.13．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn、Sn＋1、2S1成等差数列，则S2、S3、S4分别为________，由此猜想Sn＝________.[答案]32，74，158Sn＝2n－12n－1[解析]∵Sn、Sn＋1、2S1成等差数列，∴2Sn＋1＝Sn＋2S1，∵S1＝a1＝1，∴2Sn＋1＝Sn＋2.令n＝1，则2S2＝S1＋2＝1＋2＝3，∴S2＝32.同理，分别令n＝2、n＝3，可求得S3＝74，S4＝158，由S1＝1＝21－120，S2＝32＝22－121，S3＝74＝23－122，S4＝158＝24－123，猜想Sn＝2n－12n－1.14．(2012·温州一模)已知n∈N*，设平面上的n个椭圆最多能把平面分成an部分，则a1＝2，a2＝6，a3＝14，a4＝26，…，则an＝________.[答案]2n2－2n＋2[解析]观察规律可知an－an－1＝(n－1)×4，利用累加法可得an＝2n2－2n＋2.15．用数学归纳法证明下面的等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1nn＋12.[证明](1)当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0·1×1＋12＝1，∴原等式成立．(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时，等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＝(－1)k－1kk＋12.那么，当n＝k＋1时，则有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k－1kk＋12＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k·k＋12[－k＋2(k＋1)]＝(－1)kk＋1k＋22，∴n＝k＋1时，等式也成立，由(1)、(2)得对任意n∈N＋有12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1nn＋12.16．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝bn1－4a2n(n∈N*)且点P1的坐标为(1，－1)．(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＝b11－4a21＝13，a2＝a1·b2＝13.∴点P2的坐标为(13，13)．∴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＝bk1－4a2k·(2ak＋1)＝bk1－2ak＝1－2ak1－2ak＝1，∴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．1．对于不等式n2＋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k2＋kk＋1，则n＝k＋1时，k＋12＋k＋1＝k2＋3k＋2k2＋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]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.2．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.3．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an＝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715.4．已知正项数列{an}中，对于一切的n∈N*均有a2n≤an－an＋1成立．(1)证明：数列{an}中的任意一项都小于1；(2)探究an与1n的大小，并证明你的结论．[解析](1)由a2n≤an－an＋1得an＋1≤an－a2n.∵在数列{an}中