（江苏专用）2020版高考数学大一轮复习 第十章 附加考查部分 4 第4讲 数学归纳法刷好题练能力

第4讲数学归纳法1．求证：12＋22＋…＋n2＝n（n＋1）（2n＋1）6(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，左边＝1，右边＝1·（1＋1）（2＋1）6＝1，左边＝右边，等式成立；(2)假设n＝k(k∈N*，且k≥1)时，等式成立，即12＋22＋…＋k2＝k（k＋1）（2k＋1）6，则当n＝k＋1时，12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＝k（k＋1）（2k＋1）6＋(k＋1)2＝（k＋1）[（k＋1）＋1][2（k＋1）＋1]6，所以当n＝k＋1时，等式仍然成立．由(1)(2)可知，对于∀n∈N*等式恒成立．2．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝13n(4n2－1)(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝13×1×(4－1)＝1，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝13k(4k2－1)．则当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋(2k＋1)2＝13k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝13k(4k2－1)＋4k2＋4k＋1＝13k[4(k＋1)2－1]－13k·4(2k＋1)＋4k2＋4k＋1＝13k[4(k＋1)2－1]＋13(12k2＋12k＋3－8k2－4k)＝13k[4(k＋1)2－1]＋13[4(k＋1)2－1]＝13(k＋1)[4(k＋1)2－1]．即当n＝k＋1时等式也成立．由(1)，(2)可知，对一切n∈N*，等式都成立．3．设0a1，定义a1＝1＋a，an＋1＝1an＋a，求证：对任意n∈N*，有1an11－a.证明：(1)当n＝1时，a1＝1＋a1，又a1＝1＋a11－a，显然命题成立．(2)假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，命题成立，即1ak11－a.则当n＝k＋1时，由递推公式，知ak＋1＝1ak＋a，由假设可得(1－a)＋a1ak＋a1＋a11－a.于是当n＝k＋1时，命题也成立，即1ak＋111－a.由(1)(2)可知，对任意n∈N*，有1an11－a.4．用数学归纳法证明an＋1＋(a＋1)2n－1(n∈N*)能被a2＋a＋1整除．证明：(1)当n＝1时，a2＋(a＋1)＝a2＋a＋1可被a2＋a＋1整除．(2)假设n＝k(k≥1，k∈N*)时，ak＋1＋(a＋1)2k－1能被a2＋a＋1整除，则当n＝k＋1时，ak＋2＋(a＋1)2k＋1＝a·ak＋1＋(a＋1)2(a＋1)2k－1＝a·ak＋1＋a·(a＋1)2k－1＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1＝a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]＋(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1，由假设可知a[ak＋1＋(a＋1)2k－1]能被a2＋a＋1整除，(a2＋a＋1)(a＋1)2k－1也能被a2＋a＋1整除，所以ak＋2＋(a＋1)2k＋1也能被a2＋a＋1整除，即n＝k＋1时命题也成立，由(1)(2)知，对任意n∈N*原命题成立．5．(2019·江苏省重点中学领航高考冲刺卷(三))已知无穷数列{an}满足ai∈N*，且ai≤ai＋1(i∈N*)，记bk＝min{n|an≥k}(k∈N*)，其中min{n|an≥k}表示集合{n|an≥k}中最小的数．(1)若数列{an}：1，3，5，7，…，请写出b1，b2，ba2；(2)若Tn＝a1＋a2＋…＋an＋b1＋b2＋…＋ban，求证：Tn＝(n＋1)an.解：(1)由条件可知，满足an≥1的最小整数n＝1，即b1＝1，满足an≥2的最小整数n＝2，即b2＝2，满足an≥3的最小整数n＝2，即ba2＝b3＝2.(2)证明：①当n＝1时，由题意得，a1≥1，b1＝1，…，ba1＝1，故T1＝a1＋a1＝2a1，等式成立．②假设当n＝k时，等式成立，即Tk＝(k＋1)ak，当n＝k＋1时，若ak＋1＝ak，则Tk＋1＝a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＋b1＋b2＋…＋bak＋1＝(k＋1)ak＋ak＋1＝(k＋2)ak＋1.若ak＋1ak，则Tk＋1＝a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1＋b1＋b2＋…＋bak＋1＝Tk＋ak＋1＋bak＋1＋bak＋2＋…＋bak＋1＝(k＋1)ak＋ak＋1＋(k＋1)＋(k＋1)＋…＋(k＋1)(其中k＋1共有ak＋1－ak项)＝(k＋1)ak＋ak＋1＋(k＋1)(ak＋1－ak)＝(k＋2)ak＋1.综合①②可知，Tn＝(n＋1)an.6．设数列{an}满足an＋1＝a2n－nan＋1，n＝1，2，3，….(1)当a1＝2时，求a2，a3，a4，并由此猜想出{an}的一个通项公式；(2)当a1≥3时，证明对所有的n∈N*，有an≥n＋2.解：(1)由a1＝2，得a2＝a21－a1＋1＝3，由a2＝3，得a3＝a22－2a2＋1＝4，由a3＝4，得a4＝a23－3a3＋1＝5，由此猜想{an}的一个通项公式：an＝n＋1(n∈N*)．(2)证明：用数学归纳法证明：①当n＝1时，a1≥3＝1＋2，不等式成立．当n＝2时，a2＝a21－a1＋1＝a1－122＋34.当a1≥3时，a2≥9－3＋1＝72＋2.②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时不等式成立，即akk＋2，那么，ak＋1＝ak(ak－k)＋1(k＋2)(k＋2－k)＋1k＋3，也就是说，当n＝k＋1时，ak＋1(k＋1)＋2.根据①和②，对于所有n∈N*，都有an≥n＋2.7．(2019·徐州模拟)设n∈N*且n≥2，证明：(a1＋a2＋…＋an)2＝a21＋a22＋…＋a2n＋2[a1(a2＋a3＋…＋an)＋a2(a3＋a4＋…＋an)＋…＋an－1an]．解：(1)当n＝2时，有(a1＋a2)2＝a21＋a22＋2a1a2，命题成立．(2)假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，命题成立，即(a1＋a2＋…＋ak)2＝a21＋a22＋…＋a2k＋2[a1(a2＋a3＋…＋ak)＋a2(a3＋a4＋…＋ak)＋…＋ak－1ak]成立，那么当n＝k＋1时，有(a1＋a2＋…＋ak＋ak＋1)2＝(a1＋a2＋…＋ak)2＋2(a1＋a2＋…＋ak)ak＋1＋a2k＋1＝a21＋a22＋…＋a2k＋2[a1(a2＋a3＋…＋ak)＋a2(a3＋a4＋…＋ak)＋…＋ak－1ak]＋2(a1＋a2＋…＋ak)ak＋1＋a2k＋1＝a21＋a22＋…＋a2k＋a2k＋1＋2[a1(a2＋a3＋…＋ak＋ak＋1)＋a2(a3＋a4＋…＋ak＋ak＋1)＋…＋akak＋1]．所以当n＝k＋1时，命题也成立．根据(1)和(2)，可知结论对任意的n∈N*且n≥2都成立．8．(2019·泰州三校联考)已知数列{bn}满足b1＝12，1bn＋bn－1＝2(n≥2，n∈N*)．(1)求b2，b3，猜想数列{bn}的通项公式，并用数学归纳法证明；(2)设x＝bnn，y＝bn＋1n，比较xx与yy的大小．解：(1)当n＝2时，1b2＋12＝2，解得b2＝23.当n＝3时，1b3＋23＝2，解得b3＝34.猜想bn＝nn＋1.证明如下：①当n＝1时，b1＝12，等式成立．②假设当n＝k(k∈N*，k≥1)时，等式成立，即bk＝kk＋1.则当n＝k＋1时，1bk＋1＋bk＝2，即1bk＋1＋kk＋1＝2，所以1bk＋1＝2－kk＋1＝k＋2k＋1.bk＋1＝k＋1k＋2也成立．由①②，得bn＝nn＋1.(2)x＝bnn＝nn＋1n，xx＝nn＋1nnn＋1n＝nn＋1nnn＋1n，y＝bn＋1n＝nn＋1n＋1.yy＝nn＋1n＋1nn＋1n＋1＝nn＋1（n＋1）nn＋1n＋1＝nn＋1nnn＋1n.所以xx＝yy.1．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝can＋cn＋1(2n＋1)，n∈N*，其中c≠0.求数列{an}的通项公式．解：由a1＝1，a2＝ca1＋c2·3＝3c2＋c＝(22－1)c2＋c，a3＝ca2＋c3·5＝8c3＋c2＝(32－1)c3＋c2，a4＝ca3＋c4·7＝15c4＋c3＝(42－1)c4＋c3，猜测an＝(n2－1)cn＋cn－1，n∈N*.下面用数学归纳法证明．(1)当n＝1时，等式成立；(2)假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，等式成立，即ak＝(k2－1)ck＋ck－1，则当n＝k＋1时，ak＋1＝cak＋ck＋1(2k＋1)＝c[(k2－1)ck＋ck－1]＋ck＋1(2k＋1)＝(k2＋2k)ck＋1＋ck＝[(k＋1)2－1]ck＋1＋ck，综上(1)(2)知，an＝(n2－1)cn＋cn－1对任何n∈N*都成立．2．(2019·江苏省四校联考)设Pn＝(1－x)2n－1，Qn＝1－(2n－1)x＋(n－1)(2n－1)x2，x∈R，n∈N*.(1)当n≤2时，试指出Pn与Qn的大小关系；(2)当n≥3时，试比较Pn与Qn的大小，并证明你的结论．解：(1)n＝1时，Pn＝Qn；n＝2时，当x＝0时，Pn＝Qn；当x0时，PnQn；当x0时，PnQn.(2)法一：n≥3时，①x＝0时，Pn＝Qn，②x≠0时，令F(x)＝(1－x)2n－1－1＋(2n－1)x－(n－1)·(2n－1)x2则F′(x)＝－(2n－1)(1－x)2n－2＋(2n－1)－2(n－1)·(2n－1)x，F″(x)＝(2n－1)(2n－2)(1－x)2n－3－2(n－1)(2n－1)＝(2n－1)(2n－2)[(1－x)2n－3－1]，当x0时，F″(x)0，F′(x)单调递减；当x0时，F″(x)0，F′(x)单调递增，所以F′(x)F′(0)＝0，所以F(x)单调递减，当x0时，F(x)F(0)＝0，当x0时，F(x)F(0)＝0所以当x0时，PnQn；当x0时，PnQn.法二：可用数学归纳法证明当x0时，PnQn，证明如下：①当n＝3时，P3－Q3＝(1－x)5－(1－5x＋10x2)＝－x3x－522＋1540成立；②假设n＝k(k≥3)时有PkQk，则当n＝k＋1时，Pk＋1＝(1－x)2k＋1＝(1－x)2(1－x)2k－1(1－x)2[1－(2k－1)x＋(k－1)(2k－1)x2]，又1－(2k＋1)x＋k(2k＋1)x2－(1－x)2[1－(2k－1)x＋(k－1)(2k－1)x2]＝(2k－1)x3[(2k－1)－(k－1)x]0，所以n＝k＋1时也成立．所以当x0时，PnQn.当x0时，用法一证明．法三：用二项式定理证明当x0时，PnQn，如下：n≥3时，Pn＝Qn－C32n－1x3＋C42n－1x4－…＋(－1)2n－1·C2n－12n－1x2n－1，所以当x0时，PnQn，当x0时，用法一证明．3．空间内有n(n∈N*)个不重合的平面，设这n个平面最多将空间分成an(n∈N*)个部分．(1)求a1，a2，a3，a4；(2)写出an关于n(n∈N*)的表达式并用数学归纳法证明．解：(1)a1＝2，a2＝4，a3＝8，a4＝15.(2)an＝16(n3＋5n＋6)．证明如下：当n＝1时显然成立；设n＝k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即ak＝16(k3＋5k＋6)，则当n＝k＋1时，再添上第k＋1个平面，因为它和前k个平面都相交，所以可得k条互不平行且不共点的交线，且其中任意3条直线不共点，这k条交线可以把第k＋1个平面最多划分成12[(k＋1)2－(k＋1)＋2]个部分，每个部分把它所在的原有空间区域划分成两个区域．因此空间区域的总数增加了12[(k＋1)2－(k＋1)＋2]个，从而ak＋1＝ak＋12[(k＋1)2－(k＋1)＋2]＝16(k3＋5k＋6)＋12[(k＋1)2－(k＋1)＋2]＝16[(k＋1)3＋5(k＋1)＋6]，即当n＝k＋1时，结论也成立．综上所