（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 课时跟踪检测（五十六）数学归纳法 理（含解析）苏教版

课时跟踪检测（五十六）数学归纳法一保高考，全练题型做到高考达标1．用数学归纳法证明等式“1＋2＋3＋…＋(n＋3)＝n＋n＋2(n∈N*)”，当n＝1时，等式应为___________________．答案：1＋2＋3＋4＝＋＋22．利用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n×1×3×…×(2n－1)，n∈N*”时，从“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边应增乘的因式是________．解析：当n＝k(k∈N*)时，左式为(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)；当n＝k＋1时，左式为(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k－1)·(k＋1＋k)·(k＋1＋k＋1)，则左边应增乘的式子是k＋k＋k＋1＝2(2k＋1)．答案：2(2k＋1)3．(2018·海门实验中学检测)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________．解析：计算出a2＝4，a3＝9，a4＝16.可猜想an＝n2.答案：an＝n24．平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为________．解析：1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋nn＋2＝n2＋n＋22个区域．答案：f(n)＝n2＋n＋225．用数学归纳法证明不等式1＋12＋14＋…＋12n－1＞12764成立，起始值应取为n＝________.解析：不等式的左边＝1－12n1－12＝2－12n－1，当n＜8时，不等式不成立，故起始值应取n＝8.答案：86．平面内n(n∈N*)个圆中，每两个圆都相交，每三个圆都不交于一点，若该n个圆把平面分成f(n)个区域，则f(n)＝________.解析：因为f(1)＝2，f(n)－f(n－1)＝2(n－1)，则f(2)－f(1)＝2×1，f(3)－f(2)＝2×2，f(4)－f(3)＝2×3，……，f(n)－f(n－1)＝2(n－1)，所以f(n)－f(1)＝n(n－1)，即f(n)＝n2－n＋2.答案：n2－n＋27．等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的n∈N*，点(n，Sn)均在函数y＝bx＋r(b＞0且b≠1，b，r均为常数)的图象上．(1)求r的值．(2)当b＝2时，记bn＝2(log2an＋1)(n∈N*)，证明：对任意的n∈N*，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·bn＋1bn＞n＋1成立．解：(1)由题意，Sn＝bn＋r，当n≥2时，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．由于b＞0且b≠1，所以当n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，因为a2a1＝b，所以bb－b＋r＝b，解得r＝－1.(2)证明：当b＝2时，由(1)知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N*)，故所证不等式为2＋12·4＋14·…·2n＋12n＞n＋1.用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，左式＝32，右式＝2，左式＞右式，所以不等式成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N*)时不等式成立，即2＋12·4＋14·…·2k＋12k＞k＋1，则当n＝k＋1时，2＋12·4＋14·…·2k＋12k·2k＋3k＋＞k＋1·2k＋3k＋＝2k＋32k＋1，要证当n＝k＋1时结论成立，只需证2k＋32k＋1≥k＋2，即证2k＋32≥k＋k＋，由基本不等式，得2k＋32＝k＋＋k＋2≥k＋k＋，故2k＋32k＋1≥k＋2成立，所以当n＝k＋1时，结论成立．由①②可知，对任意的n∈N*，不等式b1＋1b1·b2＋1b2·…·bn＋1bn＞n＋1成立．8．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：(1)由题意得a1＝1，b1＝－1，b2＝－11－4×1＝13，a2＝1×13＝13，所以P213，13.所以直线l的方程为y＋113＋1＝x－113－1，即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≥1且k∈N*)时，2ak＋bk＝1成立．则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝bk1－4a2k·(2ak＋1)＝bk1－2ak＝1－2ak1－2ak＝1，所以当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝1也成立．由①②知，对于n∈N*，都有2an＋bn＝1，即点Pn在直线l上．9．已知数列{}an，当n≥2时，an＜－1，又a1＝0，a2n＋1＋an＋1－1＝a2n，求证：当n∈N*时，an＋1＜an.证明：(1)当n＝1时，因为a2是a22＋a2－1＝0的负根，所以a1＞a2.(2)假设当n＝k(k∈N*)时，ak＋1＜ak，因为a2k＋1－a2k＝(a2k＋2＋ak＋2－1)－(a2k＋1＋ak＋1－1)＝(ak＋2－ak＋1)(ak＋2＋ak＋1＋1)，ak＋1＜ak≤0，所以a2k＋1－a2k＞0，又因为ak＋2＋ak＋1＋1＜－1＋(－1)＋1＝－1，所以ak＋2－ak＋1＜0，所以ak＋2＜ak＋1，即当n＝k＋1时，命题成立．由(1)(2)可知，当n∈N*时，an＋1＜an.10．(2019·南京模拟)把圆分成n(n≥3)个扇形，设用4种颜色给这些扇形染色，每个扇形恰染一种颜色，并且要求相邻扇形的颜色互不相同，设共有f(n)种方法．(1)写出f(3)，f(4)的值；(2)猜想f(n)(n≥3)，并用数学归纳法证明．解：(1)当n＝3时，第一个有4种方法，第二个有3种方法，第3个有2种方法，可得f(3)＝24；当n＝4时，第一个有4种方法，第二个有3种方法，第三个与第一个相同有1种方法，第四个有3种方法，或第一个有4种方法，第二个有3种方法，第三个与第一个不相同有2种方法，第四个有2种方法，可得f(4)＝36＋48＝84.(2)证明：当n≥4时，首先，对于第1个扇形a1，有4种不同的染法，由于第2个扇形a2的颜色与a1的颜色不同，所以，对于a2有3种不同的染法，类似地，对扇形a3，…，an－1均有3种染法．对于扇形an，用与an－1不同的3种颜色染色，但是，这样也包括了它与扇形a1颜色相同的情况，而扇形a1与扇形an颜色相同的不同染色方法数就是f(n－1)，于是可得f(n)＝4×3n－1－f(n－1)．猜想f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．①当n＝3时，左边f(3)＝24，右边33＋(－1)3·3＝24，所以等式成立．②假设当n＝k(k≥3)时，f(k)＝3k＋(－1)k·3，则当n＝k＋1时，f(k＋1)＝4×3k－f(k)＝4×3k－[3k＋(－1)k·3]＝3k＋1＋(－1)k＋1·3，即当n＝k＋1时，等式也成立．综上，f(n)＝3n＋(－1)n·3(n≥3)．二上台阶，自主选做志在冲刺名校1．(2019·无锡中学检测)将正整数排成如图所示的三角形数阵，记第n行的n个数之和为an.(1)设Sn＝a1＋a3＋a5＋…＋a2n－1(n∈N*)，计算S2，S3，S4的值，并猜想Sn的表达式；(2)用数学归纳法证明(1)的猜想．解：(1)S1＝a1＝1，S2＝a1＋a3＝1＋4＋5＋6＝16，S3＝S2＋a5＝16＋11＋12＋13＋14＋15＝81，S4＝S3＋a7＝81＋22＋23＋…＋28＝256，猜想Sn＝n4.(2)证明：①当n＝1时，猜想成立．②假设当n＝k(k∈N*)时成立，即Sk＝k4，由题意可得，an＝nn－2＋1＋nn－2＋2＋…＋nn－2＋n＝n·nn－2＋nn＋2＝nn2＋2，∴a2k＋1＝k＋k＋2＋1]2＝(2k＋1)(2k2＋2k＋1)＝4k3＋6k2＋4k＋1，∴Sk＋1＝Sk＋a2k＋1＝k4＋4k3＋6k2＋4k＋1＝(k＋1)4，即当n＝k＋1时猜想成立，由①②可知，猜想对任意n∈N*都成立．2．已知数列{an}满足：a1＝1，an＋1＝14a2n－34nan＋9n2(n∈N*)．(1)计算a2，a3，a4的值，猜想数列{an}的通项公式，并给出证明；(2)当n≥2时，试比较1an＋1an＋1＋1an＋2＋…＋1a2n与13的大小关系．解：(1)a2＝4，a3＝7，a4＝10，猜想：an＝3n－2.用数学归纳法证明：①当n＝1时，a1＝1，结论成立．②假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，结论成立，即ak＝3k－2，当n＝k＋1时，ak＋1＝14a2k－34kak＋92k＝14(3k－2)2－34k(3k－2)＋92k＝14(9k2－12k＋4)－94k2＋32k＋92k＝3k＋1，所以当n＝k＋1时，结论也成立．由①②得数列{an}的通项公式为an＝3n－2(n∈N*)．(2)由(1)知an＝3n－2，当n＝2时，1a2＋1a3＋1a4＝14＋17＋110＝69140＞13，当n＝3时，1a3＋1a4＋1a5＋…＋1a9＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＝17＋110＋113＋116＋119＋122＋125＞18＋116＋116＋116＋132＋132＋132＝18＋316＋332＞18＋316＋116＞13.猜测：当n≥2，n∈N*时，1an＋1an＋1＋1an＋2＋…＋1a2n＞13.用数学归纳法证明：①当n＝3时，结论成立，②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，1ak＋1ak＋1＋1ak＋2＋…＋1a2k＞13，则当n＝k＋1时，1ak＋1＋1ak＋＋1＋1ak＋＋2＋…＋1a2(1)k＋＝1ak＋1ak＋1＋1ak＋＋1＋1ak＋＋2＋…＋1a2k＋1a21k＋1a22k＋…＋1a2(1)k＋－1ak＞13＋1a21k＋1a22k＋…＋1a2(1)k＋－1ak＞13＋2k＋1k＋2－2－13k－2＝13＋k＋k－－k＋2－2]k＋2－k－＝13＋3k2－7k－3k＋2－k－.由k≥3，可知3k2－7k－3＞0，所以3k2－7k－3k＋2－k－＞0，即1ak＋＋1ak＋＋1＋1ak＋＋2＋…＋1a2(1)k＋＞13.故当n＝k＋1时，不等式也成立，由①②可知，当n≥2时，1an＋1an＋1＋1an＋2＋…＋1a2n＞13.