（整理版）数学归纳法(理)

1、11-4数学归纳法(理)根底稳固强化1.用数学归纳法证明1<n(nn*，n>1)时，第一步应验证不等式()a1<2 b1<2c1<3 d1<3答案b解析nn*，n>1，n取的第一个数为2，左端分母最大的项为，应选b.n有关，假设nk(kn*nknanbncndn答案c解析“假设nk(kn*nknnnn点评可用逆否法判断222n22212，第二步证明由“k到k1”时，左边应加()ak2 b(k1)2ck2(k1)2k2 d(k1)2k2答案d解析当nk时，左边1222k22212，当nk1时，左边1222k2(k1)2k22212，选d.4sk(k1,2

2、,3，)，那么sk1等于()ask bskcsk dsk答案c解析sk1sk.5数列an中，a11，当n2时，anan12n1，依次计算a2、a3、a4后，猜测an的表达式是()aan3n2 bann2can3n1 dan4n3答案b解析a11，a24，a39，a416，猜测ann2.6f(n)，那么()af(n)中共有n项 bf(n)中共有n1项cf(n)中共有n2n项 df(n)中共有n2n1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(n1)n2n1项7如果不等式2n>n21对于nn0的正整数n都成立，那么n0的最小值为_答案5解析当n1时，2>2不成立，当n

3、2时，4>5不成立当n3时，8>10不成立当n4时，16>17不成立当n5时，32>26成立当n6时，64>37成立，由此猜测n0应取5.8用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)(nn*)的第二步中，当nk1时等式左边与nk时等式左边的差等于_答案3k2解析(k1)1(k1)2(k1)(k1)(k1)(k2)(kk)(k1)k(k1)(k1)(k1)3k2.9(·长春模拟)如图，第n个图形是由正n2边形“扩展而来的(n1,2,3，)，那么第n2(n3，nn*)个图形共有_个顶点答案n(n1)解析当n1时，顶点共有3×412(个)，当n2时，

4、顶点共有4×520(个)，当n3时，顶点共有5×630(个)，当n4时，顶点共有6×742(个)，故第n2图形共有顶点(n22)(n23)n(n1)个10函数f(x)x3x，数列an满足条件：a11，an1f (an1)试比拟与1的大小，并说明理由解析f (x)x21，an1f (an1)，an1(an1)21.函数g(x)(x1)21x22x在区间1，)上单调递增，于是由a11，及a2(a11)21得，a2221，进而得a3(a21)21241>231，由此猜测：an2n1.下面用数学归纳法证明这个猜测：当n1时，a12111，结论成立；假设当nk(k1且

5、kn*)时结论成立，即ak2k1，那么当nk1时，由g(x)(x1)21在区间1，)上单调递增知，ak1(ak1)2122k12k11，即nk1时，结论也成立由、知，对任意nn*，都有an2n1.即1an2n.1()n<1.能力拓展提升f(x)f1(x)，fn(x)fn1f(x)(n2，nn*)，那么f(1)f(2)f(n)f1(1)f2(1)fn(1)()an b.c. d1答案a解析易知f(1)，f(2)，f(3)，f(n)；由fn(x)fn1(f(x)得，f2(x)，f3(x)，fn(x)，从而f1(1)，f2(1)，f3(1)，fn(1)，所以f(n)fn(1)1，故f(1)f(

6、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，那么所得螺旋线的长度ln为()a(3n2n) b(3n2n1)c. d.答案a解析由条件知，an1an对应的中心角都是，且半径依次为1,2,3,4，故弧长依次为，×2，×3，据题意，第一圈长度为(123)，第二圈长度为(456)，第n圈长度为(3n2)(3n1)3n，故ln(1233

7、n)·(3n2n).13数列an的前n项和为sn，a11，且sn、sn1、2s1成等差数列，那么s2、s3、s4分别为_，由此猜测sn_.答案，sn解析sn、sn1、2s1成等差数列，2sn1sn2s1，s1a11，2sn1sn2.令n1，那么2s2s12123，s2.同理，分别令n2、n3，可求得s3，s4，由s11，s2，s3，s4，猜测sn.14(·温州一模)nn*，设平面上的n个椭圆最多能把平面分成an局部，那么a12，a26，a314，a426，那么an_.答案2n22n2解析观察规律可知anan1(n1)×4，利用累加法可得an2n22n2.15用数学

8、归纳法证明下面的等式12223242(1)n1·n2(1)n1.证明(1)当n1时，左边121，右边(1)0·1，原等式成立(2)假设nk(kn，k1)时，等式成立，即有12223242(1)k1·k2(1)k1.那么，当nk1时，那么有12223242(1)k1·k2(1)k·(k1)2(1)k1(1)k·(k1)2(1)k·k2(k1)(1)k，nk1时，等式也成立，由(1)、(2)得对任意nn有12223242(1)n1·n2(1)n1.16点pn(an，bn)满足an1an·bn1，bn1(nn*

9、)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nn*，点pn都在(1)中的直线l上解析(1)由p1的坐标为(1，1)知a11，b11.b2，a2a1·b2.点p2的坐标为(，)直线l的方程为2xy1.(2)证明：当n1时，2a1b12×1(1)1成立假设nk(kn*，k1)时，2akbk1成立，那么当nk1时，2ak1bk12ak·bk1bk1·(2ak1)1，当nk由知，对nn*，都有2anbn1，即点pn在直线l上1对于不等式n1(nn*)，某人的证明过程如下：1°当n1时，11，不等式成立

10、. 2°假设nk(kn*)时不等式成立，即<k1，那么nk1时，<(k1)1.当nk1时，不等式成立. 上述证法()a过程全都正确bn1验得不正确c归纳假设不正确d从nk到nk1的推理不正确答案d解析上述证明过程中，在由nk变化到nk1时，不等式的证明使用的是放缩法而没有使用归纳假设应选d.2观察下式：1322135321357421357952据此你可归纳猜测出的一般结论为()a135(2n1)n2(nn*)b135(2n1)n2(nn*)c135(2n1)(n1)2(nn*)d135(2n1)(n1)2(nn*)答案d解析观察可见第n行左边有n1个奇数，右边是(n1)

11、2，应选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()a190 b715 c725 d385答案b解析由条件可知前5件首饰的珠宝数依次为：1,15,159,15913,1591317，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

12、的前n项和，通项an4nn件首饰的珠宝数为2n2n.那么前n件首饰所用的珠宝总数为2(1222n2)(12n).当n10时，总数为715.4正项数列an中，对于一切的nn*均有aanan1成立(1)证明：数列an中的任意一项都小于1；(2)探究an与的大小，并证明你的结论解析(1)由aanan1得an1ana.在数列an中an>0，an1>0，ana>0，0<an<1，故数列an中的任何一项都小于1.(2)解法1：由(1)知0<an<1，那么a2a1a2<，由此猜测：an<.下面用数学归纳法证明：当n2，nn时猜测正确当n2时，显然成立；假

13、设当nk(k2，kn)时，有ak<成立那么ak1aka2<2<，当nk1时，猜测也正确综上所述，对于一切nn*，都有an<.解法2：由aanan1，得0<ak1akaak(1ak)，0<ak<1，>1.令k1,2,3，n1得：>1，>1，>1，>n1>n，an<.5设数列an的前n项和为sn，对一切nn*，点都在函数f(x)x的图象上(1)求a1、a2、a3的值，猜测an的表达式，并用数学归纳法证明；(2)将数列an依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，(a7，a

14、8，a9，a10)；(a11)，(a12，a13)，(a14，a15，a16)，(a17，a18，a19，a20)；(a21)，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为bn，求b5b100的值分析(1)将点代入函数f(x)x中，通过整理得到sn与an的关系，那么a1，a2，a3可求；(2)通过观察发现b100是第25组中第4个括号内各数之和，各组第4个括号中各数之和构成首项为68、公差为80的等差数列，利用等差数列求和公式可求b100.解析(1)点在函数f(x)x的图象上，n，snn2an.令n1得，a11a1，a12；令n2得，a1a24a2，a24；令n3得，

15、a1a2a39a3，a36.由此猜测：an2n.用数学归纳法证明如下：当n1时，由上面的求解知，猜测成立假设nk(k1)时猜测成立，即ak2k成立，那么当nk1时，注意到snn2an(nn*)，故sk1(k1)2ak1，skk2ak.两式相减得，ak12k1ak1ak，所以ak14k2ak.由归纳假设得，ak2k，故ak14k2ak4k22k2(k1)这说明nk1时，猜测也成立由知，对一切nn*，an2n成立(2)因为an2n(nn*)，所以数列an依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(2)，(4,6)，(8,10,12)，(14,16,18,20)；(22)，(24,26)，(28,30,32)，(34,36,38,40)；(42)，.每一次循环记为一组由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和由分组规律知，各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数