2023版高考数学大一轮复习第十三章推理与证明、算法、复数13.3数学归纳法试题理北师大版

PAGEPAGE18第十三章推理与证明、算法、复数13.3数学归纳法试题理北师大版数学归纳法数学归纳法是用来证明某些与正整数n有关的数学命题的一种方法．它的根本步骤是：(1)验证：当n取第一个值n0(如n0＝1或2等)时，命题成立；(2)在假设当n＝k(k∈N＋，k≥n0)时命题成立的前提下，推出当n＝k＋1时，命题成立．根据(1)(2)可以断定命题对一切从n0开始的正整数n都成立．【思考辨析】判断以下结论是否正确(请在括号中打“√〞或“×〞)(1)用数学归纳法证明问题时，第一步是验证当n＝1时结论成立．(×)(2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明．(×)(3)用数学归纳法证明问题时，归纳假设可以不用．(×)(4)不管是等式还是不等式，用数学归纳法证明时，由n＝k到n＝k＋1时，项数都增加了一项．(×)(5)用数学归纳法证明等式“1＋2＋22＋…＋2n＋2＝2n＋3－1〞，验证n＝1时，左边式子应为1＋2＋22＋23.(√)(6)用数学归纳法证明凸n边形的内角和公式时，n0＝3.(√)1．用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1，n∈N＋)，在验证n＝1时，等式左边的项是()A．1 B．1＋aC．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3答案C解析当n＝1时，n＋1＝2，∴左边＝1＋a1＋a2＝1＋a＋a2.2．(2022·黄山模拟)n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…－eq\f(1,n)＝2(eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,n＋4)＋…＋eq\f(1,2n))时，假设已假设n＝k(k≥2且k为偶数)时命题为真，那么还需要用归纳假设再证()A．n＝k＋1时等式成立B．n＝k＋2时等式成立C．n＝2k＋2时等式成立D．n＝2(k＋2)时等式成立答案B解析因为n为正偶数，n＝k时等式成立，即n为第k个偶数时命题成立，所以需假设n为下一个偶数，即n＝k＋2时等式成立．3．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq\f(1,2)n(n－3)条时，第一步检验n等于()A．1 B．2C．3 D．0答案C解析凸n边形边数最小时是三角形，故第一步检验n＝3.4．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，那么当n＝k＋1时左端应在n＝k的根底上加上()A．k2＋1B．(k＋1)2C.eq\f(k＋14＋k＋12,2)D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2答案D解析等式左边是从1开始的连续自然数的和，直到n2.故n＝k＋1时，最后一项为哪一项(k＋1)2，而n＝k时，最后一项为哪一项k2，应加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.5．(教材改编){an}满足an＋1＝aeq\o\al(2,n)－nan＋1，n∈N＋，且a1＝2，那么a2＝________，a3＝________，a4＝________，猜测an＝________.答案345n＋1题型一用数学归纳法证明等式例1设f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N＋)．求证：f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N＋)．证明①当n＝2时，左边＝f(1)＝1，右边＝2(1＋eq\f(1,2)－1)＝1，左边＝右边，等式成立．②假设n＝k(k≥2，k∈N＋)时，结论成立，即f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＝k[f(k)－1]，那么，当n＝k＋1时，f(1)＋f(2)＋…＋f(k－1)＋f(k)＝k[f(k)－1]＋f(k)＝(k＋1)f(k)－k＝(k＋1)[f(k＋1)－eq\f(1,k＋1)]－k＝(k＋1)f(k＋1)－(k＋1)＝(k＋1)[f(k＋1)－1]，∴当n＝k＋1时结论成立．由①②可知当n∈N＋时，f(1)＋f(2)＋…＋f(n－1)＝n[f(n)－1](n≥2，n∈N＋)．思维升华用数学归纳法证明恒等式应注意(1)明确初始值n0的取值并验证n＝n0时等式成立．(2)由n＝k证明n＝k＋1时，弄清左边增加的项，且明确变形目标．(3)掌握恒等变形常用的方法：①因式分解；②添拆项；③配方法．用数学归纳法证明：eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,2n－12n＋1)＝eq\f(nn＋1,22n＋1)(n∈N＋)．证明①当n＝1时，左边＝eq\f(12,1×3)＝eq\f(1,3)，右边＝eq\f(1×1＋1,2×2×1＋1)＝eq\f(1,3)，左边＝右边，等式成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时，等式成立．即eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＝eq\f(kk＋1,22k＋1)，那么当n＝k＋1时，左边＝eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,2k－12k＋1)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(kk＋1,22k＋1)＋eq\f(k＋12,2k＋12k＋3)＝eq\f(kk＋12k＋3＋2k＋12,22k＋12k＋3)＝eq\f(k＋12k2＋5k＋2,22k＋12k＋3)＝eq\f(k＋1k＋2,22k＋3)，右边＝eq\f(k＋1k＋1＋1,2[2k＋1＋1])＝eq\f(k＋1k＋2,22k＋3)，左边＝右边，等式成立．即对所有n∈N＋，原式都成立．题型二用数学归纳法证明不等式例2(2022·烟台模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，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)的图像上．(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eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立．(1)解由题意，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n≥2时，{an}是以b为公比的等比数列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，所以eq\f(a2,a1)＝b，即eq\f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.(2)证明由(1)及b＝2知an＝2n－1.因此bn＝2n(n∈N＋)，所证不等式为eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)>eq\r(n＋1).①当n＝1时，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2)，左式>右式，所以结论成立．②假设n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)>eq\r(k＋1)，那么当n＝k＋1时，eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋1)>eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))，要证当n＝k＋1时结论成立，只需证eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)，即证eq\f(2k＋3,2)≥eq\r(k＋1k＋2)，由根本不等式得eq\f(2k＋3,2)＝eq\f(k＋1＋k＋2,2)≥eq\r(k＋1k＋2)成立，故eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)成立，所以当n＝k＋1时，结论成立．由①②可知，当n∈N＋时，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立．思维升华数学归纳法证明不等式的适用范围及关键(1)适用范围：当遇到与正整数n有关的不等式证明时，假设用其他方法不容易证，那么可考虑应用数学归纳法．(2)关键：由n＝k时命题成立证n＝k＋1时命题也成立，在归纳假设使用后可运用比拟法、综合法、分析法、放缩法等来加以证明，充分应用根本不等式、不等式的性质等放缩技巧，使问题得以简化．假设函数f(x)＝x2－2x－3，定义数列{xn}如下：x1＝2，xn＋1是过点P(4,5)、Qn(xn，f(xn))的直线PQn与x轴的交点的横坐标，试运用数学归纳法证明：2≤xn<xn＋1<3.证明①当n＝1时，x1＝2，f(x1)＝－3，Q1(2，－3)．所以直线PQ1的方程为y＝4x－11，令y＝0，得x2＝eq\f(11,4)，因此2≤x1<x2<3，即n＝1时结论成立．②假设当n＝k时，结论成立，即2≤xk<xk＋1<3.那么当n＝k＋1时，直线PQk＋1的方程为y－5＝eq\f(fxk＋1－5,xk＋1－4)·(x－4)．又f(xk＋1)＝xeq\o\al(2,k＋1)－2xk＋1－3，代入上式，令y＝0，得xk＋2＝eq\f(3＋4xk＋1,2＋xk＋1)＝4－eq\f(5,2＋xk＋1)，由归纳假设，2<xk＋1<3，xk＋2＝4－eq\f(5,2＋xk＋1)<4－eq\f(5,2＋3)＝3；xk＋2－xk＋1＝eq\f(3－xk＋11＋xk＋1,2＋xk＋1)>0，即xk＋1<xk＋2，所以2≤xk＋1<xk＋2<3，即当n＝k＋1时，结论成立．由①②知对任意的正整数n,2≤xn<xn＋1<3.题型三归纳—猜测—证明命题点1与函数有关的证明问题例3(2022·绵阳质检)数列{xn}满足x1＝eq\f(1,2)，xn＋1＝eq\f(1,1＋xn)，n∈N＋.猜测数列{x2n}的单调性，并证明你的结论．解由x1＝eq\f(1,2)及xn＋1＝eq\f(1,1＋xn)，得x2＝eq\f(2,3)，x4＝eq\f(5,8)，x6＝eq\f(13,21)，由x2>x4>x6，猜测：数列{x2n}是递减数列．下面用数学归纳法证明：①当n＝1时，已证命题成立．②假设当n＝k时命题成立，即x2k>x2k＋2，易知xk>0，那么x2k＋2－x2k＋4＝eq\f(1,1＋x2k＋1)－eq\f(1,1＋x2k＋3)＝eq\f(x2k＋3－x2k＋1,1＋x2k＋11＋x2k＋3)＝eq\f(\f(1,1＋x2k＋2)－\f(1,1＋x2k),1＋x2k＋11＋x2k＋3)＝eq\f(x2k－x2k＋2,1＋x2k1＋x2k＋11＋x2k＋21＋x2k＋3)>0，即x2(k＋1)>x2(k＋1)＋2.所以当n＝k＋1时命题也成立．结合①②知，对于任何n∈N＋命题成立．命题点2与数列有关的证明问题例4在数列{an}中，a1＝2，an＋1＝λan＋λn＋1＋(2－λ)2n(n∈N＋，λ>0)．(1)求a2，a3，a4；(2)猜测{an}的通项公式，并加以证明．解(1)a2＝2λ＋λ2＋2(2－λ)＝λ2＋22，a3＝λ(λ2＋22)＋λ3＋(2－λ)22＝2λ3＋23，a4＝λ(2λ3＋23)＋λ4＋(2－λ)23＝3λ4＋24.(2)由(1)可猜测数列通项公式为an＝(n－1)λn＋2n.下面用数学归纳法证明：①当n＝1,2,3,4时，等式显然成立，②假设当n＝k(k≥4，k∈N＋)时等式成立，即ak＝(k－1)λk＋2k，那么当n＝k＋1时，ak＋1＝λak＋λk＋1＋(2－λ)2k＝λ(k－1)λk＋λ2k＋λk＋1＋2k＋1－λ2k＝(k－1)λk＋1＋λk＋1＋2k＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，所以当n＝k＋1时，ak＋1＝[(k＋1)－1]λk＋1＋2k＋1，猜测成立．由①②知数列的通项公式为an＝(n－1)λn＋2n(n∈N＋，λ>0)．命题点3存在性问题的证明例5设a1＝1，an＋1＝eq\r(a\o\al(2,n)－2an＋2)＋b(n∈N＋)．(1)假设b＝1，求a2，a3及数列{an}的通项公式；(2)假设b＝－1，问：是否存在实数c使得a2n<c<a2n＋1对所有n∈N＋成立？证明你的结论．解(1)方法一a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.再由题设条件知(an＋1－1)2－(an－1)2＝1.从而{(an－1)2}是首项为0，公差为1的等差数列，故(an－1)2＝n－1，即an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N＋)．方法二a2＝2，a3＝eq\r(2)＋1.可写为a1＝eq\r(1－1)＋1，a2＝eq\r(2－1)＋1，a3＝eq\r(3－1)＋1.因此猜测an＝eq\r(n－1)＋1.下面用数学归纳法证明上式：当n＝1时结论显然成立．假设n＝k时结论成立，即ak＝eq\r(k－1)＋1，那么ak＋1＝eq\r(ak－12＋1)＋1＝eq\r(k－1＋1)＋1＝eq\r(k＋1－1)＋1.所以当n＝k＋1时结论成立．所以an＝eq\r(n－1)＋1(n∈N＋)．(2)方法一设f(x)＝eq\r(x－12＋1)－1，那么an＋1＝f(an)．令c＝f(c)，即c＝eq\r(c－12＋1)－1，解得c＝eq\f(1,4).下面用数学归纳法证明加强命题：a2n<c<a2n＋1<1.当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝eq\r(2)－1，所以a2<eq\f(1,4)<a3<1，结论成立．假设n＝k时结论成立，即a2k<c<a2k＋1<1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而c＝f(c)>f(a2k＋1)>f(1)＝a2，即1>c>a2k＋2>a2.再由f(x)在(－∞，1]上为减函数，得c＝f(c)<f(a2k＋2)<f(a2)＝a3<1，故c<a2k＋3<1.因此a2(k＋1)<c<a2(k＋1)＋1<1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．综上，符合条件的c存在，其中一个值为c＝eq\f(1,4).方法二设f(x)＝eq\r(x－12＋1)－1，那么an＋1＝f(an)．先证：0≤an≤1(n∈N＋)．①当n＝1时，结论显然成立．假设n＝k时结论成立，即0≤ak≤1.易知f(x)在(－∞，1]上为减函数，从而0＝f(1)≤f(ak)≤f(0)＝eq\r(2)－1<1，即0≤ak＋1≤1.这就是说，当n＝k＋1时结论成立．故①成立．再证：a2n<a2n＋1(n∈N＋)．②当n＝1时，a2＝f(1)＝0，a3＝f(a2)＝f(0)＝eq\r(2)－1，有a2<a3，即n＝1时②成立．假设n＝k时，结论成立，即a2k<a2k＋1.由①及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得a2k＋1＝f(a2k)>f(a2k＋1)＝a2k＋2，a2(k＋1)＝f(a2k＋1)<f(a2k＋2)＝a2(k＋1)＋1.这就是说，当n＝k＋1时②成立，所以②对一切n∈N＋成立．由②得a2n<eq\r(a\o\al(2,2n)－2a2n＋2)－1，即(a2n＋1)2<aeq\o\al(2,2n)－2a2n＋2，因此a2n<eq\f(1,4).③又由①②及f(x)在(－∞，1]上为减函数，得f(a2n)>f(a2n＋1)，即a2n＋1>a2n＋2，所以a2n＋1>eq\r(a\o\al(2,2n＋1)－2a2n＋1＋2)－1.解得a2n＋1>eq\f(1,4).④综上，由②③④知存在c＝eq\f(1,4)使得a2n<c<a2n＋1对一切n∈N＋成立．思维升华(1)利用数学归纳法可以探索与正整数n有关的未知问题、存在性问题，其根本模式是“归纳—猜测—证明〞，即先由合情推理发现结论，然后经逻辑推理即演绎推理论证结论的正确性．(2)“归纳—猜测—证明〞的根本步骤是“试验—归纳—猜测—证明〞．高中阶段与数列结合的问题是最常见的问题．(2022·江苏)集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N＋)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}，令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．(1)写出f(6)的值；(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．解(1)Y6＝{1,2,3,4,5,6}，S6中的元素(a，b)满足：假设a＝1，那么b＝1,2,3,4,5,6；假设a＝2，那么b＝1,2,4,6；假设a＝3，那么b＝1,3,6.所以f(6)＝13.(2)当n≥6时，f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5.))(t∈N＋)．下面用数学归纳法证明：①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，结论成立；②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的根底上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：(ⅰ)假设k＋1＝6t，那么k＝6(t－1)＋5，此时有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－2,3)＋3＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1,3)，结论成立；(ⅱ)假设k＋1＝6t＋1，那么k＝6t，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，结论成立；(ⅲ)假设k＋1＝6t＋2，那么k＝6t＋1，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－1,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，结论成立；(ⅳ)假设k＋1＝6t＋3，那么k＝6t＋2，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－2,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1,3)，结论成立；(ⅴ)假设k＋1＝6t＋4，那么k＝6t＋3，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，结论成立；(ⅵ)假设k＋1＝6t＋5，那么k＝6t＋4，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－1,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，结论成立．综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．9．归纳—猜测—证明问题典例(12分)数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N＋)．(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜测通项公式an；(2)证明(1)中的猜测．思维点拨(1)由S1＝a1算出a1；由an＝Sn－Sn－1算出a2，a3，a4，观察所得数值的特征猜出通项公式．(2)用数学归纳法证明．标准解答(1)解当n＝1时，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1；当n＝2时，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq\f(3,2)；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq\f(7,4)；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝eq\f(15,8).[2分]由此猜测an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)．[4分](2)证明①当n＝1时，a1＝1，结论成立．[5分]②假设n＝k(k≥1且k∈N＋)时，结论成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么n＝k＋1时，[7分]ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1，∴2ak＋1＝2＋ak.[9分]∴ak＋1＝eq\f(2＋ak,2)＝eq\f(2＋\f(2k－1,2k－1),2)＝eq\f(2k＋1－1,2k).∴当n＝k＋1时，结论成立．[11分]由①②知猜测an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)成立．[12分]归纳—猜测—证明问题的一般步骤：第一步：计算数列前几项或特殊情况，观察规律猜测数列的通项或一般结论；第二步：验证一般结论对第一个值n0(n0∈N＋)成立；第三步：假设n＝k(k≥n0，k∈N＋)时结论成立，证明当n＝k＋1时结论也成立；第四步：下结论，由上可知结论对任意n≥n0，n∈N＋成立．1．如果命题p(n)对n＝k(k∈N＋)成立，那么它对n＝k＋2也成立．假设p(n)对n＝2也成立，那么以下结论正确的选项是()A．p(n)对所有正整数n都成立B．p(n)对所有正偶数n都成立C．p(n)对所有正奇数n都成立D．p(n)对所有自然数n都成立答案B解析n＝2时，n＝k，n＝k＋2成立，n为2,4,6，…，故n为所有正偶数．2．用数学归纳法证明命题“当n是正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除〞，在第二步时，正确的证法是()A．假设n＝k(k∈N＋)，证明n＝k＋1时命题成立B．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1时命题成立C．假设n＝2k＋1(k∈N＋)，证明n＝k＋1时命题成立D．假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2时命题成立答案D解析相邻两个正奇数相差2，故D选项正确．3．(2022·淄博质检)设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么以下命题总成立的是()A．假设f(1)<2成立，那么f(10)<11成立B．假设f(3)≥4成立，那么当k≥1时，均有f(k)≥k＋1成立C．假设f(2)<3成立，那么f(1)≥2成立D．假设f(4)≥5成立，那么当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立答案D解析当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，说明如果当k＝n时，f(n)≥n＋1成立，那么当k＝n＋1时，f(n＋1)≥n＋2也成立，所以如果当k＝4时，f(4)≥5成立，那么当k≥4时，f(k)≥k＋1也成立．4．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜测an的表达式为()A.eq\f(1,n－1n＋1) B.eq\f(1,2n2n＋1)C.eq\f(1,2n－12n＋1) D.eq\f(1,2n＋12n＋2)答案C解析当n＝2时，eq\f(1,3)＋a2＝(2×3)a2，∴a2＝eq\f(1,3×5).当n＝3时，eq\f(1,3)＋eq\f(1,15)＋a3＝(3×5)a3，∴a3＝eq\f(1,5×7).当n＝4时，eq\f(1,3)＋eq\f(1,15)＋eq\f(1,35)＋a4＝(4×7)a4，a4＝eq\f(1,7×9).故猜测an＝eq\f(1,2n－12n＋1).5．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()A．2k＋1 B．2(2k＋1)C.eq\f(2k＋1,k＋1) D.eq\f(2k＋3,k＋1)答案B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)，那么左边应增乘的式子是eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．6．设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有(Sn－1)2＝anSn，通过计算S1，S2，S3，猜测Sn＝_________________________________________.答案eq\f(n,n＋1)解析由(S1－1)2＝S1·S1，得S1＝eq\f(1,2)，由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝eq\f(2,3)，依次得S3＝eq\f(3,4)，猜测Sn＝eq\f(n,n＋1).7．设S1＝12，S2＝12＋22＋12，…，Sn＝12＋22＋32＋…＋(n－1)2＋n2＋(n－1)2＋…＋22＋12，用数学归纳法证明Sn＝eq\f(n2n＋1,3)时，第二步从“k〞到“k＋1〞应添加的项为________．答案(k＋1)2＋k2解析由S1，S2，…，Sn可以发现由n＝k到n＝k＋1时，中间增加了两项(k＋1)2＋k2(n，k∈N＋)．8．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．假设用f(n)表示这n条直线交点的个数，那么f(4)＝________；当n>4时，f(n)＝________(用n表示)．答案5eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)解析f(3)＝2，f(4)＝f(3)＋3＝2＋3＝5，f(n)＝f(3)＋3＋4＋…＋(n－1)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)＝eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)．9．(2022·北京东城区质检)在数列{bn}中，b1＝2，bn＋1＝eq\f(3bn＋4,2bn＋3)(n∈N＋)．求b2，b3，试判定bn与eq\r(2)的大小，并加以证明．解由b1＝2，bn＋1＝eq\f(3bn＋4,2bn＋3)，得b2＝eq\f(3×2＋4,2×2＋3)＝eq\f(10,7)，b3＝eq\f(58,41).经比拟有b1>eq\r(2)，b2>eq\r(2)，b3>eq\r(2).猜测bn>eq\r(2)(n∈N＋)．下面利用数学归纳法证明．①当n＝1时，∵b1＝2，∴eq\r(2)<b1.②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时，结论成立，即eq\r(2)<bk，∴bk－eq\r(2)>0.当n＝k＋1时，bk＋1－eq\r(2)＝eq\f(3bk＋4,2bk＋3)－eq\r(2)＝eq\f(3－2\r(2)bk＋4－3\r(2),2bk＋3)＝eq\f(3－2\r(2)bk－\r(2),2bk＋3)>0.∴bk＋1>eq\r(2)，也就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．根据①②知bn>eq\r(2)(n∈N＋)．10．数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c(n∈N＋)．(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c<0；(2)假设0<c≤eq\f(1,4)，证明：数列{xn}是递增数列．证明(1)充分性：假设c<0，由于xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c<xn，所以数列{xn}是递减数列．必要性：假设{xn}是递减数列，那么x2<x1，且x1＝0.又x2＝－xeq\o\al(2,1)＋x1＋c＝c，所以c<0.故{xn}是递减数列的充要条件是c<0.(2)假设0<c≤eq\f(1,4)，要证{xn}是递增数列．即xn＋1>xn，即xx＋1－xn＝－xeq\o\al(2,n)＋c>0，也就是证明xn<eq\r(c).下面用数学归纳法证明当0<c≤eq\f(1,4)时，xn<eq\r(c)对任意n≥1，n∈N＋都成立．①当n＝1时，x1＝0<eq\r(c)≤eq\f(1,2)，结论成立．②假设当n＝k(k∈N＋)时结论成立，即xk<eq\r(c).因为函数f(x)＝－x2＋x＋c在区间(－∞，eq\f(1,2)]内单调递增，所以xk＋1＝f(xk)<f(eq\r(c))＝eq\r(c)，这就是说当n＝k＋1时，结论也成立．故xn<eq\r(c)对任意n≥1，n∈N＋都成立．因此，xn＋1＝xn－xeq\o\al(2,n)＋c>xn，即{xn}是递增数列．11．函数f0(x)＝eq\f(sinx,x)(x>0)，设fn(x)为fn－1(x)的导数，n∈N＋.(1)求2f1(eq\f(π,2))＋eq\f(π,2)f2(eq\f(π,2))的值；(2)证明：对任意的n∈N＋，等式|nfn－1(eq\f(π,4))＋eq\f(π,4)fn(eq\f(π,4))|＝eq\f(\r(2),2)都成立．(1)解由，得f1(x)＝f′0(x)＝(eq\f(sinx,x))′＝eq\f(cosx,x)－eq\f(sinx,x2)，于是f2(x)＝f′1(x)＝(eq\f(cosx,x))′－(eq\f(sinx,x2))′＝－eq\f(sinx,x)－eq\f(2cosx,x2)＋eq\f(2sinx,x3)，所以f1(eq\f(π,2))＝－eq\f(4,π2)，f2(eq\f(π,2))＝－eq\f(2,π)＋eq\f(16,π3)，故2f1(eq\f(π,2))＋eq\f(π,2)f2(eq\f(π,2))＝－1.(2)证明由，得xf0(x)＝sinx，等式两边分别对x求导，得f0(x)＋xf′0(x)＝cosx，即f0(x)＋xf1(x)＝cosx＝sin(x＋eq\f(π,2))，类似可得2f1(x)＋xf2(x)＝－sinx＝sin(x＋π)，3f2(x)＋xf3(x)＝－cosx＝sin(x＋eq\f(3π,2))，4f3(x)＋xf4(x)＝sinx＝sin(x＋2π)．下面用数学归纳法证明等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋eq\f(nπ,2))对所有的x∈N＋都成立．①当n＝1时，由上可知等式成立．②假设当n＝k时，等式成立，即kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin(x＋eq\f(kπ,2))．因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)，[sin(x＋eq\f(kπ,2))]′＝cos(x＋eq\f(kπ,2))·(x＋eq\f(kπ,2))′＝sin[x＋eq\f(k＋1π,2)]，所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin[x＋eq\f(k＋1π,2)]．因此当n＝k＋1时，等式也成立．综合①②可知等式nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin(x＋eq\f(nπ,2))对所有的n∈N＋都成立．令x＝eq\f(π,4)，可得nfn－1(eq\f(π,4))＋eq\f(π,4)fn(eq\f(π,4))＝sin(eq\f(π,4)＋eq\f(