2020版高考数学(理)一轮总复习作业47专题研究2数学归纳法Word版含解析

专题层级快练(四十七)1．在应用数学概括法证明凸n边形的对角线为1n0等于n(n－3)条时，第一步查验第一个值2( )A．1B．2C．3D．0答案C分析边数最少的凸n边形是三角形．2．(2017山·东德州一模)用数学概括法证明2n＋2n＋3－1，在考证n＝1时，1＋2＋2＋＋2＝2左侧的式子为()A．1B．1＋2C．1＋2＋22D．1＋2＋22＋23答案D分析当n＝1时，左侧＝1＋2＋22＋23.应选D.111127*3．用数学概括法证明不等式1＋2＋4＋＋2n－1>64(n∈N)建立，其初始值起码应取()A．7B．8C．9D．10答案B1分析1＋111－2n127n1＋4＋＋n－1＝1>，整理得2>128，解得n>7.22641－2∴初始值起码应取8.1＋1＋＋1*)，那么f(n＋1)－f(n)等于()4．设f(n)＝1＋233n－1(n∈N11＋1A.3n＋2B.3n3n＋11＋11＋1＋1C.3n＋13n＋2D.3n3n＋13n＋2答案D5．用数学概括法证明4n＋1＋2n＋1能被8整除时，当n＝k＋1时，关于4(k＋1)＋12(k35(n∈N)3＋5＋1)＋1可变形为()A．56·4k＋14k＋12k＋144k＋122k3＋25(3＋5)B．3·3＋5·5C．34k＋12k＋1D．25(34k＋12k＋1＋5＋5)答案A分析由于要使用概括假定，一定将34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1分解为概括假定和能被8整除的两部分．因此应变形为56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)．6．若数列{an}的通项公式an＝12，记cn＝2(1－a1)(1－a2)(1－an)，试经过计算c1，（n＋1）c2，c3的值，推断cn＝__________．答案n＋2n＋1分析13c1＝2(1－a1)＝2×(1－)＝，42c2＝114，2(1－a1)(1－a2)＝2×(1－)×(1－)＝493c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝2×(1－1115，4)×(1－)×(1－16)＝94故由概括推理得cn＝n＋2.n＋17．设数列{an}的前n项和为Sn，且对随意的自然数n都有：(Sn－1)2＝anSn.求S1，S2，S3；猜想Sn的表达式并证明．答案(1)S1＝1，S2＝2，S3＝3(2)Sn＝n，证明略234n＋1221分析(1)由(S1－1)＝S1，得S1＝；由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得由(S3－1)2＝(S3－S2)S3，得n猜想：Sn＝n＋1.

2S2＝3；3S3＝4.证明：①当n＝1时，明显建立；②假定当n＝k(k≥1且k∈N*k＝k建立．)时，Sk＋1则当n＝k＋1时，由(Sk＋1－1)2＝ak＋1Sk＋1，得Sk＋1＝1＝1＝k＋1.2－Skkk＋22－k＋1从而n＝k＋1时，猜想也建立．综合①②得结论建立．8．已知函数f(x)＝x－sinx，数列{an}知足：0<a1<1，an＋1＝f(an)，n＝1，2，3，，证明：0<an＋1<an<1.答案略分析先用数学概括法证明0<an<1，n＝1，2，3，.①当n＝1时，由已知，结论建立．②假定当n＝k时结论建立，即0<ak<1.由于0<x<1时，f′(x)＝1－cosx>0，因此f(x)在(0，1)上是增函数．又f(x)在[0，1]上连续，从而f(0)<f(ak)<f(1)，即0<ak＋1<1－sin1<1.故当n＝k＋1时，结论建立．由①②可知，0<an<1对全部正整数都建立．又由于0<an<1时，an＋1－an＝an－sinan－an＝－sinan<0，因此an＋1<an.综上所述0<an＋1<an<1.32119．(2018·保定模拟)已知f(x)＝x－x，设0＜a1＜，an＋1＝f(an)，n∈N＋，证明：an＜.22n＋1答案略证明(1)当n＝1时，0＜a＜1，121不等式an＜建立；12111因a2＝f(a1)＝－2(a1－3)＋6≤6<3，故n＝2时不等式也建立．(2)假定n＝k(k≥2)时，不等式ak＜1建立，由于f(x)＝x－3x2的对称轴为x＝1，知f(x)在k＋123(－∞，1]上为增函数，因此由ak＜1≤1，得f(ak)＜f(1)．3k＋13k＋1于是有a＜13·12＋1－1＝1－k＋4＜1＋－（k＋1）k＋2k＋22k＋2.k1k＋12k＋22（k＋1）（k＋2）因此当n＝k＋1时，不等式也建立．1依据(1)、(2)可知，对任何n∈N＋，不等式an＜建立．110．已知数列{an}的各项都是正数，且知足：a0＝1，an＋1＝2an·(4－an)，(n∈N)．证明：an<an＋1<2，(n∈N)．答案略证明方法一：用数学概括法证明：(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝132a0(4－a0)＝2，因此a0<a1<2，命题正确．假定n＝k时命题建立，即ak－1<ak<2.则当n＝k＋1时，ak－ak＋1112ak－1(4－ak－1)－2ak(4－ak)1＝2(ak－1－ak)－2(ak－1－ak)(ak－1＋ak)1＝2(ak－1－ak)(4－ak－1－ak)．而ak－1－ak<0，4－ak－1－ak>0，因此ak－ak＋1<0.11－(ak－2)2]<2.又ak＋1＝ak(4－ak)＝[422因此n＝k＋1时命题建立．由(1)(2)可知，对全部n∈N时有an<an＋1<2.方法二：用数学概括法证明：(1)当n＝0时，a0＝1，a1＝132a0(4－a0)＝2，因此0<a0<a1<2.假定n＝k时有ak－1<ak<2建立，1令f(x)＝2x(4－x)，f(x)在[0，2]上单一递加，因此由假定有f(ak－1)<f(ak)<f(2)．即1ak－1(4－ak－1)<1ak(4－ak)<1×2×(4－2)．222也即当n＝k＋1时，ak<ak＋1<2建立．因此对全部n∈N，有ak<ak＋1<2.11．在数列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差数列，bn，an＋1，bn＋1成等比数列(n∈N*)．求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜想{an}，{bn}的通项公式，并证明你的结论；1＋1＋＋15(2)证明：an＋bn<12.a1＋b1a2＋b2答案(1)a2＝6，a3＝12，a4＝20，b2＝9，b3＝16，b4＝25，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2，证明略(2)略分析(1)由条件得2bn＝an＋an＋1，an＋12＝bnbn＋1.由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.2猜想an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1).用数学概括法证明：①当n＝1时，由上可得结论建立．②假定当n＝k时，结论建立，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.那么当n＝k＋1时，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，2ak＋12bk＋1＝＝(k＋2).因此当n＝k＋1时，结论也建立．由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2对全部正整数都建立．15a1＋b1＝6<12.当n≥2时，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)·n.111故a1＋b1＋a2＋b2＋＋an＋bn111＋1＋＋1)<＋(n（n＋1）622×33×41＋1(1－1＋1－1＋＋1－1)622334n＋1n11111156＋2(2－n＋1)<6＋4＝12.1．用数学概括法证明不等式1＋1＋＋1＞13的过程中，由n＝k推导n＝k＋1n＋1n＋2n＋n24时，不等式的左侧增添的式子是________．答案1（2k＋1）（2k＋2）分析不等式的左侧增添的式子是1＋1－1＝1，故填2k＋12k＋2k＋1（2k＋1）（2k＋2）1（2k＋1）（2k＋2）.2．用数学概括法证明：对随意的n∈N*，1＋1＋＋1＝n.1×33×5（2n－1）（2n＋1）2n＋1答案略分析(1)当n＝1时，左侧＝1＝1，右侧＝1＝1，左侧＝右侧，因此等式建立．1×332×1＋13(2)假定当n＝k(k∈N*且k≥1)时等式建立，即有1＋1＋＋（2k1＝k，1×33×5－1）（2k＋1）2k＋1则当n＝k＋1时，1＋1＋＋（2k1＋（2k11×33×5－1）（2k＋1）＋1）（2k＋3）＝k＋1＝k（2k＋3）＋12k＋3）（2k＋1）（2k＋3）2k＋1（2k＋1）（＝2k2＋3k＋1＝k＋1＝k＋1，（2k＋1）（2k＋3）2k＋2（k＋1）＋31因此当n＝k＋1时，等式也建立．由(1)(2)可知，对全部n∈N*等式都建立．13－x，数列{an}知足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an3．(2017湖·北宜昌一中模拟)已知函数f(x)＝3x＋1)．试比较1＋1＋1＋＋1与1的大小，并说明原因．1＋a11＋a21＋a31＋an答案1＋1＋1＋＋1<11＋a11＋a21＋a31＋an分析∵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，＋∞)上单一递加，于是由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1，从而得a3≥(a2＋1)2－1≥24－1＞23－1.由此猜想：an≥2n－1.下边用数学概括法证明这个猜想：①当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论建立；②