高考数学总复习 第六章第7课时 数学归纳法课时闯关（含解析）

一、选择题1．用数学归纳法证明“2n>n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A．2B．3C．5D．6解析：选C.令n0分别取2,3,5,6，依次验证即得．2．如果命题p(n)对n＝k成立，则它对n＝k＋2也成立．若p(n)对n＝2成立，则下列结论正确的是()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都成立解析：选B.归纳奠基是：n＝2成立．归纳递推是：n＝k成立，则对n＝k＋2成立．∴p(n)对所有正偶数n都成立．3．(2012·巢湖联考)对于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(1)当n＝1时，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，则当n＝k＋1时，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()A．过程全部正确 B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确 D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确解析：选D.在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法．4．用数学归纳法证明“(n＋1)(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·2·…·(2n－1)(n∈N＋)”时，从“n＝k到n＝k＋1”时，左边应增添的式子是()A．2k＋1 B．2k＋3C．2(2k＋1) D．2(2k＋3)解析：选C.左边应增添的式子等于eq\f(k＋2k＋3·…·[k＋1＋k＋1],k＋1k＋2·…·k＋k)＝eq\f(k＋2k＋3·…·2k2k＋12k＋2,k＋1k＋2·…·2k)＝2(2k＋1)．5．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是()A．6＋6·7kB．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1)D．3(2＋7k)解析：选D.(1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．(2)假设当k＝n(n∈N*)时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么当n＝k＋1时有3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.这就是说，k＝n＋1时命题也成立．由(1)(2)知，命题对k∈N*成立．二、填空题6．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，当第二步假设n＝2k－1(k∈N＋)命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真．解析：因为n为正奇数，所以与2k－1相邻的下一个奇数是2k＋1.答案：2k＋17．(2012·石家庄质检)用数学归纳法证明“2n＋1≥n2＋n＋2(n∈N＋)”时，第一步验证为________．解析：由n∈N＋可知初始值为1.答案：当n＝1时，左边＝4≥右边，不等式成立8．记一凸k边形的内角和为f(k)，则凸k＋1边形的内角和f(k＋1)＝f(k)＋________.答案：π三、解答题9．数列{an}满足Sn＝2n－an(n∈N*)．(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想．解：(1)a1＝1，a2＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(7,4)，a4＝eq\f(15,8)，由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N*)．(2)证明：①当n＝1时，a1＝1，结论成立．②假设n＝k(k∈N*)时，结论成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么n＝k＋1(k∈N*)时，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1.∴2ak＋1＝2＋ak.∴ak＋1＝eq\f(2＋ak,2)＝eq\f(2＋\f(2k－1,2k－1),2)＝eq\f(2k＋1－1,2k)，这表明n＝k＋1时，结论成立．由①②知，对n∈N*，都有an＝eq\f(2n－1,2n－1)成立．10．首项为正数的数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,4)(aeq\o\al(2,n)＋3)，n∈N*.(1)证明：若a1为奇数，则对一切n≥2，an都是奇数；(2)若对一切n∈N*都有an＋1>an，求a1的取值范围．解：(1)证明：已知a1是奇数，假设ak＝2m－1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得ak＋1＝eq\f(a\o\al(2,k)＋3,4)＝m(m－1)＋1是奇数．根据数学归纳法，对任意n∈N*，an都是奇数．(2)由an＋1－an＝eq\f(1,4)(an－1)(an－3)知，当且仅当an<1或an>3时，an＋1>an.另一方面，若0<ak<1，则0<ak＋1<eq\f(1＋3,4)＝1；若ak>3，则ak＋1>eq\f(32＋3,4)＝3.根据数学归纳法可知，∀n∈N*,0<a1<1⇔0<an<1；∀n∈N*，a1>3⇔an>3.综上所述，对一切n∈N*，都有an＋1>an的充要条件是0<a1<1或a1>3.11．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝eq\f(bn,1－4a\o\al(2,n))(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P1的坐标为(1，－1)知a1＝1，b1＝－1.∴b2＝eq\f(b1,1－4a\o\al(2,1))＝eq\f(1,3).a2＝a1·b2＝eq\f(1,3).∴点P2的坐标为(eq\f(1,3)，eq\f(1,3))，∴直线l的方程为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∈N*)时，2ak＋bk＝1成立，则当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝2