高考数学一轮复习 13.4 数学归纳法 理 苏教版

13.4数学归纳法一、填空题1．用数学归纳法证明1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)…＋eq\f(1,2n－1)＜n(n∈N，且n＞1)，第一步要证的不等式是________．解析n＝2时，左边＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,22－1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)，右边＝2.答案1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＜22.用数学归纳法证明：eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(n2,(2n－1)(2n＋1))＝eq\f(n(n＋1),2(2n＋1))；当推证当n＝k＋1等式也成立时，用上归纳假设后需要证明的等式是.解析当n＝k＋1时，eq\f(12,1×3)＋eq\f(22,3×5)＋…＋eq\f(k2,(2k－1)(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f(k(k＋1),2(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))故只需证明eq\f(k(k＋1),2(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f((k＋1)(k＋2),2(2k＋3))即可.答案eq\f(k(k＋1),2(2k＋1))＋eq\f((k＋1)2,(2k＋1)(2k＋3))＝eq\f((k＋1)(k＋2),2(2k＋3))3．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，则f(k＋1)与f(k)的递推关系式是________．解析∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2，∴f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2；∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2.答案f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)23．若存在正整数m，使得f(n)＝(2n－7)3n＋9(n∈N*)能被m整除，则m＝________.解析f(1)＝－6，f(2)＝－18，f(3)＝－18，猜想：m＝－6.答案64．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用归纳假设证n＝k＋1时的情况，只需展开的式子是________．解析假设当n＝k时，原式能被9整除，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．答案(k＋3)35．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上________．解析∵当n＝k时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时，左侧＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋…＋(k＋1)2，∴当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.答案(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)26．用数学归纳法证明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,2n)，则当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上________．解析∵当n＝k时，左侧＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)当n＝k＋1时，左侧＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2).答案eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)7.设平面内有n条直线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.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)=;当n>4时,f(n)=(用n表示).答案:52)解析:f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9,每增加一条直线,交点增加的个数等于原来直线的条数.∴f(4)-f(3)=3,f(5)-f(4)=4,…f(n)-f(n-1)=n-1.累加得f(n)-f(3)=3+4+…+(n-1).∴2).

8．用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(127,64)(n∈N*)成立，其初始值至少应取________．解析右边＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1)，代入验证可知n的最小值是8.答案89．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)且Sn＝n(2n－1)an，通过计算a2，a3，a4，猜想an的表达式是________．解析当n＝2时，a1＋a2＝6a2，即a2＝eq\f(1,5)a1＝eq\f(1,15)；当n＝3时，a1＋a2＋a3＝15a3即a3＝eq\f(1,14)(a1＋a2)＝eq\f(1,35)；当n＝4时，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4即a4＝eq\f(1,27)(a1＋a2＋a3)＝eq\f(1,63).∴a1＝eq\f(1,3)＝eq\f(1,1×3)，a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a4＝eq\f(1,7×9)，故猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).答案an＝eq\f(1,2n－12n＋1)10．用数学归纳法证明(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n·1·3…(2n＋1)(n∈N*)，从“k到k＋1”左端需乘的代数式是________．解析左端需乘的代数式是eq\f(2k＋12k＋2,k＋1)＝2(2k＋1)．答案2(2k＋1)11．如下图，在杨辉三角形中，从上往下数共有n(n∈N*)行，在这些数中非1的数字之和是________________．111121133114641…解析所有数字之和Sn＝20＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1，除掉1的和2n－1－(2n－1)＝2n－2n.答案2n－2n12．对于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同学应用数学归纳法的证明过程如下：(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．则上述证法中________________（哪一步推理）不正确.解析此同学从n＝k到n＝k＋1的推理中没有应用归纳假设．答案从n＝k到n＝k＋1的推理13．12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2，当n分别取1,2,3,4时的值依次为________，所以猜想原式＝________.解析当n＝1时，原式＝12＝1＝(－1)1－1·eq\f(1×1＋1,2)当n＝2时，原式＝12－22＝－3＝(－1)2－1·eq\f(2×2＋1,2)当n＝3时，原式＝12－22＋32＝6＝(－1)3－1·eq\f(3×3＋1,2)当n＝4时，原式＝12－22＋32－42＝－10＝(－1)4－1·eq\f(4×4＋1,2)∴猜想原式＝(－1)n－1·eq\f(nn＋1,2).答案1，－3,6，－10(－1)n－1·eq\f(nn＋1,2)二、解答题14．已知数列{an}满足an＋1＝－aeq\o\al(2,n)＋pan(p∈R)，且a1∈(0,2)，试猜想p的最小值，使得an∈(0,2)对n∈N*恒成立，并给出证明．证明当n＝1时，a2＝－aeq\o\al(2,1)＋pa1＝a1(－a1＋p)．因为a1∈(0,2)，所以欲使a2∈(0,2)恒成立，则要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＞a1，,p＜a1＋\f(2,a1)))恒成立，解得2≤p≤2eq\r(2)，由此猜想p的最小值为2.因为p≥2，所以要证该猜想成立，只要证：当p＝2时，an∈(0,2)对n∈N*恒成立．现用数学归纳法证明：①当n＝1时结论显然成立；②假设当n＝k时结论成立，即ak∈(0,2)，则当n＝k＋1时，ak＋1＝－aeq\o\al(2,k)＋2ak＝ak(2－ak)，一方面，ak＋1＝ak(2－ak)＞0成立，另一方面，ak＋1＝ak(2－ak)＝－(ak－1)2＋1≤1＜2，所以ak＋1∈(0,2)，即当n＝k＋1时结论也成立．由①②可知，猜想成立，即p的最小值为2.15．在数列{an}中，对于任意n∈N*，an＋1＝4aeq\o\al(3,n)－3an.(1)求证：若|an|＞1，则|an＋1|＞1；(2)若存在正整数m，使得am＝1，求证：①|a1|≤1；②a1＝coseq\f(2kπ,3m－1)(其中k∈Z)．(参考公式：cos3α＝4cos3α－3cosα)证明(1)因为|an|＞1，an＋1＝4aeq\o\al(3,n)－3an.所以|an＋1|＝|4aeq\o\al(3,n)－3an|＝|an|(4|an|2－3)＞1.(2)①假设|a1|＞1，则|a2|＝|4aeq\o\al(3,1)－3a1|＝|a1|(4|a1|2－3)＞1.若|ak|＞1，则|ak＋1|＝|4aeq\o\al(3,k)－3ak|＝|ak|(4|ak|2－3)＞1.所以当|a1|＞1时，有|an|＞1(n∈N*)，这与已知am＝1矛盾，所以|a1|≤1.②由①可知，存在θ，使得a1＝cosθ，则a2＝4cos3θ－3cosθ＝cos3θ.假设n＝k时，有an＝cos3n－1θ，即ak＝cos3k－1θ，则ak＋1＝4aeq\o\al(3,k)－3ak＝4(cos3k－1θ)3－3(cos3k－1θ)＝cos3kθ.所以对任意n∈N*，an＝cos3n－1θ，则am＝cos3m－1θ＝1,3m－1θ＝2kπ，其中k∈即θ＝eq\f(2kπ,3m－1).所以a1＝coseq\f(2kπ,3m－1)(其中k为整数)．16．在数列{an}中，a1＝1，an＋1＝c－eq\f(1,an).(1)设c＝eq\f(5,2)，bn＝eq\f(1,an－2)，求数列{bn}的通项公式；(2)求使不等式an＜an＋1＜3成立的c的取值范围．解析(1)an＋1－2＝eq\f(5,2)－eq\f(1,an)－2＝eq\f(an－2,2an)，eq\f(1,an＋1－2)＝eq\f(2an,an－2)＝eq\f(4,an－2)＋2，即bn＋1＝4bn＋2.bn＋1＋eq\f(2,3)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(2,3)))，又a1＝1，故b1＝eq\f(1,a1－2)＝－1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(2,3)))是首项为－eq\f(1,3)，公比为4的等比数列，bn＋eq\f(2,3)＝－eq\f(1,3)×4n－1，bn＝－eq\f(4n－1,3)－eq\f(2,3).(2)a1＝1，a2＝c－1，由a2＞a1，得c＞2.用数学归纳法证明：当c＞2时，an＜an＋1.①当n＝1时，a2＝c－eq\f(1,a1)＞a1，命题成立；②设当n＝k时，ak＜ak＋1，则当n＝k＋1时，ak＋2＝c－eq\f(1,ak＋1)＞c－eq\f(1,ak)＝ak＋1.故由①②知当c＞2时，an＜an＋1.当c＞2时，因为c＝an＋1＋eq\f(1,an)＞an＋eq\f(1,an)，所以aeq\o\al(2,n)－can＋1＜0有解，所以eq\f(c－\r(c2－4),2)＜an＜eq\f(c＋\r(c2－4),2)，令α＝eq\f(c＋\r(c2－4),2)，当2＜c≤eq\f(10,3)时，an＜α≤3.当c＞eq\f(10,3)时，α＞3，且1≤an＜α，于是α－an＋1＝eq\f(1,anα)(α－an)＜eq\f(1,3)(α－an)＜eq\f(1,32)(α－an－1)＜…＜eq\f(1,3n)(α－1)．所以α－an＋1＜eq\f(1,3n)(α－1)，当n＞log3eq\f(α－1,α－3)时，α－an＋1＜α－3，an＋1＞3，与已知矛盾．因此c＞eq\f(10,3)不符合要求．所以c的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).17．已知在正项数列{an}中，对于一切的n∈N*均有aeq\o\al(2,n)≤an－an＋1成立．(1)证明：数列{an}中的任意一项都小于1；(2)探究an与eq\f(1,n)的大小，并证明你的结论．证明(1)由aeq\o\al(2,n)≤an－an＋1，得an＋1≤an－aeq\o\al(2,n).因为在数列{an}中，an＞0，所以an＋1＞0.所以an－aeq\o\al(2,n)＞0.所以0＜an＜1.故数列{an}中的任意一项都小于1.(2)由(1)知0＜an＜1＝eq\f(1,1)，那么a2≤a1－aeq\o\al(2,1)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)＜eq\f(1,2)，由此猜想：an＜eq\f(1,n)(n≥2)，下面用数学归纳法证明：①当n＝2时，显然成立；②当n＝k时(k≥2，k∈N)时，假设猜想正确，即ak＜eq\f(1,k)≤eq\f(1,2)，那么ak＋1≤ak－aeq\o\al(2,k)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ak－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)＜－eq\b\lc\(\rc\