高考数学一轮复习 第十四章 第5讲 数学归纳法配套限时规范训练 理 苏教版

第5讲数学归纳法分层训练A级基础达标演练(时间：30分钟满分：60分)一、填空题(每小题5分，共30分)1．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”，在进行第二步证明时，给出四种证法．①假设n＝k(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立；②假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋1命题成立；③假设n＝2k＋1(k∈N＋)，证明n＝k＋1命题成立；④假设n＝k(k是正奇数)，证明n＝k＋2命题成立．正确证法的序号是________．解析①②③中，k＋1不一定表示奇数，只有④中k为奇数，k＋2为奇数．答案④2．用数学归纳证明：对任意的n∈N*,34n＋2＋52n＋1能被14整除的过程中，当n＝k＋1时，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1可变形为________．答案34(34k＋2＋52k＋1)－52k＋1×563．(·寿光一中模拟)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．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)2二、解答题(每小题15分，共30分)7．(·苏中三市调研)已知数列{an}满足：a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(2an,an＋1)(n∈N*)．(1)求a2，a3的值；(2)证明：不等式0<an<an＋1对于任意的n∈N*都成立．(1)解由题意，得a2＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(4,5).(2)证明①当n＝1时，由(1)，知0<a1<a2，即不等式成立．②设当n＝k(k∈N*)时，0<ak<ak＋1成立，则当n＝k＋1时，由归纳假设，知ak＋1>0.而ak＋2－ak＋1＝eq\f(2ak＋1,ak＋1＋1)－eq\f(2ak,ak＋1)＝eq\f(2ak＋1ak＋1－2akak＋1＋1,ak＋1＋1ak＋1)＝eq\f(2ak＋1－ak,ak＋1＋1ak＋1)>0，∴0<ak＋1<ak＋2，即当n＝k＋1时，不等式成立．由①②，得不等式0<an<an＋1对于任意n∈N*成立．8．(·盐城调研)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.分层训练B级创新能力提升1．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82．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)3．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)4．已知Sn＝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，S1＝12＝1＝(－1)1－1·eq\f(1×1＋1,2)当n＝2时，S2＝12－22＝－3＝(－1)2－1·eq\f(2×2＋1,2)当n＝3时，S3＝12－22＋32＝6＝(－1)3－1·eq\f(3×3＋1,2)当n＝4时，S4＝12－22＋32－42＝－10＝(－1)4－1·eq\f(4×4＋1,2)∴猜想Sn＝(－1)n－1·eq\f(nn＋1,2).答案1，－3,6，－10(－1)n－1·eq\f(nn＋1,2)5．(·全国卷)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(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))).6．(·扬州中学最后冲刺)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．(1)证明由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)解由(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＋