高考总复习理数（北师大版）课时作业提升40数学归纳法

课时作业提升(四十)数学归纳法A组夯实基础1．若f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,6n－1)(n∈N＋)，则f(1)为()A．1 B．eq\f(1,5)C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5) D．非以上答案解析：选C等式右边的分母是从1开始的连续的自然数，且最大分母为6n－1，则当n＝1时，最大分母为5.2．一个关于自然数n的命题，如果验证当n＝1时命题成立，并在假设当n＝k(k≥1且k∈N＋)时命题成立的基础上，证明了当n＝k＋2时命题成立，那么综合上述，对于()A．一切正整数命题成立 B．一切正奇数命题成立C．一切正偶数命题成立 D．以上都不对解析：选B本题证的是对n＝1,3,5,7，…命题成立，即命题对一切正奇数成立．3．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()A．7 B．8C．9 D．10解析：选B左边＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1)，代入验证可知n的最小值是8.4．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n＝2n－1＋22n－1(n∈N＋)时，假设n＝k时命题成立，则当n＝k＋1时，左端增加的项数是()A．1项 B．k－1项C．k项 D．2k项解析：选D运用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋2n＝2n－1＋22n－1(n∈N＋)．当n＝k时，则有1＋2＋3＋…＋2k＝2k－1＋22k－1(k∈N＋)，左边表示的为2k项的和．当n＝k＋1时，则左边＝1＋2＋3＋…＋2k＋(2k＋1)＋…＋2k＋1，表示的为2k＋1项的和，增加了2k＋1－2k＝2k项．5．平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为()A．n＋1 B．2nC.eq\f(n2＋n＋2,2) D．n2＋n＋1解析：选C1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)＝4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)＝7个区域；…；n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(n2＋n＋2,2)个区域．6．用数学归纳法证明2n＞2n＋1，n的第一个取值应是____________.解析：因为n＝1时，21＝2,2×1＋1＝3,2n＞2n＋1不成立；n＝2时，22＝4,2×2＋1＝5,2n＞2n＋1不成立；n＝3时，23＝8,2×3＋1＝7,2n＞2n＋1成立．所以n的第一个取值应是3.答案：37．(2018·郑州模拟)用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)>eq\f(13,24)的过程中，由n＝k推导n＝k＋1时，不等式的左边增加的式子是____________.解析：不等式的左边增加的式子是eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2k＋12k＋2)，故填eq\f(1,2k＋12k＋2).答案：eq\f(1,2k＋12k＋2)8．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，猜想Sn＝____________.解析：由(S1－1)2＝Seq\o\al(2,1)，得S1＝eq\f(1,2)；由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝eq\f(2,3)；由(S3－1)2＝(S3－S2)S3，得S3＝eq\f(3,4).猜想Sn＝eq\f(n,n＋1).答案：eq\f(n,n＋1)9．求证：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N＋)．证明：①当n＝1时，左边＝12－22＝－3，右边＝－3，等式成立．②假设n＝k(k∈N＋)时，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．当n＝k＋1时，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，所以当n＝k＋1时，等式也成立．由①②得，等式对任意n∈N＋都成立．B组能力提升1．(2018·安庆模拟)已知数列{an}满足a1＝a＞2，an＝eq\r(an－1＋2)(n≥2，n∈N＋)．(1)求证：对任意n∈N＋，an＞2；(2)判断数列{an}的单调性，并说明你的理由．(1)证明：用数学归纳法证明an＞2(n∈N＋)．①当n＝1时，a1＝a＞2，结论成立；②假设n＝k(k≥1)时结论成立，即ak＞2，则n＝k＋1时，ak＋1＝eq\r(ak＋2)＞eq\r(2＋2)＝2，所以n＝k＋1时，结论成立．故由①②及数学归纳法原理，知对一切的n∈N＋，都有an＞2成立．(2)证明：{an}是单调递减的数列．因为aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝an＋2－aeq\o\al(2,n)＝－(an－2)(an＋1)，又an＞2，所以aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＜0，所以an＋1＜an.故{an}是单调递减的数列．2．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．(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).由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)．(2)证明：①当n＝1时，左边＝a1＝1，右边＝eq\f(21－1,20)＝1，左边＝右边，结论成立．②假设n＝k(k≥1且k∈N＋)时，结论成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么当n＝k＋1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，猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)成立．3．(2018·潍坊模拟)等比数列{an}的前n项和为Sn，已知对任意的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．解：(1)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)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)，则当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\