高考数学考点通关练第五章不等式推理与证明算法初步与复数39数学归纳法试题理

考点测试39数学归纳法一、基础小题1．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为eq\f(1,2)n(n－3)条时，第一步检验第一个值n0等于()A．1 B．2C．3 D．0答案C解析边数最少的凸n边形是三角形．2．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＝eq\f(1－an＋1,1－a)，a≠1，n∈N*”，在验证n＝1时，左边是()A．1 B．1＋aC．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3答案B解析当n＝1时，代入原式有左边＝1＋a.故选B.3．对于不等式eq\r(n2＋n)≤n＋1(n∈N*)，某学生的证明过程如下：(1)当n＝1时，eq\r(12＋1)≤1＋1，不等式成立．(2)假设n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，则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．上述证法()A．过程全都正确B．n＝1检验不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确答案D解析n＝1的验证及归纳假设都正确，但从n＝k到n＝k＋1的推理中没有使用归纳假设，而通过不等式的放缩法直接证明，不符合数学归纳法的证题要求，故应选D.4．利用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<f(n)(n≥2，n∈N*)的过程，由n＝k到n＝k＋1时，左边增加了()A．1项 B．k项C．2k－1项 D．2k项答案D解析1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2k－1)))＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，共增加了2k项．5．某个命题与自然数n有关，若n＝k(k∈N*)时命题成立，那么可推得当n＝k＋1时该命题也成立，现已知n＝5时，该命题不成立，那么可以推得()A．n＝6时该命题不成立 B．n＝6时该命题成立C．n＝4时该命题不成立 D．n＝4时该命题成立答案C解析假设n＝4时该命题成立，由题意可得n＝5时，该命题成立，而n＝5时，该命题不成立，所以n＝4时，该命题不成立，而n＝5，该命题不成立，不能推得n＝6该命题是否成立，故选C.6．用数学归纳法证明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答案B解析左边＝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.故选B.7．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是()A．6＋6·7k B．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)答案D解析(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3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36，这就是说，k＝n＋1时命题也成立．由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．故选D.8．设f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)，n∈N＋，那么f(n＋1)－f(n)＝()A.eq\f(1,2n＋1) B.eq\f(1,2n＋2)C.eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2) D.eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2)答案D解析f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,n＋1＋1)＋eq\f(1,n＋1＋2)＋…＋eq\f(1,n＋1＋n)＋eq\f(1,n＋1＋n＋1)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)－…－eq\f(1,n＋n)＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2).9．用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是()A．假使n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3正确(k∈N＋)B．假使n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1正确(k∈N＋)C．假使n＝k时正确，再推n＝k＋1正确(k∈N＋)D．假使n≤k(k≥1)时正确，再推n＝k＋2时正确(k∈N＋)答案B解析因为n为正奇数，根据数学归纳法证题的步骤，第二步应先假设第k个正奇数也成立，本题即假设n＝2k－1正确，再推第k＋1个正奇数，即n＝2k＋1正确．10．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a、b、c的值为()A．a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4) B．a＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a＝0，b＝c＝eq\f(1,4) D．不存在这样的a、b、c答案A解析∵等式对一切n∈N*均成立，∴n＝1,2,3时等式成立，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝3a－b＋c，,1＋2×3＝322a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝333a－b＋c，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋c＝1，,18a－9b＋c＝7，,81a－27b＋c＝34，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).11．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________．答案an＝eq\f(1,2n－12n＋1)解析因为Sn＝n(2n－1)an，当n＝2,3,4时，得出a2＝eq\f(1,15)，a3＝eq\f(1,35)，a4＝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(1,63)＝eq\f(1,7×9).∴an＝eq\f(1,2n－12n＋1).12．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，用数学归纳法证明f(2n)>eq\f(n,2)时，f(2k＋1)－f(2k)＝________.答案eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)解析∵f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)，f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)，∴f(2k＋1)－f(2k)＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1).二、高考小题本考点在近三年高考中未涉及此题型．三、模拟小题13．[2016·山东淄博质检]设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么下列命题总成立的是()A．若f(1)<2成立，则f(10)<11成立B．若f(3)≥4成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k＋1成立C．若f(2)<3成立，则f(1)≥2成立D．若f(4)≥5成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k＋1成立答案D解析当f(k)≥k＋1成立时，总能推出f(k＋1)≥k＋2成立，说明如果当k＝n时，f(n)≥n＋1成立，那么当k＝n＋1时，f(n＋1)≥n＋2也成立，所以如果当k＝4时，f(4)≥5成立，那么当k≥4时，f(k)≥k＋1也成立．一、高考大题1．[2015·江苏高考]已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，设Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}．令f(n)表示集合Sn所含元素的个数．(1)写出f(6)的值；(2)当n≥6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明．解(1)f(6)＝13.(2)当n≥6时，f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5))(t∈N*)．下面用数学归纳法证明：①当n＝6时，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，结论成立；②假设n＝k(k≥6)时结论成立，那么n＝k＋1时，Sk＋1在Sk的基础上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中产生，分以下情形讨论：a．若k＋1＝6t，则k＝6(t－1)＋5，此时有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－2,3)＋3＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1,3)，结论成立；b．若k＋1＝6t＋1，则k＝6t，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，结论成立；c．若k＋1＝6t＋2，则k＝6t＋1，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－1,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，结论成立；d．若k＋1＝6t＋3，则k＝6t＋2，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－2,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1,3)，结论成立；e．若k＋1＝6t＋4，则k＝6t＋3，此时有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，结论成立；f．若k＋1＝6t＋5，则k＝6t＋4，此时有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－1,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，结论成立．综上所述，结论对满足n≥6的自然数n均成立．2．[2014·陕西高考]设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．解由题设得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由已知得，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gkx,1＋gkx)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋k＋1x)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，即φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,1＋x2)＝eq\f(x＋1－a,1＋x2)，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立，综上可知，a的取值范围是(－∞，1]．(3)由题设知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，比较结果为g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．证明如下：证法一：上述不等式等价于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，则eq\f(1,n＋1)<lneq\f(n＋1,n).下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，eq\f(1,2)<ln2，结论成立．②假设当n＝k时结论成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)．那么，当n＝k＋1时，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋lneq\f(k＋2,k＋1)＝ln(k＋2)，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．证法二：上述不等式等价于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，则lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1).故有ln2－ln1>eq\f(1,2)，ln3－ln2>eq\f(1,3)，……ln(n＋1)－lnn>eq\f(1,n＋1)，上述各式相加可得ln(n＋1)>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1).结论得证．证法三：如图，eq\i\in(0,n,)eq\f(x,x＋1)dx是由曲线y＝eq\f(x,x＋1)，x＝n及x轴所围成的曲边梯形的面积，而eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)是图中所示各矩形的面积和，∴eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)>eq\i\in(0,n,)eq\f(x,x＋1)dx＝eq\i\in(0,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x＋1)))dx＝n－ln(n＋1)，结论得证．二、模拟大题3．[2016·甘肃诊断]已知等差数列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2－12x＋27＝0的两根，数列{bn}的前n项和为Tn，且Tn＝1－eq\f(1,2)bn(n∈N*)．(1)求数列{an}，{bn}的通项公式；(2)设数列{an}的前n项和为Sn，试比较eq\f(1,bn)与Sn＋1的大小，并给出证明．解(1)由(x－9)(x－3)＝0，且d>0，可得a2＝3，a5＝9，从而公差d＝eq\f(a5－a2,3)＝2，a1＝1，∴an＝2n－1(n∈N*)．∵Tn＝1－eq\f(1,2)bn，∴令n＝1，可得b1＝T1＝1－eq\f(1,2)b1，解得b1＝eq\f(2,3).当n≥2时，bn＝Tn－Tn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)bn))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)bn－1))＝eq\f(1,2)bn－1－eq\f(1,2)bn，得eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(1,3)(n≥2)，∴数列{bn}是以eq\f(2,3)为首项，eq\f(1,3)为公比的等比数列．∴bn＝eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq\f(2,3n)(n∈N*)．(2)∵Sn＝eq\f(n[1＋2n－1],2)＝n2，∴Sn＋1＝(n＋1)2，eq\f(1,bn)＝eq\f(3n,2).当n＝1时，eq\f(1,b1)＝eq\f(3,2)，S2＝4，∴eq\f(1,b1)<S2；当n＝2时，eq\f(1,b2)＝eq\f(9,2)，S3＝9，∴eq\f(1,b2)<S3；当n＝3时，eq\f(1,b3)＝eq\f(27,2)，S4＝16，∴eq\f(1,b3)<S4；当n＝4时，eq\f(1,b4)＝eq\f(81,2)，S5＝25，∴eq\f(1,b4)>S5；…猜想：n≥4时，eq\f(1,bn)>Sn＋1.以下用数学归纳法证明：①n＝4时，不等式成立．②假设当n＝k(k∈N*，k≥4)时，不等式成立，即eq\f(3k,2)>(k＋1)2，则当n＝k＋1时，∵eq\f(1,bk＋1)＝3·eq\f(3k,2)>3(k＋1)2＝3k2＋6k＋3＝(k2＋4k＋4)＋(2k2＋2k－1)>k2＋4k＋4＝(k＋2)2＝Sk＋2，∴当n＝k＋1时，不等式也成立．由①②可知，当n∈N*，n≥4时，eq\f(1,bn)>Sn＋1成立．综上所述，当n＝1,2,3时，eq\f(1,bn)<Sn＋1；当n≥4时，eq\f(1,bn)>Sn＋1.4．[2017·山东济南模拟]已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(2,x＋1)(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)在x∈[1，＋∞)内的最小值；(2)若f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；(3)求证ln(n＋1)>eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)．解(1)当a＝1时，f(x)＝lnx＋eq\