2019届高三数学课标一轮复习考点规范练 35数学归纳法
考点规范练35 数学归纳法
基础巩固组
1.用数学归纳法证明2n>2n+1,n的第一个取值应是( )
A.1 B.2 C.3 D.4
2.已知f(n)=1n+1n+1+1n+2+…+1n2,则( )
A.f(n)中共有n项,当n=2时,f(2)=12+13
B.f(n)中共有n+1项,当n=2时,f(2)=12+13
C.f(n)中共有n2-n项,当n=2时,f(2)=12+13
D.f(n)中共有n2-n+1项,当n=2时,f(2)=12+13+14
3.用数学归纳法证明“1+a+a2+…+an+1=1-an+21-a(a≠1,n∈N*)”,在验证n=1时,左端计算所得的结果是( )
A.1 B.1+a
C.1+a+a2 D.1+a+a2+a3
4.某个命题与自然数n有关,若n=k(k∈N*)时命题成立,则可推得当n=k+1时该命题也成立.现已知当n=5时,该命题不成立,则可推得( )
A.当n=6时,该命题不成立
B.当n=6时,该命题成立
C.当n=4时,该命题不成立
D.当n=4时,该命题成立
5.对于不等式n2+n
2,f(8)>52,f(16)>3,f(32)>72,观察上述结果,可推测出一般结论( )
A.f(2n)>2n+12 B.f(n2)≥n+22
C.f(2n)≥n+22 D.以上都不对
10.若凸n边形有f(n)条对角线,则凸(n+1)边形的对角线的条数f(n+1)为( )
A.f(n)+n+1 B.f(n)+n
C.f(n)+n-1 D.f(n)+n-2
11.已知f(x)是定义域为正整数集的函数,对于定义域内任意的k,若f(k)≥k2成立,则f(k+1)≥(k+1)2成立,下列命题成立的是( )
A.若f(3)≥9成立,且对于任意的k≥1,均有f(k)≥k2成立
B.若f(4)≥16成立,则对于任意的k≥4,均有f(k)a24对一切正整数n都成立,正整数a的最大值为 .
15.对于n∈N*,用数学归纳法证明:
1·n+2·(n-1)+3·(n-2)+…+(n-1)·2+n·1=16n(n+1)(n+2).
16.求证:12+13+14+…+12n-1>n-22(n≥2,且n∈N*).
17.设a1=1,an+1=an2-2an+2+b(n∈N*).
(1)若b=1,求a2,a3及数列{an}的通项公式.
(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n2n+1不成立;
当n=2时,22=4,2×2+1=5,2n>2n+1不成立;
当n=3时,23=8,2×3+1=7,2n>2n+1成立.
∴n的第一个取值应是3.
2.D 总项数为n2-(n-1),f(2)=12+13+14.故选D.
3.C 当n=1时,左边=1+a+a2.故选C.
4.C 因为当n=k时命题成立可推出当n=k+1时成立,所以当n=5时命题不成立,则当n=4时命题也一定不成立.
5.D 在n=k+1时,没有应用n=k时的假设,不是数学归纳法.
6.27,213,219 26n-5 a1=2,a2=23×2+1=27,a3=273×27+1=213,a4=2133×213+1=219.由此,猜想an的分子为2,分母是以1为首项,6为公差的等差数列.∴an=26n-5.用数学归纳法可证明.
7.(k+1)2+k2 当n=k时,左边=12+22+…+k2+…+22+12,当n=k+1时,左边=12+22+…+k2+(k+1)2+k2+…+22+12.
8.2 x2k-y2k能被x+y整除 因为n为正偶数,故第一个值n=2,第二步假设n取第k个正偶数成立,即n=2k,故应假设成x2k-y2k能被x+y整除.
9.C 因为f(22)>42,f(23)>52,f(24)>62,f(25)>72,
所以当n≥1时,有f(2n)≥n+22.
10.C 边数增加1,顶点也相应增加1个,它与和它不相邻的n-2个顶点连接成对角线,原来的一条边也成为对角线,因此,对角线增加(n-1)条.
11.D 因为f(4)=25>42,所以对于k≥4,均有f(k)≥k2.仅有D选项符合题意.
12.D 要配凑出归纳假设,即3(2+7k+1)=3(2+7·7k)=6+21·7k=21(2+7k)-36.故选D.
13.B f(3)=2,f(4)=f(3)+3=2+3=5,
f(n)=f(3)+3+4+…+(n-1)
=2+3+4+…+(n-1)
=12(n+1)(n-2)(n≥3).
14.25 当n=1时,11+1+11+2+13+1>a24,
即2624>a24,所以a<26.
而a是正整数,所以取a=25,
下面用数学归纳法证明1n+1+1n+2+…+13n+1>2524.
(1)当n=1时,已证得不等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*)时,不等式成立,
即1k+1+1k+2+…+13k+1>2524.
则当n=k+1时,
有1(k+1)+1+1(k+1)+2+…+13(k+1)+1
=1k+1+1k+2+…+13k+1+13k+2+13k+3+13k+4-1k+1>2524+13k+2+13k+4-23(k+1).
因为13k+2+13k+4-23(k+1)
=6(k+1)(3k+2)(3k+4)-23(k+1)
=18(k+1)2-2(9k2+18k+8)(3k+2)(3k+4)(3k+3)
=2(3k+2)(3k+4)(3k+3)>0,
所以当n=k+1时不等式也成立.
由(1)(2)知,对一切正整数n,都有1n+1+1n+2+…+13n+1>2524,
所以a的最大值等于25.
15.证明 (1)当n=1时,左边=1,右边=16×1×2×3=1,等式成立.
(2)假设当n=k时等式成立,即f(k)=1·k+2·(k-1)+3·(k-2)+…+(k-1)·2+k·1=16k(k+1)(k+2),则当n=k+1时,f(k+1)=1·(k+1)+2[(k+1)-1]+3[(k+1)-2]+…+[(k+1)-2]·3+[(k+1)-1]·2+(k+1)·1=f(k)+1+2+3+…+k+(k+1)=16k(k+1)(k+2)+12(k+1)(k+1+1)=16(k+1)(k+2)(k+3).即当n=k+1时原等式也成立.根据(1)和(2),可知原等式对任何n∈N*都成立.
16.证明 (1)当n=2时,12>0,不等式成立.
(2)假设当n=k(k≥2,且k∈N*)时不等式成立,
即12+13+14+15+…+12k-1>k-22,
则当n=k+1时,左边=12+13+14+…+12k-1+12k-1+1+12k-1+2+…+12k-1+2k-1>k-22+12k-1+1+12k-1+2+…+12k-1+2k-1>k-22+12k+12k+…+12k
=k-22+2k-12k=k-12=(k+1)-22.
所以,当n=k+1时原不等式也成立.
根据(1)和(2),知原不等式对n≥2的所有的正整数都成立,即12+13+14+…+12n-1>n-22(n≥2,且n∈N*)成立.
17.(1)解法一 a2=2,a3=2+1.
再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.
从而{(an-1)2}是首项为0,公差为1的等差数列,
故(an-1)2=n-1,即an=n-1+1(n∈N*).
解法二 a2=2,a3=2+1.可写为a1=1-1+1,a2=2-1+1,a3=3-1+1.
因此猜想an=n-1+1.下用数学归纳法证明上式:
当n=1时结论显然成立.
假设n=k时结论成立,即ak=k-1+1,
则ak+1=(ak-1)2+1+1=(k-1)+1+1
=(k+1)-1+1.
这就是说,当n=k+1时结论成立.
所以an=n-1+1(n∈N*).
(2)解法一 设f(x)=(x-1)2+1-1,则an+1=f(an).
令c=f(c),即c=(c-1)2+1-1,解得c=14.
下用数学归纳法证明加强命题a2nf(a2k+1)>f(1)=a2,
即1>c>a2k+2>a2.
再由f(x)在(-∞,1]上为减函数得c=f(c)f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2.
所以a2n+1>a2n+12-2a2n+1+2-1.
解得a2n+1>14.④
综上,由②,③,④知存在c=14使a2n0,an+1=an+112an>0(n∈N*).
①当n=1时,a1=1,a2=a1+112a1=16,a3=a2+112a2=712,
a3…>a2n-1>a2n+1,
同理由数学归纳法可证a2na2n-2>…>a2=16.
猜测:a2n<130,知a2n-1-13>0,a2n-13<0,即a2n<13…>a2n-1>a2n+1>13>a2n>a2n-2>…>a2,
从而可知16≤an≤1.
(3)|an+2-an+1|=an+1+112an+1-an+112an=|an+1-an|12anan+1=|an+1-an|an+1≤|an+1-an|a2+1=67|an+1-an|,
所以|an+1-an|≤67|an-an-1|≤672|an-1-an-2|≤…≤67n-1|a2-a1|=56·67n-1.
所以Sn=|a2-a1|+|a3-a2|+|a4-a3|+…+|an+1-an|≤561+67+672+…+67n-1=56×1-67n1-67<356<366=6.
