高考数学理北师大版习题第十三章推理与证明算法复数第3讲数学归纳法及其应用

第3讲数学归纳法及其应用一、选择题1.用数学归纳法证明“2n＞2n＋1对于n≥n0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取()A.2 B.3 C.5 D.6解析∵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.∴n的第一个取值n0＝3.答案B2.某个命题与正整数有关，如果当n＝k(k∈N*)时该命题成立，那么可以推出n＝k＋1时该命题也成立.现已知n＝5时该命题成立，那么()A.n＝4时该命题成立B.n＝4时该命题不成立C.n≥5，n∈N*时该命题都成立D.可能n取某个大于5的整数时该命题不成立解析显然A，B错误，由数学归纳法原理知C正确，D错.答案C3.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)>eq\f(n,2)(n≥2，n∈N＋)”的过程中，由“n＝k”变到“n＝k＋1”时，左边增加了()A.1项 B.k项 C.2k－1项 D.2k项解析左边增加的项为eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)共2k项，故选D.答案D4.对于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N＋)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(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eq\r(k2＋k)<k＋1成立，当n＝k＋1时，eq\r(（k＋1）2＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(（k2＋3k＋2）＋（k＋2）)＝eq\r(（k＋2）2)＝(k＋1)＋1.∴当n＝k＋1时，不等式成立，则上述证法()A.过程全部正确B.n＝1验得不正确C.归纳假设不正确D.从n＝k到n＝k＋1的推理不正确解析在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法.答案D5.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()A.k2＋1B.(k＋1)2C.eq\f(（k＋1）4＋（k＋1）2,2)D.(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2解析当n＝k时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2.当n＝k＋1时，左端＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，故当n＝k＋1时，左端应在n＝k的基础上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.故选D.答案D二、填空题6.设Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n)，则Sn＋1－Sn＝________.解析∵Sn＋1＝1＋eq\f(1,2)＋…＋eq\f(1,2n)＋eq\f(1,2n＋1)＋…＋eq\f(1,2n＋2n)，Sn＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n).∴Sn＋1－Sn＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋2n).答案eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)＋eq\f(1,2n＋3)＋…＋eq\f(1,2n＋2n)7.(2017·宝鸡月考)数列{an}中，已知a1＝2，an＋1＝eq\f(an,3an＋1)(n∈N＋)，依次计算出a2，a3，a4，猜想an＝________.解析a1＝2，a2＝eq\f(2,3×2＋1)＝eq\f(2,7)，a3＝eq\f(\f(2,7),3×\f(2,7)＋1)＝eq\f(2,13)，a4＝eq\f(\f(2,13),3×\f(2,13)＋1)＝eq\f(2,19).由此，猜想an是以分子为2，分母是以首项为1，公差为6的等差数列.∴an＝eq\f(2,6n－5).答案eq\f(2,6n－5)8.凸n多边形有f(n)条对角线.则凸(n＋1)边形的对角线的条数f(n＋1)与f(n)的递推关系式为________.解析f(n＋1)＝f(n)＋(n－2)＋1＝f(n)＋n－1.答案f(n＋1)＝f(n)＋n－1三、解答题9.用数学归纳法证明：1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,n2)<2－eq\f(1,n)(n∈N＋，n≥2).证明(1)当n＝2时，1＋eq\f(1,22)＝eq\f(5,4)<2－eq\f(1,2)＝eq\f(3,2)，命题成立.(2)假设n＝k时命题成立，即1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)<2－eq\f(1,k).当n＝k＋1时，1＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,32)＋…＋eq\f(1,k2)＋eq\f(1,（k＋1）2)<2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,（k＋1）2)<2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,k（k＋1）)＝2－eq\f(1,k)＋eq\f(1,k)－eq\f(1,k＋1)＝2－eq\f(1,k＋1)，命题成立.由(1)(2)知原不等式在n∈N＋，n≥2时均成立.10.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)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，a1＝1，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).所以当n＝k＋1时，结论成立.由①②知猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)成立.11.(2017·昆明诊断)设n为正整数，f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)，经计算得f(2)＝eq\f(3,2)，f(4)＞2，f(8)＞eq\f(5,2)，f(16)＞3，f(32)＞eq\f(7,2)，观察上述结果，可推测出一般结论()A.f(2n)＞eq\f(2n＋1,2) B.f(n2)≥eq\f(n＋2,2)C.f(2n)≥eq\f(n＋2,2) D.以上都不对解析因为f(22)＞eq\f(4,2)，f(23)＞eq\f(5,2)，f(24)＞eq\f(6,2)，f(25)＞eq\f(7,2)，所以当n≥1时，有f(2n)≥eq\f(n＋2,2).答案C12.设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”.那么，下列命题总成立的是()A.若f(1)<1成立，则f(10)<100成立B.若f(2)<4成立，则f(1)≥1成立C.若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立D.若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立解析选项A，B的答案与题设中不等号方向不同，故A，B错；选项C中，应该是k≥3时，均有f(k)≥k2成立；对于选项D，满足数学归纳法原理，该命题成立.答案D13.设平面上n个圆周最多把平面分成f(n)片(平面区域)，则f(2)＝________，f(n)＝________.(n≥1，n∈N＋)解析易知2个圆周最多把平面分成4片；n个圆周最多把平面分成f(n)片，再放入第n＋1个圆周，为使得到尽可能多的平面区域，第n＋1个应与前面n个都相交且交点均不同，有n条公共弦，其端点把第n＋1个圆周分成2n段，每段都把已知的某一片划分成2片，即f(n＋1)＝f(n)＋2n(n≥1)，所以f(n)－f(1)＝n(n－1)，而f(1)＝2，从而f(n)＝n2－n＋2.答案4n2－n＋214.数列{xn}满足x1＝0，xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c(n∈N＋).(1)证明：{xn}是递减数列的充要条件是c＜0；(2)若0＜c≤eq\f(1,4)，证明数列{xn}是递增数列.证明(1)充分性：若c＜0，由于xn＋1＝－xeq\o\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c＜xn，∴数列{xn}是递减数列.必要性：若{xn}是递减数列，则x2＜x1，且x1＝0.又x2＝－xeq\o\al(2,1)＋x1＋c＝c，∴c＜0.故{xn}是递减数列的充要条件是c＜0.(2)若0＜c≤eq\f(1,4)，要证{xn}是递增数列.即xn＋1－xn＝－xeq\o\al(2,n)＋c＞0，即证xn＜eq\r(c)对任意n≥1成立.下面用数学归纳法证明：当0＜c≤eq\f(1,4)时，xn＜eq\r(c)对任意n≥1成立.当n＝1时，x1＝0＜eq\r(c)≤eq\f(1,2)，结论成立.②假设当n＝k(k≥1，k∈N＋)时结论成立，即