高考数一轮复习 6.7 数归纳法限时集训 理

限时集训(三十八)数学归纳法(限时：50分钟满分：106分)一、选择题(共8个小题，每小题5分，共40分)1．如果命题P(n)对n＝k成立，则它对n＝k＋2也成立，若P(n)对n＝2也成立，则下列结论正确的是()A．P(n)对所有正整数n都成立B．P(n)对所有正偶数n都成立C．P(n)对所有正奇数n都成立D．P(n)对所有自然数n都成立2．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1)”，在验证n＝1时，左端计算所得的项为()A．1 B．1＋aC．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a33．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4．对于不等式eq\r(n2＋n)<n＋1(n∈N*)，某同学应用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n＝1时，eq\r(12＋1)<1＋1，不等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，则当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．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5．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．假设n＝2k＋1时正确，再推n＝2k＋3时正确(其中k∈N*)B．假设n＝2k－1时正确，再推n＝2k＋1时正确(其中k∈N*)C．假设n＝k时正确，再推n＝k＋1时正确(其中k∈N*)D．假设n≤k(k≥1)时正确，再推n＝k＋2时正确(其中k∈N*)6．用数学归纳法证明1＋2＋22＋…＋2n－1＝2n－1(n∈N*)的过程中，第二步假设当n＝k时等式成立，则当n＝k＋1时应得到()A．1＋2＋22＋…＋2k－2＋2k－1＝2k＋1－1B．1＋2＋22＋…＋2k＋2k＋1＝2k－1－1＋2k＋1C．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＋1＝2k＋1－1D．1＋2＋22＋…＋2k－1＋2k＝2k－1＋2k7．在数列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为 ()A.eq\f(1,n－1n＋1) B.eq\f(1,2n2n＋1)C.eq\f(1,2n－12n＋1) D.eq\f(1,2n＋12n＋2)8．设函数f(n)＝(2n＋9)·3n＋1＋9，当n∈N*时，f(n)能被m(m∈N*)整除，猜想m的最大值为()A．9 B．18C．27 D．36二、填空题(共6个小题，每小题4分，共24分)9．用数学归纳法证明“2n>n2＋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________．10．二维空间中圆的一维测度(周长)l＝2πr，二维测度(面积)S＝πr2，观察发现S′＝l；三维空间中球的二维测度(表面积)S＝4πr2，三维测度(体积)V＝eq\f(4,3)πr3，观察发现V′＝S.则四维空间中“超球”的三维测度V＝8πr3，猜想其四维测度W＝________.11．观察下列等式：12＋22＝eq\f(22＋12×2＋1,6)，12＋22＋32＝eq\f(33＋12×3＋1,6)，12＋22＋32＋42＝eq\f(44＋14×2＋1,6)，…，根据上述规律可得12＋22＋32＋…＋n2＝________.12．下列图案由边长相等的黑白两色正方形按一定规律拼接而成，依此规律，第n个图案中白色的正方形的个数为________．13．对大于或等于2的自然数m的n次方幂有如下分解方式：22＝1＋3,32＝1＋3＋5,42＝1＋3＋5＋7；23＝3＋5,33＝7＋9＋11,43＝13＋15＋17＋19.根据上述分解规律，若n2＝1＋3＋5＋…＋19,m3(m∈N*)的分解中最小的数是21，则m＋n的值为______．14．若数列{an}的通项公式an＝eq\f(1,n＋12)，记cn＝2(1－a1)(1－a2)…(1－an)，试通过计算c1，c2，c3的值，推测cn＝________.三、解答题(共3个小题，每小题14分，共42分)15．用数学归纳法证明：12＋32＋52＋…＋(2n－1)2＝eq\f(1,3)n(4n2－1)．16．设0<a<1，定义a1＝1＋a，an＋1＝eq\f(1,an)＋a，求证：对任意n∈N*，有1<an<eq\f(1,1－a).17．已知数列{an}，其中a2＝6且eq\f(an＋1＋an－1,an＋1－an＋1)＝n.(1)求a1，a3，a4；(2)求数列{an}的通项公式；(3)设数列{bn}为等差数列，其中bn＝eq\f(an,n＋c)且c为不等于零的常数，若Sn＝b1＋b2＋…＋bn，求eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn).答案[限时集训(三十八)]1．B2.C3.D4.D5.B6.D7.C8.D9．510.2πr411.eq\f(nn＋12n＋1,6)12．5n＋313.1514.eq\f(n＋2,n＋1)15．证明：(1)当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝eq\f(1,3)×1×(4－1)＝1，等式成立．(2)假设当n＝k(k∈N*)时等式成立，即12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)．则当n＝k＋1时，12＋32＋52＋…＋(2k－1)2＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)＋(2k＋1)2＝eq\f(1,3)k(4k2－1)＋4k2＋4k＋1＝eq\f(1,3)k[4(k＋1)2－1]－eq\f(1,3)k·4(2k＋1)＋4k2＋4k＋1＝eq\f(1,3)k[4(k＋1)2－1]＋eq\f(1,3)(12k2＋12k＋3－8k2－4k)＝eq\f(1,3)k[4(k＋1)2－1]＋eq\f(1,3)[4(k＋1)2－1]＝eq\f(1,3)(k＋1)[4(k＋1)2－1]．即当n＝k＋1时等式也成立．由(1)，(2)可知，对一切n∈N*，等式都成立．16．证明：(1)当n＝1时，a1＝1＋a>1，又a1＝1＋a<eq\f(1,1－a)，显然命题成立．(2)假设n＝k(k∈N*)时，命题成立，即1<ak<eq\f(1,1－a).即当n＝k＋1时，由递推公式，知ak＋1＝eq\f(1,ak)＋a，由假设可得(1－a)＋a<eq\f(1,ak)＋a<1＋a<eq\f(1,1－a).于是当n＝k＋1时，命题也成立，即1<ak＋1<eq\f(1,1－a).由(1)(2)可知，对任意n∈N*，有1<an<eq\f(1,1－a).17．解：(1)∵a2＝6，eq\f(a2＋a1－1,a2－a1＋1)＝1，eq\f(a3＋a2－1,a3－a2＋1)＝2，eq\f(a4＋a3－1,a4－a3＋1)＝3，解得a1＝1，a3＝15，a4＝28.(2)由上面的a1，a2，a3，a4的值可以猜想an＝n(2n－1)．下面用数学归纳法加以证明：①当n＝1时，a1＝1×(2－1)＝1，结论成立．②假设当n＝k时，结论正确，即ak＝k(2k－1)，则当n＝k＋1时，有eq\f(ak＋1＋ak－1,ak＋1－ak＋1)＝k，∴(k－1)ak＋1＝(k＋1)ak－(k＋1)＝(k＋1)·k(2k－1)－(k＋1)＝(k＋1)(2k2－k－1)＝(k＋1)(2k＋1)(k－1)(k－1≠0)．∴ak＋1＝(k＋1)[2(k＋1)－1]．即当n＝k＋1时，结论也成立．由①②可知，{an}的通项公式an＝n(2n－1)．(3)∵{bn}是等差数列，∴2b2＝b1＋b3，即eq\f(2a2,2＋c)＝eq\f(a1,1＋c)＋eq\f(a3,3＋c).∵a1＝1，a2＝6，a3＝15且c≠0，由上式解得c＝－eq\f(1,2)，∴bn＝eq\f(an,n－\f(1,2))＝eq\f(n2n－1,\f(1,2)2n－1)＝2n.故Sn＝b1＋b2＋…＋bn＝n(n＋1)．∴eq\f(1,S1)＋eq\f(1,S2)＋…＋eq\f(1,Sn)＝eq\f(1,1×2)＋eq\f(1,