高考数学理科二轮总复习高考23题逐题特训7.数学归纳法

7.数学归纳法1．(2017·江苏清江中学质检)已知数列{an}满足：a1＝2a－2，an＋1＝＋1(n∈N*)．(1)若a＝－1，求数列{an}的通项公式；(2)若a＝3，试证明：对∀n∈N*，an是4的倍数．(1)解当a＝－1时，a1＝－4，an＋1＝＋1.令bn＝an－1，则b1＝－5，bn＋1＝.∵b1＝－5为奇数，bn也是奇数且只能为－1，∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－5，n＝1，,－1，n≥2，))即an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4，n＝1，,0，n≥2.))(2)证明当a＝3时，a1＝4，an＋1＝＋1.下面利用数学归纳法来证明：an是4的倍数．当n＝1时，a1＝4＝4×1，命题成立；设当n＝k(k∈N*)时，命题成立，则存在t∈N*，使得ak＝4t，∴ak＋1＝＋1＝34t－1＋1＝27·(4－1)4(t－1)＋1＝27·(4m＋1)＋1＝4(27m＋7)，其中，4m＝44(t－1)－Ceq\o\al(1,4t－1)·44t－5＋…－(－1)rCeq\o\al(r,4t－1)·44t－4－r＋…－Ceq\o\al(4t－5,4t－1)·4，∴m∈Z，∴当n＝k＋1时，命题成立．由数学归纳法知，命题对∀n∈N*，an是4的倍数成立．2．(2017·江苏马塘中学质检)已知数列{an}满足an＋1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)nan＋1(n∈N*)，且a1＝3.(1)计算a2，a3，a4的值，由此猜想数列{an}的通项公式，并给出证明；(2)求证：当n≥2时，aeq\o\al(n,n)≥4nn.(1)解a2＝4，a3＝5，a4＝6，猜想：an＝n＋2(n∈N*)．①当n＝1时，a1＝3，结论成立；②假设当n＝k(k≥2，k∈N*)时，结论成立，即ak＝k＋2，则当n＝k＋1时，ak＋1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,k)－eq\f(1,2)kak＋1＝eq\f(1,2)(k＋2)2－eq\f(1,2)k(k＋2)＋1＝k＋3＝(k＋1)＋2，即当n＝k＋1时，结论也成立．由①②，得数列{an}的通项公式为an＝n＋2(n∈N*)．(2)证明原不等式等价于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n)))n≥4.显然，当n＝2时，等号成立．当n>2时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n)))n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)eq\f(2,n)＋Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))2＋…＋Ceq\o\al(n,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))n>Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)eq\f(2,n)＋Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))2＝5－eq\f(2,n)>4.综上所述，当n≥2时，aeq\o\al(n,n)≥4nn.3．(2017·江苏盱眙中学调研)已知函数f(x)＝ln(2－x)＋ax在区间(0,1)上是增函数．(1)求实数a的取值范围；(2)若数列{an}满足a1∈(0,1)，an＋1＝ln(2－an)＋an，n∈N*，证明：0<an<an＋1<1.(1)解∵函数f(x)＝ln(2－x)＋ax在区间(0,1)上是增函数，∴f′(x)＝eq\f(－1,2－x)＋a≥0在区间(0,1)上恒成立，∴a≥eq\f(1,2－x).又g(x)＝eq\f(1,2－x)在区间(0,1)上是增函数，∴a≥g(1)＝1，即实数a的取值范围为a≥1.(2)证明先用数学归纳法证明0<an<1.当n＝1时，a1∈(0,1)成立．假设当n＝k时，0<ak<1成立．当n＝k＋1时，由(1)知当a＝1时，函数f(x)＝ln(2－x)＋x在区间(0,1)上是增函数，∴ak＋1＝f(ak)＝ln(2－ak)＋ak，∴0<ln2＝f(0)<f(ak)<f(1)＝1，即0<ak＋1<1成立，∴当n∈N*时，0<an<1成立．下证an<an＋1.∵0<an<1，∴an＋1－an＝ln(2－an)>ln1＝0，∴an<an＋1.综上0<an<an＋1<1.4．(2017·南京十三中质检)已知数列{an}是等差数列，且a1，a2，a3是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)x))m展开式的前三项的系数．(1)求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)x))m展开式的中间项；(2)当n≥2时，试比较eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋…＋与eq\f(1,3)的大小．解(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)x))m＝1＋Ceq\o\al(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))＋Ceq\o\al(2,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))2＋…＋Ceq\o\al(m,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))m，依题意a1＝1，a2＝eq\f(1,2)m，a3＝eq\f(mm－1,8)，由2a2＝a1＋a3，可得m＝1(舍去)或m＝8.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)x))m展开式的中间项是第五项，T5＝Ceq\o\al(4,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))4＝eq\f(35,8)x4.(2)由(1)知，an＝3n－2，当n＝2时，eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋…＋＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,7)＋eq\f(1,10)＝eq\f(69,140)>eq\f(1,3)；当n＝3时，eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋…＋＝eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＋eq\f(1,a5)＋…＋eq\f(1,a9)＝eq\f(1,7)＋eq\f(1,10)＋eq\f(1,13)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,19)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,25)＝eq\f(1,7)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)＋\f(1,13)＋\f(1,16)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,19)＋\f(1,22)＋\f(1,25)))>eq\f(1,8)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)＋\f(1,16)＋\f(1,16)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,32)＋\f(1,32)))＝eq\f(1,8)＋eq\f(3,16)＋eq\f(3,32)>eq\f(1,8)＋eq\f(3,16)＋eq\f(1,16)>eq\f(1,3).猜测：当n≥2时，eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋…＋>eq\f(1,3).以下用数学归纳法加以证明：①当n＝2时，结论成立．②假设当n＝k时，eq\f(1,ak)＋eq\f(1,ak＋1)＋eq\f(1,ak＋2)＋…＋>eq\f(1,3)，则当n＝k＋1时，eq\f(1,ak＋1)＋eq\f(1,ak＋1＋1)＋eq\f(1,ak＋1＋2)＋…＋eq\f(1,ak＋12)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,ak)＋\f(1,ak＋1)＋\f(1,ak＋1＋1)＋\f(1,ak＋1＋2)＋…＋)))＋>eq\f(1,3)＋>eq\f(1,3)＋－eq\f(1,ak)>eq\f(1,3)＋eq\f(2k＋1,3k＋12－2)－eq\f(1,3k－2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2k＋13k－2－[3k＋12－2],[3k＋12－2]3k