【复习参考】高三数学(理)考点巩固训练67-数学归纳法

考点巩固训练67数学归纳法一、选择题1．用数学归纳法证明1＋2＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)时，在验证n＝1成立时，左边所得的代数式是()．A．1B．1＋3C．1＋2＋3D．1＋2＋3＋42．用数学归纳法证明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜eq\f(13,14)(n≥2，n∈N*)的过程中，由n＝k递推到n＝k＋1时不等式左边()．A．增加了一项eq\f(1,2k＋1)B．增加了两项eq\f(1,2k＋1)、eq\f(1,2k＋2)C．增加了eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2k＋2)两项但削减了一项eq\f(1,k＋1)D．以上各种状况均不对3．用数学归纳法证明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(127,64)成立时，起始值n至少应取为()．A．7B．8C．9D．4．用数学归纳法证明：“(n＋1)·(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)”，从“k到k＋1”左端需增乘的代数式为A．2k＋1B．2(2k＋1)C．eq\f(2k＋1,k＋1)D．eq\f(2k＋3,k＋1)5．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)6．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．9B．18C．27D．7．对于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同学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的推理不正确二、填空题8．用数学归纳法证明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1，且n∈N*)”，在验证n＝1时，左边计算所得的结果是__________．9．在△ABC中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)≥eq\f(9,π)成立；在四边形ABCD中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)≥eq\f(16,2π)成立；在五边形ABCDE中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)＋eq\f(1,E)≥eq\f(25,3π)成立……猜想在n边形A1A2…An中，有不等式________成立．10．用数学归纳法证明eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,7)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))＞eq\f(\r(2k＋1),2)(k＞1)，则当n＝k＋1时，左端应乘上__________________________，这个乘上去的代数式共有因式的个数是__________．三、解答题11．设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根为Sn－1，n＝1,2,3，….(1)求a1，a2；(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出严格的证明．12．(重庆高考)设数列{an}的前n项和Sn满足Sn＋1＝a2Sn＋a1，其中a2≠0，(1)求证：{an}是首项为1的等比数列；(2)若a2＞－1，求证：Sn≤eq\f(n,2)(a1＋an)，并给出等号成立的充要条件．

参考答案一、选择题1．C解析：左边表示从1开头，连续2n＋1个正整数的和，故n＝1时，表示1＋2＋3的和．2．C解析：当n＝k＋1时，不等式为eq\f(1,(k＋1)＋1)＋eq\f(1,(k＋1)＋2)＋…＋eq\f(1,2(k＋1))＜eq\f(13,14)，∴比当n＝k时增加了eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋2)项．但最左端少了一项eq\f(1,k＋1)．3．B解析：∵1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,27－1)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))7,1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,26)＝eq\f(27－1,26)＝eq\f(127,64)，而1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,28－1)＞eq\f(127,64)，故起始值n至少取8．4．B解析：当n＝k时，等式为(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k×1×3×…×(2k－1)，当n＝k＋1时，等式为(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)＝2k＋1×1×3×…×(2k＋1)，∴左端增乘eq\f((2k＋1)(2k＋2),k＋1)＝2(2k＋1)．5．C解析：由a1＝eq\f(1,3)，Sn＝n(2n－1)an求得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)．猜想an＝eq\f(1,(2n－1)(2n＋1))．6．D解析：f(n＋1)－f(n)＝(2n＋11)·3n＋2－(2n＋9)·3n＋1＝4(n＋6)·3n＋1，当n＝1时，f(2)－f(1)＝4×7×9为最小值，据此可猜想D正确．7．D解析：在n＝k＋1时，没有应用n＝k时的假设，不是数学归纳法．二、填空题8．1＋a＋a2解析：首先观看等式两边的构成状况，它的左边是按a的升幂挨次排列的，共有n＋2项．因此当n＝1时，共有3项，应当是1＋a＋a2．9．eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,(n－2)π)10．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋3)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))2k－1解析：当n＝k时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))＞eq\f(\r(2k＋1),2)．当n＝k＋1时，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,7)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))＞eq\f(\r(2k＋3),2)．∴左边应乘上eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋3)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))，设第一项a1＝2k＋1，an＝2k＋1－1，d＝2，∴n＝eq\f(an－a1,2)＝eq\f(2k＋1－1－2k－1,2)＝2k－1．三、解答题11．解：(1)当n＝1时，x2－a1x－a1＝0有一根为S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝eq\f(1,2)．当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－eq\f(1,2)，于是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))2－a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))－a2＝0，解得a2＝eq\f(1,6)．(2)由题设知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即Sn2－2Sn＋1－anSn＝0．当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0．(*)由(1)得S1＝a1＝eq\f(1,2)，S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)．由(*)式可得S3＝eq\f(3,4)．由此猜想Sn＝eq\f(n,n＋1)，n＝1,2,3，…．下面用数学归纳法证明这个结论．①n＝1时已知结论成立．②假设n＝k(k∈N*)时结论成立，即Sk＝eq\f(k,k＋1)，当n＝k＋1时，由(*)得Sk＋1＝eq\f(1,2－Sk)，即Sk＋1＝eq\f(k＋1,k＋2)，故n＝k＋1时结论也成立．综上，由①、②可知Sn＝eq\f(n,n＋1)对全部正整数n都成立．12．(1)证法一：由S2＝a2S1＋a1得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a因a2≠0，故a1＝1，得eq\f(a2,a1)＝a2，又由题设条件知Sn＋2＝a2Sn＋1＋a1，Sn＋1＝a2Sn＋a1，两式相减得Sn＋2－Sn＋1＝a2(Sn＋1－Sn)，即an＋2＝a2an＋1，由a2≠0，知an＋1≠0，因此eq\f(an＋2,an＋1)＝a2，综上，eq\f(an＋1,an)＝a2对全部n∈N*成立．从而{an}是首项为1，公比为a2的等比数列．证法二：用数学归纳法证明an＝a2n－1，n∈N*．当n＝1时，由S2＝a2S1＋a1，得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a1，再由a2≠0，得a1＝1，所以结论成立．假设n＝k时，结论成立，即ak＝a2k－1，那么ak＋1＝Sk＋1－Sk＝(a2Sk＋a1)－(a2Sk－1＋a1)＝a2(Sk－Sk－1)＝a2ak＝a2k．这就是说，当n＝k＋1时，结论也成立．综上可得，对任意n∈N*，an＝a2n－1．因此{an}是首项为1，公比为a2的等比数列．(2)证法一：当n＝1或2时，明显Sn＝eq\f(n,2)(a1＋an)，等号成立．设n≥3，a2＞－1且a2≠0．由(1)知a1＝1，an＝a2n－1，所以要证的不等式化为1＋a2＋a22＋…＋a2n－1≤eq\f(n,2)(1＋a2n－1)(n≥3)，即证：1＋a2＋a22＋…＋a2n≤eq\f(n＋1,2)(1＋a2n)(n≥2)．当a2＝1时，上面不等式的等号成立．当－1＜a2＜1时，a2r－1与a2n＋r－1(r＝1,2，…，n－1)同为负；当a2＞1时，a2r－1与a2n＋r－1(r＝1,2，…，n－1)同为正．因此当a2＞－1且a2≠1时，总有(a2r－1)(a2n＋r－1)＞0，即a2r＋a2n－r＜1＋a2n(r＝1,2，…，n－1)．上面不等式对r从1到n－1求和得2(a2＋a22＋…＋a2n－1)＜(n－1)(1＋a2n)，由此得1＋a2＋a22＋…＋a2n＜eq\f(n＋1,2)(1＋a2n)．综上，当a2＞－1且a2≠0时，有Sn≤eq\f(n,2)(a1＋an)，当且仅当n＝1,2或a2＝1时等号成立．证法二：当n＝1或2时，明显Sn＝eq\f(n,2)(a1＋an)，等号成立．当a2＝1时，Sn＝n＝eq\f(n,2)(a1＋an)，等号也成立．当a2≠1时，由(1)知Sn＝eq\f(1－a2n,1－a2)，an＝a2n－1．下证：eq\f(1－a2n,1－a2)＜eq\f(n,2)(1＋a2n－1)(n≥3，a2＞－1且a2≠1)．当－1＜a2＜1时，上面不等式化为(n