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文档简介
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
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