高考数学专题复习练习第六章 第七节 数学归纳法[理] 6页

第六章 第七节 数学归纳法[理]‎ 课下练兵场 命 题 报 告 ‎ 难度及题号 知识点 容易题 ‎(题号)‎ 中等题 ‎(题号)‎ 稍难题 ‎(题号)‎ 证明等式问题 ‎1‎ ‎5‎ 证明不等式 ‎2、3‎ ‎11‎ 归纳、猜想与证明 ‎7‎ ‎6、10‎ ‎12‎ 整除与几何问题 ‎4、8、9‎ 一、选择题 ‎1．用数学归纳法证明等式(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＋1　　　 　B．2(2k＋1) C. D. 解析：当n＝1时，显然成立．当n＝k时，左边＝(k＋1)·(k＋2)·…·(k＋k)，当n＝k＋1时，左边＝(k＋1＋1)·(k＋1＋2)·…·(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)＝(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)＝(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)·2(2k＋1)．‎ 答案：B ‎2．用数学归纳法证明“1＋＋＋…＋＜n(n∈N*，n＞1)”时，由n＝k(k＞1)不等式成立，推证n＝k＋1时，左边应增加的项数是 (　　)‎ A．2k－1 B．2k－‎1 C．2k D．2k＋1‎ 解析：增加的项数为(2k＋1－1)－(2k－1)＝2k＋1－2k＝2k.‎ 答案：C ‎3．对于不等式＜n＋1(n∈N*)，某同学的证明过程如下：‎ ‎(1)当n＝1时，＜1＋1，不等式成立．‎ ‎(2)假设当n＝k(k∈N*)时，不等式成立，‎ 即＜k＋1，‎ 则当n＝k＋1时，＝＜＝＝(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：用数学归纳法证题的关键在于合理运用归纳假设．‎ 答案：D ‎4．下列代数式(其中k∈N*)能被9整除的是 (　　)‎ A．6＋6·7k B．2＋7k－‎1 C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)‎ 解析：(1)当k＝1时，显然只有3(2＋7k)能被9整除．‎ ‎(2)假设当k＝n(n∈N*)时，命题成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36.‎ 这就是说，k＝n＋1时命题也成立．‎ 由(1)(2)可知，命题对任何k∈N*都成立．‎ 答案：D ‎5．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c对一切n∈N*都成立，则a、b、c的值为 (　　)‎ A．a＝，b＝c＝ B．a＝b＝c＝ C．a＝0，b＝c＝ D．不存在这样的a、b、c 解析：∵等式对一切n∈N*均成立，‎ ‎∴n＝1,2,3时等式成立，即：‎ ，‎ 整理得，解得a＝，b＝c＝.‎ 答案：A ‎6．在数列{an}中，a1＝，且Sn＝n(2n－1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式(　　)‎ A. B. C. D. 解析：由a1＝，Sn＝n(2n－1)an，‎ 得S2＝2(2×2－1)a2，即a1＋a2＝‎6a2，‎ ‎∴a2＝＝，S3＝3(2×3－1)a3，‎ 即＋＋a3＝‎15a3.∴a3＝＝，a4＝.‎ 答案：C 二、填空题 ‎7．猜想1＝1,1－4＝－(1＋2),1－4＋9＝1＋2＋3，…，第n个式子为______________．‎ 答案：1－4＋9－…＋(－1)n＋1n2＝(－1)n－1(1＋2＋3＋…＋n)．‎ ‎8．如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来(n＝1,2,3，…)，则第n－2(n≥3，n∈N*)个图形中共有________个顶点．‎ 解析：当n=1时，顶点共有12=3×4(个)，‎ n=2时，顶点共有20=4×5(个)，‎ n=3时，顶点共有30=5×6(个)，‎ n=4时，顶点共有42=6×7(个)，‎ 故第n个图形共有顶点(n+2)(n+3)个，‎ ‎∴第n-2个图形共有顶点n(n+1)个．‎ 答案：n(n+1)‎ ‎9．设平面内有n条直线(n≥3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点．若用f(n)表示这n条直线交点的个数，则f(4)＝________；当n＞4时，f(n)＝________(用n表示)．‎ 解析：f(2)＝0，f(3)＝2，f(4)＝5，f(5)＝9，‎ 每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数．‎ ‎∴f(3)－f(2)＝2，‎ f(4)－f(3)＝3，‎ f(5)－f(4)＝4，…‎ f(n)－f(n－1)＝n－1.‎ 累加，得 f(n)－f(2)＝2＋3＋4＋…＋(n－1)‎ ‎＝(n－2)．‎ ‎∴f(n)＝(n＋1)(n－2)．‎ 答案：5　(n＋1)(n－2)‎ 三、解答题 ‎10．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)且点P1的坐标为(1，－1)．‎ ‎(1)求过点P1，P2的直线l的方程；‎ ‎(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．‎ 解：(1)由P1的坐标为(1，－1)知 a1＝1，b1＝－1.‎ ‎∴b2＝＝.‎ a2＝a1·b2＝.‎ ‎∴点P2的坐标为(，)‎ ‎∴直线l的方程为2x＋y＝1.‎ ‎(2)①当n＝1时，‎ ‎2a‎1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．‎ ‎②假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，2ak＋bk＝1成立，‎ 则2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝(2ak＋1)‎ ‎＝＝＝1，‎ ‎∴当n＝k＋1时，命题也成立．‎ 由①②知，对n∈N*，都有2an＋bn＝1，‎ 即点Pn在直线l上．‎ ‎11．数列{an}满足a1＝1，a2＝2，an＋2＝(1＋cos2)an＋‎ sin2，n＝1,2,3，….‎ ‎(1)求a3，a4并求数列{an}的通项公式；‎ ‎(2)设bn＝，Sn＝b1＋b2＋…＋bn.证明：当n≥6时，‎ ‎|Sn－2|＜.‎ 解：(1)因为a1＝1，a2＝2，‎ 所以a3＝(1＋cos2)a1＋sin2＝a1＋1＝2，‎ a4＝(1＋cos2π)a2＋sin2π＝‎2a2＝4.‎ 一般地，当n＝2k－1(k∈N*)时，a2k＋1＝[1＋cos2]a2k－1＋sin2＝a2k－1＋1，即a2k＋1－a2k－1＝1.‎ 所以数列{a2k－1}是首项为1、公差为1的等差数列，‎ 因此a2k－1＝k.‎ 当n＝2k(k∈N*)时，a2k＋2＝(1＋cos2)a2k＋sin2＝‎2a2k.‎ 所以数列{a2k}是首项为2、公比为2的等比数列，‎ 因此a2k＝2k.‎ 故数列{an}的通项公式为 an＝ ‎(2)由(1)知，bn＝＝，‎ 所以Sn＝＋＋＋…＋， ①‎ Sn＝＋＋＋…＋， ②‎ ‎①－②得，Sn＝＋＋＋…＋－＝－＝1－－，‎ 所以Sn＝2－－＝2－.‎ 要证明当n≥6时，|Sn－2|＜成立，只需证明当n≥6时，＜1成立．‎ ‎(1)当n＝6时，＝＝＜1成立．‎ ‎(2)假设当n＝k(k≥6)时不等式成立，即＜1.‎ 则当n＝k＋1时，‎ ＝×＜＜1.‎ 由(1)、(2)所述，当n≥6时，＜1.‎ 即当n≥6时，|Sn－2|＜.‎ ‎12．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．‎ 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＝.‎ 当n＝2时，x2－a2x－a2＝0有一根为S2－1＝a2－，‎ 于是(a2－)2－a2(a2－)－a2＝0，‎ 解得a2＝.‎ ‎(2)由题设(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，‎ S－2Sn＋1－anSn＝0.‎ 当n≥2时，an＝Sn－Sn－1，‎ 代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0. ①‎ 由(1)得S1＝a1＝，S2＝a1＋a2＝＋＝.‎ 由①可得S3＝.由此猜想Sn＝，n＝1,2,3，….‎ 下面用数学归纳法证明这个结论．‎ ‎(i)n＝1时已知结论成立．‎ ‎(ii)假设n＝k时结论成立，即Sk＝，当n＝k＋1时，由①得Sk＋1＝，即Sk＋1＝，故n＝k＋1时结论也成立．‎ 综上，由(i)、(ii)可知Sn＝对所有正整数n都成立．‎