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- 2021-05-13 发布
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【走向高考】2015 届高考数学一轮总复习 11-4 数学归纳法课后强化
作业 新人教 A 版
基础巩固强化
一、选择题
1．用数学归纳法证明 1＋1
2＋1
3＋…＋ 1
2n－11)时，第一步应验证不等式( )
A．1＋1
2<2 B．1＋1
2＋1
3<2
C．1＋1
2＋1
3<3 D．1＋1
2＋1
3＋1
4<3
[答案] B
[解析] ∵n∈N*，n>1，∴n 取的第一个数为 2，左端分母最大的项为 1
22－1＝1
3，故选
B.
2．某个命题与自然数 n 有关，若 n＝k(k∈N*)时命题成立，则可推得当 n＝k＋1 时该命
题也成立，现已知 n＝5 时，该命题不成立，那么可以推得( )
A．n＝6 时该命题不成立 B．n＝6 时该命题成立
C．n＝4 时该命题不成立 D．n＝4 时该命题成立
[答案] C
[解析] ∵“若 n＝k(k∈N*)时命题成立，则当 n＝k＋1 时，该命题也成立”，故若 n＝4
时命题成立，则 n＝5 时命题也应成立，现已知 n＝5 时，命题不成立，故 n＝4 时，命题也
不成立．
[点评] 可用逆否法判断．
3．用数学归纳法证明：12＋22＋…＋n2＋…＋22＋12＝n(2n2＋1)
3 ，第二步证明由“k 到
k＋1”时，左边应加( )
A．k2 B．(k＋1)2
C．k2＋(k＋1)2＋k2 D．(k＋1)2＋k2
[答案] D
[解析] 当 n＝k 时，左边＝12＋22＋…＋k2＋…＋22＋12，当 n＝k＋1 时，左边＝12＋22
＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋…＋22＋12，∴选 D.
4．(2013·安徽黄山联考)已知 n 为正偶数，用数学归纳法证明 1－1
2＋1
3－1
4＋…＋ 1
n＋1＝
2( 1
n＋2＋ 1
n＋4＋…＋ 1
2n)时，若已假设 n＝k(k≥2 为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设
再证 n＝( )时等式成立．( )
A．k＋1 B．k＋2
C．2k＋2 D．2(k＋2)
[答案] B
[解析] ∵n＝k 为偶数，∴下一个偶数应为 n＝k＋2，故选 B.
5．数列{an}中，已知 a1＝1，当 n≥2 时，an－an－1＝2n－1，依次计算 a2、a3、a4 后，
猜想 an 的表达式是( )
A．an＝3n－2 B．an＝n2
C．an＝3n－1 D．an＝4n－3
[答案] B
[解析] a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想 an＝n2.
二、填空题
6．如果不等式 2n>n2＋1 对于 n≥n0 的正整数 n 都成立，则 n0 的最小值为________．
[答案] 5
[解析] 当 n＝1 时，2>2 不成立，
当 n＝2 时，4>5 不成立．
当 n＝3 时，8>10 不成立
当 n＝4 时，16>17 不成立
当 n＝5 时，32>26 成立
当 n＝6 时，64>37 成立，由此猜测 n0 应取 5.
7．用数学归纳法证明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝n(3n＋1)
2 (n∈N*)的第二步中，当
n＝k＋1 时等式左边与 n＝k 时等式左边的差等于________．
[答案] 3k＋2
[解析] [(k＋1)＋1]＋[(k＋1)＋2]＋…＋[(k＋1)＋(k＋1)]－[(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(k＋k)]
＝[(k＋1)＋k]＋[(k＋1)＋(k＋1)]－(k＋1)
＝3k＋2.
8．(2012·温州一模)已知 n∈N*，设平面上的 n 个椭圆最多能把平面分成 an 部分，则 a1
＝2，a2＝6，a3＝14，a4＝26，…，则 an＝________.
[答案] 2n2－2n＋2
[解析] 观察规律可知 an－an－1＝(n－1)×4，利用累加法可得 an＝2n2－2n＋2.
9．(2012·长春模拟)如图，第 n 个图形是由正 n＋2 边形“扩展”而来的(n＝1,2,3，…)，
则第 n－2(n≥3，n∈N*)个图形共有________个顶点．
[答案] n(n＋1)
[解析] 当 n＝1 时，顶点共有 3×4＝12(个)，
当 n＝2 时，顶点共有 4×5＝20(个)，
当 n＝3 时，顶点共有 5×6＝30(个)，
当 n＝4 时，顶点共有 6×7＝42(个)，
故第 n－2 图形共有顶点(n－2＋2)(n－2＋3)＝n(n＋1)个．
三、解答题
10．已知函数 f(x)＝1
3x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f ′(an＋1)．试比较 1
1＋a1
＋ 1
1＋a2＋ 1
1＋a3＋…＋ 1
1＋an与 1 的大小，并说明理由．
[解析] ∵f ′(x)＝x2－1，an＋1≥f ′(an＋1)，
∴an＋1≥(an＋1)2－1.
∵函数 g(x)＝(x＋1) 2－1＝x 2＋2x 在区间[－1，＋∞)上单调递增，于是由 a 1≥1，及
a2≥(a1＋1)2－1 得，a2≥22－1，进而得 a3≥(a2＋1)2－1≥24－1>23－1，
由此猜想：an≥2n－1.
下面用数学归纳法证明这个猜想：
①当 n＝1 时，a1≥21－1＝1，结论成立；
②假设当 n＝k(k≥1 且 k∈N*)时结论成立，即 ak≥2k－1，则当 n＝k＋1 时，由 g(x)＝(x
＋1)2－1 在区间[－1，＋∞)上单调递增知，ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，
即 n＝k＋1 时，结论也成立．
由①②知，对任意 n∈N*，都有 an≥2n－1.
即 1＋an≥2n.∴ 1
1＋an≤ 1
2n.
∴ 1
1＋a1＋ 1
1＋a2＋…＋ 1
1＋a3＋…＋ 1
1＋an≤1
2＋ 1
22＋ 1
23＋…＋ 1
2n＝1－(1
2)n<1.
能力拓展提升
11.已知点 Pn(an，bn)满足 an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝ bn
1－4a2n(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．
[解析] (1)由 P1 的坐标为(1，－1)知 a1＝1，b1＝－1.
∴b2＝ b1
1－4a21＝1
3，a2＝a1·b2＝1
3.
∴点 P2 的坐标为(1
3，1
3)．
∴直线 l 的方程为 2x＋y＝1.
(2)证明：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，
则当 n＝k＋1 时，2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1
＝ bk
1－4a2k·(2ak＋1)＝ bk
1－2ak＝1－2ak
1－2ak＝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．
12．已知 f(n)＝1＋ 1
23＋ 1
33＋ 1
43＋…＋ 1
n3，g(n)＝3
2－ 1
2n2，n∈N*.
(1)当 n＝1,2,3 时，试比较 f(n)与 g(n)的大小；
(2)猜想 f(n)与 g(n)的大小关系，并给出证明．
[解析] (1)当 n＝1 时，f(1)＝1，g(1)＝1，
所以 f(1)＝g(1)；
当 n＝2 时，f(2)＝9
8，g(2)＝11
8 ，
所以 f(2)0(n∈N*)．
(1)猜想{an}的通项公式，并用数学归纳法加以证明．
(2)设 x>0，y>0，且 x＋y＝1，证明： anx＋1＋ any＋1≤ 2(n＋2).
[解析] (1)分别令 n＝1,2,3，
得Error!
∵an>0，∴a1＝1，a2＝2，a3＝3.
猜想：an＝n.
由 2Sn＝a2n＋n.①
可知，当 n≥2 时，2Sn－1＝a 2n－1＋(n－1)．②
①－②，得 2an＝a2n－a 2n－1＋1，
即 a2n＝2an＋a 2n－1－1.
(ⅰ)当 n＝2 时，a22＝2a2＋12－1，
∵a2>0，∴a2＝2.
(ⅱ)假设当 n＝k(k≥2)时，ak＝k，那么当 n＝k＋1 时，
a 2k＋1＝2ak＋1＋a2k－1＝2ak＋1＋k2－1
⇒[ak＋1－(k＋1)][ak＋1＋(k－1)]＝0，
∵ak＋1>0，k≥2，∴ak＋1＋(k－1)>0，
∴ak＋1＝k＋1.
即当 n＝k＋1 时也成立．
∴an＝n(n≥2)．
显然 n＝1 时，也成立，故对于一切 n∈N*，均有 an＝n.
(2)要证 nx＋1＋ ny＋1≤ 2(n＋2)，
只要证 nx＋1＋2 (nx＋1)(ny＋1)＋ny＋1≤2(n＋2)．
即 n(x＋y)＋2＋2 n2xy＋n(x＋y)＋1≤2(n＋2)，
将 x＋y＝1 代入，得 2 n2xy＋n＋1≤n＋2，
即只要证 4(n2xy＋n＋1)≤(n＋2)2，
即 4xy≤1.
∵x>0，y>0，且 x＋y＝1，∴ xy≤x＋y
2 ＝1
2，
即 xy≤1
4，故 4xy≤1 成立，所以原不等式成立．
[失误与防范] 证明不等式时，不能利用 x＋y＝1 作代换，找不到思路是解答本题中常
出现的失误．证题时要注意把题设条件(特别是隐含条件)都找出来，当证题思路打不通时，
看看有没有没用上的条件．
4．(2013·北京房山摸底)已知曲线 C：y2＝2x(y≥0)，A1(x1，y1)，A2(x2，y2)，…，An(xn，
yn)，…是曲线 C 上的点，且满足 00，∴an＋1>0，
∴an－a2n>0，∴01.
令 k＝1,2,3，…，n－1 得：
1
a2－ 1
a1>1， 1
a3－ 1
a2>1，…， 1
an－ 1
an－1>1，
∴ 1
an> 1
a1＋n－1>n，∴an<1
n.
6．设数列{an}的前 n 项和为 Sn，对一切 n∈N*，点(n，Sn
n )都在函数 f(x)＝x＋an
2x的图象
上．
(1)求 a1、a2、a3 的值，猜想 an 的表达式，并用数学归纳法证明；
(2)将数列{an}依次按 1 项、2 项、3 项、4 项循环地分为(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，
(a7，a8，a9，a10)；(a11)，(a12，a13)，(a14，a15，a16)，(a17，a18，a19，a20)；(a21)，…，分别
计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{bn}，求 b5＋b100
的值．
[分析] (1)将点(n，Sn
n )代入函数 f(x)＝x＋an
2x中，通过整理得到 Sn 与 an 的关系，则 a1，
a2，a3 可求；
(2)通过观察发现 b100 是第 25 组中第 4 个括号内各数之和，各组第 4 个括号中各数之和
构成首项为 68、公差为 80 的等差数列，利用等差数列求和公式可求 b100.
[解析] (1)∵点(n，Sn
n )在函数 f(x)＝x＋an
2x的图象上，
∴Sn
n ＝n＋an
2n，∴Sn＝n2＋1
2an.
令 n＝1 得，a1＝1＋1
2a1，∴a1＝2；
令 n＝2 得，a1＋a2＝4＋1
2a2，∴a2＝4；
令 n＝3 得，a1＋a2＋a3＝9＋1
2a3，∴a3＝6.
由此猜想：an＝2n.
用数学归纳法证明如下：
①当 n＝1 时，由上面的求解知，猜想成立．
②假设 n＝k(k≥1)时猜想成立，即 ak＝2k 成立，
则当 n＝k＋1 时，注意到 Sn＝n2＋1
2an(n∈N*)，
故 Sk＋1＝(k＋1)2＋1
2ak＋1，Sk＝k2＋1
2ak.
两式相减得，ak＋1＝2k＋1＋1
2ak＋1－1
2ak，所以 ak＋1＝4k＋2－ak.
由归纳假设得，ak＝2k，
故 ak＋1＝4k＋2－ak＝4k＋2－2k＝2(k＋1)．
这说明 n＝k＋1 时，猜想也成立．
由①②知，对一切 n∈N*，an＝2n 成立．
(2)因为 an＝2n(n∈N*)，所以数列{an}依次按 1 项、2 项、3 项、4 项循环地分为(2)，
(4,6)，(8,10,12)，(14,16,18,20)；(22)，(24,26)，(28,30,32)，(34,36,38,40)；(42)，….每一次
循环记为一组．由于每一个循环含有 4 个括号，故 b100 是第 25 组中第 4 个括号内各数之
和．由分组规律知，各组第 4 个括号中所有第 1 个数组成的数列是等差数列，且公差为 20.
同理，由各组第 4 个括号中所有第 2 个数、所有第 3 个数、所有第 4 个数分别组成的数列也
都是等差数列，且公差均为 20.故各组第 4 个括号中各数之和构成等差数列，且公差为 80.注
意到第一组中第 4 个括号内各数之和是 68，
所以 b100＝68＋24×80＝1988，
又 b5＝22，所以 b5＋b100＝2010.
[点评] 由已知求出数列的前几项，做出猜想，然后利用数学归纳法证明，是不完全归
纳法与数学归纳法相结合的一种重要的解决数列通项公式问题的方法．证明的关键是根据已
知条件和假设寻找 ak 与 ak＋1 或 Sk 与 Sk＋1 间的关系，使命题得证．
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