2020版数学新优化浙江大一轮试题：第七章 不等式、推理与证明 考点规范练35 .docx

考点规范练35数学归纳法考点规范练第43页基础巩固组1.用数学归纳法证明2n>2n+1,n的第一个取值应是()A.1B.2C.3D.4答案C解析当n=1时,21=2,21+1=3,2n>2n+1不成立;当n=2时,22=4,22+1=5,2n>2n+1不成立;当n=3时,23=8,23+1=7,2n>2n+1成立.故n的第一个取值应是3.2.已知f(n)=1n+1n+1+1n+2+1n2,则()A.f(n)中共有n项,当n=2时,f(2)=12+13B.f(n)中共有n+1项,当n=2时,f(2)=12+13C.f(n)中共有n2-n项,当n=2时,f(2)=12+13D.f(n)中共有n2-n+1项,当n=2时,f(2)=12+13+14答案D解析总项数为n2-(n-1),f(2)=12+13+14.故选D.3.用数学归纳法证明“1+a+a2+an+1=1-an+21-a(a1,nN*)”,在验证n=1时,左端计算所得的结果是()A.1B.1+aC.1+a+a2D.1+a+a2+a3答案C解析当n=1时,左边=1+a+a2.故选C.4.某个命题与自然数n有关,若n=k(kN*)时命题成立,则可推得当n=k+1时该命题也成立.现已知当n=5时,该命题不成立,则可推得()A.当n=6时,该命题不成立B.当n=6时,该命题成立C.当n=4时,该命题不成立D.当n=4时,该命题成立答案C解析因为当n=k时命题成立可推出当n=k+1时成立,所以当n=5时命题不成立,则当n=4时命题也一定不成立.5.对于不等式n2+n<n+1(nN*),某同学用数学归纳法证明的过程如下:(1)当n=1时,12+1<1+1,不等式成立.(2)假设当n=k(kN*)时,不等式成立,即k2+k<k+1,则当n=k+1时,(k+1)2+(k+1)=k2+3k+2<(k2+3k+2)+(k+2)=(k+2)2=(k+1)+1.所以当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的推理不正确答案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.6.在数列an中,已知a1=2,an+1=an3an+1(nN*),依次计算出a2,a3,a4的值分别为;归纳可知an=.答案27,213,21926n-5解析a1=2,a2=232+1=27,a3=27327+1=213,a4=2133213+1=219.由此,猜想an的分子为2,分母是以1为首项,6为公差的等差数列.故an=26n-5.用数学归纳法可证明.7.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.答案(k+1)2+k2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+12.8.用数学归纳法证明“当n为正偶数时,xn-yn能被x+y整除”第一步应验证n=时,命题成立;第二步归纳假设成立应写成.答案2x2k-y2k能被x+y整除解析因为n为正偶数,故第一个值n=2,第二步假设n取第k个正偶数成立,即n=2k,故应假设成x2k-y2k能被x+y整除.能力提升组9.用数学归纳法证明112+123+134+1n(n+1)=nn+1(nN*)时,从“n=k”到“n=k+1”,等式左边需增添的项是()A.1k(k+1)B.1k(k+1)+1(k+1)(k+2)C.1(k+1)(k+2)D.1k(k+2)答案C解析假设n=k时,112+123+1k(k+1)=kk+1成立,那么n=k+1时,112+123+1k(k+1)+1(k+1)(k+2)=kk+1+1(k+1)(k+2),所以从“kk+1”需增添的项是1(k+1)(k+2).故选C.10.利用数学归纳法证明“12n+1+12n+2+13n>13(n2,且nN*)”的过程中,由假设“n=k时”成立,推导“n=k+1时”也成立时,该不等式左边的变化是()A.增加13k+3B.增加13k+1+13k+2+13k+3C.增加13k+3并减少12k+1+12k+2D.增加13k+1+13k+2+13k+3并减少12k+1+12k+2答案D解析n=k+1时,不等式为12k+3+12k+4+13k+3>13,增加13k+1+13k+2+13k+3并减少12k+1+12k+2.故选D.11.已知f(x)是定义域为正整数集的函数,对于定义域内任意的k,若f(k)k2成立,则f(k+1)(k+1)2成立,下列命题成立的是()A.若f(3)9成立,且对于任意的k1,均有f(k)k2成立B.若f(4)16成立,则对于任意的k4,均有f(k)<k2成立C.若f(7)49成立,则对于任意的k<7,均有f(k)<k2成立D.若f(4)=25成立,则对于任意的k4,均有f(k)k2成立答案D解析因为f(4)=25>42,所以对于k4,均有f(k)k2.仅有D选项符合题意.12.用数学归纳法证明3(2+7k)能被9整除,证明n=k+1时,应将3(2+7k+1)配凑成()A.6+217kB.3(2+7k)+21C.3(2+7k)D.21(2+7k)-36答案D解析要配凑出归纳假设,即3(2+7k+1)=3(2+77k)=6+217k=21(2+7k)-36.故选D.13.设平面内有n条直线(n3),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(n)=()(n3).A.(n+1)(n-2)B.12(n+1)(n-2)C.n(n-1)D.12n(n-1)答案B解析f(3)=2,f(4)=f(3)+3=2+3=5,f(n)=f(3)+3+4+(n-1)=2+3+4+(n-1)=12(n+1)(n-2)(n3).14.若不等式1n+1+1n+2+13n+1>a24对一切正整数n都成立,正整数a的最大值为.答案25解析当n=1时,11+1+11+2+13+1>a24,即2624>a24,所以a<26.而a是正整数,所以取a=25,下面用数学归纳法证明1n+1+1n+2+13n+1>2524.(1)当n=1时,已证得不等式成立.(2)假设当n=k(kN*)时,不等式成立,即1k+1+1k+2+13k+1>2524.则当n=k+1时,有1(k+1)+1+1(k+1)+2+13(k+1)+1=1k+1+1k+2+13k+1+13k+2+13k+3+13k+4-1k+1>2524+13k+2+13k+4-23(k+1).因为13k+2+13k+4-23(k+1)=6(k+1)(3k+2)(3k+4)-23(k+1)=18(k+1)2-2(9k2+18k+8)(3k+2)(3k+4)(3k+3)=2(3k+2)(3k+4)(3k+3)>0,所以当n=k+1时不等式也成立.由(1)(2)知,对一切正整数n,都有1n+1+1n+2+13n+1>2524,所以a的最大值等于25.15.(2018浙江衢州模拟)在数列an中,已知a1=a(a>2),且an+1=an22(an-1)(nN*).(1)用数学归纳法证明an>2(nN*);(2)求证:an+1<an(nN*).证明(1)当n=1时,a1=a>2,命题成立.假设当n=k(kN*,k1)时,命题成立,即ak>2.则当n=k+1时,ak+1-2=ak22(ak-1)-2=(ak-2)22(ak-1)>0,所以当n=k+1时ak+1>2也成立,由知对任意正整数n,都有an>2.(2)an+1-an=an22(an-1)-an=an(2-an)2(an-1),由(1)可知an>2>0,所以an+1<an.16.(2018浙江宁波效实中学高三期中)已知数列an,a1=3,an+1=3an-4an-1(nN*).(1)求a2,a3,a4的值,并猜想an的通项公式;(2)用数学归纳法证明你的猜想.(1)解因为a1=3,且an+1=3an-4an-1,所以a2=33-43-1=52,a3=352-452-1=73,a1=373-473-1=94,由此猜想an=2n+1n.(2)证明当n=1时,a1=21+11=3,满足要求,猜想成立;假设n=k(k1且kN*)时,猜想成立,即ak=2k+1k,那么当n=k+1时,ak+1=3ak-4ak-1=32k+1k-42k+1k-1=2k+3k+1=2(k+1)+1k+1,这就表明当n=k+1时,猜想成立,根据可以断定,对所有的正整数该猜想成立,即an=2n+1n.17.设a1=1,an+1=an2-2an+2+b(nN*).(1)若b=1,求a2,a3及数列an的通项公式.(2)若b=-1,问:是否存在实数c使得a2n<c<a2n+1对所有nN*成立?证明你的结论.(1)解法一a2=2,a3=2+1.再由题设条件知(an+1-1)2=(an-1)2+1.从而(an-1)2是首项为0,公差为1的等差数列,故(an-1)2=n-1,即an=n-1+1(nN*).解法二a2=2,a3=2+1.可写为a1=1-1+1,a2=2-1+1,a3=3-1+1.因此猜想an=n-1+1.下用数学归纳法证明上式:当n=1时结论显然成立.假设n=k时结论成立,即ak=k-1+1,则ak+1=(ak-1)2+1+1=(k-1)+1+1=(k+1)-1+1.这就是说,当n=k+1时结论成立.所以an=n-1+1(nN*).(2)解法一设f(x)=(x-1)2+1-1,则an+1=f(an).令c=f(c),即c=(c-1)2+1-1,解得c=14.下用数学归纳法证明加强命题a2n<c<a2n+1<1.当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(0)=2-1,所以a2<14<a3<1,结论成立.假设n=k时结论成立,即a2k<c<a2k+1<1.易知f(x)在(-,1上为减函数,从而c=f(c)>f(a2k+1)>f(1)=a2,即1>c>a2k+2>a2.再由f(x)在(-,1上为减函数得c=f(c)<f(a2k+2)<f(a2)=a3<1.故c<a2k+3<1,因此a2(k+1)<c<a2(k+1)+1<1.这就是说,当n=k+1时结论成立.综上,符合条件的c存在,其中一个值为c=14.解法二设f(x)=(x-1)2+1-1,则an+1=f(an).先证:0an1(nN*).当n=1时,结论明显成立.假设n=k时结论成立,即0ak1.易知f(x)在(-,1上为减函数,从而0=f(1)f(ak)f(0)=2-1<1.即0ak+11,这就是说,当n=k+1时结论成立.故成立.再证:a2n<a2n+1(nN*).当n=1时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)=2-1,有a2<a3,即n=1时成立.假设n=k时,结论成立,即a2k<a2k+1.由及f(x)在(-,1上为减函数,得a2k+1=f(a2k)>f(a2k+1)=a2k+2,a2(k+1)=f(a2k+1)<f(a2k+2)=a2(k+1)+1.这就是说,当n=k+1时成立.所以对一切nN*成立.由得a2n<a2n2-2a2n+2-1,即(a2n+1)2<a2n2-2a2n+2,因此a2n<14.又由,及f(x)在(-,1上为减函数得f(a2n)>f(a2n+1),即a2n+1>a2n+2.所以a2n+1>a2n+12-2a2n+1+2-1.解得a2n+1>14.综上,由,知存在c=14使a2n<c<a2n+1对一切nN*成立.18.(2018浙江余姚中学模拟)已知数列an满足a1=1,an+1=n2+n+1n2+nan+12n,nN*.(1)证明:当n2时,an2(nN*);(2)证明:an+1=112a1+123a2+1n(n+1)an+2-12n(nN*).解(1)由题意,当n=2时,a2=32a1+12=22成立;当n=k时,假设ak2成立,则n=k+1时ak+1=k2+k+1k2+kak+12k=ak+1k2+kak+12k2+2k2+k+12k>2,所以n=k+1时,ak+1>2成立.综上可知,n2时,an2.(2)由an+1=n2+n+1n2+nan+12n=an+1n(n+1)an+12n得an+1-an=1n(n+1)an+12n,所以a2-a1=112a1+121,a3-a2=123a2+122,a4-a3=134a3+123,an+1-an=1n(n+1)an+12n.所以an+1-a1=112a1+123a2+1n(n+1)+121+122+12n.又a1=1,所以an+1=112a1+123a2+1n(n+1)an+1+121-12n1-12=112a1+123a2+1n(n+1)an+2-12n.