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【志鸿优化设计】2014高考数学(人教A版 理)一轮课时作业:11.4 数学归纳法]


第 4 讲 数学归纳法

基础巩固 1.用数学归纳法证明 1+++?+<n(n∈N*,n>1)时,第一步应验证不等式(

)

A.1+<2 B.1++<2 C.1++<3 D.1+++<3 【答案】B 【解析】∵n∈N*,n>1, ∴n 取的第一个自然数为 2, 左端分母最大的项为=.故选 B. 2.如果命题 p(n)对 n=k 成立,则它对 n=k+2 也成立.若 p(n)对 n=2 成立,则下列结 论正确的是( ) A.p(n)对所有正整数 n 都成立 B.p(n)对所有正偶数 n 都成立 C.p(n)对所有正奇数 n 都成立 D.p(n)对所有自然数 n 都成立 【答案】B 【解析】若 n=2 时,p(n)成立,则 n=4,6,8,?,时 p(n)成立. 3. 用 数 学 归 纳 法 证 明 (n+1)(n+2)?(n+n)= 2n×1×3×?×(2n-1) 时 , 从 “k 到 k+1”,左边需增乘的代数式是 ( ) A.2k+1 B. C.2(2k+1)D. 【答案】C 【解析】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+1)] =(k+2)(k+3)?(k+k)(2k+1)(2k+2) =(k+1)(k+2)?(k+k)·2(2k+1). 故增乘的代数式应为 2(2k+1). 4.某个命题与自然数 n 有关,若 n=k(k∈N*)时,该命题成立,那么可推得 n=k+1 时该 命题也成立.现在已知当 n=5 时,该命题不成立,那么可推得( ) 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】“若 n=5 时命题不成立,则 n=4 时命题也不成立”的逆否命题为“若 n=4 时命题成立,则 n=5 时命题也成立”.而它的逆否命题为真命题.故结合题意可知应 选 C. 5.已知 f(n)=+++?+,则( ) A.f(n)中共有 n 项,当 n=2 时,f(2)=+

B.f(n)中共有 n+1 项,当 n=2 时,f(2)=++ C.f(n)中共有 n2-n 项,当 n=2 时,f(2)=+ D.f(n)中共有 n2-n+1 项,当 n=2 时,f(2)=++ 【答案】D 【解析】总项数为 n2-n+1. 6.若 k 棱柱过侧棱有 f(k)个对角面,则 k+1 棱柱过侧棱的对角面的个数 f(k+1)为 ( ) A.f(k)+k-1 B.f(k)+k C.f(k)+k+1 D.f(k)+k-2 【答案】A 【解析】∵由 k 棱柱到 k+1 棱柱,底面对角线增加了 k-2+1=k-1 条, ∴增加了 k-1 个对角面. * 7.下列代数式(其中 k∈N )能被 9 整除的是( ) k k-1 A.6+6·7 B.2+7 k+1 C.2(2+7 ) D.3(2+7k) 【答案】D k 【解析】(1)当 k=1 时,显然只有 3(2+7 )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,3(2+7n)能被 9 整除对任何 k∈N*都成立. 8.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且对任意的自然数 n 都有:(Sn-1)2=anSn.通过计算 S1, S2,S3,猜想 Sn= . 【答案】 【解析】由(S1-1)2=,得 S1=; 由(S2-1)2=(S2-S1)S2,得 S2=; 由(S3-1)2=(S3-S2)S3,得 S3=. 猜想:Sn=. 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). 【答案】5 (n+1)(n-2) 【解析】结合题意分析可知 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. 由于 f(3)=2, f(4)-f(3)=3, f(5)-f(4)=4, ? f(n)-f(n-1)=n-1. 累加,得 f(n)=2+3+4+?+(n-1)=(n-2). 故 f(n)=(n+1)(n-2). 10.是否存在常数 a,b 使等式++?+=对于一切 n∈N*都成立. 【解】若存在常数 a,b 使等式成立,

将 n=1,n=2 代入上式,有 即有++?+=. 对于 n 为所有正整数是否成立,再用数学归纳法证明. 证明:(1)当 n=1 时, 左边==,右边==, 此时等式成立. (2)假设当 n=k(k∈N*)时成立,即 ++?+=, 则当 n=k+1 时, ++?++ =+=· =·=· ==, 这就是说,当 n=k+1 时等式也成立. 根据(1)和(2)可知等式对任何 n∈N*都成立. 3 11.已知函数 f(x)=x -x,数列{an}满足条件:a1≥1,an+1≥f'(an+1).试比较+++?+与 1 的大小,并说明理由. 【解】∵f'(x)=x2-1,an+1≥f'(an+1), ∴an+1≥(an+1)2-1. ∵ 函 数 g(x)=(x+1)2-1=x2+2x 在 区间 [-1,+∞) 上 单调 递增 ,∴由 a1≥1, 得 a2≥(a1+1)2-1≥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.因此. 故+++?++++?+=1-<1. 12.已知数列{an},其中 a2=6 且=n. (1)求 a1,a3,a4; (2)求数列{an}的通项公式. 【解】(1)∵a2=6, ∴=1,=2,=3,解得 a1=1,a3=15,a4=28. (2)由上面的 a1,a2,a3,a4 的值可以猜想 an=n(2n-1). 下面用数学归纳法加以证明: ①当 n=1 时,a1=1×(2-1)=1,结论成立. ②假设当 n=k(k∈N*)时,结论正确,即 ak=k(2k-1), 则当 n=k+1 时,有=k, 于是(k-1)ak+1= (k+1)ak-(k+1) =(k+1)·k(2k-1)-(k+1)=(k+1)(2k2-k-1)

=(k+1)(2k+1)(k-1)(k-1≠0). 因此 ak+1=(k+1)[2(k+1)-1], 即当 n=k+1 时,结论也成立. 由①②可知,数列{an}的通项公式 an=n(2n-1). 拓展延伸 13.(2012·天津卷,18)已知{an}是等差数列,其前 n 项和为 Sn,{bn}是等比数列,且 a1=b1=2,a4+b4=27,S4-b4=10. (1)求数列{an}与{bn}的通项公式; (2)记 Tn=anb1+an-1b2+?+a1bn,n∈N*,证明 Tn+12=-2an+10bn(n∈N*). 【解】 (1) 设等差数列 {an} 的公差为 d, 等比数列 {bn} 的公比为 q. 由 a1=b1=2, 得 a4=2+3d,b4=2q3,S4=8+6d. 由条件,得方程组解得 n * 故 an=3n-1,bn=2 ,n∈N . (2)证法一:由(1)得 Tn=2an+22an-1+23an-2+?+2na1,① 2Tn=22an+23an-1+?+2na2+2n+1a1.② 由②-①,得 Tn=-2(3n-1)+3×22+3×23+?+3×2n+2n+2 =+2n+2-6n+2=10×2n-6n-10. 而-2an+10bn-12=-2(3n-1)+10×2n-12=10×2n-6n-10, 故 Tn+12=-2an+10bn,n∈N*. 证法二(数学归纳法): ①当 n=1 时,T1+12=a1b1+12=16,-2a1+10b1=16,此时等式成立; ②假设当 n=k(k∈N*)时等式成立, 即 Tk+12=-2ak+10bk,则当 n=k+1 时有: Tk+1=ak+1b1+akb2+ak-1b3+?+a1bk+1 =ak+1b1+q(akb1+ak-1b2+?+a1bk) =ak+1b1+qTk =ak+1b1+q(-2ak+10bk-12) =2ak+1-4(ak+1-3)+10bk+1-24 =-2ak+1+10bk+1-12, 即 Tk+1+12=-2ak+1+10bk+1,因此 n=k+1 时等式也成立. 由①和②可知对任意 n∈N*,Tn+12=-2an+10bn 成立.



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