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2018版高考数学大一轮复习第十三章推理与证明算法复数13.3数学归纳法试题理


第十三章 推理与证明、算法、复数 13.3 数学归纳法试题 理 北师 大版

数学归纳法 数学归纳法是用来证明某些与正整数 n 有关的数学命题的一种方法.它的基本步骤是: (1)验证:当 n 取第一个值 n0(如 n0=1 或 2 等)时,命题成立; (2)在假设当 n=k(k∈N+,k≥n0)时命题成立的前提下,推出当 n=k+1 时,命题成立. 根据(1)(2)可以断定命题对一切从 n0 开始的正整数 n 都成立. 【思考辨析】 判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”) (1)用数学归纳法证明问题时,第一步是验证当 n=1 时结论成立.( × ) (2)所有与正整数有关的数学命题都必须用数学归纳法证明.( × ) (3)用数学归纳法证明问题时,归纳假设可以不用.( × ) (4)不论是等式还是不等式,用数学归纳法证明时,由 n=k 到 n=k+1 时,项数都增加了一 项.( × ) (5)用数学归纳法证明等式“1+2+2 +?+2 +2+2 +2 .( √ ) (6)用数学归纳法证明凸 n 边形的内角和公式时,n0=3.( √ )
2 3 2

n+2

=2

n+3

-1”,验证 n=1 时,左边式子应为 1

1.用数学归纳法证明 1+a+a +?+a 左边的项是( A.1 C.1+a+a 答案 C 解析 当 n=1 时,n+1=2, ∴左边=1+a +a =1+a+a .
1 2 2 2

2

n+1

1-a = 1-a

n+2

(a≠1,n∈N+),在验证 n=1 时,等式

) B.1+a D.1+a+a +a
2 3

1 1 1 1 1 1 2. (2016·黄山模拟)已知 n 为正偶数, 用数学归纳法证明 1- + - +?- =2( + 2 3 4 n n+2 n+4
1

1 +?+ )时, 若已假设 n=k(k≥2 且 k 为偶数)时命题为真, 则还需要用归纳假设再证( 2n A.n=k+1 时等式成立 B.n=k+2 时等式成立 C.n=2k+2 时等式成立 D.n=2(k+2)时等式成立 答案 B 解析 因为 n 为正偶数,n=k 时等式成立, 即 n 为第 k 个偶数时命题成立, 所以需假设 n 为下一个偶数,即 n=k+2 时等式成立. 1 3.在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为 n(n-3)条时,第一步检验 n 等于( 2 A.1 C.3 答案 C 解析 凸 n 边形边数最小时是三角形, 故第一步检验 n=3. 4.用数学归纳法证明 1+2+3+?+n = 上(
2 2

)

)

B.2 D.0

n4+n2
2

,则当 n=k+1 时左端应在 n=k 的基础上加

)

A.k +1 B.(k+1) C.
2

?k+1? +?k+1? 2
2 2

4

2

D.(k +1)+(k +2)+(k +3)+?+(k+1) 答案 D

2

2

解析 等式左边是从 1 开始的连续自然数的和,直到 n . 故 n=k+1 时,最后一项是(k+1) ,而 n=k 时,最后一项是 k ,应加上(k +1)+(k +2) +(k +3)+?+(k+1) . 5.(教材改编)已知{an}满足 an+1=an-nan+1,n∈N+,且 a1=2,则 a2=________,a3= ________,a4=________,猜想 an=________. 答案 3 4 5 n+1
2 2 2 2 2 2 2

2

2

题型一 用数学归纳法证明等式 例 1 1 1 1 设 f(n) = 1 + + +?+ (n∈N + ) .求证: f(1) + f(2) +?+ f(n - 1) = n[f(n) - 2 3 n

1](n≥2,n∈N+). 证明 ①当 n=2 时,左边=f(1)=1, 1 右边=2(1+ -1)=1, 2 左边=右边,等式成立. ②假设 n=k(k≥2,k∈N+)时,结论成立,即

f(1)+f(2)+?+f(k-1)=k[f(k)-1],
那么,当 n=k+1 时,

f(1)+f(2)+?+f(k-1)+f(k)
=k[f(k)-1]+f(k)=(k+1)f(k)-k =(k+1)[f(k+1)- 1

k+1

]-k

=(k+1)f(k+1)-(k+1)=(k+1)[f(k+1)-1], ∴当 n=k+1 时结论成立. 由①②可知当 n∈N+时,f(1)+f(2)+?+f(n-1) =n[f(n)-1](n≥2,n∈N+). 思维升华 用数学归纳法证明恒等式应注意 (1)明确初始值 n0 的取值并验证 n=n0 时等式成立. (2)由 n=k 证明 n=k+1 时,弄清左边增加的项,且明确变形目标. (3)掌握恒等变形常用的方法:①因式分解;②添拆项;③配方法. 用数学归纳法证明: 1 2 n n?n+1? + +?+ = (n∈N+). 1×3 3×5 ?2n-1??2n+1? 2?2n+1? 1 1 证明 ①当 n=1 时,左边= = , 1×3 3 1×?1+1? 1 右边= = , 2×?2×1+1? 3 左边=右边,等式成立. ②假设 n=k(k≥1,k∈N+)时,等式成立. 即 1 2 k k?k+1? + +?+ = , 1×3 3×5 ?2k-1??2k+1? 2?2k+1?
2 2 2 2 2 2 2

则当 n=k+1 时,

3

1 2 k ?k+1? 左边= + +?+ + 1×3 3×5 ?2k-1??2k+1? ?2k+1??2k+3? =
2 k?k+1? ?k+1? + 2?2k+1? ?2k+1??2k+3?

2

2

2

2

k?k+1??2k+3?+2?k+1?2 = 2?2k+1??2k+3?
= = ?k+1??2k +5k+2? 2?2k+1??2k+3? ?k+1??k+2? , 2?2k+3?
2

?k+1??k+1+1? 右边= 2[2?k+1?+1] = ?k+1??k+2? , 2?2k+3?

左边=右边,等式成立. 即对所有 n∈N+,原式都成立. 题型二 用数学归纳法证明不等式 例 2 (2016·烟台模拟)等比数列{an}的前 n 项和为 Sn,已知对任意的 n∈N+,点(n,Sn)均 在函数 y=b +r(b>0 且 b≠1,b,r 均为常数)的图像上. (1)求 r 的值; (2) 当 b = 2 时 , 记 bn = 2(log2an + 1)(n∈N + ) , 证 明 : 对 任 意 的 n∈N + , 不 等 式
x

b1+1 b2+1 bn +1 · ·?· > n+1成立. b1 b2 bn
(1)解 由题意,Sn=b +r, 当 n≥2 时,Sn-1=b
n-1 n

+r. (b-1).

所以 an=Sn-Sn-1=b 由于 b>0 且 b≠1,

n-1

所以 n≥2 时,{an}是以 b 为公比的等比数列. 又 a1=b+r,a2=b(b-1), 所以 =b,即

a2 a1

b?b-1? =b,解得 r=-1. b+r
n-1

(2)证明 由(1)及 b=2 知 an=2 因此 bn=2n(n∈N+),

.

2+1 4+1 2n+1 所证不等式为 · ·?· > n+1. 2 4 2n 3 ①当 n=1 时,左式= ,右式= 2, 2

4

左式>右式,所以结论成立. ②假设 n=k(k≥1,k∈N+)时结论成立, 即 2+1 4+1 2k+1 · ·?· > k+1, 2 4 2k

则当 n=k+1 时, 2+1 4+1 2k+1 2k+3 2k+3 2k+3 · ·?· · > k+1· = , 2 4 2k 2?k+1? 2?k+1? 2 k+1 要证当 n=k+1 时结论成立, 2k+3 只需证 ≥ k+2, 2 k+1 2k+3 即证 ≥ ?k+1??k+2?, 2 2k+3 ?k+1?+?k+2? 由基本不等式得 = ≥ ?k+1??k+2?成立, 2 2 故 ≥ k+2成立, 2 k+1 2k+3

所以当 n=k+1 时,结论成立. 由①②可知,当 n∈N+时,不等式

b1+1 b2+1 bn+1 · ·?· > n+1成立. b1 b2 bn

思维升华 数学归纳法证明不等式的适用范围及关键 (1)适用范围:当遇到与正整数 n 有关的不等式证明时,若用其他办法不容易证,则可考虑应 用数学归纳法. (2)关键:由 n=k 时命题成立证 n=k+1 时命题也成立,在归纳假设使用后可运用比较法、 综合法、分析法、放缩法等来加以证明,充分应用基本不等式、不等式的性质等放缩技巧, 使问题得以简化. 若函数 f(x)=x -2x-3,定义数列{xn}如下:x1=2,xn+1 是过点 P(4,5)、Qn(xn,
2

f(xn))的直线 PQn 与 x 轴的交点的横坐标,试运用数学归纳法证明:2≤xn<xn+1<3.
证明 ①当 n=1 时,x1=2,f(x1)=-3,Q1(2,-3). 所以直线 PQ1 的方程为 y=4x-11, 11 令 y=0,得 x2= ,因此 2≤x1<x2<3, 4 即 n=1 时结论成立. ②假设当 n=k 时,结论成立,即 2≤xk<xk+1<3. 则当 n=k+1 时,直线 PQk+1 的方程为 y-5= 又 f(xk+1)=xk+1-2xk+1-3,
2

f?xk+1?-5 ·(x-4). xk+1-4

5

3+4xk+1 5 代入上式,令 y=0,得 xk+2= =4- , 2+xk+1 2+xk+1 5 5 由归纳假设,2<xk+1<3,xk+2=4- <4- =3; 2+xk+1 2+3

xk+2-xk+1=

?3-xk+1??1+xk+1? >0, 2+xk+1

即 xk+1<xk+2, 所以 2≤xk+1<xk+2<3, 即当 n=k+1 时,结论成立. 由①②知对任意的正整数 n,2≤xn<xn+1<3. 题型三 归纳—猜想—证明 命题点 1 与函数有关的证明问题 1 1 例 3 (2017·绵阳质检)已知数列{xn}满足 x1= ,xn+1= ,n∈N+.猜想数列{x2n}的单调 2 1+xn 性,并证明你的结论. 1 1 解 由 x1= 及 xn+1= , 2 1+xn 2 5 13 得 x2= ,x4= ,x6= , 3 8 21 由 x2>x4>x6,猜想:数列{x2n}是递减数列. 下面用数学归纳法证明: ①当 n=1 时,已证命题成立. ②假设当 n=k 时命题成立,即 x2k>x2k+2, 易知 xk>0,那么

x2k+2-x2k+4=


1 1 - 1+x2k+1 1+x2k+3

x2k+3-x2k+1 ?1+x2k+1??1+x2k+3?

1 1 - 1+x2k+2 1+x2k = ?1+x2k+1??1+x2k+3? =

x2k-x2k+2 >0, ?1+x2k??1+x2k+1??1+x2k+2??1+x2k+3?

即 x2(k+1)>x2(k+1)+2. 所以当 n=k+1 时命题也成立. 结合①②知,对于任何 n∈N+命题成立. 命题点 2 与数列有关的证明问题

6

例 4 在数列{an}中,a1=2,an+1=λ an+λ (1)求 a2,a3,a4; (2)猜想{an }的通项公式,并加以证明. 解 (1)a2=2λ +λ +2(2-λ )=λ +2 ,
2 2 2

n+1

+(2-λ )2 (n∈N+,λ >0).

n

a3=λ (λ 2+22)+λ 3+(2-λ )22=2λ 3+23, a4=λ (2λ 3+23)+λ 4+(2-λ )23=3λ 4+24.
(2)由(1)可猜想数列通项公式为

an=(n-1)λ n+2n.
下面用数学归纳法证明: ①当 n=1,2,3,4 时,等式显然成立, ②假设当 n=k(k≥4,k∈N+)时等式成立, 即 ak=(k-1)λ +2 , 那么当 n=k+1 时,
k k

ak+1=λ ak+λ
k

k+1

+(2-λ )2
k k+1

k

=λ (k-1)λ +λ 2 +λ =(k-1)λ
k+1

+2

k+1

-λ 2

k

+λ

k+1

+2

k+1

=[(k+1)-1]λ

k+1

+2

k+1


k+1

所以当 n=k+1 时,ak+1=[(k+1)-1]λ

+2
n

k+1

,猜想成立.

由①②知数列的通项公式为 an=(n-1)λ +2 (n∈N+,λ >0). 命题点 3 存在性问题的证明 例 5 设 a1=1,an+1= an-2an+2+b(n∈N+). (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 n∈N+成立?证明你的结论. 解 (1)方法一 a2=2,a3= 2+1. 再由题设条件知(an+1-1) -(an-1) =1. 从而{(an-1) }是首项为 0,公差为 1 的等差数列, 故(an-1) =n-1,即 an= n-1+1(n∈N+). 方法二 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. 下面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,
2 2 2 2 2

n

7

则 ak+1= ?ak-1? +1+1= ?k-1?+1+1 = ?k+1?-1+1. 所以当 n=k+1 时结论成立. 所以 an= n-1+1(n∈N+). (2)方法一 设 f(x)= ?x-1? +1-1, 则 an+1=f(an). 令 c=f(c),即 c= ?c-1? +1-1, 1 解得 c= . 4 下面用数学归纳法证明加强命题:
2 2

2

a2n<c<a2n+1<1.
当 n=1 时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)= 2-1, 1 所以 a2< <a3<1,结论成立. 4 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. 1 综上,符合条件的 c 存在,其中一个值为 c= . 4 方法二 设 f(x)= ?x-1? +1-1, 则 an+1=f(an). 先证:0≤an≤1(n∈N+).① 当 n=1 时,结论显然成立. 假设 n=k 时结论成立,即 0≤ak≤1. 易知 f(x)在(-∞,1]上为减函数,从而 0=f(1)≤f(ak)≤f(0)= 2-1<1, 即 0≤ak+1≤1. 这就是说,当 n=k+1 时结论成立. 故①成立. 再证:a2n<a2n+1(n∈N+).② 当 n=1 时,a2=f(1)=0,a3=f(a2)=f(0)= 2-1, 有 a2<a3,即 n=1 时②成立.
8
2

假设 n=k 时,结论成立,即 a2k<a2k+1. 由①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②成立, 所以②对一切 n∈N+成立. 由②得 a2n< a2n-2a2n+2-1, 即(a2n+1) <a2n-2a2n+2, 1 因此 a2n< .③ 4 又由①②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+1-2a2n+1+2-1. 1 解得 a2n+1> .④ 4 1 综上,由②③④知存在 c= 使得 a2n<c<a2n+1 对一切 n∈N+成立. 4 思维升华 (1)利用数学归纳法可以探索与正整数 n 有关的未知问题、 存在性问题, 其基本模 式是“归纳—猜想—证明”,即先由合情推理发现结论,然后经逻辑推理即演绎推理论证结 论的正确性. (2)“归纳—猜想—证明”的基本步骤是“试验—归纳—猜想—证明”. 高中阶段与数列结合 的问题是最常见的问题. (2015·江苏)已知集合 X={1,2,3},Yn={1,2,3,?,n}(n∈N+),设 Sn={(a,
2 2 2 2

b)|a 整除 b 或 b 整除 a,a∈X,b∈Yn},令 f(n)表示集合 Sn 所含元素的个数.
(1)写出 f(6)的值; (2)当 n≥6 时,写出 f(n)的表达式,并用数学归纳法证明. 解 (1)Y6={1,2,3,4,5,6},S6 中的元素(a,b)满足: 若 a=1,则 b=1,2,3,4,5,6;若 a=2,则 b=1,2,4,6; 若 a=3,则 b=1,3,6.所以 f(6)=13. (2)当 n≥6 时,

9

?n+2+??2+3??,n=6t, ? ?n-1 n-1? ?n+2+?? 2 + 3 ??,n=6t+1, n-2? + ,n=6t+2, ?n+2+???n 2 3 ? ? f(n)=? ?n-1+n?,n=6t+3, n+2+? ? ? 2 3?? n-1? + ,n=6t+4, ?n+2+???n 2 3 ? ? n-1 n-2 ? ?n+2+??? 2 + 3 ???,n=6t+5.
下面用数学归纳法证明: 6 6 ①当 n=6 时,f(6)=6+2+ + =13,结论成立; 2 3

?n n?

(t∈N+).

②假设 n=k(k≥6)时结论成立,那么 n=k+1 时,Sk+1 在 Sk 的基础上新增加的元素在(1,k +1),(2,k+1),(3,k+1)中产生,分以下情形讨论: (ⅰ)若 k+1=6t,则 k=6(t-1)+5,此时有

f(k+1)=f(k)+3=k+2+
=(k+1)+2+

k-1 k-2
2 + 3

+3

k+1 k+1
2 + 3

,结论成立;

(ⅱ)若 k+1=6t+1,则 k=6t,此时有

k k f(k+1)=f(k)+1=k+2+ + +1
2 3 ?k+1?-1 ?k+1?-1 =(k+1)+2+ + ,结论成立; 2 3 (ⅲ)若 k+1=6t+2,则 k=6t+1,此时有

f(k+1)=f(k)+2=k+2+
=(k+1)+2+ +

k-1 k-1
2 + 3

+2

k+1 ?k+1?-2
2 3

,结论成立;

(ⅳ)若 k+1=6t+3,则 k=6t+2,此时有

k k-2 f(k+1)=f(k)+2=k+2+ + +2
2 3 ?k+1?-1 k+1 =(k+1)+2+ + ,结论成立; 2 3 (ⅴ)若 k+1=6t+4,则 k=6t+3,此时有
10

f(k+1)=f(k)+2=k+2+
=(k+1)+2+ +

k-1 k
2

+ +2 3 ,结论成立;

k+1 ?k+1?-1
2 3

(ⅵ)若 k+1=6t+5,则 k=6t+4,此时有

k k-1 f(k+1)=f(k)+1=k+2+ + +1
2 3 ?k+1?-1 ?k+1?-2 =(k+1)+2+ + ,结论成立. 2 3 综上所述,结论对满足 n≥6 的自然数 n 均成立.

9.归纳—猜想—证明问题

典例 (12 分)数列{an}满足 Sn=2n-an(n∈N+). (1)计算 a1,a2,a3,a4,并由此猜想通项公式 an; (2)证明(1)中的猜想. 思维点拨 (1)由 S1=a1 算出 a1;由 an=Sn-Sn-1 算出 a2,a3,a4,观察所得数值的特征猜出通 项公式. (2)用数学归纳法证明. 规范解答 (1)解 当 n=1 时,a1=S1=2-a1,∴a1=1; 3 当 n=2 时,a1+a2=S2=2×2-a2,∴a2= ; 2 7 当 n=3 时,a1+a2+a3=S3=2×3-a3,∴a3= ; 4 当 n=4 时,a1+a2+a3+a4=S4=2×4-a4, 15 ∴a4= .[2 分] 8 2 -1 由此猜想 an= n-1 (n∈N+).[4 分] 2 (2)证明 ①当 n=1 时,a1=1,结论成立.[5 分] ②假设 n=k(k≥1 且 k∈N+)时,结论成立, 2 -1 即 ak= k-1 , 2 那么 n=k+1 时,[7 分]
k n

ak+1=Sk+1-Sk=2(k+1)-ak+1-2k+ak
11

=2+ak-ak+1, ∴2ak+1=2+ak.[9 分] 2 -1 2+ k-1 k+1 2 2+ak 2 -1 ∴ak+1= = = . k 2 2 2 ∴当 n=k+1 时,结论成立.[11 分] 2 -1 由①②知猜想 an= n-1 (n∈N+)成立.[12 分] 2
n k

归纳—猜想—证明问题的一般步骤: 第一步:计算数列前几项或特殊情况,观察规律猜测 数列的通项或一般结论; 第二步:验证一般结论对第一个值 n0(n0∈N+) 成立; 第三步:假设 n=k(k≥n0,k∈N+)时结论成立,证明当 n=k+1 时结论也成立; 第四步:下结论,由上可知结论对任意 n≥n0,n∈N+ 成立.

1.如果命题 p(n)对 n=k(k∈N+)成立,则它对 n=k+2 也成立.若 p(n)对 n=2 也成立,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 n=2 时,n=k,n=k+2 成立,

n 为 2,4,6,?,故 n 为所有正偶数.
2.用数学归纳法证明命题“当 n 是正奇数时,x +y 能被 x+y 整除”,在第二步时,正确 的证法是( )
n n

A.假设 n=k(k∈N+),证明 n=k+1 时命题成立 B.假设 n=k(k 是正奇数),证明 n=k+1 时命题成立 C.假设 n=2k+1(k∈N+),证明 n=k+1 时命题成立 D.假设 n=k(k 是正奇数),证明 n=k+2 时命题成立
12

答案 D 解析 相邻两个正奇数相差 2,故 D 选项正确. 3.(2017·淄博质检)设 f(x)是定义在正整数集上的函数,且 f(x)满足:当 f(k)≥k+1 成立 时,总能推出 f(k+1)≥k+2 成立,那么下列命题总成立的是( A.若 f(1)<2 成立,则 f(10)<11 成立 B.若 f(3)≥4 成立,则当 k≥1 时,均有 f(k)≥k+1 成立 C.若 f(2)<3 成立,则 f(1)≥2 成立 D.若 f(4)≥5 成立,则当 k≥4 时,均有 f(k)≥k+1 成立 答案 D 解析 当 f(k)≥k+1 成立时,总能推出 f(k+1)≥k+2 成立,说明如果当 k=n 时,f(n)≥n +1 成立,那么当 k=n+1 时,f(n+1)≥n+2 也成立,所以如果当 k=4 时,f(4)≥5 成立, 那么当 k≥4 时,f(k)≥k+1 也成立. 1 4.在数列{an}中,a1= ,且 Sn=n(2n-1)an,通过求 a2,a3,a4,猜想 an 的表达式为( 3 A. C. 1 ?n-1??n+1? 1 ?2n-1??2n+1? B. D. 1 2n?2n+1? 1 ?2n+1??2n+2? ) )

答案 C 1 1 解析 当 n=2 时, +a2=(2×3)a2,∴a2= . 3 3×5 1 1 1 当 n=3 时, + +a3=(3×5)a3,∴a3= . 3 15 5×7 1 1 1 1 当 n=4 时, + + +a4=(4×7)a4,a4= . 3 15 35 7×9 故猜想 an= 1 . ?2n-1??2n+1?
n

5. 利用数学归纳法证明“(n+1)(n+2)·?·(n+n)=2 ×1×3×?×(2n-1), n∈N+”时, 从“n=k”变到“n=k+1”时,左边应增乘的因式是( A.2k+1 C. 2k+1 k+1 B.2(2k+1) D. 2k+3 k+1 )

答案 B 解析 当 n=k(k∈N+)时, 左式为(k+1)(k+2)·?·(k+k); 当 n=k+1 时,左式为(k+1+1)·(k+1+2)·?·(k+1+k-1)·(k+1+k)·(k+1+k

13

+1), ?2k+1??2k+2? 则左边应增乘的式子是 =2(2k+1). k+1 6.设数列{an}的前 n 项和为 Sn,且对任意的自然数 n 都有(Sn-1) =anSn,通过计算 S1,S2,
2

S3,猜想 Sn=_________________________________________.
答案

n n+1

1 2 解析 由(S1-1) =S1·S1,得 S1= , 2 2 2 由(S2-1) =(S2-S1)S2,得 S2= , 3 3 n 依次得 S3= ,猜想 Sn= . 4 n+1 7.设 S1=1 ,S2=1 +2 +1 ,?,Sn=1 +2 +3 +?+(n-1) +n +(n-1) +?+2 +1 , 用数学归纳法证明 Sn= 答案 (k+1) +k
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

n?2n+1?
3

时,第二步从“k”到“k+1”应添加的项为________.

解析 由 S1, S2, ?, Sn 可以发现由 n=k 到 n=k+1 时, 中间增加了两项(k+1) +k (n, k∈N


2

2

).

8.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 1 (n+1)(n-2) 2

解析 f(3)=2,f(4)=f(3)+3=2+3=5,

f(n)=f(3)+3+4+?+(n-1)
1 =2+3+4+?+(n-1)= (n+1)(n-2). 2 3bn+4 9.(2016·北京东城区质检)在数列{bn}中,b1=2,bn+1= (n∈N+).求 b2,b3,试判定 2bn+3

bn 与 2的大小,并加以证明.
3bn+4 解 由 b1=2,bn+1= , 2bn+3 3×2+4 10 58 得 b2= = ,b3= . 2×2+3 7 41 经比较有 b1> 2,b2> 2,b3> 2. 猜想 bn> 2(n∈N+).
14

下面利用数学归纳法证明. ①当 n=1 时,∵b1=2,∴ 2 <b1. ②假设当 n=k(k≥1,k∈N+)时,结论成立, 即 2 <bk,∴bk- 2 >0. 当 n=k+1 时,bk+1- 2= = 3bk+4 - 2 2bk+3

?3-2 2?bk+?4-3 2? 2bk+3 ?3-2 2??bk- 2? >0. 2bk+3 2,也就是说,当 n=k+1 时,结论也成立.



∴bk+1>

根据①②知 bn> 2(n∈N+). 10.数列{xn}满足 x1=0,xn+1=-xn+xn+c(n∈N+). (1)证明:{xn}是递减数列的充要条件是 c<0; 1 (2)若 0<c≤ ,证明:数列{xn}是递增数列. 4 证明 (1)充分性: 若 c<0,由于 xn+1=-xn+xn+c≤xn+c<xn, 所以数列{xn}是递减数列. 必要性:若{xn}是递减数列,则 x2<x1,且 x1=0. 又 x2=-x1+x1+c=c,所以 c<0. 故{xn}是递减数列的充要条件是 c<0. 1 (2)若 0<c≤ ,要证{xn}是递增数列. 4 即 xn+1>xn,即 xx+1-xn=-xn+c>0,也就是证明 xn< 1 下面用数学归纳法证明当 0<c≤ 时,xn< 4 ①当 n=1 时,x1=0< 1 2
2 2 2 2

c.

c对任意 n≥1,n∈N+都成立.

c ≤ ,结论成立. c.

②假设当 n=k(k∈N+)时结论成立,即 xk<

1 2 因为函数 f(x)=-x +x+c 在区间(-∞, ]内单调递增, 2 所以 xk+1=f(xk)<f( c)= c, 这就是说当 n=k+1 时,结论也成立. 故 xn<

c对任意 n≥1,n∈N+都成立.

15

因此,xn+1=xn-xn+c>xn,即{xn}是递增数列. sin x 11.已知函数 f0(x)= (x>0),设 fn(x)为 fn-1(x)的导数,n∈N+.

2

x

π π π (1)求 2f1( )+ f2( )的值; 2 2 2 (2)证明:对任意的 n∈N+,等式 π π π 2 |nfn-1( )+ fn( )|= 都成立. 4 4 4 2 (1)解 由已知,得

f1(x)=f′0(x)=(

sin x cos x sin x )′= - 2 ,

x

x

x

cos x sin x 于是 f2(x)=f′1(x)=( )′-( 2 )′

x

x

sin x 2cos x 2sin x =- - + , 2 3

x

x

x

π 4 π 2 16 所以 f1( )=- 2,f2( )=- + 3, 2 π 2 π π π π π 故 2f1( )+ f2( )=-1. 2 2 2 (2)证明 由已知,得 xf0(x)=sin x,等式两边分别对 x 求导,得 f0(x)+xf′0(x)=cos x, π 即 f0(x)+xf1(x)=cos x=sin(x+ ),类似可得 2 2f1(x)+xf2(x)=-sin x=sin(x+π ), 3π 3f2(x)+xf3(x)=-cos x=sin(x+ ), 2 4f3(x)+xf4(x)=sin x=sin(x+2π ). 下面用数学归纳法证明等式 nfn-1(x)+xfn(x)=sin(x+ ①当 n=1 时,由上可知等式成立. ②假设当 n=k 时,等式成立,即 kfk-1(x)+xfk(x)=sin(x+


2

)对所有的 x∈N+都成立.


2

).

因为[kfk-1(x)+xfk(x)]′=kf′k-1(x)+fk(x)+xf′k(x)=(k+1)fk(x)+xfk+1(x), [sin(x+


2

)]′=cos(x+


2

)·(x+


2

)′

?k+1?π =sin[x+ ], 2 ?k+1?π 所以(k+1)fk(x)+xfk+1(x)=sin[x+ ]. 2

16

因此当 n=k+1 时,等式也成立. 综合①②可知等式 nfn-1(x)+xfn(x)=sin(x+ π π π π 令 x= ,可得 nfn-1( )+ fn( ) 4 4 4 4 π nπ =sin( + )(n∈N+), 4 2 π π π 2 所以|nfn-1( )+ fn( )|= (n∈N+). 4 4 4 2 12.设函数 f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中 f′(x)是 f(x)的导函数. (1)令 g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N+,求 gn(x)的表达式; (2)若 f(x)≥ag(x)恒成立,求实数 a 的取值范围; (3)设 n∈N+,比较 g(1)+g(2)+?+g(n)与 n-f(n)的大小,并加以证明. 解 由题设得,g(x)= (x≥0). 1+x


2

)对所有的 n∈N+都成立.

x

x
(1)由已知,g1(x)= ,g2(x)=g(g1(x))= 1+ x

x

1+x 1+

x
1+x



x
1+2x

,g3(x)=

x
1+3x

,?,可猜想

gn(x)=

. 1+nx

x

下面用数学归纳法证明. ①当 n=1 时,g1(x)= ,结论成立. 1+x ②假设 n=k 时结论成立, 即 gk(x)= . 1+kx 那么,当 n=k+1 时,gk+1(x)=g(gk(x))

x

x

x 1+kx gk?x? x = = = ,即结论成立. 1+gk?x? x 1+?k+1?x 1+ 1+kx
由①②可知,结论对 n∈N+成立. (2)已知 f(x)≥ag(x)恒成立, 即 ln(1+x)≥ 恒成立. 设 φ (x)=ln(1+x)- (x≥0), 1+x 1+x 1 a x+1-a 则 φ ′(x)= - 2= 2, 1+x ?1+x? ?1+x? 当 a≤1 时,φ ′(x)≥0(仅当 x=0,a=1 时等号成立),

ax

ax

17

∴φ (x)在[0,+∞)上单调递增. 又 φ (0)=0, ∴φ (x)≥0 在[0,+∞)上恒成立, ∴a≤1 时,ln(1+x)≥ 恒成立(仅当 x=0 时等号成立). 1+x

ax

当 a>1 时,对 x∈(0,a-1]有 φ ′(x)≤0, ∴φ (x)在(0,a-1]上单调递减, ∴φ (a-1)<φ (0)=0. 即 a>1 时,存在 x>0,使 φ (x)<0, ∴ln(1+x)≥ 不恒成立, 1+x 综上可知,a 的取值范围是(-∞,1]. 1 2 n (3)由题设知 g(1)+g(2)+?+g(n)= + +?+ ,n-f(n)=n-ln(n+1), 2 3 n+1 比较结果为 g(1)+g(2)+?+g(n)>n-ln(n+1). 1 1 1 证明如下:上述不等式等价于 + +?+ <ln(n+ 1),在 (2)中取 a =1,可得 ln(1+ 2 3 n+1

ax

x)>

,x>0. 1+x

x

1 1 n+1 令 x= ,n∈N+,则 <ln . n n+1 n 下面用数学归纳法证明. 1 ①当 n=1 时, <ln 2,结论成立. 2 1 1 1 ②假设当 n=k 时结论成立,即 + +?+ <ln(k+1). 2 3 k+1 1 1 1 1 1 k+2 那么,当 n=k+1 时, + +?+ + <ln(k+1)+ <ln(k+1)+ln =ln(k+ 2 3 k+1 k+2 k+2 k+1 2),即结论成立. 由①②可知,结论对 n∈N+成立.

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