高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第六章 不等式、推理與證明 第7節(jié) 數(shù)學(xué)歸納法練習(xí) 理 新人教A版

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1、 第六章 第7節(jié) 數(shù)學(xué)歸納法 [基礎(chǔ)訓(xùn)練組] 1．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577597) 用數(shù)學(xué)歸納法證明“2n＞2n＋1對(duì)于n≥n0的正整數(shù)n都成立”時(shí)，第一步證明中的起始值n0應(yīng)取(　　 ) A．2　　　　　　　　　　 B．3 C．5 D．6 解析：B　[∵n＝1時(shí)，21＝2,21＋1＝3,2n＞2n＋1不成立； n＝2時(shí)，22＝4,22＋1＝5,2n＞2n＋1不成立； n＝3時(shí)，23＝8,23＋1＝7,2n＞2n＋1成立． ∴n的第一個(gè)取值n0＝3.] 2．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577598)用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1＋＋＋…＋>(n∈N*)成立，其初始值至少應(yīng)取(　　) A．

2、7 B．8 C．9 D．10 解析：B　[1＋＋＋…＋＝>，整理得2n>128，解得n>7，所以初始值至少應(yīng)取8.] 3．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577599)對(duì)于不等式

3、．] 4．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577600)凸n多邊形有f(n)條對(duì)角線，則凸(n＋1)邊形的對(duì)角線的條數(shù)f(n＋1)為(　　) A．f(n)＋n＋1 B．f(n)＋n C．f(n)＋n－1 D．f(n)＋n－2 解析：C　[邊數(shù)增加1，頂點(diǎn)也相應(yīng)增加1個(gè)，它與和它不相鄰的n－2個(gè)頂點(diǎn)連接成對(duì)角線，原來的一條邊也成為對(duì)角線，因此，對(duì)角線增加n－1條．] 5．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577601)用數(shù)學(xué)歸納法證明：“(n＋1)(n＋2)…(n＋n)＝2n13…(2n－1)”，從“k到k＋1”左端需增乘的代數(shù)式為(　　) A．2k＋1 B．2(2k＋1) C. D. 解析：B　[n＝k＋1時(shí)

4、，左端為(k＋2)(k＋3)…[(k＋1)＋(k－1)][(k＋1)＋k][(k＋1)＋(k＋1)]＝(k＋2)(k＋3)…(k＋k)(2k＋1)(2k＋2)＝(k＋1)(k＋2)…(k＋k)[2(2k＋1)]， ∴應(yīng)乘2(2k＋1)．] 6．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577602)用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除”，當(dāng)?shù)诙郊僭O(shè)n＝k(k∈N*)命題為真時(shí)，進(jìn)而需證n＝　________　時(shí)，命題亦真． 解析：n為正奇數(shù)，假設(shè)n＝k成立后，需證明的應(yīng)為n＝k＋2時(shí)成立． 答案：k＋2 7．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577603)若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，則f(k＋

5、1)與f(k)的遞推關(guān)系式是　__________　. 解析：∵f(k)＝12＋22＋…＋(2k)2， ∴f(k＋1)＝12＋22＋…＋(2k)2＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2； ∴f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2. 答案：f(k＋1)＝f(k)＋(2k＋1)2＋(2k＋2)2 8．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577604)用數(shù)學(xué)歸納法證明 …> (k>1)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左端應(yīng)乘上_______， 這個(gè)乘上去的代數(shù)式共有因式的個(gè)數(shù)是______________________________________． 解析：因?yàn)榉帜傅墓顬?，所以乘上去的第一個(gè)因式是，最

6、后一個(gè)是，根據(jù)等差數(shù)列通項(xiàng)公式可求得共有＋1＝2k－2k－1＝2k－1項(xiàng)． 答案：…2k－1 9．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577605)平面上有n個(gè)圓，每兩圓交于兩點(diǎn)，每三圓不過同一點(diǎn)，求證這n個(gè)圓分平面為n2－n＋2個(gè)部分． 證明：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，n2－n＋2＝1－1＋2＝2，而一圓把平面分成兩部分，所以n＝1命題成立． (2)設(shè)n＝k時(shí)，k個(gè)圓分平面為k2－k＋2個(gè)部分，則n＝k＋1時(shí)，第k＋1個(gè)圓與前k個(gè)圓有2k個(gè)交點(diǎn)，這2k個(gè)交點(diǎn)分第k＋1個(gè)圓為2k段，每一段都將原來所在的平面一分為二，故增加了2k個(gè)平面塊，共有(k2－k＋2)＋2k＝(k＋1)2－(k＋1)＋2個(gè)部分． ∴對(duì)n＝k＋

7、1也成立． 由(1)(2)可知，這n個(gè)圓分割平面為n2－n＋2個(gè)部分． 10．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577606)已知數(shù)列{xn}滿足x1＝，xn＋1＝，n∈N*.猜想數(shù)列{x2n}的單調(diào)性，并證明你的結(jié)論． 解：由x1＝及xn＋1＝， 得x2＝，x4＝，x6＝， 由x2＞x4＞x6猜想：數(shù)列{x2n}是遞減數(shù)列． 下面用數(shù)學(xué)歸納法證明： (1)當(dāng)n＝1時(shí)，已證命題成立． (2)假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)命題成立，即x2k＞x2k＋2， 易知xk＞0， 那么x2k＋2－x2k＋4＝－＝ ＝＞0， 即x2(k＋1)＞x2(k＋1)＋2. 也就是說，當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立． 結(jié)合(1)和(

8、2)知命題成立． [能力提升組] 11．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577607)平面內(nèi)有n條直線，最多可將平面分成f(n)個(gè)區(qū)域，則f(n)的表達(dá)式為(　　) A．n＋1 B．2n C. D．n2＋n＋1 解析：C　[1條直線將平面分成1＋1個(gè)區(qū)域；2條直線最多可將平面分成1＋(1＋2)＝4個(gè)區(qū)域；3條直線最多可將平面分成1＋(1＋2＋3)＝7個(gè)區(qū)域；……，n條直線最多可將平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋＝個(gè)區(qū)域．] 12．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577608)已知f(n)＝(2n＋7)3n＋9，存在自然數(shù)m，使得對(duì)任意n∈N*，f(n)都能被m整除，則m的最大值為(　　) A．18 B．3

9、6 C．48 D．54 解析：B　[由于f(1)＝36，f(2)＝108，f(3)＝360都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，即m的最大值為36.當(dāng)n＝1時(shí)，可知猜想成立．假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N*)時(shí)，猜想成立，即f(k)＝(2k＋7)3k＋9能被36整除；當(dāng)n＝k＋1時(shí)， f(k＋1)＝(2k＋9)3k＋1＋9＝(2k＋7)3k＋9＋36(k＋5)3k－2，因此f(k＋1)也能被36整除，故所求m的最大值為36.] 13．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577609)用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上增添的代數(shù)式是　________　. 解析：

10、∵當(dāng)n＝k時(shí)，左側(cè)＝1＋2＋3＋…＋k2， 當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左側(cè)＝1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2， ∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上增添(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2. 答案：(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2 14．(導(dǎo)學(xué)號(hào)14577610)(2018梅州市一模)數(shù)列{an}滿足a1＝，an＋1＝. (1)求數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式； (2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，證明Sn＜n－ ln. 解：(1)法一：an＋1－1＝－1＝， 所以＝＝－1＋， 所以是首項(xiàng)為－2，公差為－1的等差數(shù)列， 所以＝－

11、n－1，所以an＝. 法二：a2＝，a3＝，a4＝，猜測an＝. 下面用數(shù)學(xué)歸納法進(jìn)行證明： ①當(dāng)n＝1時(shí)，由題目已知可知a1＝，命題成立； ②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥1，k∈N)時(shí)成立，即ak＝， 那么當(dāng)n＝k＋1，ak＋1＝＝＝， 也就是說，當(dāng)n＝k＋1時(shí)命題也成立． 綜上所述，數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式為an＝. (2)證明：設(shè)F(x)＝ln(x＋1)－x(x＞0)， 則F′(x)＝－1＝<0(x>0)． 函數(shù)F(x)為(0，＋∞)上的減函數(shù)，所以F(x)＜F(0)＝0，即ln(x＋1)＜0(x＞0)， 從而ln <，1－<1－ln，an＝1－<1－ln(n＋2)＋ln(n＋1)， ∴Sn＜(1－ln 3＋ln 2)＋(1－ln 4＋ln 3)＋…＋[1－ln (n＋2)＋ln (n＋1)]， ∴Sn