高考數(shù)一輪復(fù)習(xí) 第九章 第六節(jié) 數(shù)歸納法演練知能檢測 文

第六節(jié)數(shù)學(xué)歸納法[全盤鞏固]1．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)>eq\f(127,64)(n∈N*)成立，其初始值至少應(yīng)取()A．7B．8C．9解析：選B左邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1－\f(1,2n),1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1)，代入驗(yàn)證可知n的最小值是8.2．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1)”，在驗(yàn)證n＝1時，左端計算所得的項(xiàng)為()A．1B．1＋aC．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3解析：選C∵等式的左端為1＋a＋a2＋…＋an＋1，∴當(dāng)n＝1時，左端＝1＋a＋a2.3．利用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2n－1)<f(n)(n≥2，n∈N*)的過程，由n＝k到n＝k＋1時，左邊增加了()A．1項(xiàng)B．k項(xiàng)C．2k－1項(xiàng)D．2k項(xiàng)解析：選D1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋\f(1,2k－1)))＝eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)，共增加了2k項(xiàng)．4．用數(shù)學(xué)歸納法證明“當(dāng)n為正奇數(shù)時，xn＋yn能被x＋y整除”的第二步是()A．假設(shè)n＝2k＋1時正確，再推n＝2k＋3時正確(其中k∈N*)B．假設(shè)n＝2k－1時正確，再推n＝2k＋1時正確(其中k∈N*)C．假設(shè)n＝k時正確，再推n＝k＋1時正確(其中k∈N*)D．假設(shè)n≤k(k≥1)時正確，再推n＝k＋2時正確(其中k∈N*)解析：選B∵n為正奇數(shù)，∴n＝2k－1(k∈N*)．5．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通過求a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式為()A.eq\f(1,n－1n＋1)B.eq\f(1,2n2n＋1)C.eq\f(1,2n－12n＋1)D.eq\f(1,2n＋12n＋2)解析：選C由a1＝eq\f(1,3)，Sn＝n(2n－1)an，求得a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a4＝eq\f(1,63)＝eq\f(1,7×9).猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).6．設(shè)函數(shù)f(n)＝(2n＋9)·3n＋1＋9，當(dāng)n∈N*時，f(n)能被m(m∈N*)整除，猜想m的最大值為()A．9B．18C．27解析：選Df(n＋1)－f(n)＝(2n＋11)·3n＋2－(2n＋9)·3n＋1＝4(n＋6)·3n＋1，當(dāng)n＝1時，f(2)－f(1)＝4×7×9為最小值，據(jù)此可猜想D正確．7．用數(shù)學(xué)歸納法證明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)>eq\f(13,24)的過程中，由n＝k推導(dǎo)n＝k＋1時，不等式的左邊增加的式子是____________．解析：不等式的左邊增加的式子是eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)－eq\f(1,k＋1)＝eq\f(1,2k＋12k＋2)，故填eq\f(1,2k＋12k＋2).答案：eq\f(1,2k＋12k＋2)8．已知數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋1＝eq\f(1,2)an＋1(n∈N*)，通過計算a1，a2，a3，a4，可猜想an＝________.解析：∵a1＝1，∴a2＝eq\f(1,2)a1＋1＝eq\f(3,2)，a3＝eq\f(1,2)a2＋1＝eq\f(7,4)，a4＝eq\f(1,2)a3＋1＝eq\f(15,8).猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1).答案：eq\f(2n－1,2n－1)9．設(shè)平面內(nèi)有n條直線(n≥3)，其中有且僅有兩條直線互相平行，任意三條直線不過同一點(diǎn)．若用f(n)表示這n條直線交點(diǎn)的個數(shù)，則f(4)＝________；當(dāng)n>4時，f(n)＝________________(用n表示)．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)＝eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)．答案：5eq\f(1,2)(n＋1)(n－2)10．用數(shù)學(xué)歸納法證明下面的等式：12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1eq\f(nn＋1,2).證明：(1)當(dāng)n＝1時，左邊＝12＝1，右邊＝(－1)0·eq\f(1×1＋1,2)＝1，∴原等式成立．(2)假設(shè)n＝k(k∈N*，k≥1)時，等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＝(－1)k－1eq\f(kk＋1,2).那么，當(dāng)n＝k＋1時，則有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k－1eq\f(kk＋1,2)＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k·eq\f(k＋1,2)[－k＋2(k＋1)]＝(－1)keq\f(k＋1k＋2,2).∴n＝k＋1時，等式也成立，由(1)(2)知對任意n∈N*，有12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1eq\f(nn＋1,2).11．設(shè)數(shù)列{an}滿足a1＝3，an＋1＝aeq\o\al(2,n)－2nan＋2，n＝1,2,3，….(1)求a2，a3，a4的值，并猜想數(shù)列{an}的通項(xiàng)公式(不需證明)；(2)記Sn為數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和，試求使得Sn<2n成立的最小正整數(shù)n，并給出證明．解：(1)a2＝5，a3＝7，a4＝9，猜想an＝2n＋1.(2)Sn＝eq\f(n3＋2n＋1,2)＝n2＋2n，使得Sn<2n成立的最小正整數(shù)n＝6.下證：n≥6(n∈N*)時都有2n>n2＋2n.①n＝6時，26>62＋2×6，即64>48成立；②假設(shè)n＝k(k≥6，k∈N*)時，2k>k2＋2k成立，那么2k＋1＝2·2k>2(k2＋2k)＝k2＋2k＋k2＋2k>k2＋2k＋3＋2k＝(k＋1)2＋2(k＋1)，即n＝k＋1時，不等式成立；由①②可得，對于任意的n≥6(n∈N*)都有2n>n2＋2n成立．12．(·舟山模擬)若不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(a,24)對一切正整數(shù)n都成立，求正整數(shù)a的最大值，并證明結(jié)論．解：當(dāng)n＝1時，eq\f(1,1＋1)＋eq\f(1,1＋2)＋eq\f(1,3＋1)>eq\f(a,24)，即eq\f(26,24)>eq\f(a,24)，所以a<26.而a是正整數(shù)，所以取a＝25，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(25,24).(1)當(dāng)n＝1時，已證得不等式成立．(2)假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時，不等式成立，即eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)>eq\f(25,24).則當(dāng)n＝k＋1時，有eq\f(1,k＋1＋1)＋eq\f(1,k＋1＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1＋1)＝eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)＋…＋eq\f(1,3k＋1)＋eq\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋3)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(1,k＋1)>eq\f(25,24)＋eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3k＋2)＋\f(1,3k＋4)－\f(2,3k＋1))).因?yàn)閑q\f(1,3k＋2)＋eq\f(1,3k＋4)－eq\f(2,3k＋1)＝eq\f(6k＋1,3k＋23k＋4)－eq\f(2,3k＋1)＝eq\f(18k＋12－29k2＋18k＋8,3k＋23k＋43k＋3)＝eq\f(2,3k＋23k＋43k＋3)>0，所以當(dāng)n＝k＋1時不等式也成立．由(1)(2)知，對一切正整數(shù)n，都有eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,3n＋1)>eq\f(25,24)，所以a的最大值等于25.[沖擊名校]已知數(shù)列{an}滿足a1＝0，a2＝1，當(dāng)n∈N*時，an＋2＝an＋1＋an.求證：數(shù)列{an}的第4m＋1項(xiàng)(m∈N*)能被3整除．證明：(1)當(dāng)m＝1時，a4m＋1＝a5＝a4＋a3＝(a3＋a2)＋(a2＋a1)＝(a2＋a1)＋2a2＋a1＝3a2＋2a1＝3＋0＝3.即當(dāng)(2)假設(shè)當(dāng)m＝k時，a4k＋