高考總復習理數(shù)（北師大版）課時作業(yè)提升40數(shù)學歸納法

課時作業(yè)提升(四十)數(shù)學歸納法A組夯實基礎1．若f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,6n－1)(n∈N＋)，則f(1)為()A．1 B．eq\f(1,5)C．1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,5) D．非以上答案解析：選C等式右邊的分母是從1開始的連續(xù)的自然數(shù)，且最大分母為6n－1，則當n＝1時，最大分母為5.2．一個關于自然數(shù)n的命題，如果驗證當n＝1時命題成立，并在假設當n＝k(k≥1且k∈N＋)時命題成立的基礎上，證明了當n＝k＋2時命題成立，那么綜合上述，對于()A．一切正整數(shù)命題成立 B．一切正奇數(shù)命題成立C．一切正偶數(shù)命題成立 D．以上都不對解析：選B本題證的是對n＝1,3,5,7，…命題成立，即命題對一切正奇數(shù)成立．3．用數(shù)學歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(127,64)(n∈N＋)成立，其初始值至少應取()A．7 B．8C．9 D．10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)，代入驗證可知n的最小值是8.4．用數(shù)學歸納法證明1＋2＋3＋…＋2n＝2n－1＋22n－1(n∈N＋)時，假設n＝k時命題成立，則當n＝k＋1時，左端增加的項數(shù)是()A．1項 B．k－1項C．k項 D．2k項解析：選D運用數(shù)學歸納法證明1＋2＋3＋…＋2n＝2n－1＋22n－1(n∈N＋)．當n＝k時，則有1＋2＋3＋…＋2k＝2k－1＋22k－1(k∈N＋)，左邊表示的為2k項的和．當n＝k＋1時，則左邊＝1＋2＋3＋…＋2k＋(2k＋1)＋…＋2k＋1，表示的為2k＋1項的和，增加了2k＋1－2k＝2k項．5．平面內(nèi)有n條直線，最多可將平面分成f(n)個區(qū)域，則f(n)的表達式為()A．n＋1 B．2nC.eq\f(n2＋n＋2,2) D．n2＋n＋1解析：選C1條直線將平面分成1＋1個區(qū)域；2條直線最多可將平面分成1＋(1＋2)＝4個區(qū)域；3條直線最多可將平面分成1＋(1＋2＋3)＝7個區(qū)域；…；n條直線最多可將平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)＝1＋eq\f(nn＋1,2)＝eq\f(n2＋n＋2,2)個區(qū)域．6．用數(shù)學歸納法證明2n＞2n＋1，n的第一個取值應是____________.解析：因為n＝1時，21＝2,2×1＋1＝3,2n＞2n＋1不成立；n＝2時，22＝4,2×2＋1＝5,2n＞2n＋1不成立；n＝3時，23＝8,2×3＋1＝7,2n＞2n＋1成立．所以n的第一個取值應是3.答案：37．(2018·鄭州模擬)用數(shù)學歸納法證明不等式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．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且對任意的自然數(shù)n都有(Sn－1)2＝anSn，通過計算S1，S2，S3，猜想Sn＝____________.解析：由(S1－1)2＝Seq\o\al(2,1)，得S1＝eq\f(1,2)；由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得S2＝eq\f(2,3)；由(S3－1)2＝(S3－S2)S3，得S3＝eq\f(3,4).猜想Sn＝eq\f(n,n＋1).答案：eq\f(n,n＋1)9．求證：12－22＋32－42＋…＋(2n－1)2－(2n)2＝－n(2n＋1)(n∈N＋)．證明：①當n＝1時，左邊＝12－22＝－3，右邊＝－3，等式成立．②假設n＝k(k∈N＋)時，等式成立，即12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＝－k(2k＋1)．當n＝k＋1時，12－22＋32－42＋…＋(2k－1)2－(2k)2＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)＋(2k＋1)2－(2k＋2)2＝－k(2k＋1)－(4k＋3)＝－(2k2＋5k＋3)＝－(k＋1)[2(k＋1)＋1]，所以當n＝k＋1時，等式也成立．由①②得，等式對任意n∈N＋都成立．B組能力提升1．(2018·安慶模擬)已知數(shù)列{an}滿足a1＝a＞2，an＝eq\r(an－1＋2)(n≥2，n∈N＋)．(1)求證：對任意n∈N＋，an＞2；(2)判斷數(shù)列{an}的單調(diào)性，并說明你的理由．(1)證明：用數(shù)學歸納法證明an＞2(n∈N＋)．①當n＝1時，a1＝a＞2，結(jié)論成立；②假設n＝k(k≥1)時結(jié)論成立，即ak＞2，則n＝k＋1時，ak＋1＝eq\r(ak＋2)＞eq\r(2＋2)＝2，所以n＝k＋1時，結(jié)論成立．故由①②及數(shù)學歸納法原理，知對一切的n∈N＋，都有an＞2成立．(2)證明：{an}是單調(diào)遞減的數(shù)列．因為aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＝an＋2－aeq\o\al(2,n)＝－(an－2)(an＋1)，又an＞2，所以aeq\o\al(2,n＋1)－aeq\o\al(2,n)＜0，所以an＋1＜an.故{an}是單調(diào)遞減的數(shù)列．2．數(shù)列{an}滿足Sn＝2n－an(n∈N＋)．(1)計算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通項公式an；(2)用數(shù)學歸納法證明(1)中的猜想．(1)解：當n＝1時，a1＝S1＝2－a1，∴a1＝1.當n＝2時，a1＋a2＝S2＝2×2－a2，∴a2＝eq\f(3,2).當n＝3時，a1＋a2＋a3＝S3＝2×3－a3，∴a3＝eq\f(7,4).當n＝4時，a1＋a2＋a3＋a4＝S4＝2×4－a4，∴a4＝eq\f(15,8).由此猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)．(2)證明：①當n＝1時，左邊＝a1＝1，右邊＝eq\f(21－1,20)＝1，左邊＝右邊，結(jié)論成立．②假設n＝k(k≥1且k∈N＋)時，結(jié)論成立，即ak＝eq\f(2k－1,2k－1)，那么當n＝k＋1時，ak＋1＝Sk＋1－Sk＝2(k＋1)－ak＋1－2k＋ak＝2＋ak－ak＋1,∴2ak＋1＝2＋ak，∴ak＋1＝eq\f(2＋ak,2)＝eq\f(2＋\f(2k－1,2k－1),2)＝eq\f(2k＋1－1,2k)，這表明n＝k＋1時，結(jié)論成立，由①②知，猜想an＝eq\f(2n－1,2n－1)(n∈N＋)成立．3．(2018·濰坊模擬)等比數(shù)列{an}的前n項和為Sn，已知對任意的n∈N＋，點(n，Sn)均在函數(shù)y＝bx＋r(b>0且b≠1，b，r均為常數(shù))的圖像上．(1)求r的值；(2)當b＝2時，記bn＝2(log2an＋1)(n∈N＋)，證明：對任意的n∈N＋，不等式eq\f(b1＋1,b1)·eq\f(b2＋1,b2)·…·eq\f(bn＋1,bn)>eq\r(n＋1)成立．解：(1)由題意，Sn＝bn＋r，當n≥2時，Sn－1＝bn－1＋r.所以an＝Sn－Sn－1＝bn－1(b－1)．由于b>0且b≠1，所以n≥2時，{an}是以b為公比的等比數(shù)列．又a1＝b＋r，a2＝b(b－1)，所以eq\f(a2,a1)＝b，即eq\f(bb－1,b＋r)＝b，解得r＝－1.(2)由(1)及b＝2知an＝2n－1，因此bn＝2n(n∈N＋)，所證不等式為eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2n＋1,2n)>eq\r(n＋1).①當n＝1時，左式＝eq\f(3,2)，右式＝eq\r(2)，左式>右式，所以結(jié)論成立．②假設n＝k(k≥1，k∈N＋)時結(jié)論成立，即eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)>eq\r(k＋1)，則當n＝k＋1時，eq\f(2＋1,2)·eq\f(4＋1,4)·…·eq\f(2k＋1,2k)·eq\f(2k＋3,2k＋1)>eq\r(k＋1)·eq\f(2k＋3,2k＋1)＝eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))，要證當n＝k＋1時結(jié)論成立，只需證eq\f(2k＋3,2\r(k＋1))≥eq\r(k＋2)，即證eq\f(2k＋3,2)≥eq\