高考數(shù)學(xué)考點(diǎn)通關(guān)練第五章不等式推理與證明算法初步與復(fù)數(shù)39數(shù)學(xué)歸納法試題理

考點(diǎn)測試39數(shù)學(xué)歸納法一、基礎(chǔ)小題1．在應(yīng)用數(shù)學(xué)歸納法證明凸n邊形的對角線為eq\f(1,2)n(n－3)條時(shí)，第一步檢驗(yàn)第一個(gè)值n0等于()A．1 B．2C．3 D．0答案C解析邊數(shù)最少的凸n邊形是三角形．2．用數(shù)學(xué)歸納法證明“1＋a＋a2＋…＋an＝eq\f(1－an＋1,1－a)，a≠1，n∈N*”，在驗(yàn)證n＝1時(shí)，左邊是()A．1 B．1＋aC．1＋a＋a2 D．1＋a＋a2＋a3答案B解析當(dāng)n＝1時(shí)，代入原式有左邊＝1＋a.故選B.3．對于不等式eq\r(n2＋n)≤n＋1(n∈N*)，某學(xué)生的證明過程如下：(1)當(dāng)n＝1時(shí)，eq\r(12＋1)≤1＋1，不等式成立．(2)假設(shè)n＝k(k∈N*)時(shí)，不等式成立，即eq\r(k2＋k)<k＋1，則n＝k＋1時(shí)，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)<eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1.∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．上述證法()A．過程全都正確B．n＝1檢驗(yàn)不正確C．歸納假設(shè)不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確答案D解析n＝1的驗(yàn)證及歸納假設(shè)都正確，但從n＝k到n＝k＋1的推理中沒有使用歸納假設(shè)，而通過不等式的放縮法直接證明，不符合數(shù)學(xué)歸納法的證題要求，故應(yīng)選D.4．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(shí)，左邊增加了()A．1項(xiàng) B．k項(xiàng)C．2k－1項(xiàng) D．2k項(xiàng)答案D解析1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k＋1－1)－eq\b\lc\(\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)＋\f(1,3)＋…＋))eq\b\lc\\rc\)(\a\vs4\al\co1(\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)．5．某個(gè)命題與自然數(shù)n有關(guān)，若n＝k(k∈N*)時(shí)命題成立，那么可推得當(dāng)n＝k＋1時(shí)該命題也成立，現(xiàn)已知n＝5時(shí)，該命題不成立，那么可以推得()A．n＝6時(shí)該命題不成立 B．n＝6時(shí)該命題成立C．n＝4時(shí)該命題不成立 D．n＝4時(shí)該命題成立答案C解析假設(shè)n＝4時(shí)該命題成立，由題意可得n＝5時(shí)，該命題成立，而n＝5時(shí)，該命題不成立，所以n＝4時(shí)，該命題不成立，而n＝5，該命題不成立，不能推得n＝6該命題是否成立，故選C.6．用數(shù)學(xué)歸納法證明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．7 B．8C．9 D．10答案B解析左邊＝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.故選B.7．下列代數(shù)式(其中k∈N*)能被9整除的是()A．6＋6·7k B．2＋7k－1C．2(2＋7k＋1) D．3(2＋7k)答案D解析(1)當(dāng)k＝1時(shí)，顯然只有3(2＋7k)能被9整除．(2)假設(shè)當(dāng)k＝n(n∈N*)時(shí)，命題成立，即3(2＋7n)能被9整除，那么3(2＋7n＋1)＝21(2＋7n)－36，這就是說，k＝n＋1時(shí)命題也成立．由(1)(2)可知，命題對任何k∈N*都成立．故選D.8．設(shè)f(n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,n＋n)，n∈N＋，那么f(n＋1)－f(n)＝()A.eq\f(1,2n＋1) B.eq\f(1,2n＋2)C.eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2) D.eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2)答案D解析f(n＋1)－f(n)＝eq\f(1,n＋1＋1)＋eq\f(1,n＋1＋2)＋…＋eq\f(1,n＋1＋n)＋eq\f(1,n＋1＋n＋1)－eq\f(1,n＋1)－eq\f(1,n＋2)－…－eq\f(1,n＋n)＝eq\f(1,2n＋1)＋eq\f(1,2n＋2)－eq\f(1,n＋1)＝eq\f(1,2n＋1)－eq\f(1,2n＋2).9．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”的第二步是()A．假使n＝2k＋1時(shí)正確，再推n＝2k＋3正確(k∈N＋)B．假使n＝2k－1時(shí)正確，再推n＝2k＋1正確(k∈N＋)C．假使n＝k時(shí)正確，再推n＝k＋1正確(k∈N＋)D．假使n≤k(k≥1)時(shí)正確，再推n＝k＋2時(shí)正確(k∈N＋)答案B解析因?yàn)閚為正奇數(shù)，根據(jù)數(shù)學(xué)歸納法證題的步驟，第二步應(yīng)先假設(shè)第k個(gè)正奇數(shù)也成立，本題即假設(shè)n＝2k－1正確，再推第k＋1個(gè)正奇數(shù)，即n＝2k＋1正確．10．已知1＋2×3＋3×32＋4×33＋…＋n×3n－1＝3n(na－b)＋c對一切n∈N*都成立，則a、b、c的值為()A．a(chǎn)＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4) B．a(chǎn)＝b＝c＝eq\f(1,4)C．a(chǎn)＝0，b＝c＝eq\f(1,4) D．不存在這樣的a、b、c答案A解析∵等式對一切n∈N*均成立，∴n＝1,2,3時(shí)等式成立，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝3a－b＋c，,1＋2×3＝322a－b＋c，,1＋2×3＋3×32＝333a－b＋c，))整理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－3b＋c＝1，,18a－9b＋c＝7，,81a－27b＋c＝34，))解得a＝eq\f(1,2)，b＝c＝eq\f(1,4).11．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)且Sn＝n(2n－1)an，通過計(jì)算a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式是________．答案an＝eq\f(1,2n－12n＋1)解析因?yàn)镾n＝n(2n－1)an，當(dāng)n＝2,3,4時(shí)，得出a2＝eq\f(1,15)，a3＝eq\f(1,35)，a4＝eq\f(1,63).a1＝eq\f(1,3)＝eq\f(1,1×3)，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).∴an＝eq\f(1,2n－12n＋1).12．已知f(n)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n)(n∈N*)，用數(shù)學(xué)歸納法證明f(2n)>eq\f(n,2)時(shí)，f(2k＋1)－f(2k)＝________.答案eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)解析∵f(2k＋1)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1)，f(2k)＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,2k)，∴f(2k＋1)－f(2k)＝eq\f(1,2k＋1)＋eq\f(1,2k＋2)＋…＋eq\f(1,2k＋1).二、高考小題本考點(diǎn)在近三年高考中未涉及此題型．三、模擬小題13．[2016·山東淄博質(zhì)檢]設(shè)f(x)是定義在正整數(shù)集上的函數(shù)，且f(x)滿足：當(dāng)f(k)≥k＋1成立時(shí)，總能推出f(k＋1)≥k＋2成立，那么下列命題總成立的是()A．若f(1)<2成立，則f(10)<11成立B．若f(3)≥4成立，則當(dāng)k≥1時(shí)，均有f(k)≥k＋1成立C．若f(2)<3成立，則f(1)≥2成立D．若f(4)≥5成立，則當(dāng)k≥4時(shí)，均有f(k)≥k＋1成立答案D解析當(dāng)f(k)≥k＋1成立時(shí)，總能推出f(k＋1)≥k＋2成立，說明如果當(dāng)k＝n時(shí)，f(n)≥n＋1成立，那么當(dāng)k＝n＋1時(shí)，f(n＋1)≥n＋2也成立，所以如果當(dāng)k＝4時(shí)，f(4)≥5成立，那么當(dāng)k≥4時(shí)，f(k)≥k＋1也成立．一、高考大題1．[2015·江蘇高考]已知集合X＝{1,2,3}，Yn＝{1,2,3，…，n}(n∈N*)，設(shè)Sn＝{(a，b)|a整除b或b整除a，a∈X，b∈Yn}．令f(n)表示集合Sn所含元素的個(gè)數(shù)．(1)寫出f(6)的值；(2)當(dāng)n≥6時(shí)，寫出f(n)的表達(dá)式，并用數(shù)學(xué)歸納法證明．解(1)f(6)＝13.(2)當(dāng)n≥6時(shí)，f(n)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n,3)))，n＝6t，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋1，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋2，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n,3)))，n＝6t＋3，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)＋\f(n－1,3)))，n＝6t＋4，,n＋2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n－1,2)＋\f(n－2,3)))，n＝6t＋5))(t∈N*)．下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝6時(shí)，f(6)＝6＋2＋eq\f(6,2)＋eq\f(6,3)＝13，結(jié)論成立；②假設(shè)n＝k(k≥6)時(shí)結(jié)論成立，那么n＝k＋1時(shí)，Sk＋1在Sk的基礎(chǔ)上新增加的元素在(1，k＋1)，(2，k＋1)，(3，k＋1)中產(chǎn)生，分以下情形討論：a．若k＋1＝6t，則k＝6(t－1)＋5，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋3＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－2,3)＋3＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1,3)，結(jié)論成立；b．若k＋1＝6t＋1，則k＝6t，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，結(jié)論成立；c．若k＋1＝6t＋2，則k＝6t＋1，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k－1,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，結(jié)論成立；d．若k＋1＝6t＋3，則k＝6t＋2，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－2,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1,3)，結(jié)論成立；e．若k＋1＝6t＋4，則k＝6t＋3，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋2＝k＋2＋eq\f(k－1,2)＋eq\f(k,3)＋2＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1,2)＋eq\f(k＋1－1,3)，結(jié)論成立；f．若k＋1＝6t＋5，則k＝6t＋4，此時(shí)有f(k＋1)＝f(k)＋1＝k＋2＋eq\f(k,2)＋eq\f(k－1,3)＋1＝(k＋1)＋2＋eq\f(k＋1－1,2)＋eq\f(k＋1－2,3)，結(jié)論成立．綜上所述，結(jié)論對滿足n≥6的自然數(shù)n均成立．2．[2014·陜西高考]設(shè)函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù)．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N＋，求gn(x)的表達(dá)式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)設(shè)n∈N＋，比較g(1)＋g(2)＋…＋g(n)與n－f(n)的大小，并加以證明．解由題設(shè)得，g(x)＝eq\f(x,1＋x)(x≥0)．(1)由已知得，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，g2(x)＝g(g1(x))＝eq\f(\f(x,1＋x),1＋\f(x,1＋x))＝eq\f(x,1＋2x)，g3(x)＝eq\f(x,1＋3x)，…，可得gn(x)＝eq\f(x,1＋nx).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時(shí)，g1(x)＝eq\f(x,1＋x)，結(jié)論成立．②假設(shè)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即gk(x)＝eq\f(x,1＋kx).那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝eq\f(gkx,1＋gkx)＝eq\f(\f(x,1＋kx),1＋\f(x,1＋kx))＝eq\f(x,1＋k＋1x)，即結(jié)論成立．由①②可知，結(jié)論對n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立．設(shè)φ(x)＝ln(1＋x)－eq\f(ax,1＋x)(x≥0)，即φ′(x)＝eq\f(1,1＋x)－eq\f(a,1＋x2)＝eq\f(x＋1－a,1＋x2)，當(dāng)a≤1時(shí)，φ′(x)≥0(僅當(dāng)x＝0，a＝1時(shí)等號成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上單調(diào)遞增，又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1時(shí)，ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)恒成立(僅當(dāng)x＝0時(shí)等號成立)．當(dāng)a>1時(shí)，對x∈(0，a－1]有φ′(x)<0，∴φ(x)在(0，a－1]上單調(diào)遞減，∴φ(a－1)<φ(0)＝0.即a>1時(shí)，存在x>0，使φ(x)<0，故知ln(1＋x)≥eq\f(ax,1＋x)不恒成立，綜上可知，a的取值范圍是(－∞，1]．(3)由題設(shè)知g(1)＋g(2)＋…＋g(n)＝eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)，n－f(n)＝n－ln(n＋1)，比較結(jié)果為g(1)＋g(2)＋…＋g(n)>n－ln(n＋1)．證明如下：證法一：上述不等式等價(jià)于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，則eq\f(1,n＋1)<lneq\f(n＋1,n).下面用數(shù)學(xué)歸納法證明．①當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,2)<ln2，結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)<ln(k＋1)．那么，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋eq\f(1,k＋2)<ln(k＋1)＋lneq\f(k＋2,k＋1)＝ln(k＋2)，即結(jié)論成立．由①②可知，結(jié)論對n∈N＋成立．證法二：上述不等式等價(jià)于eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1)<ln(n＋1)，在(2)中取a＝1，可得ln(1＋x)>eq\f(x,1＋x)，x>0.令x＝eq\f(1,n)，n∈N＋，則lneq\f(n＋1,n)>eq\f(1,n＋1).故有l(wèi)n2－ln1>eq\f(1,2)，ln3－ln2>eq\f(1,3)，……ln(n＋1)－lnn>eq\f(1,n＋1)，上述各式相加可得ln(n＋1)>eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)＋…＋eq\f(1,n＋1).結(jié)論得證．證法三：如圖，eq\i\in(0,n,)eq\f(x,x＋1)dx是由曲線y＝eq\f(x,x＋1)，x＝n及x軸所圍成的曲邊梯形的面積，而eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)是圖中所示各矩形的面積和，∴eq\f(1,2)＋eq\f(2,3)＋…＋eq\f(n,n＋1)>eq\i\in(0,n,)eq\f(x,x＋1)dx＝eq\i\in(0,n,)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,x＋1)))dx＝n－ln(n＋1)，結(jié)論得證．二、模擬大題3．[2016·甘肅診斷]已知等差數(shù)列{an}的公差d大于0，且a2，a5是方程x2－12x＋27＝0的兩根，數(shù)列{bn}的前n項(xiàng)和為Tn，且Tn＝1－eq\f(1,2)bn(n∈N*)．(1)求數(shù)列{an}，{bn}的通項(xiàng)公式；(2)設(shè)數(shù)列{an}的前n項(xiàng)和為Sn，試比較eq\f(1,bn)與Sn＋1的大小，并給出證明．解(1)由(x－9)(x－3)＝0，且d>0，可得a2＝3，a5＝9，從而公差d＝eq\f(a5－a2,3)＝2，a1＝1，∴an＝2n－1(n∈N*)．∵Tn＝1－eq\f(1,2)bn，∴令n＝1，可得b1＝T1＝1－eq\f(1,2)b1，解得b1＝eq\f(2,3).當(dāng)n≥2時(shí)，bn＝Tn－Tn－1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)bn))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,2)bn－1))＝eq\f(1,2)bn－1－eq\f(1,2)bn，得eq\f(bn,bn－1)＝eq\f(1,3)(n≥2)，∴數(shù)列{bn}是以eq\f(2,3)為首項(xiàng)，eq\f(1,3)為公比的等比數(shù)列．∴bn＝eq\f(2,3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))n－1＝eq\f(2,3n)(n∈N*)．(2)∵Sn＝eq\f(n[1＋2n－1],2)＝n2，∴Sn＋1＝(n＋1)2，eq\f(1,bn)＝eq\f(3n,2).當(dāng)n＝1時(shí)，eq\f(1,b1)＝eq\f(3,2)，S2＝4，∴eq\f(1,b1)<S2；當(dāng)n＝2時(shí)，eq\f(1,b2)＝eq\f(9,2)，S3＝9，∴eq\f(1,b2)<S3；當(dāng)n＝3時(shí)，eq\f(1,b3)＝eq\f(27,2)，S4＝16，∴eq\f(1,b3)<S4；當(dāng)n＝4時(shí)，eq\f(1,b4)＝eq\f(81,2)，S5＝25，∴eq\f(1,b4)>S5；…猜想：n≥4時(shí)，eq\f(1,bn)>Sn＋1.以下用數(shù)學(xué)歸納法證明：①n＝4時(shí)，不等式成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*，k≥4)時(shí)，不等式成立，即eq\f(3k,2)>(k＋1)2，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，∵eq\f(1,bk＋1)＝3·eq\f(3k,2)>3(k＋1)2＝3k2＋6k＋3＝(k2＋4k＋4)＋(2k2＋2k－1)>k2＋4k＋4＝(k＋2)2＝Sk＋2，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式也成立．由①②可知，當(dāng)n∈N*，n≥4時(shí)，eq\f(1,bn)>Sn＋1成立．綜上所述，當(dāng)n＝1,2,3時(shí)，eq\f(1,bn)<Sn＋1；當(dāng)n≥4時(shí)，eq\f(1,bn)>Sn＋1.4．[2017·山東濟(jì)南模擬]已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(2,x＋1)(a∈R)．(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)在x∈[1，＋∞)內(nèi)的最小值；(2)若f(x)存在單調(diào)遞減區(qū)間，求a的取值范圍；(3)求證ln(n＋1)>eq\f(1,3)＋eq\f(1,5)＋eq\f(1,7)＋…＋eq\f(1,2n＋1)(n∈N*)．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝lnx＋eq\