高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第十四章 第5講 數(shù)學(xué)歸納法配套限時(shí)規(guī)范訓(xùn)練 理 蘇教版

第5講數(shù)學(xué)歸納法分層訓(xùn)練A級(jí)基礎(chǔ)達(dá)標(biāo)演練(時(shí)間：30分鐘滿(mǎn)分：60分)一、填空題(每小題5分，共30分)1．用數(shù)學(xué)歸納法證明命題“當(dāng)n是正奇數(shù)時(shí)，xn＋yn能被x＋y整除”，在進(jìn)行第二步證明時(shí)，給出四種證法．①假設(shè)n＝k(k∈N＋)，證明n＝k＋1命題成立；②假設(shè)n＝k(k是正奇數(shù))，證明n＝k＋1命題成立；③假設(shè)n＝2k＋1(k∈N＋)，證明n＝k＋1命題成立；④假設(shè)n＝k(k是正奇數(shù))，證明n＝k＋2命題成立．正確證法的序號(hào)是________．解析①②③中，k＋1不一定表示奇數(shù)，只有④中k為奇數(shù)，k＋2為奇數(shù)．答案④2．用數(shù)學(xué)歸納證明：對(duì)任意的n∈N*,34n＋2＋52n＋1能被14整除的過(guò)程中，當(dāng)n＝k＋1時(shí)，34(k＋1)＋2＋52(k＋1)＋1可變形為_(kāi)_______．答案34(34k＋2＋52k＋1)－52k＋1×563．(·壽光一中模擬)若存在正整數(shù)m，使得f(n)＝(2n－7)3n＋9(n∈N*)能被m整除，則m＝________.解析f(1)＝－6，f(2)＝－18，f(3)＝－18，猜想：m＝－6.答案64．用數(shù)學(xué)歸納法證明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，要利用歸納假設(shè)證n＝k＋1時(shí)的情況，只需展開(kāi)的式子是________．解析假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，原式能被9整除，即k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除．當(dāng)n＝k＋1時(shí)，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3為了能用上面的歸納假設(shè)，只需將(k＋3)3展開(kāi)，讓其出現(xiàn)k3即可．答案(k＋3)35．用數(shù)學(xué)歸納法證明1＋2＋3＋…＋n2＝eq\f(n4＋n2,2)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上________．解析∵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)＋…＋(k＋1)2，∴當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)2.答案(k2＋1)＋(k2＋2)＋(k2＋3)＋…＋(k＋1)26．若f(n)＝12＋22＋32＋…＋(2n)2，則f(k＋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)2二、解答題(每小題15分，共30分)7．(·蘇中三市調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足：a1＝eq\f(1,2)，an＋1＝eq\f(2an,an＋1)(n∈N*)．(1)求a2，a3的值；(2)證明：不等式0<an<an＋1對(duì)于任意的n∈N*都成立．(1)解由題意，得a2＝eq\f(2,3)，a3＝eq\f(4,5).(2)證明①當(dāng)n＝1時(shí)，由(1)，知0<a1<a2，即不等式成立．②設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時(shí)，0<ak<ak＋1成立，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，由歸納假設(shè)，知ak＋1>0.而ak＋2－ak＋1＝eq\f(2ak＋1,ak＋1＋1)－eq\f(2ak,ak＋1)＝eq\f(2ak＋1ak＋1－2akak＋1＋1,ak＋1＋1ak＋1)＝eq\f(2ak＋1－ak,ak＋1＋1ak＋1)>0，∴0<ak＋1<ak＋2，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)，不等式成立．由①②，得不等式0<an<an＋1對(duì)于任意n∈N*成立．8．(·鹽城調(diào)研)已知數(shù)列{an}滿(mǎn)足an＋1＝－aeq\o\al(2,n)＋pan(p∈R)，且a1∈(0,2)，試猜想p的最小值，使得an∈(0,2)對(duì)n∈N*恒成立，并給出證明．證明當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝－aeq\o\al(2,1)＋pa1＝a1(－a1＋p)．因?yàn)閍1∈(0,2)，所以欲使a2∈(0,2)恒成立，則要eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(p＞a1，,p＜a1＋\f(2,a1)))恒成立，解得2≤p≤2eq\r(2)，由此猜想p的最小值為2.因?yàn)閜≥2，所以要證該猜想成立，只要證：當(dāng)p＝2時(shí)，an∈(0,2)對(duì)n∈N*恒成立．現(xiàn)用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝1時(shí)結(jié)論顯然成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)結(jié)論成立，即ak∈(0,2)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋1＝－aeq\o\al(2,k)＋2ak＝ak(2－ak)，一方面，ak＋1＝ak(2－ak)＞0成立，另一方面，ak＋1＝ak(2－ak)＝－(ak－1)2＋1≤1＜2，所以ak＋1∈(0,2)，即當(dāng)n＝k＋1時(shí)結(jié)論也成立．由①②可知，猜想成立，即p的最小值為2.分層訓(xùn)練B級(jí)創(chuàng)新能力提升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________．解析右邊＝1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))n,1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,2n－1)，代入驗(yàn)證可知n的最小值是8.答案82．用數(shù)學(xué)歸納法證明1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)－eq\f(1,2n)＝eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋eq\f(1,2n)，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左端應(yīng)在n＝k的基礎(chǔ)上加上________．解析∵當(dāng)n＝k時(shí)，左側(cè)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)當(dāng)n＝k＋1時(shí)，左側(cè)＝1－eq\f(1,2)＋eq\f(1,3)－eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2k－1)－eq\f(1,2k)＋eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2).答案eq\f(1,2k＋1)－eq\f(1,2k＋2)3．在數(shù)列{an}中，a1＝eq\f(1,3)且Sn＝n(2n－1)an，通過(guò)計(jì)算a2，a3，a4，猜想an的表達(dá)式是________．解析當(dāng)n＝2時(shí)，a1＋a2＝6a2，即a2＝eq\f(1,5)a1＝eq\f(1,15)；當(dāng)n＝3時(shí)，a1＋a2＋a3＝15a3，即a3＝eq\f(1,14)(a1＋a2)＝eq\f(1,35)；當(dāng)n＝4時(shí)，a1＋a2＋a3＋a4＝28a4，即a4＝eq\f(1,27)(a1＋a2＋a3)＝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(1,7×9)，故猜想an＝eq\f(1,2n－12n＋1).答案an＝eq\f(1,2n－12n＋1)4．已知Sn＝12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2，當(dāng)n分別取1,2,3,4時(shí)的值依次為_(kāi)_______，所以猜想原式＝________.解析當(dāng)n＝1時(shí)，S1＝12＝1＝(－1)1－1·eq\f(1×1＋1,2)當(dāng)n＝2時(shí)，S2＝12－22＝－3＝(－1)2－1·eq\f(2×2＋1,2)當(dāng)n＝3時(shí)，S3＝12－22＋32＝6＝(－1)3－1·eq\f(3×3＋1,2)當(dāng)n＝4時(shí)，S4＝12－22＋32－42＝－10＝(－1)4－1·eq\f(4×4＋1,2)∴猜想Sn＝(－1)n－1·eq\f(nn＋1,2).答案1，－3,6，－10(－1)n－1·eq\f(nn＋1,2)5．(·全國(guó)卷)在數(shù)列{an}中，a1＝1，an＋1＝c－eq\f(1,an).(1)設(shè)c＝eq\f(5,2)，bn＝eq\f(1,an－2)，求數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式；(2)求使不等式an＜an＋1＜3成立的c的取值范圍．解(1)an＋1－2＝eq\f(5,2)－eq\f(1,an)－2＝eq\f(an－2,2an)，eq\f(1,an＋1－2)＝eq\f(2an,an－2)＝eq\f(4,an－2)＋2，即bn＋1＝4bn＋2.bn＋1＋eq\f(2,3)＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(2,3)))，又a1＝1，故b1＝eq\f(1,a1－2)＝－1，所以eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(bn＋\f(2,3)))是首項(xiàng)為－eq\f(1,3)，公比為4的等比數(shù)列，bn＋eq\f(2,3)＝－eq\f(1,3)×4n－1，bn＝－eq\f(4n－1,3)－eq\f(2,3).(2)a1＝1，a2＝c－1，由a2＞a1，得c＞2.用數(shù)學(xué)歸納法證明：當(dāng)c＞2時(shí)，an＜an＋1.①當(dāng)n＝1時(shí)，a2＝c－eq\f(1,a1)＞a1，命題成立；②設(shè)當(dāng)n＝k時(shí)，ak＜ak＋1，則當(dāng)n＝k＋1時(shí)，ak＋2＝c－eq\f(1,ak＋1)＞c－eq\f(1,ak)＝ak＋1.故由①②知當(dāng)c＞2時(shí)，an＜an＋1.當(dāng)c＞2時(shí)，因?yàn)閏＝an＋1＋eq\f(1,an)＞an＋eq\f(1,an)，所以aeq\o\al(2,n)－can＋1＜0有解，所以eq\f(c－\r(c2－4),2)＜an＜eq\f(c＋\r(c2－4),2)，令α＝eq\f(c＋\r(c2－4),2)，當(dāng)2＜c≤eq\f(10,3)時(shí)，an＜α≤3.當(dāng)c＞eq\f(10,3)時(shí)，α＞3，且1≤an＜α，于是α－an＋1＝eq\f(1,anα)(α－an)＜eq\f(1,3)(α－an)＜eq\f(1,32)(α－an－1)＜…＜eq\f(1,3n)(α－1)．所以α－an＋1＜eq\f(1,3n)(α－1)，當(dāng)n＞log3eq\f(α－1,α－3)時(shí)，α－an＋1＜α－3，an＋1＞3，與已知矛盾．因此c＞eq\f(10,3)不符合要求．所以c的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(2，\f(10,3))).6．(·揚(yáng)州中學(xué)最后沖刺)已知在正項(xiàng)數(shù)列{an}中，對(duì)于一切的n∈N*均有aeq\o\al(2,n)≤an－an＋1成立．(1)證明：數(shù)列{an}中的任意一項(xiàng)都小于1；(2)探究an與eq\f(1,n)的大小，并證明你的結(jié)論．(1)證明由aeq\o\al(2,n)≤an－an＋1，得an＋1≤an－aeq\o\al(2,n).因?yàn)樵跀?shù)列{an}中，an＞0，所以an＋1＞0.所以an－aeq\o\al(2,n)＞0.所以0＜an＜1.故數(shù)列{an}中的任意一項(xiàng)都小于1.(2)解由(1)知0＜an＜1＝eq\f(1,1)，那么a2≤a1－aeq\o\al(2,1)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a1－\f(1,2)))2＋eq\f(1,4)≤eq\f(1,4)＜eq\f(1,2)，由此猜想：an＜eq\f(1,n)(n≥2)，下面用數(shù)學(xué)歸納法證明：①當(dāng)n＝2時(shí)，顯然成立；②當(dāng)n＝k時(shí)(k≥2，k∈N)時(shí)，假設(shè)猜想正確，即ak＜eq\f(1,k)≤eq\f(1,2)，那么ak＋