高考數(shù)學(xué)理科二輪總復(fù)習(xí)高考23題逐題特訓(xùn)7.數(shù)學(xué)歸納法

7.數(shù)學(xué)歸納法1．(2017·江蘇清江中學(xué)質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足：a1＝2a－2，an＋1＝＋1(n∈N*)．(1)若a＝－1，求數(shù)列{an}的通項公式；(2)若a＝3，試證明：對?n∈N*，an是4的倍數(shù)．(1)解當(dāng)a＝－1時，a1＝－4，an＋1＝＋1.令bn＝an－1，則b1＝－5，bn＋1＝.∵b1＝－5為奇數(shù)，bn也是奇數(shù)且只能為－1，∴bn＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－5，n＝1，,－1，n≥2，))即an＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－4，n＝1，,0，n≥2.))(2)證明當(dāng)a＝3時，a1＝4，an＋1＝＋1.下面利用數(shù)學(xué)歸納法來證明：an是4的倍數(shù)．當(dāng)n＝1時，a1＝4＝4×1，命題成立；設(shè)當(dāng)n＝k(k∈N*)時，命題成立，則存在t∈N*，使得ak＝4t，∴ak＋1＝＋1＝34t－1＋1＝27·(4－1)4(t－1)＋1＝27·(4m＋1)＋1＝4(27m＋7)，其中，4m＝44(t－1)－Ceq\o\al(1,4t－1)·44t－5＋…－(－1)rCeq\o\al(r,4t－1)·44t－4－r＋…－Ceq\o\al(4t－5,4t－1)·4，∴m∈Z，∴當(dāng)n＝k＋1時，命題成立．由數(shù)學(xué)歸納法知，命題對?n∈N*，an是4的倍數(shù)成立．2．(2017·江蘇馬塘中學(xué)質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}滿足an＋1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,n)－eq\f(1,2)nan＋1(n∈N*)，且a1＝3.(1)計算a2，a3，a4的值，由此猜想數(shù)列{an}的通項公式，并給出證明；(2)求證：當(dāng)n≥2時，aeq\o\al(n,n)≥4nn.(1)解a2＝4，a3＝5，a4＝6，猜想：an＝n＋2(n∈N*)．①當(dāng)n＝1時，a1＝3，結(jié)論成立；②假設(shè)當(dāng)n＝k(k≥2，k∈N*)時，結(jié)論成立，即ak＝k＋2，則當(dāng)n＝k＋1時，ak＋1＝eq\f(1,2)aeq\o\al(2,k)－eq\f(1,2)kak＋1＝eq\f(1,2)(k＋2)2－eq\f(1,2)k(k＋2)＋1＝k＋3＝(k＋1)＋2，即當(dāng)n＝k＋1時，結(jié)論也成立．由①②，得數(shù)列{an}的通項公式為an＝n＋2(n∈N*)．(2)證明原不等式等價于eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n)))n≥4.顯然，當(dāng)n＝2時，等號成立．當(dāng)n>2時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(2,n)))n＝Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)eq\f(2,n)＋Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))2＋…＋Ceq\o\al(n,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))n>Ceq\o\al(0,n)＋Ceq\o\al(1,n)eq\f(2,n)＋Ceq\o\al(2,n)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,n)))2＝5－eq\f(2,n)>4.綜上所述，當(dāng)n≥2時，aeq\o\al(n,n)≥4nn.3．(2017·江蘇盱眙中學(xué)調(diào)研)已知函數(shù)f(x)＝ln(2－x)＋ax在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù)．(1)求實數(shù)a的取值范圍；(2)若數(shù)列{an}滿足a1∈(0,1)，an＋1＝ln(2－an)＋an，n∈N*，證明：0<an<an＋1<1.(1)解∵函數(shù)f(x)＝ln(2－x)＋ax在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù)，∴f′(x)＝eq\f(－1,2－x)＋a≥0在區(qū)間(0,1)上恒成立，∴a≥eq\f(1,2－x).又g(x)＝eq\f(1,2－x)在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù)，∴a≥g(1)＝1，即實數(shù)a的取值范圍為a≥1.(2)證明先用數(shù)學(xué)歸納法證明0<an<1.當(dāng)n＝1時，a1∈(0,1)成立．假設(shè)當(dāng)n＝k時，0<ak<1成立．當(dāng)n＝k＋1時，由(1)知當(dāng)a＝1時，函數(shù)f(x)＝ln(2－x)＋x在區(qū)間(0,1)上是增函數(shù)，∴ak＋1＝f(ak)＝ln(2－ak)＋ak，∴0<ln2＝f(0)<f(ak)<f(1)＝1，即0<ak＋1<1成立，∴當(dāng)n∈N*時，0<an<1成立．下證an<an＋1.∵0<an<1，∴an＋1－an＝ln(2－an)>ln1＝0，∴an<an＋1.綜上0<an<an＋1<1.4．(2017·南京十三中質(zhì)檢)已知數(shù)列{an}是等差數(shù)列，且a1，a2，a3是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)x))m展開式的前三項的系數(shù)．(1)求eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)x))m展開式的中間項；(2)當(dāng)n≥2時，試比較eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋…＋與eq\f(1,3)的大?。?1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)x))m＝1＋Ceq\o\al(1,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))＋Ceq\o\al(2,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))2＋…＋Ceq\o\al(m,m)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))m，依題意a1＝1，a2＝eq\f(1,2)m，a3＝eq\f(mm－1,8)，由2a2＝a1＋a3，可得m＝1(舍去)或m＝8.所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)x))m展開式的中間項是第五項，T5＝Ceq\o\al(4,8)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x))4＝eq\f(35,8)x4.(2)由(1)知，an＝3n－2，當(dāng)n＝2時，eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋…＋＝eq\f(1,a2)＋eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＝eq\f(1,4)＋eq\f(1,7)＋eq\f(1,10)＝eq\f(69,140)>eq\f(1,3)；當(dāng)n＝3時，eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋…＋＝eq\f(1,a3)＋eq\f(1,a4)＋eq\f(1,a5)＋…＋eq\f(1,a9)＝eq\f(1,7)＋eq\f(1,10)＋eq\f(1,13)＋eq\f(1,16)＋eq\f(1,19)＋eq\f(1,22)＋eq\f(1,25)＝eq\f(1,7)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,10)＋\f(1,13)＋\f(1,16)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,19)＋\f(1,22)＋\f(1,25)))>eq\f(1,8)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)＋\f(1,16)＋\f(1,16)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)＋\f(1,32)＋\f(1,32)))＝eq\f(1,8)＋eq\f(3,16)＋eq\f(3,32)>eq\f(1,8)＋eq\f(3,16)＋eq\f(1,16)>eq\f(1,3).猜測：當(dāng)n≥2時，eq\f(1,an)＋eq\f(1,an＋1)＋eq\f(1,an＋2)＋…＋>eq\f(1,3).以下用數(shù)學(xué)歸納法加以證明：①當(dāng)n＝2時，結(jié)論成立．②假設(shè)當(dāng)n＝k時，eq\f(1,ak)＋eq\f(1,ak＋1)＋eq\f(1,ak＋2)＋…＋>eq\f(1,3)，則當(dāng)n＝k＋1時，eq\f(1,ak＋1)＋eq\f(1,ak＋1＋1)＋eq\f(1,ak＋1＋2)＋…＋eq\f(1,ak＋12)＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,ak)＋\f(1,ak＋1)＋\f(1,ak＋1＋1)＋\f(1,ak＋1＋2)＋…＋)))＋>eq\f(1,3)＋>eq\f(1,3)＋－eq\f(1,ak)>eq\f(1,3)＋eq\f(2k＋1,3k＋12－2)－eq\f(1,3k－2)＝eq\f(1,3)＋eq\f(2k＋13k－2－[3k＋12－2],[3k＋12－2]3k