2022版高考数学大一轮复习作业本66《数学归纳法》（含答案详解）

这是一份2022版高考数学大一轮复习作业本66《数学归纳法》（含答案详解），共3页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
数列{an}中，已知a1=1，当n≥2时，an－an－1=2n－1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )
A.3n－2 B.n2 C.3n－1 D.4n－3
用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，利用归纳法假设证明n=k＋1时，只需展开( )
A.(k＋3)3 B.(k＋2)3 C.(k＋1)3 D.(k＋1)3＋(k＋2)3
平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为( )
A.n＋1 B.2n C.eq \f(n2＋n＋2,2) D.n2＋n＋1
用数学归纳法证明“1＋2＋22＋…＋2n＋2=2n＋3－1”，在验证n=1时，左边计算所得的式子为( )
A.1 B.1＋2 C.1＋2＋22 D.1＋2＋22＋23
二、填空题
设数列{an}的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn-1)2=anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn=________.
用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2=eq \f(n4＋n2,2)，则当n=k＋1时左端应在n=k的基础上加上的项为________.
已知n为正偶数，用数学归纳法证明1－eq \f(1,2)＋eq \f(1,3)－eq \f(1,4)＋…＋eq \f(1,n－1)=2 SKIPIF 1 < 0 时，
若已假设n=k(k≥2，且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证n=________时等式成立.
三、解答题
已知f(n)=1＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,33)＋eq \f(1,43)＋…＋eq \f(1,n3)，g(n)=eq \f(3,2)－eq \f(1,2n2)，n∈N*.
(1)当n=1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；
(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明.
数列{xn}满足x1=0，xn＋1=－xeq \\al(2,n)＋xn＋c(n∈N*).
(1)证明：{xn}是递减数列的充分必要条件是c＜0；
(2)若0＜c≤eq \f(1,4)，证明数列{xn}是递增数列.
设数列{an}的前n项和为Sn，且方程x2－anx－an=0有一根为Sn－1(n∈N*).
(1)求a1，a2的值；
(2)猜想数列{Sn}的通项公式，并给出证明.
\s 0 参考答案
答案为：B
解析：计算出a1=1，a2=4，a3=9，a4=16.可猜想an=n2.
答案为：A
解析：假设n=k时，原式k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，当n=k＋1时，
(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只须将(k＋3)3展开，
让其出现k3即可.
答案为：C
解析：1条直线将平面分成1＋1个区域；2条直线最多可将平面分成1＋(1＋2)=4个区域；3条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3)=7个区域；…；
n条直线最多可将平面分成1＋(1＋2＋3＋…＋n)=1＋eq \f(nn＋1,2)=eq \f(n2＋n＋2,2)个区域.
答案为：D
解析：当n=1时，左边=1＋2＋22＋23.
答案为：eq \f(n,n＋1).
解析：由(S1－1)2=Seq \\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).
答案为：(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2
解析：当n=k时，左端为1＋2＋3＋…＋k＋(k＋1)＋(k＋2)＋…＋k2，
则当n=k＋1时，左端为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2，
故增加(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.
答案为：k＋2.
解析：n=k(k≥2，且k为偶数)的下一个偶数为k＋2，根据数学归纳法的步骤可知，
应填k＋2.
解：(1)当n=1时，f(1)=1，g(1)=1，所以f(1)=g(1)；
当n=2时，f(2)=eq \f(9,8)，g(2)=eq \f(11,8)，所以f(2)＜g(2)；
当n=3时，f(3)=eq \f(251,216)，g(3)=eq \f(312,216)，所以f(3)＜g(3).
(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明.
①当n=1,2,3时，不等式显然成立.
②假设当n=k(k≥3，k∈N*)时不等式成立.
即1＋eq \f(1,23)＋eq \f(1,33)＋eq \f(1,43)＋…＋eq \f(1,k3)＜eq \f(3,2)－eq \f(1,2k2)，
那么，当n=k＋1时，
f(k＋1)=f(k)＋eq \f(1,k＋13)＜eq \f(3,2)－eq \f(1,2k2)＋eq \f(1,k＋13)，
因为eq \f(1,2k＋12)－eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2k2)－\f(1,k＋13)))
=eq \f(k＋3,2k＋13)－eq \f(1,2k2)=eq \f(－3k－1,2k＋13k2)＜0，
所以f(k＋1)＜eq \f(3,2)－eq \f(1,2k＋12)=g(k＋1).
由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立.
证明：(1)充分性：若c＜0，由于xn＋1=－xeq \\al(2,n)＋xn＋c≤xn＋c＜xn，
∴数列{xn}是递减数列.
必要性：若{xn}是递减数列，则x2＜x1，且x1=0.
又x2=－xeq \\al(2,1)＋x1＋c=c，∴c＜0.
故{xn}是递减数列的充分必要条件是c＜0.
(2)若0＜c≤eq \f(1,4)，要证{xn}是递增数列.
即xn＋1－xn=－xeq \\al(2,n)＋c＞0，
即证xn＜eq \r(c)对任意n≥1成立.
下面用数学归纳法证明：
当0＜c≤eq \f(1,4)时，xn＜eq \r(c)对任意n≥1成立.
①当n=1时，x1=0＜eq \r(c)≤eq \f(1,2)，结论成立.
②假设当n=k(k≥1，k∈N*)时结论成立，即xk＜eq \r(c).
因为函数f(x)=－x2＋x＋c在区间eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))内单调递增，所以xk＋1=f(xk)＜f(eq \r(c))=eq \r(c)，
∴当n=k＋1时，xk＋1＜eq \r(c)成立.
由①②知，xn＜eq \r(c)对任意n≥1，n∈N*成立.
因此，xn＋1=xn－xeq \\al(2,n)＋c＞xn，即{xn}是递增数列.
解：(1)当n=1时，方程x2－a1x－a1=0有一根为S1－1=a1－1，
∴(a1－1)2－a1(a1－1)－a1=0，解得a1=eq \f(1,2).
当n=2时，方程x2－a2x－a2=0有一根为S2－1=a1＋a2－1=a2－eq \f(1,2)，
∴(a2－eq \f(1,2))2－a2(a2－eq \f(1,2))－a2=0，解得a2=eq \f(1,6).
(2)由题意知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an=0，
当n≥2时，an=Sn－Sn－1，代入上式整理得
SnSn－1－2Sn＋1=0，解得Sn=eq \f(1,2－Sn－1).
由(1)得S1=a1=eq \f(1,2)，S2=a1＋a2=eq \f(1,2)＋eq \f(1,6)=eq \f(2,3).猜想Sn=eq \f(n,n＋1)(n∈N*).
下面用数学归纳法证明这个结论.
①当n=1时，结论成立.
②假设n=k(k∈N*，k≥1)时结论成立，即Sk=eq \f(k,k＋1)，
当n=k＋1时，Sk＋1=eq \f(1,2－Sk)=eq \f(1,2－\f(k,k＋1))=eq \f(k＋1,k＋2).
即当n=k＋1时结论成立.
由①②知Sn=eq \f(n,n＋1)对任意的正整数n都成立.