2020届高考数学一轮复习:课时作业40《数学归纳法》(含解析) 练习
展开课时作业40 数学归纳法
1.用数学归纳法证明1+2+3+…+n2=,则当n=k+1时左端应在n=k的基础上加上( D )
A.k2+1
B.(k+1)2
C.
D.(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2
解析:观察可知,等式的左端是n2个连续自然数的和,当n=k时为1+2+3+…+k2,当n=k+1时为1+2+3+…+k2+(k2+1)+(k2+2)+…+(k+1)2.
2.如果命题P(n)(n∈N*)对n=k(k∈N*)成立,则它对n=k+1也成立,现已知P(n)对n=4不成立,则下列结论中正确的是( D )
A.P(n)对任意n∈N*成立
B.P(n)对n>4成立
C.P(n)对n<4成立
D.P(n)对n≤4不成立
解析:由题意可知P(n)对n=3不成立(否则n=4也成立),同理可推得P(n)对n=2,n=1也不成立,故选D.
3.(2019·岳阳模拟)用数学归纳法证明不等式1+++…+>(n∈N*)成立,其初始值至少应取( B )
A.7 B.8
C.9 D.10
解析:左边求和可得1+++…+==2-,
右边==2-,故2->2-,
即<=,所以2n-1>26,解得n>7.
所以初始值至少应取8.
4.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 )
A.(k+3)3 B.(k+2)3
C.(k+1)3 D.(k+1)3+(k+2)3
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,只需将(k+3)3展开,让其出现k3即可.
5.设f(x)是定义在正整数集上的函数,且f(x)满足:“当f(k)≥k2成立时,总可推出f(k+1)≥(k+1)2成立”.那么,下列命题总成立的是( D )
A.若f(1)<1成立,则f(10)<100成立
B.若f(2)<4成立,则f(1)≥1成立
C.若f(3)≥9成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k2成立
D.若f(4)≥16成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k2成立
解析:由条件可知不等式的性质只对大于或等于号成立,所以A错误;若f(1)≥1成立,则得到f(2)≥4,与f(2)<4矛盾,所以B错误;当f(3)≥9成立,无法推导出f(1),f(2),所以C错误;若f(4)≥16成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k2成立,正确.
6.(2019·九江模拟)已知f(n)=1+++…+(n∈N*),经计算得f(4)>2,f(8)>,f(16)>3,f(32)>,则其一般结论为 f(2n)>(n≥2,n∈N*) .
解析:观察规律可知f(22)>,f(23)>,f(24)>,f(25)>,…,故得一般结论为f(2n)>(n≥2,n∈N*).
7.设平面内有n条直线(n≥3),其中有且仅有两条直线互相平行,任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直线交点的个数,则f(4)= 5 ;当n>4时,f(n)= (n+1)(n-2) (用n表示).
解析:由题意知f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9,可以归纳出每增加一条直线,交点增加的个数为原有直线的条数,
所以f(4)-f(3)=3,f(5)-f(4)=4,
猜测得出f(n)-f(n-1)=n-1(n≥4).
有f(n)-f(3)=3+4+…+(n-1),
所以f(n)=(n+1)(n-2).
8.已知f(m)=1+++…+(m∈N*),用数学归纳法证明f(2n)>时,f(2k+1)-f(2k)= ++…+ .
解析:当n=k时,f(2k)=1+++…+,
当n=k+1时,f(2k+1)=1+++…+++…+,
所以f(2k+1)-f(2k)=1+++…+++…+-=++…+.
9.用数学归纳法证明:
+++…+=(n∈N*).
证明:(1)当n=1时,
等式左边==,
等式右边==,
等式左边=等式右边,所以等式成立.
(2)假设n=k(k∈N*且k≥1)时等式成立,即有+++…+=,
则当n=k+1时,+++…++
=+
=
==
=.
所以当n=k+1时,等式也成立,
由(1)(2)可知,对于一切n∈N*,等式都成立.
10.已知f(n)=1++++…+,g(n)=-,n∈N*.
(1)当n=1,2,3时,试比较f(n)与g(n)的大小;
(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系,并给出证明.
解:(1)当n=1时,f(1)=1,g(1)=1,
所以f(1)=g(1);
当n=2时,f(2)=,g(2)=,
所以f(2)<g(2);
当n=3时,f(3)=,g(3)=,
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++++…+<-.
那么,当n=k+1时,
f(k+1)=f(k)+<-+.
因为f(k+1)-g(k+1)<-+-=-=-=<0,
所以f(k+1)<g(k+1).
由①②可知,对一切n∈N*,都有f(n)≤g(n)成立.
11.已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn=+-1且an>0,n∈N*.
(1)求a1,a2,a3,并猜想{an}的通项公式;
(2)证明通项公式的正确性.
解:(1)当n=1时,
由已知得a1=+-1,a+2a1-2=0.
所以a1=-1(a1>0).
当n=2时,由已知得a1+a2=+-1,
将a1=-1代入并整理得
a+2a2-2=0.
所以a2=-(a2>0).
同理可得a3=-.
猜想an=-(n∈N*).
(2)证明:①由(1)知,当n=1,2,3时,通项公式成立.
②假设当n=k(k≥3,k∈N*)时,通项公式成立,即ak=-.
由ak+1=Sk+1-Sk=+--,
将ak=-代入上式并整理,
得a+2ak+1-2=0.
解得ak+1=-(负值舍去).
即当n=k+1时,通项公式也成立.
由①和②,可知对所有n∈N*,an=-都成立.
12.已知函数f(x)=alnx+(a∈R).
(1)当a=1时,求f(x)在[1,+∞)上的最小值.
(2)求证:ln(n+1)>+++…+.
解:(1)当a=1时,f(x)=lnx+,定义域为(0,+∞).
因为f′(x)=-=>0,
所以f(x)在(0,+∞)上是增函数,
所以f(x)在x∈[1,+∞)内的最小值为f(1)=1.
(2)证明:当n=1时,ln(n+1)=ln2,
因为3ln2=ln8>1,
所以ln2>,即当n=1时,不等式成立.
假设当n=k(k≥1,k∈N*)时,
ln(k+1)>+++…+成立.
那么,当n=k+1时,ln(k+2)=ln(k+1)+ln>++…++ln.
根据(1)的结论可知,当x>1时,lnx+>1,
即lnx>.
令x=,所以ln>,
则有ln(k+2)>++…++,
即当n=k+1时,不等式也成立.
综上可知不等式成立.
13.设函数f(x)=ln(1+x),g(x)=xf′(x),x≥0,其中f′(x)是f(x)的导函数.
(1)令g1(x)=g(x),gn+1(x)=g(gn(x)),n∈N*,求gn(x)的表达式;
(2)若f(x)≥ag(x)恒成立,求实数a的取值范围.
解:由题设得,g(x)=(x≥0).
(1)由已知,g1(x)=,
g2(x)=g(g1(x))==,
g3(x)=,…,可猜想gn(x)=.
下面用数学归纳法证明.
①当n=1时,g1(x)=,结论成立.
②假设n=k时结论成立,
即gk(x)=.
那么,当n=k+1时,
gk+1(x)=g(gk(x))===,
即结论成立.
由①②可知,结论对n∈N+成立.
(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立,
即ln(1+x)≥恒成立.
设φ(x)=ln(1+x)-(x≥0),
则φ′(x)=-=,
当a≤1时,φ′(x)≥0(仅当x=0,a=1时等号成立),
∴φ(x)在[0,+∞)上单调递增.
又φ(0)=0,
∴φ(x)≥0在[0,+∞)上恒成立,
∴a≤1时,ln(1+x)≥恒成立(仅当x=0时等号成立).
当a>1时,对x∈(0,a-1]有φ′(x)≤0,
∴φ(x)在(0,a-1]上单调递减,
∴φ(a-1)<φ(0)=0,
即a>1时,存在x>0,使φ(x)<0,
∴ln(1+x)≥不恒成立.
综上可知,实数a的取值范围是(-∞,1].