2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练32数列的应用数学归纳法

这是一份2025届高考数学一轮复习专项练习课时规范练32数列的应用数学归纳法，共9页。试卷主要包含了用数学归纳法证明，有f-f=3+4+…+,等内容，欢迎下载使用。
1.用数学归纳法证明2n>2n+1,n的第一个取值应是( )
A.1B.2
C.3D.4
2.用数学归纳法证明:首项是a1,公差是d的等差数列的前n项和公式是Sn=na1+d时,假设当n=k时,公式成立,则Sk=( )
A.a1+(k-1)d
B.
C.ka1+d
D.(k+1)a1+d
3.某小镇在今年年底统计有人口20万,预计人口年平均增长率为1%,那么五年后这个小镇的人口数为( )
A.20×(1.01)5万
B.20×(1.01)4万
C.20×万
D.20×万
4.对于不等式2n+1不成立;
n=3时,23=8,2×3+1=7,2n>2n+1成立.
∴n的第一个取值应是3.
2.C 假设当n=k时,公式成立,只需把公式中的n换成k即可,即Sk=ka1+d.
3.A 某小镇在今年年底统计有人口20万,预计人口年平均增长率为1%,那么
1年后这个小镇的人口数为20(1+1%),
2年后这个小镇的人口数为20(1+1%)2,
3年后这个小镇的人口数为20(1+1%)3,
4年后这个小镇的人口数为20(1+1%)4,
5年后这个小镇的人口数为20(1+1%)5=20×(1.01)5.
4.D 在n=k+1时,没有应用n=k时的假设,不是数学归纳法.
5.4 039 设每个30分钟进去的人数构成数列{an},则a1=2=2-0,a2=4-1,a3=8-2,a4=16-3,a5=32-4,…,an=2n-(n-1).
设数列{an}的前n项和为Sn,依题意,只需求
S11=(2-0)+(22-1)+(23-2)+…+(211-10)
=(2+22+23+…+211)-(1+2+…+10)==212-2-55=212-57=4039.
6.74 设B型号健身器材这6个月投放量为{bn},公比为q,则bn是以b1=64为首项,q=的等比数列,q≠1,∴其前6项和为S6==1330,∴5a+300+1330≥2000,解得a≥74,故a的最小值为74.
7.证明 (1)当n=1时,左边=1,右边=1,不等式成立.
(2)假设当n=k,k∈N*时,不等式成立,即有1++…+k,
则当n=k+1时,左边=1++…++…+k++…+,
又+…+2k=1,
即1++…++…+k+1,
即当n=k+1时,不等式也成立.
综上可得,对于任意n∈N*,1++…+n成立.
8.证明 (1)当n=1时,x1=5=31+2,y1=1-2×31=-5,满足条件,命题成立.
(2)假设n=k时,命题成立,即xk=3k+2,yk=1-2·3k成立.
当n=k+1时,
由2xk+1+3yk=7,有xk+1=(7-3yk)==2+3k+1,
由6xk+yk+1=13,有yk+1=13-6xk=13-6×(3k+2)=1-2·3k+1.
所以n=k+1时命题也成立.
综上(1)和(2)可知,对一切n∈N*,命题xn=3n+2,yn=1-2·3n(n∈N*)成立.
9.5 (n+1)(n-2) 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).n=3时,也满足此式.
10.B 由题意可知,该大学毕业生两种还款方式所还的本金最终都是240000元,∴两种还款方式的本金没有差额.∵该大学毕业生决定2024年8月初将剩余贷款全部一次还清,∴从2019年9月初第一次还款到2024年8月初这5整年即60个月两种还款方式所还的利息也是一样的.
∴按原约定所有还款数额-按现计划的所有还款数额=原约定还款方式从2024年9月起到最后还完这整60个月所还的利息.
∵每月应还本金:240000÷120=2000(元),
2024年8月还完后本金还剩240000-2000×60=120000(元).
∴2024年9月应还利息为:120000×0.5%,
2024年10月应还利息为:(120000-2000)×0.5%,
2024年11月应还利息为:(120000-2000×2)×0.5%,
…
最后一次应还利息为:(120000-2000×59)×0.5%.
后60个月所还的利息为:120000×0.5%+(120000-2000)×0.5%+(120000-2000×2)×0.5%+…+(120000-2000×59)×0.5%=0.5%×[120000+(120000-2000)+(120000-2000×2)+…+(120000-2000×59)]=0.5%×[120000×60-2000×(1+2+…+59)]=18300(元).
11.证明 (1)当n=1时,左边=1-,右边=,等式成立;
(2)假设当n=k(k∈N*)时等式成立,即
1-+…++…+,
当n=k+1时,1-+…+
=+…+
=+…+
=+…+
=+…+,
根据(1)和(2),可知1-+…++…+成立,
原等式得证.
12.解 根据题意,当孩子18岁生日时,孩子在一周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)17,同理,孩子在2周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)16,
孩子在3周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r)15,
……
孩子在17周岁生日时存入的a元产生的本利合计为a(1+r),
可以看成是以a(1+r)为首项,(1+r)为公比的等比数列的前17项的和,
此时将存款(含利息)全部取回,则取回的钱的总数
S=a(1+r)17+a(1+r)16+…+a(1+r)=[(1+r)18-(1+r)].
13.解 (1)S1=T1=2,S2=T2=12,S3=T3=120;
(2)猜想:Sn=Tn(n∈N*).
证明:①当n=1时,S1=T1;
②假设当n=k(k≥1且k∈N*)时,Sk=Tk,
即(k+1)(k+2)·…·(k+k)=2k×1×3×…×(2k-1),
则当n=k+1时,
Sk+1=(k+1+1)(k+1+2)·…·(k+1+k-1)(k+1+k)(k+1+k+1)
=(k+2)(k+3)·…·(2k)(2k+1)(2k+2)=(2k+1)(2k+2)
=2k+1×1×3×…×(2k-1)(2k+1)=Tk+1.
即n=k+1时也成立,
由①和②可知n∈N*,Sn=Tn成立.
14.(1)解 由题意知:an+1=an+bn,bn+1=an+bn.
(2)证明 ∵an+1=an+bn,且an+bn=3000,
∴an+1=an+(3000-an),∴an+1=an+1200,
∴an+1-2000=(an-2000),又a1-2000=0,
∴数列{an-2000}是常数列.
15.解 (1)由=anSn,令n=1,则,得S1=,
当n≥2时,由an=Sn-Sn-1,得=(Sn-Sn-1)Sn,得Sn=,
令n=2,得S2=,令n=3,得S3=,即S1=,S2=,S3=
(2)由(1)知S1=,S2=,S3=,猜想Sn=,
下面用数学归纳法证明:①当n=1时,由猜想知显然成立;
②假设n=k猜想成立,即Sk=,
则当n=k+1时,由(1)有Sk+1=,
即当n=k+1时,猜想Sn=也成立.
综合①和②可知,猜想Sn=成立,即Sn=
(3)由(2)知a1=,当n≥2时,an=Sn-Sn-1=,
综合知an=,又bn=(-1)n+1(n+1)2·anan+1,
则bn=(-1)n+1(n+1)2.
当n为偶数时,
Tn=1--+-+…+-
=1-=;
当n为奇数时,Tn=Tn-1+bn=+=.
综上可得Tn=.
16.解 (1)由题意,得b1==0.65(g/mL),
a1==1.55(g/mL).
当n≥2时,bn=(300+100)=(3),
an=(200+100bn)=(3),
∴an-bn=),
∴等比数列{an-bn}的公比为,其首项a1-b1=1.55-0.65=0.9,
∴an-bn=0.9·n-1.
(2)由题意可知,问题转化为解不等式0.9·n-11+7.49,
∴至少要操作8次才能达到要求.