课时规范练36 数学归纳法一、基础巩固组1.在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=n(2n+1)时,当n=1时的左边等于( )A.1B.2C.3D.42.如果用数学归纳法证明:对于足够大的正整数n,总有2n>n3,那么验证不等式成立所取的第一个n的最小值应该是( )A.1B.9C.10D.n>10,且n∈N*3.用数学归纳法证明1+12+14+…+12n-1>12764(n∈N*)成立,其初始值至少应取( )A.7B.8C.9D.104.某同学回答“用数学归纳法证明n2+n<n+1(n∈N*)”的过程如下:证明:(1)当n=1时,显然命题是正确的.(2)假设当n=k时,有k(k+1)<k+1,则当n=k+1时,(k+1)2+(k+1)=k2+3k+2<k2+4k+4=(k+1)+1,所以当n=k+1时命题是正确的.由(1)(2)可知对于n∈N*,命题都是正确的.以上证法是错误的,错误在于( )A.从k到k+1的推理过程没有使用归纳假设B.归纳假设的写法不正确C.从k到k+1的推理不严密D.当n=1时,验证过程不具体5.用数学归纳法证明“当n为正奇数时,xn+yn能被x+y整除”的第二步是( )A.假设n=2k+1时正确,再推n=2k+3正确(k∈N*)B.假设n=2k-1时正确,再推n=2k+1正确(k∈N*)C.假设n=k时正确,再推n=k+1正确(k∈N*)D.假设n≤k(k≥1)时正确,再推n=k+2时正确(k∈N*)6.凸n多边形有f(n)条对角线,则凸(n+1)边形的对角线的条数f(n+1)为( )A.f(n)+n+1B.f(n)+nC.f(n)+n-1D.f(n)+n-27.(2022河南郑州模拟)用数学归纳法证明不等式1n+1+1n+2+…+1n+n>1324的过程中,由n=k推导n=k+1时,不等式的左边增加的式子是 . 8.由下列不等式:1>12,1+12+13>1,1+12+13+…+17>32,1+12+13+…+115>2,……你能得到一个怎样的一般不等式?并加以证明.〚导学号21500741〛9.平面内有n条直线,其中任何两条不平行,任何三条不共点,求证:这n条直线把平面分割成12(n2+n+2)个区域.4\n二、综合提升组10.设f(x)是定义在正整数集上的函数,且f(x)满足:当f(k)≥k+1成立时,总能推出f(k+1)≥k+2成立,则下列命题总成立的是( )A.若f(1)<2成立,则f(10)<11成立B.若f(3)≥4成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k+1成立C.若f(2)<3成立,则f(1)≥2成立D.若f(4)≥5成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k+1成立11.在数列{an}中,a1=13,且Sn=n(2n-1)an,通过求a2,a3,a4,猜想an的表达式为( )A.1(n-1)(n+1)B.12n(2n+1)C.1(2n-1)(2n+1)D.1(2n+1)(2n+2)12.(2022广西南宁质检)用数学归纳法证明不等式:2+12·4+14·…·2n+12n>n+1.〚导学号21500742〛三、创新应用组13.已知f(n)=1+12+13+…+1n(n∈N*),经计算得f(4)>2,f(8)>52,f(16)>3,f(32)>72,则其一般结论为 . 14.(2022山东济南模拟)已知函数f(x)=alnx+2x+1(a∈R).(1)当a=1时,求f(x)在[1,+∞)内的最小值;(2)若f(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;(3)求证:ln(n+1)>13+15+17+…+12n+1(n∈N*).课时规范练36 数学归纳法1.C 在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=n(2n+1)时,当n=1时的左边=1+2=3.2.C 210=1024>103.故选C.4\n3.B 左边=1+12+14+…+12n-1=1-12n1-12=2-12n-1,代入验证可知n的最小值是8.故选B.4.A 证明(k+1)2+(k+1)<(k+1)+1时进行了一般意义的放大,而没有使用归纳假设k(k+1)<k+1.5.B 因为n为正奇数,根据数学归纳法证题的步骤,第二步应先假设第k个正奇数也成立,本题即假设n=2k-1正确,再推第k+1个正奇数,即n=2k+1正确.6.C 边数增加1,顶点也相应增加1个,它与它不相邻的(n-2)个顶点连接成对角线,原来的一条边也成为对角线,因此,对角线增加(n-1)条.故选C.7.1(2k+1)(2k+2) 不等式的左边增加的式子是12k+1+12k+2-1k+1=1(2k+1)(2k+2),故填1(2k+1)(2k+2).8.解一般结论:1+12+13+…+12n-1>n2(n∈N*),证明如下:(1)当n=1时,由题设条件知不等式成立.(2)假设当n=k(k∈N*)时不等式成立,即1+12+13+…+12k-1>k2.则当n=k+1时,1+12+13+…+12k-1+12k+…+12k+1-1>k2+12k+12k+1+…+12k+1-1>k2+12k+1+12k+1+…+12k+12k个=k2+2k2k+1=k+12.所以当n=k+1时不等式成立.根据(1)和(2)可知不等式对任何n∈N*都成立.9.证明(1)当n=1时,一条直线把平面分成两个区域,又12×(12+1+2)=2,所以当n=1时命题成立.(2)假设当n=k时,命题成立,即k条满足题意的直线把平面分割成了12(k2+k+2)个区域.则当n=k+1时,k+1条直线中的k条直线把平面分成了12(k2+k+2)个区域,第k+1条直线被这k条直线分成k+1段,每段把它们所在的区域分成了两块,因此增加了k+1个区域,所以k+1条直线把平面分成了12(k2+k+2)+k+1=12[(k+1)2+(k+1)+2]个区域.所以当n=k+1时命题也成立.由(1)(2)知,对一切的n∈N*,此命题均成立.10.D 当f(k)≥k+1成立时,总能推出f(k+1)≥k+2成立,说明如果当k=n时,f(n)≥n+1成立,那么当k=n+1时,f(n+1)≥n+2也成立,所以如果当k=4时,f(4)≥5成立,那么当k≥4时,f(k)≥k+1也成立.11.C 由a1=13,Sn=n(2n-1)an,得S2=2(2×2-1)a2,即a1+a2=6a2.解得a2=115=13×5,S3=3(2×3-1)a3,即13+115+a3=15a3.解得a3=135=15×7.同理可得a4=163=17×9,故猜想an的表达式为1(2n-1)(2n+1).12.证明(1)当n=1时,左式=32,右式=2,左式>右式,所以结论成立.(2)假设当n=k(k>1,k∈N*)时结论成立,即2+12·4+14·…·2k+12k>k+1,则当n=k+1时,2+12·4+14·…·2k+12k·2k+32(k+1)>k+1·2k+32(k+1)=2k+32k+1.要证当n=k+1时结论成立,只需证2k+32k+1>k+2,即证2k+32>(k+1)(k+2),4\n由基本不等式可得2k+32=(k+1)+(k+2)2>(k+1)(k+2)成立,故2k+32k+1>k+2成立.所以当n=k+1时,结论成立.由(1)(2)可知n∈N*时,不等式2+12·4+14·…·2n+12n>n+1成立.13.f(2n)>n+22(n≥2,n∈N*) 因为f(22)>42,f(23)>52,f(24)>62,f(25)>72,所以当n≥2,n∈N*时,有f(2n)>n+22.故填f(2n)>n+22(n≥2,n∈N*).14.(1)解当a=1时,f(x)=lnx+2x+1,定义域为(0,+∞).因为f'(x)=1x-2(x+1)2=x2+1x(x+1)2>0,所以f(x)在(0,+∞)内是增函数,所以f(x)在[1,+∞)内的最小值为f(1)=1.(2)解f'(x)=ax-2(x+1)2=ax2+2(a-1)x+ax(x+1)2,因为f(x)存在单调递减区间,所以f'(x)<0有正数解,即ax2+2(a-1)x+a<0有正数解.①当a=0时,显然成立.②当a<0时,h(x)=ax2+2(a-1)x+a是开口向下的抛物线,所以ax2+2(a-1)x+a<0有正数解.③当a>0时,h(x)=ax2+2(a-1)x+a是开口向上的抛物线,即方程ax2+2(a-1)x+a=0有正根.因为x1x2=1>0,所以方程ax2+2(a-1)x+a=0有两正根,所以Δ>0,x1+x2>0,解得0<a<12.综合①②③知,a的取值范围是-∞,12.(3)证明①当n=1时,ln(n+1)=ln2.因为3ln2=ln8>1,所以ln2>13,即当n=1时,不等式成立.②假设当n=k时,ln(k+1)>13+15+…+12k+1成立.则当n=k+1时,ln(n+1)=ln(k+2)=ln(k+1)+lnk+2k+1>13+15+…+12k+1+lnk+2k+1.根据(1)的结论可知,当x>1时,lnx+2x+1>1,即lnx>x-1x+1.令x=k+2k+1,所以lnk+2k+1>12k+3,则有ln(k+2)>13+15+…+12k+1+12k+3,即当n=k+1时,不等式也成立.由①②可知不等式成立.4
