11-4数学归纳法(理)基础巩固强化1.用数学归纳法证明1＋＋＋…＋<n(n∈N*，n>1)时，第一步应验证不等式( )A．1＋<2 B．1＋＋<2C．1＋＋<3D．1＋＋＋<3[答案] B[解析] ∵n∈N*，n>1，∴n取的第一个数为2，左端分母最大的项为＝，故选B.2．某个命题与自然数n有关，若n＝k(k∈N*)时命题成立，则可推得当n＝k＋1时该命题也成立，现已知n＝5时，该命题不成立，那么可以推得( )A．n＝6时该命题不成立B．n＝6时该命题成立C．n＝4时该命题不成立D．n＝4时该命题成立[答案] C[解析] ∵“若n＝k(k∈N*)时命题成立，则当n＝k＋1时，该命题也成立”，故若n＝4时命题成立，则n＝5时命题也应成立，现已知n＝5时，命题不成立，故n＝4时，命题也不成立．[点评] 可用逆否法判断．3．(2012·深圳市明德外语实验学校测试)用数学归纳法证明：12＋22＋…＋n2＋…＋22＋12＝，第二步证明由“k到k＋1”时，左边应加( )A．k2B．(k＋1)2C．k2＋(k＋1)2＋k2D．(k＋1)2＋k2[答案] D[解析] 当n＝k时，左边＝12＋22＋…＋k2＋…＋22＋12，当n＝k＋1时，左边＝12＋22＋…＋k2＋(k＋1)2＋k2＋…＋22＋12，∴选D.4．已知Sk＝＋＋＋…＋(k＝1,2,3，…)，则Sk＋1等于( )A．Sk＋B．Sk＋－C．Sk＋－D．Sk＋＋[答案] C10\n[解析] Sk＋1＝＋＋…＋＝＋＋…＋＝＋＋…＋＋＋－＝Sk＋－.5．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．an＝3n－2B．an＝n2C．an＝3n－1D．an＝4n－3[答案] B[解析] a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.6．已知f(n)＝＋＋＋…＋，则( )A．f(n)中共有n项B．f(n)中共有n＋1项C．f(n)中共有n2－n项D．f(n)中共有n2－n＋1项[答案] D[解析] f(n)的分母从n开始取自然数到n2止，共有n2－(n－1)＝n2－n＋1项．7．如果不等式2n>n2＋1对于n≥n0的正整数n都成立，则n0的最小值为________．[答案] 5[解析] 当n＝1时，2>2不成立，当n＝2时，4>5不成立．当n＝3时，8>10不成立当n＝4时，16>17不成立当n＝5时，32>26成立当n＝6时，64>37成立，由此猜测n0应取5.8．用数学归纳法证明：(n＋1)＋(n＋2)＋…＋(n＋n)＝(n∈N*)的第二步中，当n＝k＋1时等式左边与n＝k时等式左边的差等于________．[答案] 3k＋2[解析] [(k＋1)＋1]＋[(k＋1)＋2]＋…＋[(k＋1)＋(k＋1)]－[(k＋1)＋(k＋2)＋…＋(k＋k)]＝[(k＋1)＋k]＋[(k＋1)＋(k＋1)]－(k＋1)＝3k＋2.9．(2012·长春模拟)如图，第n个图形是由正n＋2边形“扩展”而来的(n＝1,2,3，…)，则第n－2(n≥3，n∈N*)个图形共有________个顶点．10\n[答案] n(n＋1)[解析] 当n＝1时，顶点共有3×4＝12(个)，当n＝2时，顶点共有4×5＝20(个)，当n＝3时，顶点共有5×6＝30(个)，当n＝4时，顶点共有6×7＝42(个)，故第n－2图形共有顶点(n－2＋2)(n－2＋3)＝n(n＋1)个．10．已知函数f(x)＝x3－x，数列{an}满足条件：a1≥1，an＋1≥f′(an＋1)．试比较＋＋＋…＋与1的大小，并说明理由．[解析] ∵f′(x)＝x2－1，an＋1≥f′(an＋1)，∴an＋1≥(an＋1)2－1.∵函数g(x)＝(x＋1)2－1＝x2＋2x在区间[－1，＋∞)上单调递增，于是由a1≥1，及a2≥(a1＋1)2－1得，a2≥22－1，进而得a3≥(a2＋1)2－1≥24－1>23－1，由此猜想：an≥2n－1.下面用数学归纳法证明这个猜想：①当n＝1时，a1≥21－1＝1，结论成立；②假设当n＝k(k≥1且k∈N*)时结论成立，即ak≥2k－1，则当n＝k＋1时，由g(x)＝(x＋1)2－1在区间[－1，＋∞)上单调递增知，ak＋1≥(ak＋1)2－1≥22k－1≥2k＋1－1，即n＝k＋1时，结论也成立．由①、②知，对任意n∈N*，都有an≥2n－1.即1＋an≥2n.∴≤.∴＋＋…＋＋…＋≤＋＋＋…＋＝1－()n<1.10\n能力拓展提升11.若f(x)＝f1(x)＝，fn(x)＝fn－1[f(x)](n≥2，n∈N*)，则f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＋f1(1)＋f2(1)＋…＋fn(1)＝( )A．nB.C.D．1[答案] A[解析] 易知f(1)＝，f(2)＝，f(3)＝，…，f(n)＝；由fn(x)＝fn－1(f(x))得，f2(x)＝，f3(x)＝，…，fn(x)＝，从而f1(1)＝，f2(1)＝，f3(1)＝，…，fn(1)＝，，所以f(n)＋fn(1)＝1，故f(1)＋f(2)＋…＋f(n)＋f1(1)＋f2(1)＋…＋fn(1)＝n.12.如图，一条螺旋线是用以下方法画成的：△ABC是边长为1的正三角形，曲线CA1、A1A2，A2A3是分别以A、B、C为圆心，AC、BA1、CA2为半径画的圆弧，曲线CA1A2A3称为螺旋线旋转一圈．然后又以A为圆心，AA3为半径画圆弧……这样画到第n圈，则所得螺旋线的长度ln为( )A．(3n2＋n)πB．(3n2－n＋1)πC.D.[答案] A[解析] 由条件知，，，…，An－1An对应的中心角都是10\n，且半径依次为1,2,3,4，…，故弧长依次为，×2，×3…，据题意，第一圈长度为(1＋2＋3)，第二圈长度为(4＋5＋6)，第n圈长度为[(3n－2)＋(3n－1)＋3n]，故Ln＝(1＋2＋3＋…＋3n)＝·＝(3n2＋n)π.13．已知数列{an}的前n项和为Sn，a1＝1，且Sn、Sn＋1、2S1成等差数列，则S2、S3、S4分别为________，由此猜想Sn＝________.[答案] ，， Sn＝[解析] ∵Sn、Sn＋1、2S1成等差数列，∴2Sn＋1＝Sn＋2S1，∵S1＝a1＝1，∴2Sn＋1＝Sn＋2.令n＝1，则2S2＝S1＋2＝1＋2＝3，∴S2＝.同理，分别令n＝2、n＝3，可求得S3＝，S4＝，由S1＝1＝，S2＝＝，S3＝＝，S4＝＝，猜想Sn＝.14．(2012·温州一模)已知n∈N*，设平面上的n个椭圆最多能把平面分成an部分，则a1＝2，a2＝6，a3＝14，a4＝26，…，则an＝________.[答案] 2n2－2n＋2[解析] 观察规律可知an－an－1＝(n－1)×4，利用累加法可得an＝2n2－2n＋2.15．用数学归纳法证明下面的等式12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1.[证明] (1)当n＝1时，左边＝12＝1，右边＝(－1)0·＝1，∴原等式成立．(2)假设n＝k(k∈N＋，k≥1)时，等式成立，即有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k210\n＝(－1)k－1.那么，当n＝k＋1时，则有12－22＋32－42＋…＋(－1)k－1·k2＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k－1＋(－1)k·(k＋1)2＝(－1)k·[－k＋2(k＋1)]＝(－1)k，∴n＝k＋1时，等式也成立，由(1)、(2)得对任意n∈N＋有12－22＋32－42＋…＋(－1)n－1·n2＝(－1)n－1.16．已知点Pn(an，bn)满足an＋1＝an·bn＋1，bn＋1＝(n∈N*)且点P1的坐标为(1，－1)．(1)求过点P1，P2的直线l的方程；(2)试用数学归纳法证明：对于n∈N*，点Pn都在(1)中的直线l上．[解析] (1)由P1的坐标为(1，－1)知a1＝1，b1＝－1.∴b2＝＝，a2＝a1·b2＝.∴点P2的坐标为(，)．∴直线l的方程为2x＋y＝1.(2)证明：①当n＝1时，2a1＋b1＝2×1＋(－1)＝1成立．②假设n＝k(k∈N*，k≥1)时，2ak＋bk＝1成立，则当n＝k＋1时，2ak＋1＋bk＋1＝2ak·bk＋1＋bk＋1＝·(2ak＋1)＝＝＝1，∴当n＝k＋1时，命题也成立．由①②知，对n∈N*，都有2an＋bn＝1，即点Pn在直线l上．1．对于不等式≤n＋1(n∈N*)，某人的证明过程如下：10\n1°当n＝1时，≤1＋1，不等式成立.2°假设n＝k(k∈N*)时不等式成立，即<k＋1，则n＝k＋1时，＝<＝＝(k＋1)＋1.∴当n＝k＋1时，不等式成立.上述证法( )A．过程全都正确B．n＝1验得不正确C．归纳假设不正确D．从n＝k到n＝k＋1的推理不正确[答案] D[解析] 上述证明过程中，在由n＝k变化到n＝k＋1时，不等式的证明使用的是放缩法而没有使用归纳假设．故选D.2．观察下式：1＋3＝221＋3＋5＝321＋3＋5＋7＝421＋3＋5＋7＋9＝52……据此你可归纳猜想出的一般结论为( )A．1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝n2(n∈N*)B．1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝n2(n∈N*)C．1＋3＋5＋…＋(2n－1)＝(n＋1)2(n∈N*)D．1＋3＋5＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)2(n∈N*)[答案] D[解析] 观察可见第n行左边有n＋1个奇数，右边是(n＋1)2，故选D.3．在一次珠宝展览会上，某商家展出一套珠宝首饰，第一件首饰是1颗珠宝，第二件首饰由6颗珠宝(图中圆圈表示珠宝)构成如图1所示的正六边形，第三件首饰由15颗珠宝构成如图2所示的正六边形，第四件首饰是由28颗珠宝构成如图3所示的正六边形，第五件首饰是由45颗珠宝构成如图4所示的正六边形，以后每件首饰都在前一件上，按照这种规律增加一定数量的珠宝，使它构成更大的正六边形，依此推断前10件首饰所用珠宝总颗数为( )10\nA．190 B．715 C．725 D．385[答案] B[解析] 由条件可知前5件首饰的珠宝数依次为：1,1＋5,1＋5＋9,1＋5＋9＋13,1＋5＋9＋13＋17，即每件首饰的珠宝数为一个以1为首项，4为公差的等差数列的前n项和，通项an＝4n－3.由此可归纳出第n件首饰的珠宝数为＝2n2－n.则前n件首饰所用的珠宝总数为2(12＋22＋…＋n2)－(1＋2＋…＋n)＝.当n＝10时，总数为715.4．已知正项数列{an}中，对于一切的n∈N*均有a≤an－an＋1成立．(1)证明：数列{an}中的任意一项都小于1；(2)探究an与的大小，并证明你的结论．[解析] (1)由a≤an－an＋1得an＋1≤an－a.∵在数列{an}中an>0，∴an＋1>0，∴an－a>0，∴0<an<1，故数列{an}中的任何一项都小于1.(2)解法1：由(1)知0<an<1＝，那么a2≤a1－a＝－2＋≤<，由此猜想：an<.下面用数学归纳法证明：当n≥2，n∈N时猜想正确．①当n＝2时，显然成立；②假设当n＝k(k≥2，k∈N)时，有ak<≤成立．那么ak＋1≤ak－a＝－2＋<－2＋＝－＝<＝，∴当n＝k＋1时，猜想也正确．综上所述，对于一切n∈N*，都有an<.10\n解法2：由a≤an－an＋1，得0<ak＋1≤ak－a＝ak(1－ak)，∵0<ak<1，∴≥＝＋，∴－≥>1.令k＝1,2,3，…，n－1得：－>1，－>1，…，－>1，∴>＋n－1>n，∴an<.5．设数列{an}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，点都在函数f(x)＝x＋的图象上．(1)求a1、a2、a3的值，猜想an的表达式，并用数学归纳法证明；(2)将数列{an}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，(a7，a8，a9，a10)；(a11)，(a12，a13)，(a14，a15，a16)，(a17，a18，a19，a20)；(a21)，…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为{bn}，求b5＋b100的值．[分析] (1)将点代入函数f(x)＝x＋中，通过整理得到Sn与an的关系，则a1，a2，a3可求；(2)通过观察发现b100是第25组中第4个括号内各数之和，各组第4个括号中各数之和构成首项为68、公差为80的等差数列，利用等差数列求和公式可求b100.[解析] (1)∵点在函数f(x)＝x＋的图象上，∴＝n＋，∴Sn＝n2＋an.令n＝1得，a1＝1＋a1，∴a1＝2；令n＝2得，a1＋a2＝4＋a2，∴a2＝4；令n＝3得，a1＋a2＋a3＝9＋a3，∴a3＝6.由此猜想：an＝2n.用数学归纳法证明如下：①当n＝1时，由上面的求解知，猜想成立．10\n②假设n＝k(k≥1)时猜想成立，即ak＝2k成立，则当n＝k＋1时，注意到Sn＝n2＋an(n∈N*)，故Sk＋1＝(k＋1)2＋ak＋1，Sk＝k2＋ak.两式相减得，ak＋1＝2k＋1＋ak＋1－ak，所以ak＋1＝4k＋2－ak.由归纳假设得，ak＝2k，故ak＋1＝4k＋2－ak＝4k＋2－2k＝2(k＋1)．这说明n＝k＋1时，猜想也成立．由①②知，对一切n∈N*，an＝2n成立．(2)因为an＝2n(n∈N*)，所以数列{an}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(2)，(4,6)，(8,10,12)，(14,16,18,20)；(22)，(24,26)，(28,30,32)，(34,36,38,40)；(42)，….每一次循环记为一组．由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和．由分组规律知，各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20.同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20.故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80.注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，所以b100＝68＋24×80＝1988，又b5＝22，所以b5＋b100＝2010.[点评] 由已知求出数列的前几项，做出猜想，然后利用数学归纳法证明，是不完全归纳法与数学归纳法相结合的一种重要的解决数列通项公式问题的方法．证明的关键是根据已知条件和假设寻找ak与ak＋1或Sk与Sk＋1间的关系，使命题得证．10
