2020版高考數(shù)學(理)一輪總復習作業(yè)47專題研究2數(shù)學歸納法Word版含解析

專題層級快練(四十七)1．在應用數(shù)學概括法證明凸n邊形的對角線為1n0等于n(n－3)條時，第一步查驗第一個值2( )A．1B．2C．3D．0答案C分析邊數(shù)最少的凸n邊形是三角形．2．(2017山·東德州一模)用數(shù)學概括法證明2n＋2n＋3－1，在考證n＝1時，1＋2＋2＋＋2＝2左側的式子為()A．1B．1＋2C．1＋2＋22D．1＋2＋22＋23答案D分析當n＝1時，左側＝1＋2＋22＋23.應選D.111127*3．用數(shù)學概括法證明不等式1＋2＋4＋＋2n－1>64(n∈N)建立，其初始值起碼應取()A．7B．8C．9D．10答案B1分析1＋111－2n127n1＋4＋＋n－1＝1>，整理得2>128，解得n>7.22641－2∴初始值起碼應取8.1＋1＋＋1*)，那么f(n＋1)－f(n)等于()4．設f(n)＝1＋233n－1(n∈N11＋1A.3n＋2B.3n3n＋11＋11＋1＋1C.3n＋13n＋2D.3n3n＋13n＋2答案D5．用數(shù)學概括法證明4n＋1＋2n＋1能被8整除時，當n＝k＋1時，關于4(k＋1)＋12(k35(n∈N)3＋5＋1)＋1可變形為()A．56·4k＋14k＋12k＋144k＋122k3＋25(3＋5)B．3·3＋5·5C．34k＋12k＋1D．25(34k＋12k＋1＋5＋5)答案A分析由于要使用概括假定，一定將34(k＋1)＋1＋52(k＋1)＋1分解為概括假定和能被8整除的兩部分．因此應變形為56·34k＋1＋25(34k＋1＋52k＋1)．6．若數(shù)列{an}的通項公式an＝12，記cn＝2(1－a1)(1－a2)(1－an)，試經(jīng)過計算c1，（n＋1）c2，c3的值，推斷cn＝__________．答案n＋2n＋1分析13c1＝2(1－a1)＝2×(1－)＝，42c2＝114，2(1－a1)(1－a2)＝2×(1－)×(1－)＝493c3＝2(1－a1)(1－a2)(1－a3)＝2×(1－1115，4)×(1－)×(1－16)＝94故由概括推理得cn＝n＋2.n＋17．設數(shù)列{an}的前n項和為Sn，且對隨意的自然數(shù)n都有：(Sn－1)2＝anSn.求S1，S2，S3；猜想Sn的表達式并證明．答案(1)S1＝1，S2＝2，S3＝3(2)Sn＝n，證明略234n＋1221分析(1)由(S1－1)＝S1，得S1＝；由(S2－1)2＝(S2－S1)S2，得由(S3－1)2＝(S3－S2)S3，得n猜想：Sn＝n＋1.

2S2＝3；3S3＝4.證明：①當n＝1時，明顯建立；②假定當n＝k(k≥1且k∈N*k＝k建立．)時，Sk＋1則當n＝k＋1時，由(Sk＋1－1)2＝ak＋1Sk＋1，得Sk＋1＝1＝1＝k＋1.2－Skkk＋22－k＋1從而n＝k＋1時，猜想也建立．綜合①②得結論建立．8．已知函數(shù)f(x)＝x－sinx，數(shù)列{an}知足：0<a1<1，an＋1＝f(an)，n＝1，2，3，，證明：0<an＋1<an<1.答案略分析先用數(shù)學概括法證明0<an<1，n＝1，2，3，.①當n＝1時，由已知，結論建立．②假定當n＝k時結論建立，即0<ak<1.由于0<x<1時，f′(x)＝1－cosx>0，因此f(x)在(0，1)上是增函數(shù)．又f(x)在[0，1]上連續(xù)，從而f(0)<f(ak)<f(1)，即0<ak＋1<1－sin1<1.故當n＝k＋1時，結論建立．由①②可知，0<an<1對全部正整數(shù)都建立．又由于0<an<1時，an＋1－an＝an－sinan－an＝－sinan<0，因此an＋1<an.綜上所述0<an＋1<an<1.32119．(2018·保定模擬)已知f(x)＝x－x，設0＜a1＜，an＋1＝f(an)，n∈N＋，證明：an＜.22n＋1答案略證明(1)當n＝1時，0＜a＜1，121不等式an＜建立；12111因a2＝f(a1)＝－2(a1－3)＋6≤6<3，故n＝2時不等式也建立．(2)假定n＝k(k≥2)時，不等式ak＜1建立，由于f(x)＝x－3x2的對稱軸為x＝1，知f(x)在k＋123(－∞，1]上為增函數(shù)，因此由ak＜1≤1，得f(ak)＜f(1)．3k＋13k＋1于是有a＜13·12＋1－1＝1－k＋4＜1＋－（k＋1）k＋2k＋22k＋2.k1k＋12k＋22（k＋1）（k＋2）因此當n＝k＋1時，不等式也建立．1依據(jù)(1)、(2)可知，對任何n∈N＋，不等式an＜建立．110．已知數(shù)列{an}的各項都是正數(shù)，且知足：a0＝1，an＋1＝2an·(4－an)，(n∈N)．證明：an<an＋1<2，(n∈N)．答案略證明方法一：用數(shù)學概括法證明：(1)當n＝0時，a0＝1，a1＝132a0(4－a0)＝2，因此a0<a1<2，命題正確．假定n＝k時命題建立，即ak－1<ak<2.則當n＝k＋1時，ak－ak＋1112ak－1(4－ak－1)－2ak(4－ak)1＝2(ak－1－ak)－2(ak－1－ak)(ak－1＋ak)1＝2(ak－1－ak)(4－ak－1－ak)．而ak－1－ak<0，4－ak－1－ak>0，因此ak－ak＋1<0.11－(ak－2)2]<2.又ak＋1＝ak(4－ak)＝[422因此n＝k＋1時命題建立．由(1)(2)可知，對全部n∈N時有an<an＋1<2.方法二：用數(shù)學概括法證明：(1)當n＝0時，a0＝1，a1＝132a0(4－a0)＝2，因此0<a0<a1<2.假定n＝k時有ak－1<ak<2建立，1令f(x)＝2x(4－x)，f(x)在[0，2]上單一遞加，因此由假定有f(ak－1)<f(ak)<f(2)．即1ak－1(4－ak－1)<1ak(4－ak)<1×2×(4－2)．222也即當n＝k＋1時，ak<ak＋1<2建立．因此對全部n∈N，有ak<ak＋1<2.11．在數(shù)列{an}，{bn}中，a1＝2，b1＝4，且an，bn，an＋1成等差數(shù)列，bn，an＋1，bn＋1成等比數(shù)列(n∈N*)．求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜想{an}，{bn}的通項公式，并證明你的結論；1＋1＋＋15(2)證明：an＋bn<12.a1＋b1a2＋b2答案(1)a2＝6，a3＝12，a4＝20，b2＝9，b3＝16，b4＝25，an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2，證明略(2)略分析(1)由條件得2bn＝an＋an＋1，an＋12＝bnbn＋1.由此可得a2＝6，b2＝9，a3＝12，b3＝16，a4＝20，b4＝25.2猜想an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1).用數(shù)學概括法證明：①當n＝1時，由上可得結論建立．②假定當n＝k時，結論建立，即ak＝k(k＋1)，bk＝(k＋1)2.那么當n＝k＋1時，ak＋1＝2bk－ak＝2(k＋1)2－k(k＋1)＝(k＋1)(k＋2)，2ak＋12bk＋1＝＝(k＋2).因此當n＝k＋1時，結論也建立．由①②，可知an＝n(n＋1)，bn＝(n＋1)2對全部正整數(shù)都建立．15a1＋b1＝6<12.當n≥2時，由(1)知an＋bn＝(n＋1)(2n＋1)>2(n＋1)·n.111故a1＋b1＋a2＋b2＋＋an＋bn111＋1＋＋1)<＋(n（n＋1）622×33×41＋1(1－1＋1－1＋＋1－1)622334n＋1n11111156＋2(2－n＋1)<6＋4＝12.1．用數(shù)學概括法證明不等式1＋1＋＋1＞13的過程中，由n＝k推導n＝k＋1n＋1n＋2n＋n24時，不等式的左側增添的式子是________．答案1（2k＋1）（2k＋2）分析不等式的左側增添的式子是1＋1－1＝1，故填2k＋12k＋2k＋1（2k＋1）（2k＋2）1（2k＋1）（2k＋2）.2．用數(shù)學概括法證明：對隨意的n∈N*，1＋1＋＋1＝n.1×33×5（2n－1）（2n＋1）2n＋1答案略分析(1)當n＝1時，左側＝1＝1，右側＝1＝1，左側＝右側，因此等式建立．1×332×1＋13(2)假定當n＝k(k∈N*且k≥1)時等式建立，即有1＋1＋＋（2k1＝k，1×33×5－1）（2k＋1）2k＋1則當n＝k＋1時，1＋1＋＋（2k1＋（2k11×33×5－1）（2k＋1）＋1）（2k＋3）＝k＋1＝k（2k＋3）＋12k＋3）（2k＋1）（2k＋3）2k＋1（2k＋1）（＝2k2＋3k＋1＝k＋1＝k＋1，（2k＋1）（2k＋3）2k＋2（k＋1）＋31因此當n＝k＋1時，等式也建立．由(1)(2)可知，對全部n∈N*等式都建立．13－x，數(shù)列{an}知足條件：a1≥1，an＋1≥f′(an3．(2017湖·北宜昌一中模擬)已知函數(shù)f(x)＝3x＋1)．試比較1＋1＋1＋＋1與1的大小，并說明原因．1＋a11＋a21＋a31＋an答案1＋1＋1＋＋1<11＋a11＋a21＋a31＋an分析∵f′(x)＝x2－1，an＋1≥f′(an＋1)，an＋1≥(an＋1)2－1.∵函數(shù)g(x)＝(x＋1)2－1＝x2＋2x在區(qū)間[1，＋∞)上單一遞加，于是由a1≥1，得a2≥(a1＋1)2－1≥22－1，從而得a3≥(a2＋1)2－1≥24－1＞23－1.由此猜想：an≥2n－1.下邊用數(shù)學概括法證明這個猜想：①當n＝1時，a1≥21－1＝1，結論建立；②