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2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练29数学归纳法Word版附解析

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这是一份2025届人教新高考高三数学一轮复习考点规范练29数学归纳法Word版附解析，共3页。试卷主要包含了基础巩固，综合应用，探究创新等内容，欢迎下载使用。

1.对于不等式n2+n(1)当n=1时,12+1<1+1,不等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*)时,不等式成立,即k2+k故当n=k+1时,不等式成立.在上述证明中,( )
A.过程全部正确
B.对于当n=1时结论的推理不正确
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:在n=k+1时,没有应用n=k时的假设,不是数学归纳法.
2.用数学归纳法证明:1+12+13+14+…+12n-1≤n(n∈N*).
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+12+13+14+…+12k-1≤k,
那么当n=k+1时,左边=1+12+13+14+…+12k-1+12k+12k+1+…+12k+1-1≤k+12k+12k+1+…+12k+1-1,
又12k+12k+1+…+12k+1-1<12k×2k=1,即1+12+13+14+…+12k-1+12k+12k+1+…+12k+1-1≤k+1,
即当n=k+1时,不等式也成立.
由(1)(2)可知,对于任意n∈N*,1+12+13+14+…+12n-1≤n都成立.
3.已知数列{xn},{yn}满足x1=5,y1=-5,2xn+1+3yn=7,6xn+yn+1=13.求证:xn=3n+2,yn=1-2×3n(n∈N*).
证明:(1)当n=1时,x1=5,31+2=5,y1=-5,且1-2×31=-5,即等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*)时,等式成立,即xk=3k+2,yk=1-2×3k,
那么当n=k+1时,
由2xk+1+3yk=7,得xk+1=12(7-3yk)=7-3(1-2×3k)2=4+2×3k+12=2+3k+1;
由6xk+yk+1=13,
得yk+1=13-6xk=13-6(3k+2)=1-2×3k+1;
故当n=k+1时,等式也成立.
由(1)(2)可知,xn=3n+2,yn=1-2×3n对一切n∈N*都成立.
二、综合应用
4.设平面内有n(n∈N*,n≥3)条直线,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)= ;当n>4时,f(n)= (用n表示).
答案:5 12(n+1)(n-2)
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,即f(4)-f(3)=3,f(5)-f(4)=4,
猜测得出f(n)-f(n-1)=n-1(n≥4),则f(n)-f(3)=3+4+…+(n-1),
故f(n)=12(n+1)(n-2).
5.用数学归纳法证明:1-12+13−14+…+12n-1−12n=1n+1+1n+2+…+12n(n∈N*).
证明:(1)当n=1时,左边=1-12=12,右边=12,等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N*)时,等式成立,即1-12+13−14+…+12k-1−12k=1k+1+1k+2+…+12k,
那么当n=k+1时,1-12+13−14+…+12k-1−12k+12(k+1)-1−12(k+1)
=1k+1+1k+2+…+12k+12k+1−12k+2
=1k+2+…+12k+12k+1+1k+1−12k+2
=1k+2+1k+3+…+12k+1+12k+2
=1(k+1)+1+1(k+1)+2+…+12(k+1)-1+12(k+1),
故当n=k+1时,等式也成立.
根据(1)(2)可知,等式对于任何n∈N*都成立.
6.设数列{an}的前n项和为Sn,a1=2,Sn+1=2Sn+2,数列{bn}满足b1=1,bn+1=bn2+bn,其中n∈N*.
(1)证明:数列{an}是等比数列;
(2)记Tn=b12+b22+…+bn2,证明:Sn-2Tn≤2.
证明:(1)已知Sn+1=2Sn+2,当n≥2时,Sn=2Sn-1+2,
两式相减,得an+1=2an(n≥2).
又S2=2S1+2=2a1+2=6,
即a1+a2=6,
所以a2=6-a1=4,
即a2a1=2,
故数列{an}是首项为2,公比为2的等比数列.
(2)Sn=2(1-2n)1-2=2n+1-2,
要证明Sn-2Tn≤2,即证明2n+1-2-2Tn≤2,即Tn≥2n-2,
①当n=1时,T1=b12=1,21-2=0,此时T1>21-2成立,
②假设n=k时,不等式成立,即Tk≥2k-2,
那么当n=k+1时,Tk+1=b12+b22+…+bk2+bk+12≥2k+bk+12-2,
由bn+1=bn2+bn,知bn+1-bn=bn2>0,所以bn+1>bn≥b1=1.
由bn+1=bn2+bn,知bn+1bn=bn+1≥2.
所以bk+1=b1·b2b1·…·bk+1bk≥2k.
所以Tk+1=b12+b22+…+bk2+bk+12≥2k+bk+12-2≥2k+1-2成立,
综上①②可知,不等式Sn-2Tn≤2对任何n∈N*都成立.
三、探究创新
7.设数列{an}的前n项和为Sn,且(Sn-1)2=anSn(n∈N*),设bn=(-1)n+1(n+1)2·anan+1(n∈N*),数列{bn}的前n项和为Tn.
(1)求S1,S2,S3的值;
(2)猜想数列{an}的前n项和Sn,并用数学归纳法加以证明;
(3)求数列{Tn}的通项公式.
解:(1)由(Sn-1)2=anSn,
令n=1,则(S1-1)2=S12,
解得S1=12;
当n≥2时,由an=Sn-Sn-1,
得(Sn-1)2=(Sn-Sn-1)Sn,得Sn(2-Sn-1)=1.
令n=2,得S2=23;
令n=3,得S3=34,
即S1=12,S2=23,S3=34.
(2)由(1)知S1=12,S2=23,S3=34,猜想Sn=nn+1(n∈N*).
下面用数学归纳法证明:
①当n=1时,S1=12,11+1=12,猜想成立.
②假设当n=k(k∈N*)时,猜想成立,即Sk=kk+1,
那么当n=k+1时,由(1)知Sk+1=12-Sk=12-kk+1=k+1k+2=k+1(k+1)+1,
即当n=k+1时,猜想也成立.
由①②可知,猜想对于任何n∈N*都成立.
(3)由(2)知a1=12.当n≥2时,an=Sn-Sn-1=nn+1−n-1n=1n(n+1),
且a1=12符合上式,即an=1n(n+1).
又bn=(-1)n+1(n+1)2·anan+1,
所以bn=(-1)n+1(n+1)2·1n(n+1)·1(n+1)(n+2)=(-1)n+1n(n+2)=(-1)n+12×1n-1n+2.
当n为偶数时,
Tn=12×[1-13−12-14+13-15−14-16+…+1n-1-1n+1−1n-1n+2]
=12×1-1n+1-12+1n+2
=12×12-1(n+1)(n+2);
当n为奇数时,
Tn=Tn-1+bn
=12×12-1n(n+1)+12(1n−1n+2)
=12×[12+1(n+1)(n+2)].
综上可得Tn=12[12+(-1)n+1(n+1)(n+2)].