2020届高考数学一轮复习：课时作业40《数学归纳法》(含解析) 练习

课时作业40　数学归纳法1．用数学归纳法证明1＋2＋3＋…＋n2＝，则当n＝k＋1时左端应在n＝k的基础上加上(　D　)A．k2＋1B．(k＋1)2C.D．(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2解析：观察可知，等式的左端是n2个连续自然数的和，当n＝k时为1＋2＋3＋…＋k2，当n＝k＋1时为1＋2＋3＋…＋k2＋(k2＋1)＋(k2＋2)＋…＋(k＋1)2.2．如果命题P(n)(n∈N*)对n＝k(k∈N*)成立，则它对n＝k＋1也成立，现已知P(n)对n＝4不成立，则下列结论中正确的是(　D　)A．P(n)对任意n∈N*成立B．P(n)对n＞4成立C．P(n)对n＜4成立D．P(n)对n≤4不成立解析：由题意可知P(n)对n＝3不成立(否则n＝4也成立)，同理可推得P(n)对n＝2，n＝1也不成立，故选D.3．(2019·岳阳模拟)用数学归纳法证明不等式1＋＋＋…＋＞(n∈N*)成立，其初始值至少应取(　B　)A．7  B．8C．9  D．10解析：左边求和可得1＋＋＋…＋＝＝2－，右边＝＝2－，故2－＞2－，即＜＝，所以2n－1＞26，解得n＞7.所以初始值至少应取8.4．用数学归纳法证明“n3＋(n＋1)3＋(n＋2)3(n∈N*)能被9整除”，利用归纳法假设证明n＝k＋1时，只需展开(　A　)A．(k＋3)3  B．(k＋2)3C．(k＋1)3  D．(k＋1)3＋(k＋2)3解析：假设n＝k时，原式k3＋(k＋1)3＋(k＋2)3能被9整除，当n＝k＋1时，(k＋1)3＋(k＋2)3＋(k＋3)3为了能用上面的归纳假设，只需将(k＋3)3展开，让其出现k3即可．5．设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)≥k2成立时，总可推出f(k＋1)≥(k＋1)2成立”．那么，下列命题总成立的是(　D　)A．若f(1)＜1成立，则f(10)＜100成立B．若f(2)＜4成立，则f(1)≥1成立C．若f(3)≥9成立，则当k≥1时，均有f(k)≥k2成立D．若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立解析：由条件可知不等式的性质只对大于或等于号成立，所以A错误；若f(1)≥1成立，则得到f(2)≥4，与f(2)＜4矛盾，所以B错误；当f(3)≥9成立，无法推导出f(1)，f(2)，所以C错误；若f(4)≥16成立，则当k≥4时，均有f(k)≥k2成立，正确．6．(2019·九江模拟)已知f(n)＝1＋＋＋…＋(n∈N*)，经计算得f(4)＞2，f(8)＞，f(16)＞3，f(32)＞，则其一般结论为　f(2n)＞(n≥2，n∈N*)　.解析：观察规律可知f(22)＞，f(23)＞，f(24)＞，f(25)＞，…，故得一般结论为f(2n)＞(n≥2，n∈N*)．7．设平面内有n条直线(n≥3)，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)＝　5　；当n＞4时，f(n)＝　(n＋1)(n－2)　(用n表示)．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，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)．8．已知f(m)＝1＋＋＋…＋(m∈N*)，用数学归纳法证明f(2n)＞时，f(2k＋1)－f(2k)＝　＋＋…＋　.解析：当n＝k时，f(2k)＝1＋＋＋…＋，当n＝k＋1时，f(2k＋1)＝1＋＋＋…＋＋＋…＋，所以f(2k＋1)－f(2k)＝1＋＋＋…＋＋＋…＋－＝＋＋…＋.9．用数学归纳法证明：＋＋＋…＋＝(n∈N*)．证明：(1)当n＝1时，等式左边＝＝，等式右边＝＝，等式左边＝等式右边，所以等式成立．(2)假设n＝k(k∈N*且k≥1)时等式成立，即有＋＋＋…＋＝，则当n＝k＋1时，＋＋＋…＋＋＝＋＝＝＝＝.所以当n＝k＋1时，等式也成立，由(1)(2)可知，对于一切n∈N*，等式都成立．10．已知f(n)＝1＋＋＋＋…＋，g(n)＝－，n∈N*.(1)当n＝1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明．解：(1)当n＝1时，f(1)＝1，g(1)＝1，所以f(1)＝g(1)；当n＝2时，f(2)＝，g(2)＝，所以f(2)＜g(2)；当n＝3时，f(3)＝，g(3)＝，所以f(3)＜g(3)．(2)由(1)猜想f(n)≤g(n)，下面用数学归纳法给出证明．①当n＝1,2,3时，不等式显然成立，②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时不等式成立，即1＋＋＋＋…＋＜－.那么，当n＝k＋1时，f(k＋1)＝f(k)＋＜－＋.因为f(k＋1)－g(k＋1)＜－＋－＝－＝－＝＜0，所以f(k＋1)＜g(k＋1)．由①②可知，对一切n∈N*，都有f(n)≤g(n)成立．11．已知数列{an}的前n项和Sn满足Sn＝＋－1且an＞0，n∈N*.(1)求a1，a2，a3，并猜想{an}的通项公式；(2)证明通项公式的正确性．解：(1)当n＝1时，由已知得a1＝＋－1，a＋2a1－2＝0.所以a1＝－1(a1＞0)．当n＝2时，由已知得a1＋a2＝＋－1，将a1＝－1代入并整理得a＋2a2－2＝0.所以a2＝－(a2＞0)．同理可得a3＝－.猜想an＝－(n∈N*)．(2)证明：①由(1)知，当n＝1,2,3时，通项公式成立．②假设当n＝k(k≥3，k∈N*)时，通项公式成立，即ak＝－.由ak＋1＝Sk＋1－Sk＝＋－－，将ak＝－代入上式并整理，得a＋2ak＋1－2＝0.解得ak＋1＝－(负值舍去)．即当n＝k＋1时，通项公式也成立．由①和②，可知对所有n∈N*，an＝－都成立．12．已知函数f(x)＝alnx＋(a∈R)．(1)当a＝1时，求f(x)在[1，＋∞)上的最小值．(2)求证：ln(n＋1)＞＋＋＋…＋.解：(1)当a＝1时，f(x)＝lnx＋，定义域为(0，＋∞)．因为f′(x)＝－＝＞0，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数，所以f(x)在x∈[1，＋∞)内的最小值为f(1)＝1.(2)证明：当n＝1时，ln(n＋1)＝ln2，因为3ln2＝ln8＞1，所以ln2＞，即当n＝1时，不等式成立．假设当n＝k(k≥1，k∈N*)时，ln(k＋1)＞＋＋＋…＋成立．那么，当n＝k＋1时，ln(k＋2)＝ln(k＋1)＋ln＞＋＋…＋＋ln.根据(1)的结论可知，当x＞1时，lnx＋＞1，即lnx＞.令x＝，所以ln＞，则有ln(k＋2)＞＋＋…＋＋，即当n＝k＋1时，不等式也成立．综上可知不等式成立．13．设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，gn＋1(x)＝g(gn(x))，n∈N*，求gn(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag(x)恒成立，求实数a的取值范围．解：由题设得，g(x)＝(x≥0)．(1)由已知，g1(x)＝，g2(x)＝g(g1(x))＝＝，g3(x)＝，…，可猜想gn(x)＝.下面用数学归纳法证明．①当n＝1时，g1(x)＝，结论成立．②假设n＝k时结论成立，即gk(x)＝.那么，当n＝k＋1时，gk＋1(x)＝g(gk(x))＝＝＝，即结论成立．由①②可知，结论对n∈N＋成立．(2)已知f(x)≥ag(x)恒成立，即ln(1＋x)≥恒成立．设φ(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，则φ′(x)＝－＝，当a≤1时，φ′(x)≥0(仅当x＝0，a＝1时等号成立)，∴φ(x)在[0，＋∞)上单调递增．又φ(0)＝0，∴φ(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，∴a≤1时，ln(1＋x)≥恒成立(仅当x＝0时等号成立)．当a>1时，对x∈(0，a－1]有φ′(x)≤0，∴φ(x)在(0，a－1]上单调递减，∴φ(a－1)<φ(0)＝0，即a>1时，存在x>0，使φ(x)<0，∴ln(1＋x)≥不恒成立．综上可知，实数a的取值范围是(－∞，1]．