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1、11-411-4 数学归纳法数学归纳法( (理理) )基础巩固强化1.(2011威海模拟)在用数学归纳法证明“2nn2对从n0开始的所有正整数都成立”时，第一步验证的n0等于( )A1 B3 C5 D7答案 C解析 n的取值与 2n，n2的取值如下表：n1234562n248163264n2149162536由于 2n的增长速度要远大于n2的增长速度，故当n4 时恒有 2nn2.2在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n(n3)条时，第一步检验第一个值1 2n0等于( )A1 B2 C3 D4答案 C解析 因为凸n边形的边数最少为 3，故验证的第一个值n03.3若f(n)1 (nN N)，则f
2、(1)为( )1 21 31 41 6n1A1 B.1 5C1 D非以上答案1 21 31 41 5答案 C解析 注意f(n)的项的构成规律，各项分子都是 1，分母是从 1 到 6n1 的自然数，故f(1)1 .1 21 31 41 54数列an中，已知a11，当n2 时，anan12n1，依次计算a2，a3，a4后，猜想an的表达式是( )Aan3n2 Bann2Can3n1 Dan4n3答案 B解析 a11，a24，a39，a416，猜想ann2.5已知f(n) ，则( )1 n1 n11 n21 n2Af(n)中共有n项 Bf(n)中共有n1 项Cf(n)中共有n2n项 Df(n)中共有
3、n2n1 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(n1)n2n1 项6一个正方形被分成九个相等的小正方形，将中间的一个正方形挖去，如图(1)；再将剩余的每个正方形都分成九个相等的小正方形，并将中间的一个挖去，得图(2)；如此继续下去则第n个图共挖去小正方形( )A(8n1)个 B(8n1)个C. (8n1)个 D. (8n1)个1 71 7答案 C解析 第 1 个图挖去 1 个，第 2 个图挖去 18 个，第 3 个图挖去 1882个第n个图挖去 18828n1个8n1 77(2011徐州模拟)用数学归纳法证明命题“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除” ，第二步假设
4、n2k1(kN N)命题为真时，进而需证n_时，命题亦真答案 2k18(2012长春模拟)如图，第n个图形是由正n2 边形“扩展”而来的(n1,2,3，)，则第n2(n3，nN N*)个图形共有_个顶点答案 n(n1)解析 当n1 时，顶点共有 3412(个)，当n2 时，顶点共有 4520(个)，当n3 时，顶点共有 5630(个)，当n4 时，顶点共有 6742(个)，故第n2 图形共有顶点(n22)(n23)n(n1)个9已知点列An(xn,0)，nN N*，其中x10，x2a(a0)，A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，An是线段An2An1的中点，(1)写出xn与xn
5、1、xn2之间的关系式(n3)；(2)设anxn1xn，计算a1，a2，a3，由此推测数列an的通项公式，并加以证明解析 (1)当n3 时，xn.xn1xn2 2(2)a1x2x1a，a2x3x2x2 (x2x1)a，x2x1 21 21 2a3x4x3x3 (x3x2)a，x3x2 21 21 4由此推测an( )n1a(nN N*)1 2证法 1：因为a1a0，且anxn1xnxn (xnxn1)an1(n2)，xnxn1 2xn1xn 21 21 2所以an( )n1a.1 2证法 2：用数学归纳法证明：(1)当n1 时，a1x2x1a( )0a，公式成立1 2(2)假设当nk时，公式成
6、立，即ak( )k1a成立那么当nk1 时，1 2ak1xk2xk1xk1 (xk1xk)ak ( )k1a( )xk1xk 21 21 21 21 21 2(k1)1a，公式仍成立，根据(1)和(2)可知，对任意nN N*，公式an( )n1a成立1 210已知函数f(x)x3x，数列an满足条件：a11，an1f (an1)试比较1 3与 1 的大小，并说明理由1 1a11 1a21 1a31 1an解析 f (x)x21，an1f (an1)，an1(an1)21.函数g(x)(x1)21x22x在区间1，)上单调递增，于是由a11，及a2(a11)21 得，a2221，进而得a3(a2
7、1)21241231，由此猜想：an2n1.下面用数学归纳法证明这个猜想：当n1 时，a12111，结论成立；假设当nk(k1 且kN N*)时结论成立，即ak2k1，则当nk1 时，由g(x)(x1)21 在区间1，)上单调递增知，ak1(ak1)2122k12k11，即nk1 时，结论也成立由、知，对任意nN N*，都有an2n1.即 1an2n.1 1an1 2n 1( )nln(n1)1 21 31 n证明 (1)当n1 时，由于 ln2ln(1k)1 21 31 k则当nk1 时，1 ln(k1)1 21 31 k1 k11 k1要证不等式成立，只需证明 ln(k2)ln()ln(1
8、)1 k1k2 k11 k1下面构造函数f(x)ln(1x)x(x0)f (x)1ln(k2)成立1 21 31 k1 k1由(1)、(2)可知对nN N*，不等式 1 ln(n1)成立1 21 31 n点评 利用数学归纳法证明涉及与指数式、对数式有关的不等式时，在由nk证明nk1 时，可以通过构造函数，利用函数的单调性得到需要证明的不等式，这是近年来函数、不等式、数学归纳法结合在一起综合考查的热点问题，要加深对此法的理解与应用1蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，如图为一组蜂巢的截面图，其中第一个图有 1 个蜂巢，第二个图有 7 个蜂巢，第三个图有19
9、个蜂巢，第四个图有 37 个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n幅图的蜂巢总数，则f(6)( )A53 B73 C91 D97答案 C解析 f(1)1661；f(2)266f(1)；f(3)366f(2)；f(4)466f(3)；f(n)n66f(n1)以上各式相加得f(n)(123n)66n13n23n1，f(6)36236191.2用数学归纳法证明 1 (nN N*)成立，其初始值至少应取( )1 21 41 2n1127 64A7 B8 C9 D10答案 B解析 等式左端1 2，将选项中的值代入验证1 21 41 2n111 2n1121 2n1可知n的最小值为 8.3设f(x)是定义在正
10、整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立” 那么，下列命题总成立的是( )A若f(3)9 成立，则当k1 时，均有f(k)k2成立B若f(5)25 成立，则当k5 时，均有f(k)k2成立C若f(7)k2成立D若f(4)25 成立，则当k4 时，均有f(k)k2成立答案 D解析 对于 A，f(3)9，加上题设可推出当k3 时，均有f(k)k2成立，故 A 错误对于 B，要求逆推到比 5 小的正整数，与题设不符，故 B 错误对于C，没有奠基部分，即没有f(8)82，故 C 错误对于 D，f(4)2542，由题设的递推关系，可知结论成立，故选 D.4
11、已知点Pn(an，bn)满足an1anbn1，bn1(nN N*)且点P1的坐标为bn 14a2n(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nN N*，点Pn都在(1)中的直线l上解析 (1)由P1的坐标为(1，1)知a11，b11.b2 ，a2a1b2 .b1 14a2 11 31 3点P2的坐标为( ， )1 31 3直线l的方程为 2xy1.(2)证明：当n1 时，2a1b121(1)1 成立假设nk(kN N*，k1)时，2akbk1 成立，则当nk1 时，2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1，bk 14a2kbk 12ak12ak 12a
12、k当nk1 时，命题也成立由知，对nN N*，都有 2anbn1，即点Pn在直线l上5(2011湖南理，22)已知函数f(x)x3，g(x)x.x(1)求函数h(x)f(x)g(x)的零点个数，并说明理由；(2)设数列an(nN N*)满足a1a(a0)，f(an1)g(an)，证明：存在常数M，使得对于任意的nN N*，都有anM.解析 (1)由h(x)x3x知，x0，)，而h(0)0，且h(1)x10，则x0 为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点因此2h(x)至少有两个零点解法 1：h(x)3x21x，记(x)3x21x，则(x)6xx.当1 2 1 2 1 4 x(0，)
13、时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点又因为(1)0，()(x1)0.所以当x(0，x1)时，h(x)单调递减，而h(0)0，则h(x)在(0，x1内无零点；当x(x1，)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，)内至多只有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点解法 2：由h(x)x(x21x)，记(x)x21x，则(x)2xx.当1 2 x(0，)时，(x)0，从而(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点因此h(x)在(0，)内也至多只有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点(2)记h(x)的正零点为x0，即xx0.3 0x0当ax0时，由a1a，即a1x0.而aa1x0x，因此a2x0，由此猜测：anx0，下面用数学归纳法证3 2a1x03 0明a当n1 时，a1x0显然成立b假设当nk(k1)时，akx0成立，则当nk1 时，由aakx0x知，ak1x0.3k1akx03 0因此，当nk1 时，ak1x0成立故对任意的nN N*，anx0成立当ax0时，由(1)知，h(
