高三高考数学国步分项分类题及析答案要.docx
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高三高考数学国步分项分类题及析答案要
高三高考数学国步分项分类题及析答案要
11-4数学归纳法（理）
基础巩固强化
1.（2011·威海模拟）在用数学归纳法证明“2n>n2对从n0开始的所有正整数都成立”时，第一步验证的n0等于（ ）
A．1 B．3 C．5 D．7
[答案] C
[解析] n的取值与2n，n2的取值如下表：
n
1
2
3
4
5
6
…
2n
2
4
8
16
32
64
…
n2
1
4
9
16
25
36
…
由于2n的增长速度要远大于n2的增长速度，故当n>4时恒有2n>n2.
2．在应用数学归纳法证明凸n边形的对角线为n（n－3）条时，第一步检验第一个值n0等于（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
[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n0＝3.
3．若f（n）＝1＋＋＋＋…＋（n∈N＋），则f
（1）为（ ）
A．1B.
C．1＋＋＋＋D．非以上答案
[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6n－1的自然数，故f
（1）＝1＋＋＋＋.
4．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＝n2
C．an＝3n－1D．an＝4n－3
[答案] B
[解析] a1＝1，a2＝4，a3＝9，a4＝16，猜想an＝n2.
5．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．
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．（8n－1）个B．（8n＋1）个
C.（8n－1）个D.（8n＋1）个
[答案] C
[解析] 第1个图挖去1个，第2个图挖去1＋8个，第3个图挖去1＋8＋82个……第n个图挖去1＋8＋82＋…＋8n－1＝个．
7．（2011·徐州模拟）用数学归纳法证明命题“当n为正奇数时，xn＋yn能被x＋y整除”，第二步假设n＝2k－1（k∈N＋）命题为真时，进而需证n＝________时，命题亦真．
[答案] 2k＋1
8．（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．
[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．
9．已知点列An（xn,0），n∈N*，其中x1＝0，x2＝a（a>0），A3是线段A1A2的中点，A4是线段A2A3的中点，…An是线段An－2An－1的中点，…，
（1）写出xn与xn－1、xn－2之间的关系式（n≥3）；
（2）设an＝xn＋1－xn，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n≥3时，xn＝.
（2）a1＝x2－x1＝a，
a2＝x3－x2＝－x2＝－（x2－x1）＝－a，
a3＝x4－x3＝－x3＝－（x3－x2）＝a，
由此推测an＝（－）n－1a（n∈N*）．
证法1：
因为a1＝a>0，且
an＝xn＋1－xn＝－xn＝＝－（xn－xn－1）＝－an－1（n≥2），
所以an＝（－）n－1a.
证法2：
用数学归纳法证明：
（1）当n＝1时，a1＝x2－x1＝a＝（－）0a，公式成立．
（2）假设当n＝k时，公式成立，即ak＝（－）k－1a成立．那么当n＝k＋1时，
ak＋1＝xk＋2－xk＋1＝－xk＋1＝－（xk＋1－xk）＝－ak＝－（－）k－1a＝（－）（k＋1）－1a，公式仍成立，根据
（1）和
（2）可知，对任意n∈N*，公式an＝（－）n－1a成立．
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.
能力拓展提升
11.用数学归纳法证明1＋a＋a2＋…＋an＋1＝（a≠1，n∈N＋），在验证n＝1成立时，左边的项是（ ）
A．1B．1＋a
C．1＋a＋a2D．1＋a＋a2＋a3
[答案] C
[解析] 左边项的指数规律是从第2项起指数为正整数列，故n＝1时，应为1＋a＋a2.
12．凸k边形内角和为f（k），则凸k＋1边形的内角和f（k＋1）＝f（k）＋________.
[答案] π
[解析] 将k＋1边形A1A2…AkAk＋1的顶点A1与Ak连接，则原k＋1边形分为k边形A1A2…Ak与三角形A1AkAk＋1，显见有f（k＋1）＝f（k）＋π.
13．已知：
（x＋1）n＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋a3（x－1）3＋…＋an（x－1）n（n≥2，n∈N*）．
（1）当n＝5时，求a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5的值．
（2）设bn＝，Tn＝b2＋b3＋b4＋…＋bn.试用数学归纳法证明：
当n≥2时，Tn＝.
[解析]
（1）当n＝5时，
原等式变为（x＋1）5＝a0＋a1（x－1）＋a2（x－1）2＋a3（x－1）3＋a4（x－1）4＋a5（x－1）5
令x＝2得a0＋a1＋a2＋a3＋a4＋a5＝35＝243.
（2）因为（x＋1）n＝[2＋（x－1）]n，所以a2＝C·2n－2，
bn＝＝2C＝n（n－1）（n≥2）．
①当n＝2时．左边＝T2＝b2＝2，
右边＝＝2，左边＝右边，等式成立．
②假设当n＝k（k≥2，k∈N*）时，等式成立，
即Tk＝成立
那么，当n＝k＋1时，
左边＝Tk＋bk＋1＝＋（k＋1）[（k＋1）－1]＝＋k（k＋1）
＝k（k＋1）＝
＝＝右边．
故当n＝k＋1时，等式成立．
综上①②，当n≥2时，Tn＝.
14．已知f（x）＝a1x＋a2x2＋…＋anxn（n为正偶数）且{an}为等差数列，f
（1）＝n2，f（－1）＝n，试比较f与3的大小，并证明你的结论．
[解析] 由f
（1）＝n2，f（－1）＝n得，a1＝1，d＝2.
∴f＝＋32＋53＋…＋（2n－1）·n，
两边同乘以得，f＝2＋33＋…＋（2n－3）n＋（2n－1）n＋1，
两式相减得，f＝＋22＋23＋…＋2n－（2n－1）n＋1＝＋－（2n－1）.
∴f＝3－<3.
15．证明：
当n∈N*时，1＋＋＋…＋>ln（n＋1）．
[证明]
（1）当n＝1时，由于ln2（2）假设当n＝k（k∈N*）时不等式成立．
则1＋＋＋…＋>ln（1＋k）．
则当n＝k＋1时，1＋＋＋…＋＋>＋ln（k＋1）．
要证不等式成立，只需证明ln（k＋2）<＋ln（k＋1）成立．
要证明此不等式成立只需证明
>ln（）＝ln（1＋）．
下面构造函数f（x）＝ln（1＋x）－x（x>0）．
∵f′（x）＝－1＝<0，
∴f（x）＝ln（1＋x）－x在（0，＋∞）上是减函数，
∴f（x）即ln（1＋x）令x＝得ln（1＋）<.
即不等式ln（k＋2）<＋ln（1＋k）成立，
所以1＋＋＋…＋＋>ln（k＋2）成立．
由
（1）、
（2）可知对n∈N*，不等式1＋＋＋…＋>ln（n＋1）成立．
[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n＝k证明n＝k＋1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）＝（ ）
A．53B．73
C．91D．97
[答案] C
[解析] f
（1）＝1×6－6＋1；
f
（2）＝2×6－6＋f
（1）；
f（3）＝3×6－6＋f
（2）；
f（4）＝4×6－6＋f（3）；…
f（n）＝n×6－6＋f（n－1）．
以上各式相加得
f（n）＝（1＋2＋3＋…＋n）×6－6n＋1＝3n2－3n＋1，
∴f（6）＝3×62－3×6＋1＝91.
2．用数学归纳法证明1＋＋＋…＋>（n∈N*）成立，其初始值至少应取（ ）
A．7 B．8 C．9 D．10
[答案] B
[解析] 等式左端＝1＋＋＋…＋＝＝2－，将选项中的值代入验证可知n的最小值为8.
3．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（ ）
A．若f（3）≥9成立，则当k≥1时，均有f（k）≥k2成立
B．若f（5）≥25成立，则当k≤5时，均有f（k）≥k2成立
C．若f（7）<49成立，则当k≥8时，均有f（k）>k2成立
D．若f（4）＝25成立，则当k≥4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k≥3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）＝25≥42，由题设的递推关系，可知结论成立，故选D.
4．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．
5．（2011·湖南理，22）已知函数f（x）＝x3，g（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}（n∈N*）满足a1＝a（a>0），f（an＋1）＝g（an），证明：
存在常数M，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.
[解析]
（1）由h（x）＝x3－x－知，x∈[0，＋∞），而h（0）＝0，且h
（1）＝－1<0，h
（2）＝6－>0，则x＝0为h（x）的一个零点，且h（x）在（1,2）内有零点．因此h（x）至少有两个零点．
解法1：
h′（x）＝3x2－1－x，记φ（x）＝3x2－1－x，则φ′（x）＝6x＋x.当x∈（0，＋∞）时，φ′（x）>0，因此φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，则φ（x）在（0，＋∞）内至多只有一个零点．又因为φ
（1）>0，φ（）<0，则φ（x）在（，1）内有零点，所以φ（x）在（0，＋∞）内有且只有一个零点．记此零点为x1，则当x∈（0，x1）时，φ（x）<φ（x1）＝0；当x∈（x1，＋∞）时，φ（x）>φ（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（x2－1－x），记φ（x）＝x2－1－x，则φ′（x）＝2x＋x.当x∈（0，＋∞）时，φ′（x）>0，从而φ（x）在（0，＋∞）上单调递增，则φ（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x＝x0＋.
①当a而a＝a1＋ana．当n＝1时，a1b．假设当n＝k（k≥1）时，ak因此，当n＝k＋1时，ak＋1故对任意的n∈N*，an②当a≥x0时，由
（1）知，h（x）在（x0，＋∞）上单调递增，则h（a）≥h（x0）＝0，即a3≥a＋，从而a＝a1＋＝a＋≤a3，即a2≤a.
由此猜测：
an≤a，下面用数学归纳法证明．
a．当n＝1时，a1≤a显然成立．
b．假设当n＝k（k≥2）时，ak≤a成立，则当n＝k＋1时，由a＝ak＋≤a＋≤a3知，ak＋1≤a.
因此，当n＝k＋1时，ak＋1≤a成立．
故对任意的n∈N*，an≤a成立．
综上所述，存在常数M＝max{x0，a}，使得对于任意的n∈N*，都有an≤M.
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