考點鞏固訓練67數學歸納法一、選擇題1．用數學歸納法證明1＋2＋…＋(2n＋1)＝(n＋1)(2n＋1)時，在驗證n＝1成立時，左邊所得的代數式是()．A．1B．1＋3C．1＋2＋3D．1＋2＋3＋42．用數學歸納法證明不等式eq\f(1,n＋1)＋eq\f(1,n＋2)＋…＋eq\f(1,2n)＜eq\f(13,14)(n≥2，n∈N*)的過程中，由n＝k遞推到n＝k＋1時不等式左邊()．A．增加了一項eq\f(1,2k＋1)B．增加了兩項eq\f(1,2k＋1)、eq\f(1,2k＋2)C．增加了eq\f(1,2k＋1)和eq\f(1,2k＋2)兩項但削減了一項eq\f(1,k＋1)D．以上各種狀況均不對3．用數學歸納法證明不等式1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,2n－1)＞eq\f(127,64)成立時，起始值n至少應取為()．A．7B．8C．9D．4．用數學歸納法證明：“(n＋1)·(n＋2)·…·(n＋n)＝2n·1·3·…·(2n－1)”，從“k到k＋1”左端需增乘的代數式為A．2k＋1B．2(2k＋1)C．eq\f(2k＋1,k＋1)D．eq\f(2k＋3,k＋1)5．在數列{an}中，a1＝eq\f(1,3)，且Sn＝n(2n－1)an，通過求a2，a3，a4，猜想an的表達式為()．A．eq\f(1,n－1n＋1)B．eq\f(1,2n2n＋1)C．eq\f(1,2n－12n＋1)D．eq\f(1,2n＋12n＋2)6．設函數f(n)＝(2n＋9)·3n＋1＋9，當n∈N*時，f(n)能被m(m∈N*)整除，猜想m的最大值為()．A．9B．18C．27D．7．對于不等式eq\r(n2＋n)＜n＋1(n∈N*)，某同學用數學歸納法的證明過程如下：(1)當n＝1時，eq\r(12＋1)＜1＋1，不等式成立．(2)假設當n＝k(k∈N*)時，不等式成立，即eq\r(k2＋k)＜k＋1，則當n＝k＋1時，eq\r(k＋12＋k＋1)＝eq\r(k2＋3k＋2)＜eq\r(k2＋3k＋2＋k＋2)＝eq\r(k＋22)＝(k＋1)＋1，∴當n＝k＋1時，不等式成立，則上述證法()．A．過程全部正確B．n＝1驗得不正確C．歸納假設不正確D．從n＝k到n＝k＋1的推理不正確二、填空題8．用數學歸納法證明“1＋a＋a2＋…＋an＋1＝eq\f(1－an＋2,1－a)(a≠1，且n∈N*)”，在驗證n＝1時，左邊計算所得的結果是__________．9．在△ABC中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)≥eq\f(9,π)成立；在四邊形ABCD中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)≥eq\f(16,2π)成立；在五邊形ABCDE中，不等式eq\f(1,A)＋eq\f(1,B)＋eq\f(1,C)＋eq\f(1,D)＋eq\f(1,E)≥eq\f(25,3π)成立……猜想在n邊形A1A2…An中，有不等式________成立．10．用數學歸納法證明eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,7)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))＞eq\f(\r(2k＋1),2)(k＞1)，則當n＝k＋1時，左端應乘上__________________________，這個乘上去的代數式共有因式的個數是__________．三、解答題11．設數列{an}的前n項和為Sn，且方程x2－anx－an＝0有一根為Sn－1，n＝1,2,3，….(1)求a1，a2；(2)猜想數列{Sn}的通項公式，并給出嚴格的證明．12．(重慶高考)設數列{an}的前n項和Sn滿足Sn＋1＝a2Sn＋a1，其中a2≠0，(1)求證：{an}是首項為1的等比數列；(2)若a2＞－1，求證：Sn≤eq\f(n,2)(a1＋an)，并給出等號成立的充要條件．

參考答案一、選擇題1．C解析：左邊表示從1開頭，連續2n＋1個正整數的和，故n＝1時，表示1＋2＋3的和．2．C解析：當n＝k＋1時，不等式為eq\f(1,(k＋1)＋1)＋eq\f(1,(k＋1)＋2)＋…＋eq\f(1,2(k＋1))＜eq\f(13,14)，∴比當n＝k時增加了eq\f(1,2k＋1)，eq\f(1,2k＋2)項．但最左端少了一項eq\f(1,k＋1)．3．B解析：∵1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,27－1)＝eq\f(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))7,1－\f(1,2))＝2－eq\f(1,26)＝eq\f(27－1,26)＝eq\f(127,64)，而1＋eq\f(1,2)＋eq\f(1,4)＋…＋eq\f(1,28－1)＞eq\f(127,64)，故起始值n至少取8．4．B解析：當n＝k時，等式為(k＋1)(k＋2)·…·(k＋k)＝2k×1×3×…×(2k－1)，當n＝k＋1時，等式為(k＋2)(k＋3)·…·(k＋k)(k＋1＋k)(k＋1＋k＋1)＝2k＋1×1×3×…×(2k＋1)，∴左端增乘eq\f((2k＋1)(2k＋2),k＋1)＝2(2k＋1)．5．C解析：由a1＝eq\f(1,3)，Sn＝n(2n－1)an求得a2＝eq\f(1,15)＝eq\f(1,3×5)，a3＝eq\f(1,35)＝eq\f(1,5×7)，a4＝eq\f(1,63)＝eq\f(1,7×9)．猜想an＝eq\f(1,(2n－1)(2n＋1))．6．D解析：f(n＋1)－f(n)＝(2n＋11)·3n＋2－(2n＋9)·3n＋1＝4(n＋6)·3n＋1，當n＝1時，f(2)－f(1)＝4×7×9為最小值，據此可猜想D正確．7．D解析：在n＝k＋1時，沒有應用n＝k時的假設，不是數學歸納法．二、填空題8．1＋a＋a2解析：首先觀看等式兩邊的構成狀況，它的左邊是按a的升冪挨次排列的，共有n＋2項．因此當n＝1時，共有3項，應當是1＋a＋a2．9．eq\f(1,A1)＋eq\f(1,A2)＋…＋eq\f(1,An)≥eq\f(n2,(n－2)π)10．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋3)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))2k－1解析：當n＝k時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))·…·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))＞eq\f(\r(2k＋1),2)．當n＝k＋1時，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,3)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,5)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,7)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k－1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))＞eq\f(\r(2k＋3),2)．∴左邊應乘上eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋3)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2k＋1－1)))，設第一項a1＝2k＋1，an＝2k＋1－1，d＝2，∴n＝eq\f(an－a1,2)＝eq\f(2k＋1－1－2k－1,2)＝2k－1．三、解答題11．解：(1)當n＝1時，x2－a1x－a1＝0有一根為S1－1＝a1－1，于是(a1－1)2－a1(a1－1)－a1＝0，解得a1＝eq\f(1,2)．當n＝2時，x2－a2x－a2＝0有一根為S2－1＝a2－eq\f(1,2)，于是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))2－a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a2－\f(1,2)))－a2＝0，解得a2＝eq\f(1,6)．(2)由題設知(Sn－1)2－an(Sn－1)－an＝0，即Sn2－2Sn＋1－anSn＝0．當n≥2時，an＝Sn－Sn－1，代入上式得Sn－1Sn－2Sn＋1＝0．(*)由(1)得S1＝a1＝eq\f(1,2)，S2＝a1＋a2＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,6)＝eq\f(2,3)．由(*)式可得S3＝eq\f(3,4)．由此猜想Sn＝eq\f(n,n＋1)，n＝1,2,3，…．下面用數學歸納法證明這個結論．①n＝1時已知結論成立．②假設n＝k(k∈N*)時結論成立，即Sk＝eq\f(k,k＋1)，當n＝k＋1時，由(*)得Sk＋1＝eq\f(1,2－Sk)，即Sk＋1＝eq\f(k＋1,k＋2)，故n＝k＋1時結論也成立．綜上，由①、②可知Sn＝eq\f(n,n＋1)對全部正整數n都成立．12．(1)證法一：由S2＝a2S1＋a1得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a因a2≠0，故a1＝1，得eq\f(a2,a1)＝a2，又由題設條件知Sn＋2＝a2Sn＋1＋a1，Sn＋1＝a2Sn＋a1，兩式相減得Sn＋2－Sn＋1＝a2(Sn＋1－Sn)，即an＋2＝a2an＋1，由a2≠0，知an＋1≠0，因此eq\f(an＋2,an＋1)＝a2，綜上，eq\f(an＋1,an)＝a2對全部n∈N*成立．從而{an}是首項為1，公比為a2的等比數列．證法二：用數學歸納法證明an＝a2n－1，n∈N*．當n＝1時，由S2＝a2S1＋a1，得a1＋a2＝a2a1＋a1，即a2＝a2a1，再由a2≠0，得a1＝1，所以結論成立．假設n＝k時，結論成立，即ak＝a2k－1，那么ak＋1＝Sk＋1－Sk＝(a2Sk＋a1)－(a2Sk－1＋a1)＝a2(Sk－Sk－1)＝a2ak＝a2k．這就是說，當n＝k＋1時，結論也成立．綜上可得，對任意n∈N*，an＝a2n－1．因此{an}是首項為1，公比為a2的等比數列．(2)證法一：當n＝1或2時，明顯Sn＝eq\f(n,2)(a1＋an)，等號成立．設n≥3，a2＞－1且a2≠0．由(1)知a1＝1，an＝a2n－1，所以要證的不等式化為1＋a2＋a22＋…＋a2n－1≤eq\f(n,2)(1＋a2n－1)(n≥3)，即證：1＋a2＋a22＋…＋a2n≤eq\f(n＋1,2)(1＋a2n)(n≥2)．當a2＝1時，上面不等式的等號成立．當－1＜a2＜1時，a2r－1與a2n＋r－1(r＝1,2，…，n－1)同為負；當a2＞1時，a2r－1與a2n＋r－1(r＝1,2，…，n－1)同為正．因此當a2＞－1且a2≠1時，總有(a2r－1)(a2n＋r－1)＞0，即a2r＋a2n－r＜1＋a2n(r＝1,2，…，n－1)．上面不等式對r從1到n－1求和得2(a2＋a22＋…＋a2n－1)＜(n－1)(1＋a2n)，由此得1＋a2＋a22＋…＋a2n＜eq\f(n＋1,2)(1＋a2n)．綜上，當a2＞－1且a2≠0時，有Sn≤eq\f(n,2)(a1＋an)，當且僅當n＝1,2或a2＝1時等號成立．證法二：當n＝1或2時，明顯Sn＝eq\f(n,2)(a1＋an)，等號成立．當a2＝1時，Sn＝n＝eq\f(n,2)(a1＋an)，等號也成立．當a2≠1時，由(1)知Sn＝eq\f(1－a2n,1－a2)，an＝a2n－1．下證：eq\f(1－a2n,1－a2)＜eq\f(n,2)(1＋a2n－1)(n≥3，a2＞－1且a2≠1)．當－1＜a2＜1時，上面不等式化為(n