2019高三数学（人教B版 理）一轮：课时规范练36数学归纳法
课时规范练36 数学归纳法
基础巩固组
1.在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=n(2n+1)时,当n=1时的左边等于( )
A.1 B.2 C.3 D.4
2.如果用数学归纳法证明:对于足够大的正整数n,总有2n>n3,那么验证不等式成立所取的第一个n的最小值应该是( )
A.1 B.9
C.10 D.n>10,且n∈N*
3.用数学归纳法证明1+12+14+…+12n-1>12764(n∈N+)成立,其初始值至少应取( )
A.7 B.8 C.9 D.10
4.某同学回答“用数学归纳法证明n2+n
1324的过程中,由n=k推导n=k+1时,不等式的左边增加的式子是 .
8.由下列不等式:1>12,1+12+13>1,1+12+13+…+17>32,1+12+13+…+115>2,……你能得到一个怎样的一般不等式?并加以证明.
〚导学号21500741〛
9.平面内有n条直线,其中任何两条不平行,任何三条不共点,求证:这n条直线把平面分割成12(n2+n+2)个区域.
综合提升组
10.设f(x)是定义在正整数集上的函数,且f(x)满足:当f(k)≥k+1成立时,总能推出f(k+1)≥k+2成立,则 下列命题总成立的是( )
A.若f(1)<2成立,则f(10)<11成立
B.若f(3)≥4成立,则当k≥1时,均有f(k)≥k+1成立
C.若f(2)<3成立,则f(1)≥2成立
D.若f(4)≥5成立,则当k≥4时,均有f(k)≥k+1成立
11.在数列{an}中,a1=13,且Sn=n(2n-1)an,通过求a2,a3,a4,猜想an的表达式为( )
A.1(n-1)(n+1) B.12n(2n+1)
C.1(2n-1)(2n+1) D.1(2n+1)(2n+2)
12.(2017广西南宁质检)用数学归纳法证明不等式:2+12·4+14·…·2n+12n>n+1.
〚导学号21500742〛
创新应用组
13.已知f(n)=1+12+13+…+1n(n∈N+),经计算得f(4)>2,f(8)>52,f(16)>3,f(32)>72,则其一般结论为 .
14.(2017山东济南模拟)已知函数f(x)=aln x+2x+1(a∈R).
(1)当a=1时,求f(x)在[1,+∞)内的最小值;
(2)若f(x)存在单调递减区间,求a的取值范围;
(3)求证:ln(n+1)>13+15+17+…+12n+1(n∈N+).
参考答案
课时规范练36 数学归纳法
1.C 在用数学归纳法证明等式1+2+3+…+2n=n(2n+1)时,当n=1时的左边=1+2=3.
2.C 210=1 024>103.故选C.
3.B 左边=1+12+14+…+12n-1=1-12n1-12=2-12n-1,
代入验证可知n的最小值是8.故选B.
4.A 证明(k+1)2+(k+1)<(k+1)+1时进行了一般意义的放大,而没有使用归纳假设k(k+1)n2(n∈N+),证明如下:
(1)当n=1时,由题设条件知不等式成立.
(2)假设当n=k(k∈N+)时不等式成立,
即1+12+13+…+12k-1>k2.
则当n=k+1时,1+12+13+…+12k-1+12k+…+12k+1-1>k2+12k+12k+1+…+12k+1-1>k2+12k+1+12k+1+…+12k+12k个=k2+2k2k+1=k+12.
所以当n=k+1时不等式成立.
根据(1)和(2)可知不等式对任何n∈N+都成立.
9.证明 (1)当n=1时,一条直线把平面分成两个区域,又12×(12+1+2)=2,
所以当n=1时命题成立.
(2)假设当n=k时,命题成立,即k条满足题意的直线把平面分割成了12(k2+k+2)个区域.
则当n=k+1时,k+1条直线中的k条直线把平面分成了12(k2+k+2)个区域,第k+1条直线被这k条直线分成k+1段,每段把它们所在的区域分成了两块,因此增加了k+1个区域,所以k+1条直线把平面分成了12(k2+k+2)+k+1=12[(k+1)2+(k+1)+2]个区域.
所以当n=k+1时命题也成立.
由(1)(2)知,对一切的n∈N+,此命题均成立.
10.D 当f(k)≥k+1成立时,总能推出f(k+1)≥k+2成立,说明如果当k=n时,f(n)≥n+1成立,那么当k=n+1时,f(n+1)≥n+2也成立,所以如果当k=4时,f(4)≥5成立,那么当k≥4时,f(k)≥k+1也成立.
11.C 由a1=13,Sn=n(2n-1)an,得S2=2(2×2-1)a2,即a1+a2=6a2.
解得a2=115=13×5,S3=3(2×3-1)a3,即13+115+a3=15a3.
解得a3=135=15×7.
同理可得a4=163=17×9,故猜想an的表达式为1(2n-1)(2n+1).
12.证明 (1)当n=1时,左式=32,右式=2,左式>右式,所以结论成立.
(2)假设当n=k(k>1,k∈N+)时结论成立,
即2+12·4+14·…·2k+12k>k+1,则当n=k+1时,
2+12·4+14·…·2k+12k·2k+32(k+1)>k+1·2k+32(k+1)=2k+32k+1.
要证当n=k+1时结论成立,只需证2k+32k+1>k+2,
即证2k+32>(k+1)(k+2),
由均值不等式可得2k+32=(k+1)+(k+2)2>(k+1)(k+2)成立,故2k+32k+1>k+2成立.
所以当n=k+1时,结论成立.
由(1)(2)可知n∈N+时,不等式2+12·4+14·…·2n+12n>n+1成立.
13.f(2n)>n+22(n≥2,n∈N+) 因为f(22)>42,f(23)>52,f(24)>62,f(25)>72,所以当n≥2,n∈N*时,有f(2n)>n+22.故填f(2n)>n+22(n≥2,n∈N+).
14.(1)解 当a=1时,f(x)=ln x+2x+1,定义域为(0,+∞).
因为f'(x)=1x-2(x+1)2=x2+1x(x+1)2>0,
所以f(x)在(0,+∞)内是增函数,所以f(x)在[1,+∞)内的最小值为f(1)=1.
(2)解 f'(x)=ax-2(x+1)2=ax2+2(a-1)x+ax(x+1)2,因为f(x)存在单调递减区间,所以f'(x)<0有正数解,即ax2+2(a-1)x+a<0有正数解.
①当a=0时,显然成立.
②当a<0时,h(x)=ax2+2(a-1)x+a是开口向下的抛物线,所以ax2+2(a-1)x+a<0有正数解.
③当a>0时,h(x)=ax2+2(a-1)x+a是开口向上的抛物线,即方程ax2+2(a-1)x+a=0有正根.
因为x1x2=1>0,所以方程ax2+2(a-1)x+a=0有两正根,
所以Δ>0,x1+x2>0,解得01,所以ln 2>13,即当n=1时,不等式成立.
②假设当n=k时,ln(k+1)>13+15+…+12k+1成立.
则当n=k+1时,ln(n+1)=ln(k+2)=ln(k+1)+lnk+2k+1>13+15+…+12k+1+lnk+2k+1.
根据(1)的结论可知,当x>1时,ln x+2x+1>1,即ln x>x-1x+1.
令x=k+2k+1,所以lnk+2k+1>12k+3,则有ln(k+2)>13+15+…+12k+1+12k+3,即当n=k+1时,不等式也成立.由①②可知不等式成立.