2016届高考数学（理）5年高考真题备考试题库：第6章 第7节 数学归纳法 7页

2010~2014 年高考真题备选题库 第 6 章 不等式、推理与证明 第 7 节 数学归纳法 1．（2014 山东，5 分）用反证法证明命题“设 a，b 为实数，则方程 x3＋ax＋b＝0 至少 有一个实根”时，要做的假设是(　　) A．方程 x3＋ax＋b＝0 没有实根 B．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有一个实根 C．方程 x3＋ax＋b＝0 至多有两个实根 D．方程 x3＋ax＋b＝0 恰好有两个实根 解析：选 A　至少有一个实根的否定是没有实根，故要做的假设是“方程 x3＋ax＋b＝0 没有实根”． 答案：A 2．（2014 江苏，10 分）已知函数 f0(x)＝sin x x (x>0)，设 fn(x)为 fn－1(x)的导数，n∈N*. (1)求 2f1( π 2 )＋π 2f2 ( π 2 )的值； (2)证明：对任意的 n∈N*，等式 nfn－1 π 4＋π 4fn( π 4 )＝ 2 2 都成立． 解：由已知，得 f1(x)＝f′0(x)＝( sin x x )′＝cos x x －sin x x2 ， 于是 f2(x)＝f′1(x)＝( cos x x )′－( sin x x2 )′＝－sin x x －2cos x x2 ＋2sin x x3 ， 所以 f1( π 2 )＝－ 4 π2，f2( π 2 )＝－2 π＋16 π3. 故 2f1( π 2 )＋π 2f2( π 2 )＝－1. (2)证明：由已知，得 xf0(x)＝sin x，等式两边分别对 x 求导，得 f0(x)＋xf′0(x)＝cos x， 即 f0(x)＋xf1(x)＝cos x＝sin(x＋π 2 )， 类似可得 2f1(x)＋xf2(x)＝－sin x＝sin(x＋π)， 3f2(x)＋xf3(x)＝－cos x＝sin(x＋3π 2 )， 4f3(x)＋xf4(x)＝sin x＝sin(x＋2π)． 下面用数学归纳法证明等式 nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin (x＋nπ 2 )对所有的 n∈N*都成立． ①当 n＝1 时，由上可知等式成立． ②假设当 n＝k 时等式成立，即 kfk－1(x)＋xfk(x)＝sin(x＋kπ 2 ). 因为[kfk－1(x)＋xfk(x)]′＝kf′k－1(x)＋fk(x)＋xf′k(x)＝(k＋1)f k(x)＋xfk＋1(x)，[sin(x＋kπ 2 )] ′＝cos(x＋kπ 2 )·(x＋kπ 2 )′＝sin[x＋ (k＋1)π 2 ]， 所以(k＋1)fk(x)＋xfk＋1(x)＝sin[x＋ (k＋1)π 2 ]. 因此当 n＝k＋1 时，等式也成立． 综合①②可知等式 nfn－1(x)＋xfn(x)＝sin (x＋nπ 2 )对所有的 n∈N*都成立． 令 x＝π 4，可得 nfn－1( π 4 )＋π 4fn( π 4 )＝ sin( π 4＋nπ 2 )(n∈N*)． 所以|nfn－1 ( π 4 )＋π 4fn ( π 4 )|＝ 2 2 (n∈N*)． 3．（2014 安徽，13 分）设实数 c>0，整数 p>1，n∈N*. (1)证明：当 x>－1 且 x≠0 时，(1＋x)p>1＋px； (2)数列{an}满足 a1>c1 p，an＋1＝p－1 p an＋c pa1－pn . 证明：an>an＋1>c1 p. 证明：(1)用数学归纳法证明： ①当 p＝2 时，(1＋x)2＝1＋2x＋x2>1＋2x，原不等式成立． ②假设 p＝k(k≥2，k∈N*)时，不等式(1＋x)k>1＋kx 成立． 当 p＝k＋1 时，(1＋x)k＋1＝(1＋x)(1＋x)k>(1＋x)·(1＋kx)＝1＋(k＋1)x＋kx2>1＋(k＋1)x. 所以 p＝k＋1 时，原不等式也成立． 综合①②可得，当 x>－1，x≠0 时，对一切整数 p>1，不等式(1＋x)p>1＋px 均成立． (2)法一：先用数学归纳法证明 an>c1 p. ①当 n＝1 时，由题设知 a1>c 1 p成立． ②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式 ak>c 1 p成立． 由 an＋1＝p－1 p an＋c pa 1－pn 易知 an>0，n∈N*. 当 n＝k＋1 时，ak＋1 ak ＝p－1 p ＋c pa－pk ＝1＋1 p( c apk－1). 由 ak>c1 p>0 得－1<－1 p<1 p( c apk－1)<0. 由(1)中的结论得 ( ak＋1 ak )p＝[1＋1 p( c apk－1)]p>1＋p·1 p( c apk－1)＝ c apk. 因此 a pk＋1>c，即 ak＋1>c1 p. 所以 n＝k＋1 时，不等式 an>c 1 p也成立． 综合①②可得，对一切正整数 n，不等式 an>c 1 p均成立． 再由an＋1 an ＝1＋1 p( c apn－1)可得an＋1 an <1，即 an＋1an＋1>c1 p，n∈N*. 法二：设 f(x)＝p－1 p x＋c px1－p，x≥c1 p，则 xp≥c，并且 f′(x)＝p－1 p ＋c p(1－p)x－p＝p－1 p (1－ c xp )>0，x>c1 p. 由此可得，f(x)在[c1 p，＋∞)上单调递增，因而，当 x>c 1 p时，f(x)>f(c1 p)＝c1 p. ①当 n＝1 时，由 a1>c1 p>0，即 ap1>c 可知 a2＝p－1 p a1＋c pa1－p1 ＝a1[1＋1 p( c ap1－1)]c1 p， 从而 a1>a2>c1 p. 故当 n＝1 时，不等式 an>an＋1>c 1 p成立． ②假设 n＝k(k≥1，k∈N*)时，不等式 ak>ak＋1>c 1 p成立，则 当 n＝k＋1 时，f(ak)>f(ak＋1)>f(c1 p)，即有 ak＋1>ak＋2>c1 p. 所以 n＝k＋1 时，原不等式也成立． 综合①②可得，对一切正整数 n，不等式 an>an＋1>c 1 p均成立 4．（2014 重庆，12 分）设 a1＝1，an＋1＝ a2n－2an＋2＋b(n∈N*)． (1)若 b＝1，求 a2，a3 及数列{an}的通项公式； (2)若 b＝－1，问：是否存在实数 c 使得 a 2nf(a2k＋1)>f(1)＝a2， 即 1>c>a2k＋2>a2. 再由 f(x)在(－∞，1]上为减函数得 c＝f(c)f(a2k＋1)＝a2k＋2， a2(k＋1)＝f(a2k＋1)f(a2n＋1)， 即 a2n＋1>a2n＋2， 所以 a2n＋1> a 22n＋1－2a2n＋1＋2－1.解得 a2n＋1>1 4.　④ 综上，由②③④知存在 c＝1 4使 a2n