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．1 B.
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－2 B．an＝n2
C．an＝3n－1 D．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.
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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．1 B．1＋a
C．1＋a＋a2 D．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＋a 2x2＋…＋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ln2ln(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)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．53 B．73
C．91 D．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
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