高三数学总复习 114数学归纳法(理)练习 新人教B版.doc

11-4数学归纳法(理)基础巩固强化1.用数学归纳法证明11)时，第一步应验证不等式()a12 b12c13 d11，n取的第一个数为2，左端分母最大的项为，故选b.2某个命题与自然数n有关，若nk(kn*)时命题成立，则可推得当nk1时该命题也成立，现已知n5时，该命题不成立，那么可以推得()an6时该命题不成立 bn6时该命题成立cn4时该命题不成立 dn4时该命题成立答案c解析“若nk(kn*)时命题成立，则当nk1时，该命题也成立”，故若n4时命题成立，则n5时命题也应成立，现已知n5时，命题不成立，故n4时，命题也不成立点评可用逆否法判断3(2012深圳市明德外语实验学校测试)用数学归纳法证明：1222n22212，第二步证明由“k到k1”时，左边应加()ak2 b(k1)2ck2(k1)2k2 d(k1)2k2答案d解析当nk时，左边1222k22212，当nk1时，左边1222k2(k1)2k22212，选d.4已知sk(k1,2,3，)，则sk1等于()ask bskcsk dsk答案c解析sk1sk.5数列an中，已知a11，当n2时，anan12n1，依次计算a2、a3、a4后，猜想an的表达式是()aan3n2 bann2can3n1 dan4n3答案b解析a11，a24，a39，a416，猜想ann2.6已知f(n)，则()af(n)中共有n项 bf(n)中共有n1项cf(n)中共有n2n项 df(n)中共有n2n1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(n1)n2n1项7如果不等式2nn21对于nn0的正整数n都成立，则n0的最小值为_答案5解析当n1时，22不成立，当n2时，45不成立当n3时，810不成立当n4时，1617不成立当n5时，3226成立当n6时，6437成立，由此猜测n0应取5.8用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)(nn*)的第二步中，当nk1时等式左边与nk时等式左边的差等于_答案3k2解析(k1)1(k1)2(k1)(k1)(k1)(k2)(kk)(k1)k(k1)(k1)(k1)3k2.9(2012长春模拟)如图，第n个图形是由正n2边形“扩展”而来的(n1,2,3，)，则第n2(n3，nn*)个图形共有_个顶点答案n(n1)解析当n1时，顶点共有3412(个)，当n2时，顶点共有4520(个)，当n3时，顶点共有5630(个)，当n4时，顶点共有6742(个)，故第n2图形共有顶点(n22)(n23)n(n1)个10已知函数f(x)x3x，数列an满足条件：a11，an1f (an1)试比较与1的大小，并说明理由解析f (x)x21，an1f (an1)，an1(an1)21.函数g(x)(x1)21x22x在区间1，)上单调递增，于是由a11，及a2(a11)21得，a2221，进而得a3(a21)21241231，由此猜想：an2n1.下面用数学归纳法证明这个猜想：当n1时，a12111，结论成立；假设当nk(k1且kn*)时结论成立，即ak2k1，则当nk1时，由g(x)(x1)21在区间1，)上单调递增知，ak1(ak1)2122k12k11，即nk1时，结论也成立由、知，对任意nn*，都有an2n1.即1an2n.1()n1.能力拓展提升11.若f(x)f1(x)，fn(x)fn1f(x)(n2，nn*)，则f(1)f(2)f(n)f1(1)f2(1)fn(1)()an b.c. d1答案a解析易知f(1)，f(2)，f(3)，f(n)；由fn(x)fn1(f(x)得，f2(x)，f3(x)，fn(x)，从而f1(1)，f2(1)，f3(1)，fn(1)，所以f(n)fn(1)1，故f(1)f(2)f(n)f1(1)f2(1)fn(1)n.12.如图，一条螺旋线是用以下方法画成的：abc是边长为1的正三角形，曲线ca1、a1a2，a2a3是分别以a、b、c为圆心，ac、ba1、ca2为半径画的圆弧，曲线ca1a2a3称为螺旋线旋转一圈然后又以a为圆心，aa3为半径画圆弧这样画到第n圈，则所得螺旋线的长度ln为()a(3n2n) b(3n2n1)c. d.答案a解析由条件知，an1an对应的中心角都是，且半径依次为1,2,3,4，故弧长依次为，2，3，据题意，第一圈长度为(123)，第二圈长度为(456)，第n圈长度为(3n2)(3n1)3n，故ln(1233n)(3n2n).13已知数列an的前n项和为sn，a11，且sn、sn1、2s1成等差数列，则s2、s3、s4分别为_，由此猜想sn_.答案，sn解析sn、sn1、2s1成等差数列，2sn1sn2s1，s1a11，2sn1sn2.令n1，则2s2s12123，s2.同理，分别令n2、n3，可求得s3，s4，由s11，s2，s3，s4，猜想sn.14(2012温州一模)已知nn*，设平面上的n个椭圆最多能把平面分成an部分，则a12，a26，a314，a426，则an_.答案2n22n2解析观察规律可知anan1(n1)4，利用累加法可得an2n22n2.15用数学归纳法证明下面的等式12223242(1)n1n2(1)n1.证明(1)当n1时，左边121，右边(1)01，原等式成立(2)假设nk(kn，k1)时，等式成立，即有12223242(1)k1k2(1)k1.那么，当nk1时，则有12223242(1)k1k2(1)k(k1)2(1)k1(1)k(k1)2(1)kk2(k1)(1)k，nk1时，等式也成立，由(1)、(2)得对任意nn有12223242(1)n1n2(1)n1.16已知点pn(an，bn)满足an1anbn1，bn1(nn*)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nn*，点pn都在(1)中的直线l上解析(1)由p1的坐标为(1，1)知a11，b11.b2，a2a1b2.点p2的坐标为(，)直线l的方程为2xy1.(2)证明：当n1时，2a1b121(1)1成立假设nk(kn*，k1)时，2akbk1成立，则当nk1时，2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1，当nk1时，命题也成立由知，对nn*，都有2anbn1，即点pn在直线l上1对于不等式n1(nn*)，某人的证明过程如下：1当n1时，11，不等式成立. 2假设nk(kn*)时不等式成立，即k1，则nk1时，0，an10，ana0，0an1，故数列an中的任何一项都小于1.(2)解法1：由(1)知0an1，那么a2a1a2，由此猜想：an.下面用数学归纳法证明：当n2，nn时猜想正确当n2时，显然成立；假设当nk(k2，kn)时，有ak成立那么ak1aka22，当nk1时，猜想也正确综上所述，对于一切nn*，都有an.解法2：由aanan1，得0ak1akaak(1ak)，0ak1.令k1,2,3，n1得：1，1，1，n1n，an.5设数列an的前n项和为sn，对一切nn*，点都在函数f(x)x的图象上(1)求a1、a2、a3的值，猜想an的表达式，并用数学归纳法证明；(2)将数列an依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，(a7，a8，a9，a10)；(a11)，(a12，a13)，(a14，a15，a16)，(a17，a18，a19，a20)；(a21)，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为bn，求b5b100的值分析(1)将点代入函数f(x)x中，通过整理得到sn与an的关系，则a1，a2，a3可求；(2)通过观察发现b100是第25组中第4个括号内各数之和，各组第4个括号中各数之和构成首项为68、公差为80的等差数列，利用等差数列求和公式可求b100.解析(1)点在函数f(x)x的图象上，n，snn2an.令n1得，a11a1，a12；令n2得，a1a24a2，a24；令n3得，a1a2a39a3，a36.由此猜想：an2n.用数学归纳法证明如下：当n1时，由上面的求解知，猜想成立假设nk(k1)时猜想成立，即ak2k成立，则当nk1时，注意到snn2an(nn*)，故sk1(k1)2ak1，skk2ak.两式相减得，ak12k1ak1ak，所以ak14k2ak.由归纳假设得，ak2k，故ak14k2ak4k22k2(k1)这说明nk1时，猜想也成立由知，对一切nn*，an2n成立(2)因为an2n(nn*)，所以数列an依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(2)，(4,6)，(8,10,12)，(14,16,18,20)；(22)，(24,26)，(28,30,32)，(34,36,38,40)；(42)，.每一次循环记为一组由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和由分组规律知，各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20.同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为