高考数学（重庆专用 理科）一轮复习题库 12.5数学归纳法 Word版含解析

1、课时作业67数学归纳法一、选择题1用数学归纳法证明12(2n1)(n1)(2n1)时，在验证n1成立时，左边所得的代数式是()a1 b13c123 d12342用数学归纳法证明不等式(n2，nn*)的过程中，由nk递推到nk1时不等式左边()a增加了一项b增加了两项、c增加了和两项但减少了一项d以上各种情况均不对3用数学归纳法证明不等式1成立时，起始值n至少应取为()a7 b8 c9 d104用数学归纳法证明：“(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)”，从“k到k1”左端需增乘的代数式为()a2k1 b2(2k1) c d5在数列an中，a1，且snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4

2、，猜想an的表达式为()a bc d6设函数f(n)(2n9)3n19，当nn*时，f(n)能被m(mn*)整除，猜想m的最大值为()a9 b18 c27 d367对于不等式n1(nn*)，某同学用数学归纳法的证明过程如下：(1)当n1时，11，不等式成立(2)假设当nk(kn*)时，不等式成立，即k1，则当nk1时，(k1)1，当nk1时，不等式成立，则上述证法()a过程全部正确bn1验得不正确c归纳假设不正确d从nk到nk1的推理不正确二、填空题8用数学归纳法证明“1aa2an1(a1，且nn*)”，在验证n1时，左边计算所得的结果是_9在abc中，不等式成立；在四边形abcd中，不等式成

3、立；在五边形abcde中，不等式成立猜想在n边形a1a2an中，有不等式_成立10用数学归纳法证明(k1)，则当nk1时，左端应乘上_，这个乘上去的代数式共有因式的个数是_三、解答题11设数列an的前n项和为sn，且方程x2anxan0有一根为sn1，n1,2,3，.(1)求a1，a2；(2)猜想数列sn的通项公式，并给出严格的证明12(2012重庆高考)设数列an的前n项和sn满足sn1a2sna1，其中a20，(1)求证：an是首项为1的等比数列；(2)若a21，求证：sn(a1an)，并给出等号成立的充要条件参考答案一、选择题1c解析：左边表示从1开始，连续2n1个正整数的和，故n1时，

4、表示123的和2c解析：当nk1时，不等式为，比当nk时增加了，项但最左端少了一项3b解析：12，而1，故起始值n至少取84b解析：当nk时，等式为(k1)(k2)(kk)2k13(2k1)，当nk1时，等式为(k2)(k3)(kk)(k1k)(k1k1)2k113(2k1)，左端增乘2(2k1)5c解析：由a1，snn(2n1)an求得a2，a3，a4猜想an6d解析：f(n1)f(n)(2n11)3n2(2n9)3n14(n6)3n1，当n1时，f(2)f(1)479为最小值，据此可猜想d正确7d解析：在nk1时，没有应用nk时的假设，不是数学归纳法二、填空题81aa2解析：首先观察等式两

5、边的构成情况，它的左边是按a的升幂顺序排列的，共有n2项因此当n1时，共有3项，应该是1aa29102k1解析：当nk时，当nk1时，左边应乘上，设第一项a12k1，an2k11，d2，n2k1三、解答题11解：(1)当n1时，x2a1xa10有一根为s11a11，于是(a11)2a1(a11)a10，解得a1当n2时，x2a2xa20有一根为s21a2，于是2a2a20，解得a2(2)由题设知(sn1)2an(sn1)an0，即sn22sn1ansn0当n2时，ansnsn1，代入上式得sn1sn2sn10(*)由(1)得s1a1，s2a1a2由(*)式可得s3由此猜想sn，n1,2,3，下

6、面用数学归纳法证明这个结论n1时已知结论成立假设nk(kn*)时结论成立，即sk，当nk1时，由(*)得sk1，即sk1，故nk1时结论也成立综上，由、可知sn对所有正整数n都成立12(1)证法一：由s2a2s1a1得a1a2a2a1a1，即a2a2a1，因a20，故a11，得a2，又由题设条件知sn2a2sn1a1，sn1a2sna1，两式相减得sn2sn1a2(sn1sn)，即an2a2an1，由a20，知an10，因此a2，综上，a2对所有nn*成立从而an是首项为1，公比为a2的等比数列证法二：用数学归纳法证明ana2n1，nn*当n1时，由s2a2s1a1，得a1a2a2a1a1，即

7、a2a2a1，再由a20，得a11，所以结论成立假设nk时，结论成立，即aka2k1，那么ak1sk1sk(a2ska1)(a2sk1a1)a2(sksk1)a2aka2k这就是说，当nk1时，结论也成立综上可得，对任意nn*，ana2n1因此an是首项为1，公比为a2的等比数列(2)证法一：当n1或2时，显然sn(a1an)，等号成立设n3，a21且a20由(1)知a11，ana2n1，所以要证的不等式化为1a2a22a2n1(1a2n1)(n3)，即证：1a2a22a2n(1a2n)(n2)当a21时，上面不等式的等号成立当1a21时，a2r1与a2nr1(r1,2，n1)同为负；当a21

8、时，a2r1与a2nr1(r1,2，n1)同为正因此当a21且a21时，总有(a2r1)(a2nr1)0，即a2ra2nr1a2n(r1,2，n1)上面不等式对r从1到n1求和得2(a2a22a2n1)(n1)(1a2n)，由此得1a2a22a2n(1a2n)综上，当a21且a20时，有sn(a1an)，当且仅当n1,2或a21时等号成立证法二：当n1或2时，显然sn(a1an)，等号成立当a21时，snn(a1an)，等号也成立当a21时，由(1)知sn，ana2n1下证：(1a2n1)(n3，a21且a21)当1a21时，上面不等式化为(n2)a2nna2na2n1n2(n3)令f(a2)(n2)a2nna2na2n1当1a20时，1a2n20，故f(a2)(n2)a2nna2(1a2n2)(n2)|a2|nn2，即所要证的不等式成立当0a21时，对a2求导得f(a2)n(n2)a2n1(n1)a2n21ng(a2)其中g(a2)(n2)a2n1(n1)a2n21，则g(a2)(n2)(n1)(a21)a2n30，即g(a2)是(0,1)上的减函数，故g(a2)g(1)0，从而f(a2)ng(a2)0，进而f(a2)是(0,