【高考核动力】2014届高考数学6-7数学归纳法(理)配套作业北师大版

1、1【高考核动力】2014届高考数学6-7数学归纳法(理)配套作业北师大版课斤巩固I练案11 11若f(n) = 1 + 2+ 3+ 6n二!(n 2)，则f(1)为()1A. 1B-51111C. 1+;+：+;+D.非以上答案234 5【解析】 等式右边的分母是从 1 开始的连续的自然数，且最大分母为6n1,则当n=1 时，最大分母为 5,故选 C.【答案】 C11 1 12.已知f(n)=n+n+则()1 1A.f(n)中共有n项，当n= 2 时，f(2) = -+ 323111B.f(n)中共有n+ 1 项，当n= 2 时，f(2) =Q+ 3+ 421 1C.f(n)中共有n2n项，当

2、n= 2 时，f(2) = -+-2321 1 1D.f(n)中共有nn+ 1 项，当n= 2 时，f(2) = - + 3+ 421 1 1【解析】 由f(n)可知，共有nn+ 1 项，且n= 2 时，f(2) = - + 3 +【答案】 D3.下列代数式(其中k N*)能被 9 整除的是()kk1A. 6 + 6 7B. 2+ 7_k+1kC. 2(2 + 7 )D. 3(2 + 7)【解析】 本题考查用数学归纳法证明整除性问题.(1) 当k= 1 时，显然只有 3(2 + 7k)能被 9 整除.(2)假设当k=n(n N)时，命题成立，即 3(2 + 7n)能被 9 整除，那么 3(2

3、+ 7n+1) = 21(2 + 7n) 36.2这就是说，k=n+ 1 时命题也成立.【答案】 D3111134用数学归纳法证明不等式nn+市+市诂的过程中，由n=k推导n=k+1 时，不等式的左边增加的式子是 _【解析】不等式的左边增加的式子是1 1 1 12k+ 1 + 2k+ 2 _k+ 1【答案】1?k + 1?k+95.求证：当n1(n N)时,(1 + 2+-+n)1 + 2+ 3+n2.23n【证明】(1)当n= 1 时，左边=右边，命题成立.当n= 2 时，192左边=(1 + 2)1 + 2 = 2 22,命题成立.假设当n=k(k2)时命题成立，即1 12(1 + 2+-

4、+k)1 +十Rk.则当n=k+ 1 时，有左边=1 1 1(1 + 2+-+k) + (k+1) 1+ 2+R+k+111=(1 + 2 + +k)1+;+2k(1 + 2+-+k)+ (k+ 1)1 +舟+十k+ 12k2k11k+2+1+(k+1)1+R当k2时，1 + ?+R1+1=3, k2+k+1 + (k+1)1 +1+ +kk2+ 2+ 1+ (k+1) X | =k2+ 2k+ 1 +1(k+ 1)2.这就是说当n=k+ 1 时，命题成立.由(1)、(2)可知当n1(n N)时原命题成立.课时作业【考点排查表】4考查考点及角度难度及题号错题记录基础中档稍难数学归纳法证明等式5

5、610数学归纳法证明不等式3911归纳、猜想、证明17,812综合问题2413一、选择题1 .数列an中，已知ai= 1，当n2时，anan1= 2n1,依次计算a?,a3,a4后，猜 想an的表达式是()2A. 3n 2B. nC. 3n1D. 4n 3【解析】 计算出a1= 1,a?= 4,a3= 9,a4= 16.可猜an=n2.故应选 B.【答案】 B2.若凸n(n4)边形有f(n)条对角线，则凸n+ 1 边形的对角线条数f(n+ 1)为()A.f(n) +n 2B.f(n) +n 1C. f(n) +nD. f(n) +n+ 1【解析】 新增加的一个顶点与另外的不相邻的n 2 个顶点

6、连成n 2 条对角线，同时对应的这条边也变为一条对角线，故共增加n 2+ 1=n 1 条对角线.【答案】 B3. 对于不等式n2+nvn+ 1(n N*)，某同学的证明过程如下：(1) 当n= 1 时，12+ 1v1 + 1，不等式成立.(2) 假设当n=k(k N)时，不等式成立.即，k2+kvk+ 1,则当n=k+ 1 时，k+2+k+1=k2+ 3k+ 2vk2+ 3k+2+k+2=Vk+二2=(k+1)+1,当n=k+ 1 时，不等式成立.则上述证法()A.过程全部正确B.n= 1 验得不正确C.归纳假设不正确D.从n=k到n=k+ 1 的推理不正确【解析】 用数学归纳法证题的关键在于

7、合理运用归纳假设.【答案】 D54.利用数学归纳法证明“对任意偶数n,anbn能被a+b整除”时，其第二步论证，6应该是(A. 假设n= 2k时命题成立，再证B. 假设n=k时命题成立，再证n=k时命题成立，再证【解析】因为n为偶数，故选 D.【答案】D425.(2013 济南模拟)用数学归纳法证明 1 + 2+ 3 +n2= 苇卩，则当n=k+1 时左端应在n=k的基础上加上()A.k2+ 1D. (k2+1) + (k2+ 2) + (k2+ 3) + (k+ 1)【解析】 当n=k时，等式左端=1 + 2+k,当n=k+1 时，等式左端=1 + 2+k2+ (k2+ 1) + (k+1)

8、 2k+21 个.【答案】D6.用数学归纳法证明 左边需增添的代数式是(1 + 2+ 3 + + (2n+ 1) = (n+ 1)(2n+ 1)时，从n=k到n=k+ 1,)A. 2k+ 2B. 2k+ 3C. 2k+ 1D. (2k+ 2) + (2k+ 3)【解析】当n=k时，左边是共有 2k+ 1 个连续自然数相加，即 1 + 2 + 3+-+ (2k+1),所以当n=k+ 1 时，左边是共有 2k+ 3 个连续自然数相加，即1 + 2 + 3+-+ (2k+ 1)+ (2k+ 2) + (2k+ 3).【答案】D二、填空题17.在数列a“中，a1= 3 且$=n(2n 1)an，通过计

9、算a?,a3,a4,猜想an的表达式是【解析】1 1当n= 2 时，a+ a2= 6a2, 即卩a2= 5a1=亦；当n= 3 时，a1+az+a3= 15a3,1 1即a3= 14(a+比)=35；n= 2k+ 1 时命题也成立n=k+ 1 时命题也成立n=k+ 2 时命题也成立n= 2(k+1)时命题也成立C. 假设D. 假设 n= 2k 时命题成立，再证B.(k+ 1)C.2k+17当n= 4 时，ai+32+a3+a4= 28a4,1 1 1 1 1 1 13=岚，32=15=35,33=35=57，34=79,【答案】an=n+&如图，这是一个正六边形的序列：则第n个图形的边

10、数为 _.【解析】 第(1)图共 6 条边，第图共 11 条边，第图共 16 条边，其边数构成等差数列，则第(n)图的边数为an= 6 + (n 1)x5= 5n+ 1.【答案】 5n+11 1 19.用数学归纳法证明“1+-+-Tv2(n N,且n 1)”，第一步要证的不等232 1式是_.111 1【解析】n= 2 时，左边=1 + ;+ ; = 1 +；+；，右边=2.2 2 12 31 1【答案】 1+2+2三、解答题bn*10 .已知点 Pi(3n,bn)满足3n+1=3nbn+1,bn+1= 432(n N)，且点P的坐标为(1 , 1).(1) 求过点P1,P2的直线l的方程；(

11、2) 试用数学归纳法证明：对于n N*，点 R 都在(1)中的直线I上.【解】(1)由题意得31= 1,b1= 1,1 即a4=27(13i+32+33)= 63.故猜想3n=1?n12n+lb2=114X11 1 13,32=1X3=3,直线i的方程为y+ 111+1-1即 2x+y= 1.(2) )8当n= 1 时，231+b1= 2X1+ ( 1) = 1 成立.假设n=k(kl且k N)时，23k+bk= 1 成立.9(1)当n= 1,2,3 时，试比较f(n)与g(n)的大小关系;猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明.【解】(1)当n= 1 时，f(1)= 1,g(1) =

12、1,所以f(1) =g(1)；911当n= 2 时，f(2) = 8,g(2)=-，所以f(2) g(2);由(1)，猜想f(n)wg(n)，下面用数学归纳法给出证明:当n= 1,2,3 时，不等式显然成立.k+ 31- 3k-131则 2ak+1+bk+1= 2akbk+1+bk+i=bk1 - 4a2(2ak+ 1)*bk1- 2ak1 2ak1 - 2ak当n=k+ 1 时，2ak+1+bk+1= 1 也成立.由知，对于n N,都有 2an+bn= 1,即点Pn在直线I上.11 . (2012 山东淄博一中检测)已知f(n) = 1+ 23+ 33+ *+131n3,g(n)=2-2F，

13、当n= 3 时,f(3)=251216，312g(3)=丽,所以f(3)g(3).假设当n=1111 311+尸+壬+尸+k32 汞，那么，当n=k+1 时，f(k+ 1) =f(k) +1321111，因勺k+12-汞-令y= 0,11解得X2=7,所以2WX1X23.假设当n=k时，结论成立，即 2wXkXk+13.直线PQ+110由归纳假设知3 + 4xk+i55Xk+2= 2+Xk+1=42+Xk+10,即Xk+1Xk+2.所以 2Xk+iXk+23,即当n=k+ 1 时，结论成立. 由知对任意的正整数n,2XnXn+10) ,f(an+1) =g(an)，证明：存在常数M使得对于 任

14、意的nN*,都有anwM【解】(1)由题意知，x 0 ,+),h(x) =x3xx,h(0) = 0,且h(1)=10,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.2112111？法一：h(x) = 3x- 1 ?x2,记0(x) = 3x- 1 -?x2,贝U 0 (x) = 6x+;x2当x (0,+s)时，0(x)0，因此0(x)在(0,+)上单调递增，则0(X)在(0 ,+)内 至多只有一个零点.又因为0(1)0 ,0，贝U 0(x)在可,1 内有零点，所以0(x)在(0,+)内有且只有一个零点.记此零点为xi，则当x (0 ,xi

15、)时，0(x)0(xi)=0.所以当x (0 ,xi)时，h(x)单调递减，而h(0) = 0，则h(x)在(0 ,xi内无零点；当x (xi,+s)时，h(x)单调递增，则h(x)在(xi,+)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.ii32一2一i法二：由h(x) =x(x- i -x2)，记0(x) =x- i -x；，贝U 0(x) = 2x+qx；当x (0,+s)时，0(x)0，从而0(x)在(0,+s)上单调递增，则0(x)在(0,+s)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

16、)有且只有两个零点.(2)证明：记h(x)的正零点为Xo,即卩x3=Xo+Xo.1当ax时，由ai=a,得aix.而a2=ai+aix0+x=x0,因此a2x.由此猜想：少刈.下面用数学归纳法证明.a. 当n= i 时，ai2)时，akx成立，则当n=k+ i 时，由ak+1=ak+Q恳X0+Q=x3知，ak+iX0.因此，当n=k+ i 时，ak+iX0成立.故对任意的n N*,anX0时，由(i)知，h(x)在(x0,+m)上单调递增，则h(a) h(x) = 0，即aa+a,从而a!=ai+ai=a+aa3,即卩a2a.由此猜想：an2)时，akwa成立，则当n=k+ i 时，由ak+1=ak+ 诟kwa+/aa3知，ak+1wa.因此，当n=k+ 1 时，ak+1wa成立.故对任意的n N*,anw