1、课时作业一、选择题1如果命题p(n)对nk(kN*)成立，则它对nk2也成立若p(n)对n2也成立，则下列结论正确的是()Ap(n)对所有正整数n都成立Bp(n)对所有正偶数n都成立Cp(n)对所有正奇数n都成立Dp(n)对所有自然数n都成立B由题意nk成立，则nk2也成立，又n2时成立，则p(n)对所有正偶数都成立2用数学归纳法证明不等式1(nN*)成立，其初始值最小应取()A7B8C9 D10B可逐个验证，n8成立3(2014海南三亚二模)用数学归纳法证明“12222n12n1(nN*)”的过程中，第二步nk时等式成立，则当nk1时，应得到()A12222k22k12k11B12222k2
2、k12k12k1C12222k12k12k11D12222k12k2k11D由条件知，左边是从20，21一直到2n1都是连续的，因此当nk1时，左边应为12222k12k，而右边应为2k11.4凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n1)边形的对角线的条数f(n1)为()Af(n)n1 Bf(n)nCf(n)n1 Df(n)n2C边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n2个顶点连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n1条5在数列an中，a1，且Snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()A. B.C. D.C由a1，Snn(2n1)an求得a2
3、，a3，a4.猜想an.6下列代数式(其中kN*)能被9整除的是()A667k B27k1C2(27k1) D3(27k)D(1)当k1时，显然只有3(27k)能被9整除(2)假设当kn(nN*)时，命题成立，即3(27n)能被9整除，那么3(27n1)21(27n)36.这就是说，kn1时命题也成立由(1)(2)可知，命题对任何kN*都成立二、填空题7用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，当第二步假设n2k1(kN*)命题为真时，进而需证n_时，命题亦真解析n为正奇数，假设n2k1成立后，需证明的应为n2k1时成立答案2k18用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应
4、在nk的基础上加上的项为_解析当nk时左端为123k(k1)(k2)k2，则当nk1时，左端为123k2(k21)(k22)(k1)2，故增加的项为(k21)(k22)(k1)2.答案(k21)(k22)(k1)29设数列an的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有：(Sn1)2anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn _解析由(S11)2S得：S1；由(S21)2(S2S1)S2得：S2；由(S31)2(S3S2)S3得：S3.猜想Sn.答案三、解答题10用数学归纳法证明：123252(2n1)2n(4n21)证明(1)当n1时，左边121，右边 1(41)1，等式成立(2)假设当nk(
5、kN*)时等式成立，即123252(2k1)2k(4k21)则当nk1时，123252(2k1)2(2k1)2k(4k21)(2k1)2k(4k21)4k24k1k4(k1)21k4(2k1)4k24k1k4(k1)21(12k212k38k24k)k4(k1)214(k1)21(k1) 4(k1)21即当nk1时等式也成立由(1)，(2)可知，对一切nN*，等式都成立11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)由题意得a11，b1
6、1，b2，a21，P2.直线l的方程为，即2xy1.(2)当n1时，2a1b121(1)1成立假设nk(k1且kN*)时，2akbk1成立则2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1，当nk1时，2ak1bk11也成立由知，对于nN*，都有2anbn1，即点Pn在直线l上12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，并给出严格的证明解析(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a2a20，解得a2.(2)由题设(Sn1)2an(Sn1)an0，即S2Sn1anSn0.当n2时，anSnSn1，代入上式得Sn1Sn2Sn10.由(1)得S1a1，S2a1a2.由可得S3.由此猜想Sn，n1，2，3.下面用数学归纳法证明这个结论()n1时已知结论成立()假设nk(k1，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