1、考点巩固训练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，
2、a4，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
3、式成立；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(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，表示
4、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：首先观察等式两边的
5、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，下面用
6、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a2
7、a2a1，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时，
8、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)(n
9、2)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(0,1)上的增函数，因此f(a2)f(1)n2，所要证的不等式成立当a21时，令b，则0b1，由已证的结论知，两边同乘以a2n1得所要证的不等式综上，当a21且a20时，有Sn(a1an)，当且仅当n1,2或a21时等号成立
