1、第六章第七讲A组基础巩固一、选择题1用数学归纳法证明“2nn21对于nn0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取(C)A2B3C5D6解析当n1时，212121，当n2时，2242215，当n3时，23832110，当n4时，241652126，当n6时，266462137，故起始值n0应取5.2(2016黄山模拟)已知n为正偶数，用数学归纳法证明12()时，若已假设nk(k2且k为偶数)时命题为真，则还需要用归纳假设再证(B)Ank1时等式成立Bnk2时等式成立Cn2k2时等式成立Dn2(k2)时等式成立解析k为偶数，则k2为偶数，故选B3(2016昆明模拟)设n为正整数，f(n
2、)1，经计算得f(2)，f(4)2，f(8)，f(16)3，f(32)，观察上述结果，可推测出一般结论(C)Af(2n)Bf(n2)Cf(2n)D以上都不对解析f(2)，f(4)f(22)，f(8)f(23)，f(16)f(24)，f(32)f(25)，由此可推知f(2n)，故选C4(2016潍坊模拟)某个命题与正整数有关，若当nk(kN*)时该命题成立，那么可推得当nk1时该命题也成立，现已知当n4时该命题不成立，那么可推得(D)A当n5时，该命题不成立B当n5时，该命题成立C当n3时，该命题成立D当n3时，该命题不成立解析由数学归纳法的特点可以知道，当n4时该命题不成立，可知当n3时，该命
3、题不成立5用数学归纳法证明1232n2n122n1(nN)时，假设nk时命题成立，则当nk1时，左端增加的项数是(D)A1项Bk1项Ck项D2k项解析运用数学归纳法证明1232n2n122n1(nN)当nk时，则有1232k2k122k1(kN)左边表示的为2k项的和当nk1时，则左边1232k(2k1)2k1，表示的为2k1项的和，因此，增加了2k12k2k项6用数学归纳法证明1222(n1)2n2(n1)22212时，由nk的假设到证明nk1时，等式左边应添加的式子是(B)A(k1)22k2B(k1)2k2C(k1)2D(k1)2(k1)21解析由nk到nk1时，左边增加(k1)2k2，故
4、选B二、填空题7(易错题)(2016河南洛阳模拟)用数学归纳法证明11)时，第一步应验证的不等式是 11知，n取第一个值n02，当n2时，不等式为12.8(2016甘肃省白银市会宁四中期中数学试题)已知数列an满足条件an，设f(n)(1a1)(1a2)(1a3)(1an)，计算f(1)，f(2)，f(3)，f(4)的值，由此猜想f(n)的通项公式为 f(n).解析f(1)，f(2)，f(3)，f(4).由此可猜想f(n)9(2016湖南省常德市石门一中第一次月测数学试题)用数学归纳法证明11)，由nk(k1)不等式成立，推理nk1时，左边应增加的项数是_2k_.解析当nk时，不等式为1对一切
5、正整数n都成立，猜想正整数a的最大值，并证明结论.解析当n1时，即，所以a.当n1时，已证；假设当nk时，不等式成立，即.则当nk1时，因为，所以0，所以当nk1时，不等式也成立由知，对一切正整数n，都有.所以a的最大值等于25.解法总结数学归纳法证明不等式的种类和注意点.证明不等式的种类一般有三种：直接给出不等式；比较两个式子的大小，先利用n的几个特殊值猜想大小再证明；已知不等式成立，寻求变量的取值范围.从nk到nk1成立时，一定要用假设nk的中间过渡，可以用放缩法、基本不等式法、分析法等.B组能力提升1用数学归纳法证明不等式1(nN*)成立，其初始值至少应取(B)A7B8C9D10解析左边
6、12，代入验证可知n的最小值是8.2(2017辽宁省葫芦岛市普通高中期期末数学试题)在数列an中，a1，且Snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为(C)ABCD解析当n2时，a2(23)a2，a2.当n3时，a3(35)a3，a3.故猜想an.3设f(x)是定义在正整数集上的函数，且f(x)满足：“当f(k)k2成立时，总可推出f(k1)(k1)2成立”那么，下列命题总成立的是(D)A若f(1)1成立，则f(10)100成立B若f(2)4成立，则f(1)1成立C若f(3)9成立，则当k1时，均有f(k)k2成立D若f(4)16成立，则当k4时，均有f(k)k2成立解析f
7、(k)k2成立时，f(k1)(k1)2成立，f(4)16时，有f(5)52，f(6)62，f(k)k2成立4在数列an，bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列(nN*).(1)求a2，a3，a4及b2，b3，b4，由此猜想an，bn的通项公式，并证明你的结论；(2)证明：.答案(1)a26，a312，a420，b29，b316，b425，ann(n1)，bn(n1)2，证明略(2)略解析(1)由条件得2bnanan1，abnbn1.由此可得a26，b29，a312，b316，a420，b425.猜测ann(n1)，bn(n1)2.用数学归纳法证明
8、：当n1时，由上可得结论成立假设当nk时，结论成立，即akk(k1)，bk(k1)2.那么当nk1时，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1(k2)2.所以当nk1时，结论也成立由，可知ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立(2).当n2时，由(1)知anbn(n1)(2n1)2(n1)n.故()()().5(2016衡水调研)首项为正数的数列an满足an1(a3)，nN*. (1)证明：若a1为奇数，则对一切n2，an都是奇数；(2)若对一切nN*都有an1an，求a1的取值范围答案(1)略(2)0a13解析(1)证明：已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系，得ak1m(m1)1是奇数根据数学归纳法，可知对任何nN*，an都是奇数(2)方法一：由an1an(an1)(an3)，知当且仅当an3时，an1an.另一方面，若0ak1，则0ak13，则ak13.根据数学归纳法，可知nN*,0a110an3an3.综上所述，对一切nN*都有an1an的充要条件是0a13.方法二：由a2a1，得a4a130.于是0a13.an1an.因为a10，an1，所以对任意nN*，an均大于0.因此an1an与anan1同号根据数学归纳法，可知nN*，an1an与a2a1同号因此，对于一切nN*都有an1an的充要条件是0a13.
