1、高考资源网（） 您身边的高考专家第1章 4 数学归纳法A级基础巩固一、选择题1我们运用数学归纳法证明某一个关于自然数n的命题时，在由“nk时论断成立nk1时论断也成立”的过程中(A)A必须运用假设Bn可以部分地运用假设C可不用假设D应视情况灵活处理，A，B，C均可解析由“nk时论断成立nk1时论断也成立”的过程中必须运用假设2如果123234345n(n1)(n2)n(n1)(na)(nb)对一切正整数n都成立，则a，b的值应该等于(D)Aa1，b3Ba1，b1Ca1，b2Da2，b3解析当n1时，上式可化为abab11；当n2时，上式可化为ab2(ab)16.由可得ab5，ab6，验证可知只
2、有选项D适合3(2019揭阳一中高二期中)用数学归纳法证明“n3(n1)3(n2)3(nN*)能被9整除”，要利用归纳假设证nk1时的情况，只需展开(A)A(k3)3B(k2)3C(k1)3D(k1)3(k2)3解析因为从nk到nk1的过渡，增加了(k3)3，减少了k3，故利用归纳假设，只需将(k3)3展开，证明余下的项9k227k27能被9整除4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，
3、均有f(k)k2成立D若f(4)25成立，则当k4时，均有f(k)k2成立解析对于A，因为“原命题成立，否命题不一定成立”，所以若f(1)1成立，则f(10)100不一定成立；对于B，因为“原命题成立，则逆否命题一定成立”，所以只能得出：若f(2)4成立，则f(1)1成立，不能得出：若f(2)4成立，则f(1)1成立；对于C，当k1或2时，不一定有f(k)k2成立；对于D，因为f(4)2516，所以对于任意的k4，均有f(k)k2成立故选D.5对于不等式n1(nN)，某学生的证明过程如下：(1)当n1时，11，不等式成立(2)假设nk(kN)时，不等式成立，即k1，则nk1时，0)，fn1(x
4、)f1(fn(x)(1)求f2(x)，f3(x)，并猜想fn(x)的表达式；(2)用数学归纳法证明对fn(x)的猜想解析(1)f2(x)f1f1(x)，f3(x)f1f2(x)猜想：fn(x)，(nN*)(2)下面用数学归纳法证明 ，fn(x)(nN*)当n1时，f1(x)，显然成立；假设当nk(kN*)时，猜想成立，即fk(x)，则当nk1时，fk1f1fk(x)，即对nk1时，猜想也成立；结合可知，猜想fn(x)对一切nN*都成立B级素养提升一、选择题1(2019秦安县西川中学高二期中)用数学归纳法证明1aa2an1(nN*，a1)，在验证n1时，左边所得的项为(B)A1B1aa2C1aD
5、1aa2a3解析因为当n1时，an1a2，所以此时式子左边1aa2.故应选B.2(2019湖北重点中学高二期中联考)用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN*)时，从“nk到nk1”左边需增乘的代数式为(B)A2k1B2(2k1)CD解析nk时，等式为(k1)(k2)(kk)2k13(2k1)，nk1时，等式左边为(k11)(k12)(k1k1)(k2)(k3)(2k)(2k1)(2k2)，右边为2k113(2k1)(2k1)左边需增乘2(2k1)，故选B.二、填空题3对任意nN*,34n2a2n1都能被14整除，则最小的自然数a5_.解析当n1时，36a3能被14整除
6、的数为a3或5，当a3时且n3时，31035不能被14整除，故a5.4若不等式对nN*都成立，则正整数m的最大值为11.解析设f(n)，f(n1)f(n)()f(n)f(n)，f(n1)f(n)f(1)，m11.三、解答题5用数学归纳法证明：1.证明当n1时，左边1右边，当n1时，等式成立假设nk时等式成立，即1.则当nk1时，左边1()()()右边nk1时等式成立由知等式对任意nN都成立6已知函数f(x)(x0)设数列an满足a11，an1f(an)，数列bn满足bn|an|，用数学归纳法证明：bn.证明当x0时，f(x)11.因为a11，所以an1(nN)下面用数学归纳法证明不等式bn.(
7、1)当n1时，b11，不等式成立(2)假设当nk(k1)时，不等式成立即bk，那么bk1|ak1|bk.所以，当nk1时，不等式也成立根据(1)和(2)，可知不等式对任意nN都成立C级能力拔高已知等差数列an中，a28，前10项的和S10185，(1)求数列an的通项公式an；(2)若从数列an中依次取出第2,4,8，2n，项，按原来的顺序排成一个新数列，试求新数列的前n项和An；(3)设Bnn(53an)，试比较An和Bn的大小，并说明理由解析(1)设公差为d，由题意得，解得an53(n1)3n2.(2)设新数列为bn，bna2n32n2.An3(222232n)2n32n12n6.(3)B
8、nn(9n11)9n211n，A13448，A238222，A331648，A4332298，A53644196，A631286390，A732568776，而B120，B258，B3114，B4188，B5280，B6390，B7518，当n1,2,3,4,5时，BnAn；当n6时，B6A6；当n7，且nN*时，猜想AnBn，用数学归纳法证明：当n7时，A7776518B7，结论正确；假设当nk(k7)时，AkBk，即32k12k69k211k2k13k23k2，nk1时，Ak1Bk132k22(k1)69(k1)211(k1)62k19k227k2462k1(3k23k2)6(3k23k2)9k227k2462k1(3k23k2)9k29k129k29k129k(k1)1297(71)120，Ak1Bk1，即nk1时，结论也正确综上知，当n7，且nN*时，有AnBn.- 7 - 版权所有高考资源网