1、9-4数学归纳法(理)基础巩固强化1.用数学归纳法证明11)时，第一步应验证不等式()A12 B12C13 D11，n取的第一个数为2，左端分母最大的项为，故选B.2某个命题与自然数n有关，若nk(kN*)时命题成立，则可推得当nk1时该命题也成立，现已知n5时，该命题不成立，那么可以推得()An6时该命题不成立 Bn6时该命题成立Cn4时该命题不成立 Dn4时该命题成立答案C解析“若nk(kN*)时命题成立，则当nk1时，该命题也成立”，故若n4时命题成立，则n5时命题也应成立，现已知n5时，命题不成立，故n4时，命题也不成立点评可用逆否法判断3(2012深圳市明德外语实验学校测试)用数学归
2、纳法证明：1222n22212，第二步证明由“k到k1”时，左边应加()Ak2 B(k1)2Ck2(k1)2k2 D(k1)2k2答案D解析当nk时，左边1222k22212，当nk1时，左边1222k2(k1)2k22212，选D.4已知Sk(k1,2,3，)，则Sk1等于()ASk BSkCSk DSk答案C解析Sk1Sk.5数列an中，已知a11，当n2时，anan12n1，依次计算a2、a3、a4后，猜想an的表达式是()Aan3n2 Bann2Can3n1 Dan4n3答案B解析a11，a24，a39，a416，猜想ann2.6已知f(n)，则()Af(n)中共有n项 Bf(n)中共
3、有n1项Cf(n)中共有n2n项 Df(n)中共有n2n1项答案D解析f(n)的分母从n开始取自然数到n2止，共有n2(n1)n2n1项7如果不等式2nn21对于nn0的正整数n都成立，则n0的最小值为_答案5解析当n1时，22不成立，当n2时，45不成立当n3时，810不成立当n4时，1617不成立当n5时，3226成立当n6时，6437成立，由此猜测n0应取5.8用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)(nN*)的第二步中，当nk1时等式左边与nk时等式左边的差等于_答案3k2解析(k1)1(k1)2(k1)(k1)(k1)(k2)(kk)(k1)k(k1)(k1)(k1)3k2.9(2
4、012长春模拟)如图，第n个图形是由正n2边形“扩展”而来的(n1,2,3，)，则第n2(n3，nN*)个图形共有_个顶点答案n(n1)解析当n1时，顶点共有3412(个)，当n2时，顶点共有4520(个)，当n3时，顶点共有5630(个)，当n4时，顶点共有6742(个)，故第n2图形共有顶点(n22)(n23)n(n1)个10已知函数f(x)x3x，数列an满足条件：a11，an1f (an1)试比较与1的大小，并说明理由解析f (x)x21，an1f (an1)，an1(an1)21.函数g(x)(x1)21x22x在区间1，)上单调递增，于是由a11，及a2(a11)21得，a2221
5、，进而得a3(a21)21241231，由此猜想：an2n1.下面用数学归纳法证明这个猜想：当n1时，a12111，结论成立；假设当nk(k1且kN*)时结论成立，即ak2k1，则当nk1时，由g(x)(x1)21在区间1，)上单调递增知，ak1(ak1)2122k12k11，即nk1时，结论也成立由、知，对任意nN*，都有an2n1.即1an2n.1()n1.能力拓展提升11.若f(x)f1(x)，fn(x)fn1f(x)(n2，nN*)，则f(1)f(2)f(n)f1(1)f2(1)fn(1)()An B.C. D1答案A解析易知f(1)，f(2)，f(3)，f(n)；由fn(x)fn1(
6、f(x)得，f2(x)，f3(x)，fn(x)，从而f1(1)，f2(1)，f3(1)，fn(1)，所以f(n)fn(1)1，故f(1)f(2)f(n)f1(1)f2(1)fn(1)n.12.如图，一条螺旋线是用以下方法画成的：ABC是边长为1的正三角形，曲线CA1、A1A2，A2A3是分别以A、B、C为圆心，AC、BA1、CA2为半径画的圆弧，曲线CA1A2A3称为螺旋线旋转一圈然后又以A为圆心，AA3为半径画圆弧这样画到第n圈，则所得螺旋线的长度ln为()A(3n2n) B(3n2n1)C. D.答案A解析由条件知，An1An对应的中心角都是，且半径依次为1,2,3,4，故弧长依次为，2，
7、3，据题意，第一圈长度为(123)，第二圈长度为(456)，第n圈长度为(3n2)(3n1)3n，故Ln(1233n)(3n2n).13已知数列an的前n项和为Sn，a11，且Sn、Sn1、2S1成等差数列，则S2、S3、S4分别为_，由此猜想Sn_.答案，Sn解析Sn、Sn1、2S1成等差数列，2Sn1Sn2S1，S1a11，2Sn1Sn2.令n1，则2S2S12123，S2.同理，分别令n2、n3，可求得S3，S4，由S11，S2，S3，S4，猜想Sn.14(2012温州一模)已知nN*，设平面上的n个椭圆最多能把平面分成an部分，则a12，a26，a314，a426，则an_.答案2n2
8、2n2解析观察规律可知anan1(n1)4，利用累加法可得an2n22n2.15用数学归纳法证明下面的等式12223242(1)n1n2(1)n1.证明(1)当n1时，左边121，右边(1)01，原等式成立(2)假设nk(kN，k1)时，等式成立，即有12223242(1)k1k2(1)k1.那么，当nk1时，则有12223242(1)k1k2(1)k(k1)2(1)k1(1)k(k1)2(1)kk2(k1)(1)k，nk1时，等式也成立，由(1)、(2)得对任意nN有12223242(1)n1n2(1)n1.16已知点Pn(an，bn)满足an1anbn1，bn1(nN*)且点P1的坐标为(
9、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P1的坐标为(1，1)知a11，b11.b2，a2a1b2.点P2的坐标为(，)直线l的方程为2xy1.(2)证明：当n1时，2a1b121(1)1成立假设nk(kN*，k1)时，2akbk1成立，则当nk1时，2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1，当nk1时，命题也成立由知，对nN*，都有2anbn1，即点Pn在直线l上1对于不等式n1(nN*)，某人的证明过程如下：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，an
10、10，ana0，0an1，故数列an中的任何一项都小于1.(2)解法1：由(1)知0an1，那么a2a1a2，由此猜想：an.下面用数学归纳法证明：当n2，nN时猜想正确当n2时，显然成立；假设当nk(k2，kN)时，有ak成立那么ak1aka22，当nk1时，猜想也正确综上所述，对于一切nN*，都有an.解法2：由aanan1，得0ak1akaak(1ak)，0ak1.令k1,2,3，n1得：1，1，1，n1n，an.5设数列an的前n项和为Sn，对一切nN*，点都在函数f(x)x的图象上(1)求a1、a2、a3的值，猜想an的表达式，并用数学归纳法证明；(2)将数列an依次按1项、2项、3
11、项、4项循环地分为(a1)，(a2，a3)，(a4，a5，a6)，(a7，a8，a9，a10)；(a11)，(a12，a13)，(a14，a15，a16)，(a17，a18，a19，a20)；(a21)，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成的数列为bn，求b5b100的值分析(1)将点代入函数f(x)x中，通过整理得到Sn与an的关系，则a1，a2，a3可求；(2)通过观察发现b100是第25组中第4个括号内各数之和，各组第4个括号中各数之和构成首项为68、公差为80的等差数列，利用等差数列求和公式可求b100.解析(1)点在函数f(x)x的图象上，n，Snn2an.
12、令n1得，a11a1，a12；令n2得，a1a24a2，a24；令n3得，a1a2a39a3，a36.由此猜想：an2n.用数学归纳法证明如下：当n1时，由上面的求解知，猜想成立假设nk(k1)时猜想成立，即ak2k成立，则当nk1时，注意到Snn2an(nN*)，故Sk1(k1)2ak1，Skk2ak.两式相减得，ak12k1ak1ak，所以ak14k2ak.由归纳假设得，ak2k，故ak14k2ak4k22k2(k1)这说明nk1时，猜想也成立由知，对一切nN*，an2n成立(2)因为an2n(nN*)，所以数列an依次按1项、2项、3项、4项循环地分为(2)，(4,6)，(8,10,12
13、)，(14,16,18,20)；(22)，(24,26)，(28,30,32)，(34,36,38,40)；(42)，.每一次循环记为一组由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和由分组规律知，各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20.同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20.故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80.注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，所以b1006824801988，又b522，所以b5b1002010.点评由已知求出数列的前几项，做出猜想，然后利用数学归纳法证明，是不完全归纳法与数学归纳法相结合的一种重要的解决数列通项公式问题的方法证明的关键是根据已知条件和假设寻找ak与ak1或Sk与Sk1间的关系，使命题得证版权所有：高考资源网()
