1、A组基础演练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()A2B3C5 D6解析：令n0分别取2,3,5,6，依次验证即得答案：C2(2014三亚二模)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()A12222k22k12k11B12222k2k12k12k1C12222k12k12k11D12222k12k2k11解析：由等式的规律可以得到当nk时有12222k12k1，当nk1时，应得等式为12222k12k2k11.答案：D3凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n1)边形的对角线
2、的条数f(n1)为()Af(n)n1 Bf(n)nCf(n)n1 Df(n)n2解析：由凸n多边形到凸(n1)边形增加了一个顶点，这个顶点与其余n个顶点连结形成对角线n2条，原来的一条边成为对角线，故共增加n1条对角线，f(n1)f(n)n1.答案：C4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.解析：由a1，Snn(2n1)an求得a2，a3，a4. 猜想an.答案：C5用数学归纳法证明“2n1n2n2(nN)”时，第一步验证为_解析：当nN可知初始值为1.答案：当n1时，左边4右边，不等式成立6若f(n)122232(2n)
3、2，则f(k1)与f(k)的递推关系式是_解析：f(k)1222(2k)2，f(k1)1222(2k)2(2k1)2(2k2)2；f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2.答案：f(k1)f(k)(2k1)2(2k2)27(2013陕西)观察下列等式1211222312223261222324210照此规律， 第n个等式可为_. 解析：左边为平方项的(1)n1倍的和，右边为(123n)的(1)n1倍再用数学归纳法证明成立答案：12223242(1)n1n2(1)n18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；
4、(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：(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成立假设当nk(kN*)时，2akbk1成立，则当nk1时，2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1，当nk1时，命题也成立由知，对于nN*，都有2anbn1，即点Pn在直线l上9若n大于1的自然数，求证：.证明：(1)当n2时，.(2)假设当nk(kN)时不等式成立，即，那么当nk1时，.这就是说，当nk1时，不等式也成立由(1)(2)可知，原不等式对任意大于1的自然
5、数都成立B组能力突破1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B中两项但减少了一项D以上各种情况均不对解析：nk时，左边，nk1时，左边，增加了两项、，少了一项.答案：C2用数学归纳法证明不等式1(nN*)成立，其初始值至少应取()A7 B8C9 D10解析：左边12，代入验证可知n的最小值是8.答案：B3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_解析：因为分母的公差为2，所以乘上去的第一个因式是，最后一个是，根据等差数列通项公式可求得共有12k2k12k1项答案：2k14已知f(n)1，g(n)，nN*.(1)当n1,2,3时，试比较f(n)与g(n)的大小关系；(2)猜想f(n)与g(n)的大小关系，并给出证明解：(1)当n1时，f(1)1，g(1)1，所以f(1)g(1)；当n2时，f(2)，g(2)，所以f(2)g(2)；当n3时，f(3)，g(3)，所以f(3)g(3)(2)由(1)猜想f(n)g(n)，下面用数学归纳法给出证明当n1,2,3时，不等式显然成立假设当nk(k3，kN*)时不等式成立，即1，那么，当nk1时，f(k1)f(k)，因为0，所以f(k1)g(k1)由可知，对一切nN*，都有f(n)g(n)成立
