1、一、基础达标1.在用数学归纳法证明多边形内角和定理时，第一步应验证()A.n1成立 B.n2成立C.n3成立 D.n4成立解析因为多边形边数最少的是三角形，故应选C.答案C2.用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，第二步归纳假设应该写成()A.假设当nk(kN)时，xkyk能被xy整除B.假设当n2k(kN)时，xkyk能被xy整除C.假设当n2k1(kN)时，xkyk能被xy整除D.假设当n2k1(kN)时，xkyk能被xy整除解析由数学归纳的证明思想判断，应选D.答案D3.设f(n)1(nN)，则f(n1)f(n)等于()A. B.C. D.解析因为f(n)1，所以f(
2、n1)1.所以f(n1)f(n).答案D4.在数列an中，a11，前n项和Sn1，先算出数列的前4项的值，根据这些值归纳猜想数列的通项公式是()A.an1 B.ann1C.an D.an解析由题意，可知S2a1a21，a211；S3a1a2a31，a3S3S2，同理，可得a4S4S3，故可猜想an.答案D5.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_.解析a11，a2a134，a3459，a49716，猜想ann2.答案ann26.设平面内有n条直线(n3)，其中有且仅有两条直线互相平行，任意三条直线不过同一点.若用f(n)表示这n条直
3、线交点的个数，则f(4)_；当n4时，f(n)_(用n表示).解析f(3)2，f(4)f(3)3235，f(n)f(3)34(n1)234(n1)(n1)(n2).答案5(n1)(n2)7.已知数列，计算数列和S1，S2，S3，S4，根据计算结果，猜想Sn的表达式，并用数学归纳法进行证明.解S1，S2，S3，S4.上面四个结果中，分子与项数n一致，分母可用项数n表示为3n1，于是可以猜想Sn.其证明如下：(1)当n1时，左边S1，右边，猜想成立.(2)假设当nk(kN)时猜想成立，即成立，则当nk1时，所以当nk1时，猜想成立，根据(1)(2)知猜想对任意nN，Sn都成立.二、能力提升8.设f
4、(n)(nN)，那么f(n1)f(n)等于()A. B.C. D.解析f(n)，f(n1)，f(n1)f(n)，选D.答案D9.用数学归纳法证明：(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)时，从“k到k1”左边需增乘的代数式是()A.2k1 B.C.2(2k1) D.解析nk时，等号左边为(k1)(k2)(kk).nk1时，等号左边为(k2)(kk)(k1k)(k1k1).增乘的代数式是2(2k1)，选C.答案C10.如图，第n个图形是由正(n2)边形“扩展”而来(n1，2，3，)，则第(n2)个图形中共有_个顶点.解析设an为第n个图形的顶点数，则由题图可知：第1个图形6个顶点，a16；第2
5、个图形有12个顶点，a212；第3个图形有20个顶点，a320；第4个图形有30个顶点，a430；第5个图形有42个顶点，a542；则an(n1)(n2)，故an2(n1)nn2n.答案n2n11.已知数列an满足a11，an3n1an1(n2)，(1)求a2，a3；(2)证明：an(nN).(1)解由a11，得a2314，a332413.(2)证明当n1时，a11.故命题成立.假设当nk(k1)时命题成立，即ak.那么当nk1时，ak1ak3k3k.即nk1时，命题也成立.由知，命题对nN都成立，即an(nN).12.证明凸n边形的对角线的条数f(n)n(n3)(n4).证明(1)当n4时，
6、f(4)4(43)2，四边形有两条对角线，命题成立.(2)假设当nk时命题成立，即凸k边形的对角线的条数f(k)k(k3)(k4).当nk1时，凸k1边形是在凸k边形的基础上增加了一条边，增加了一个顶点Ak1，增加的对角线是顶点Ak1与不相邻顶点的连线再加上原凸k边形的一边A1Ak，共增加的对角线条数为(k13)1k1，f(k1)k(k3)k1(k2k2)(k1)(k2)(k1)(k1)3，故nk1时命题成立. 由(1)(2)可知，对一切n4，nN命题成立.三、探究与创新13.设an1(nN)，是否存在关于n的整式g(n)，使得等式a1a2a3an1g(n)(an1)对大于1的一切自然数n都成
7、立？证明你的结论.解假设g(n)存在，那么，当n2时，a1g(2)(a21)，即1g(2)，故g(2)2.当n3时，a1a2g(3)(a31)，即1g(3)，故g(3)3.当n4时，a1a2a3g(4)(a41)，即1g(4)，故g(4)4.由此猜想g(n)n(n2，nN).下面用数学归纳法证明当n2，nN时，等式a1a2an1n(an1)成立.(1)当n2时，a11，g(2)(a21)21，结论成立.(2)假设当nk(kN，k2)时结论成立，即a1a2ak1k(ak1)成立.那么当nk1时，a1a2ak1akk(ak1)ak(k1)akk(k1)ak(k1)1(k1)(k1)(ak11)，说明当nk1时，结论成立.由(1)(2)可知，对一切大于1的自然数n，存在g(n)n，使等式a1a2an1g(n)(an1)成立.
