1、课时提升卷(十二)数学归纳法（45分钟 100分）一、选择题(每小题5分,共30分)1.某个命题:(1)当n=1时,命题成立.(2)假设n=k(k1,kN+)时成立,可以推出n=k+2时也成立,则命题对成立.()A.正整数B.正奇数C.正偶数D.奇数2.设f(n)=+(nN+),在利用数学归纳法证明时,从n=k到n=k+1需添的项为()A. B.C.+ D.-3.记凸k边形的内角和为f(k),则凸k+1边形的内角和f(k+1)=f(k)+A,则A=()A. B. C.2 D.4.在数列an中,a1=-1,前n项和Sn=-1,先算出数列的前4项的值,再根据这些值归纳猜想数列的通项公式是()A.a
2、n=-1 B.an=n-1C.an=- D.an=-5.(2013渭南高二检测)已知f(n)=(2n+7)3n+9,存在自然数m,使得对任意nN+,都能使m整除f(n),则最大的m的值为()A.30 B.26 C.36 D.66.(2013宝鸡高二检测)在数列an中,a1=,且Sn=n(2n-1)an,通过求a2,a3,a4,猜想an的表达式为()A. B.C. D.二、填空题(每小题8分,共24分)7.用数学归纳法证明+cos+cos3+cos(2n-1)=sincos(n,nN),在验证n=1等式成立时,左边计算所得的项是.8.(2013徐州高二检测)用数学归纳法证明“当n为正奇数时,xn
3、+yn能被x+y整除”,当第二步假设n=2k-1(kN+,k1)命题为真时,进而需证n=时,命题亦真.9.(2013广州高二检测)设平面内有n条直线(n2),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条直线交点的个数,则f(4)=;当n4时,f(n)=(用n表示).三、解答题(1011题各14分,12题18分)10.用数学归纳法证明:若nN+,求证:coscoscoscos=.11.(2013淮南高二检测)已知数列an满足a1=0,a2=1,当nN+时,an+2=an+1+an,求证:数列an的第4m+1项(mN+)能被3整除.12.(能力挑战题)平面上有n个圆
4、,每两圆交于两点,每三圆不过同一点,求证这n个圆分平面为n2-n+2个部分.答案解析1.【解析】选B.由题意知,k=1时,k+2=3;k=3时,k+2=5,依此类推知,命题对所有正奇数成立,故选B.2.【解析】选D.因为f(k)=+所以f(k+1)=+故需添的项为+-=-.【误区警示】本题易错选C.忽略了n=k+1时少了一项.【拓展提升】数学归纳法解决项数问题数学归纳法证明中的项数问题,重点看从n=k到n=k+1时项数的变化规律,多了哪些项,少了哪些项,把握好项的规律,利用数列知识解决.3.【解析】选B.从n=k到n=k+1时,内角和增加.4.【解析】选D.因为a1=-1,S2=-1=-1,所
5、以a2=(-1)-(-1)=-,则a3=S3-S2=(-1)-(-1)=-,a4=S4-S3=(-1)-(-1)=-,故猜想an=-.5.【解析】选C.因为f(1)=36,f(2)=108=336,f(3)=360=1036,所以f(1),f(2),f(3)能被36整除,猜想f(n)能被36整除.证明:n=1,2时,由上得证,设n=k(k2)时,f(k)=(2k+7)3k+9能被36整除,则f(k+1)-f(k)=(2k+9)3k+1-(2k+7)3k=(6k+27)3k-(2k+7)3k=(4k+20)3k=36(k+5)3k-2,故f(k+1)能被36整除,因为f(1)不能被大于36的数整
6、除,所以所求最大的m值等于36.6.【解析】选C.因为a1=,由Sn=n(2n-1)an,得a1+a2=2(22-1)a2,解得a2=,a1+a2+a3=3(23-1)a3,解得a3=,a1+a2+a3+a4=4(24-1)a4,解得a4=.猜想an=.7.【解析】由等式的特点知:当n=1时,左边从第一项起,一直加到cos(2n-1),故左边计算所得的项是+cos.答案:+cos8.【解析】因为n为正奇数,假设n=2k-1成立后,需证明的应为n=2k+1时成立.答案:2k+19.【解析】f(2)=0,f(3)=2,f(4)=5,f(5)=9,每增加一条直线,交点增加的个数等于原来直线的条数.所
7、以f(3)-f(2)=2,f(4)-f(3)=3,f(5)-f(4)=4,f(n)-f(n-1)=n-1.累加,得f (n)-f(2)=2+3+4+(n-1)=(n-2).所以f(n)=(n+1)(n-2).答案:5(n+1)(n-2)10.【证明】(1)n=1时,左边=cos,右边=cos,左边=右边,等式成立.(2)假设n=k(k1,kN+)时,等式成立,即coscoscoscos=,当n=k+1时,(coscoscoscos)cos=cos=cos=,即当n=k+1时,等式也成立.由(1)(2)知,等式对nN+均成立.11.【证明】(1)当m=1时,a4m+1=a5=a4+a3=(a3+
8、a2)+(a2+a1)=(a2+a1)+2a2+a1=3a2+2a1=3+0=3.即当m=1时,第4m+1项能被3整除.(2)假设当m=k(k1)时,a4k+1能被3整除,则当m=k+1时,a4(k+1)+1=a4k+5=a4k+4+a4k+3=2a4k+3+a4k+2=2(a4k+2+a4k+1)+a4k+2=3a4k+2+2a4k+1.显然,3a4k+2能被3整除,又由假设知a4k+1能被3整除.所以3a4k+2+2a4k+1能被3整除.即当m=k+1时,a4(k+1)+1也能被3整除.由(1)和(2)知,对于nN+,数列an中的第4m+1项能被3整除.12.【证明】(1)当n=1时,n2
9、-n+2=1-1+2=2,而一圆把平面分成两部分,所以n=1时,命题成立.(2)假设n=k(k1)时,k个圆分平面为k2-k+2个部分,则n=k+1时,第k+1个圆与前k个圆有2k个交点,这2k个交点分第k+1个圆为2k段,每一段都将原来所在的平面一分为二,故增加了2k个平面部分,共有(k2-k+2)+2k=(k+1)2-(k+1)+2个部分.所以对n=k+1时,命题也成立.由(1)(2)可知,这n个圆分平面为n2-n+2个部分.【误区警示】本题易错之处是应用归纳假设及已知条件,其关键是分析k增加“1”时,研究第(k+1)个圆与其他k个圆的交点个数问题,通常要结合图形分析.关闭Word文档返回原板块。