（福建专用）高考数学总复习 第六章第7课时 数学归纳法课时闯关（含解析）.doc

（福建专用）2013年高考数学总复习 第六章第7课时 数学归纳法课时闯关（含解析）一、选择题1(2012厦门调研)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：选c.由a1，snn(2n1)an，得s22(221)a2，即a1a26a2，a2，s33(231)a3，即a315a3.a3，a4.故选c .2一个关于自然数n的命题，如果验证当n1时命题成立，并在假设当nk(k1且kn*)时命题成立的基础上，证明了当nk2时命题成立，那么综合上述，对于()a一切正整数命题成立b一切正奇数命题成立c一切正偶数命题成立d以上都不对解析：选b.本题证的是对n1,3,5,7，命题成立，即命题对一切正奇数成立3用数学归纳法证明12222n12n1(nn*)的过程中，第二步假设当nk(kn*)时等式成立，则nk1时应得到()a12222k22k12k11b12222k2k12k112k1c12222k12k12k11d12222k12k2k12k解析：选d.由nk到nk1等式的左边增加了一项，故选d.4已知123332433n3n13n(nab)c对一切nn*都成立，则a、b、c的值为()aa，bc babcca0，bc d不存在这样的a、b、c解析：选a.等式对一切nn*均成立，n1,2,3时等式成立，即整理得解得a，bc.5(2012福州质检)下列代数式(其中kn*)能被9整除的是()a667k b27k1c2(27k1) d3(27k)解析：选d.(1)当k1时，显然只有3(27k)能被9整除(2)假设当kn(nn*)时，命题成立，即3(27n)能被9整除，那么3(27n1)21(27n)36. 这就是说，kn1时命题也成立由(1)(2)知，命题对kn*成立二、填空题6用数学归纳法证明当nn*时12222325n1是31的倍数时，当n1时原式为_，从kk1时需增添的项是_解析：把nk，nk1相比较即可得出答案：1222232425k25k125k225k325k47利用数学归纳法证明“(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)，nn*”时，从“nk”变到“nk1”时，左边应增乘的因式是_解析：当nk(kn*)时，左式为(k1)(k2)(kk)；当nk1时，左式为(k11)(k12)(k1k1)(k1k) (k1k1)，则左边应增乘的式子是2(2k1)答案：2(2k1)8(2012三明调研)在各项为正数的数列an中，数列的前n项和sn满足sn(an)，则a3_，猜想数列an的通项公式为_解析：由sn(an)可计算出a11，a21，a3.由a1，a2，a3可归纳猜想出an.答案：三、解答题9数列an满足sn2nan(nn*)(1)计算a1，a2，a3，a4，并由此猜想通项公式an；(2)用数学归纳法证明(1)中的猜想解：(1)a11，a2，a3，a4，由此猜想an(nn*)(2)证明：当n1时，a11，结论成立假设nk(kn*)时，结论成立，即ak，那么nk1(kn*)时，ak1sk1sk2(k1)ak12kak2akak1.2ak12ak.ak1，这表明nk1时，结论成立由知，对nn*，都有an成立10试比较2n2与n2的大小(nn*)，并用数学归纳法证明你的结论解：当n1时，2124n21，当n2时，2226n24，当n3时，23210n29，当n4时，24218n216，由此可以猜想，2n2n2(nn*)成立下面用数学归纳法证明：当n1时，左边2124，右边1，所以左边右边，所以原不等式成立当n2时，左边2226，右边224，所以左边右边；当n3时，左边23210，右边329，所以左边右边假设nk时(k3且kn*)时，不等式成立，即2k2k2.那么nk1时，2k1222k22(2k2)22k22.又因：2k22(k1)2k22k3(k3)(k1)0，即2k22(k1)2，故2k12(k1)2成立根据和可知结论成立一、选择题1某个命题与自然数n有关，若nk(kn*)时命题成立，那么可推得nk1时该命题也成立现已知当n5时，该命题不成立，那么可推得()a当n6时，该命题不成立b当n6时，该命题成立c当n4时，该命题不成立d当n4时，该命题成立解析：选c.因为当nk时，命题成立可推出nk1时成立，所以n5时命题不成立，则n4时命题也一定不成立2.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.解析：选a.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，2，3，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).二、填空题3如图，第n个图形是由正n2边形“扩展”而来(n1,2,3，)，则第n2(n3，nn*)个图形中共有_个顶点解析：当n1时，顶点共有1234(个)，n2时，顶点共有2045(个)，n3时，顶点共有3056(个)，n4时，顶点共有4267(个)，故第n个图形共有顶点(n2)(n3)个，第n2个图形共有顶点n(n1)个答案：n(n1)4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条直线交点的个数，则f(4)_；当n4时，f(n)_(用n表示)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f(3)f(2)2，f(4)f(3)3，f(5)f(4)4，f(n)f(n1)n1.累加，得f(n)f(2)234(n1)(n2)f(n)(n1)(n2)答案：5(n1)(n2)三、解答题5平面内有n个圆，其中每两个圆都交于两点，且无三个圆交于一点，求证：这n个圆将平面分成n2n2个部分证明：(1)n1时，1个圆将平面分成2部分，显然命题成立(2)假设nk(kn*)时，k个圆将平面分成k2k2个部分当nk1时，第k1个圆ck1交前面k个圆于2k个点，这2k个点将圆ck1分成2k段，每段将各自所在区域一分为二，于是增加了2k个区域，所以这k1个圆将平面分成k2k22k个部分，即(k1)2(k1)2个部分故nk1时，命题成立由(1)，(2)可知，对任意nn*命题成立6首项为正数的数列an满足an1(a3)，nn*.(1)证明：若a1为奇数，则对一切n2，an都是奇数；(2)若对一切nn*都有an1an，求a1的取值范围解：(1)证明：已知a1是奇数，假设ak2m1是奇数，其中m为正整数，则由递推关系得