【与名师对话】高考数学总复习 136 数学归纳法配套课时作业 理 新人教A版.doc

【与名师对话】2014年高考数学总复习 13-6 数学归纳法配套课时作业 理 新人教a版一、选择题1用数学归纳法证明3nn3(n3，nn)，第一步应验证()an1bn2 cn3dn4答案：c2(2012年海南三亚二模)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：由条件知，左边是从20,21一直到2n1都是连续的，因此当nk1时，左边应为12222k12k，而右边应为2k11.答案：d3设f(n)，nn*，那么f(n1)f(n)等于()a.b.c.d.解析：f(n)表示n项的和，则f(n1).f(n1)f(n).答案：d4用数学归纳法证明不等式1(nn*)成立，其初始值至少应取()a7b8 c9d10解析：左边12，代入验证可知n的最小值是8.答案：b5用数学归纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，第二步归纳假设应写成()a假设n2k1(kn*)正确，再推n2k3正确b假设n2k1(kn*)正确，再推n2k1正确c假设nk(kn*)正确，再推nk1正确d假设nk(k1)正确，再推nk2正确解析：首先要注意n为奇数，其次还要使n能取到1.答案：b6已知123332433n3n13n(nab)c对一切nn*都成立，则a、b、c的值为()aa，bcbabcca0，bcd不存在这样的a、b、c解析：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.答案：a二、填空题7如图，这是一个正六边形的序列：则第n个图形的边数为_解析：第(1)图共6条边，第(2)图共11条边，第(3)图共16条边，其边数构成等差数列，则第(n)图的边数为an6(n1)55n1.答案：5n18若f(n)122232(2n)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)29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时的等式左边的差等于_解析：当nk时，等式左边为(k1)(k2)(kk)，当nk1时，等式左边为(k2)(k3)(k1k1)，所以其差为3k2.答案：3k2三、解答题10试证：当nn*时，f(n)32n28n9能被64整除证明：证法一：(1)当n1时，f(1)64，命题显然成立(2)假设当nk(kn*，k1)时，f(k)32k28k9能被64整除当nk1时，由于32(k1)28(k1)99(32k28k9)98k998(k1)99(32k28k9)64(k1)，即f(k1)9f(k)64(k1)，nk1时命题也成立根据(1)、(2)可知，对于任意nn*，命题都成立证法二：(1)当n1时，f(1)64命题显然成立(2)假设当nk(kn*，k1)时，f(k)32k28k9能被64整除由归纳假设，设32k28k964m(m为大于1的自然数)，将32k264m8k9代入到f(k1)中得，f(k1)9(64m8k9)8(k1)964(9mk1)，nk1时命题也成立根据(1)(2)知，对于任意nn*，命题都成立11在数列an、bn中，a12，b14，且an，bn，an1成等差数列，bn，an1，bn1成等比数列(nn*)，求a2，a3，a4与b2，b3，b4的值，由此猜测an，bn的通项公式，并证明你的结论解：由条件得2bnanan1，abnbn1.又a12，b14，由此可得a26，b29，a312，b316，a420，b425，猜测ann(n1)，bn(n1)2.用数学归纳法证明：当n1时，a12，b14，结论成立假设当nk(kn*)时结论成立，即akk(k1)，bk(k1)2，那么当nk1时，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k1)1，bk1(k2)2(k1)12，当nk1时，结论也成立由知，ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立12(2012年西安模拟)是否存在常数a、b、c使等式122232n2(n1)22212an(bn2c)对于一切nn*都成立，若存在，求出a、b、c并证明；若不存在，试说明理由解：假设存在a、b、c使122232n2(n1)22212an(bn2c)对于一切nn*都成立当n1时，a(bc)1；当n2时，2a(4bc)6；当n3时，3a(9bc)19.解方程组解得证明如下：当n1时，由以上知存在常数a，b，c使等式成立假设nk(kn*)时等式成立，即122232k2(k1)22212k(2k21)；当nk1时，122232k2(k1)2k2(k1)22212k(2k21)(k1)2k2k(2k23k1)(k1)2k(2k1)(k1)(k1)2(k1)(2k24k3)(k1)2(k1)21即nk1时，等式成立因此存在a，b2，c1使等式对一切nn*都成立热点预测13(2012年西安五校第一次模拟)已知数列an是各项均不为0的等差数列，sn为其前n项和，且满足s2n1a，nn*，数列bn满足bntn为数列bn的前n项和(1)求an，bn；(2)试比较t2n与2n2的大小解：(1)设an首项为a1, 公差为d，在s2n1a中，令n1,2，得即解得a12，d4，an4n2.bn(2)t2n1(222)22(242)2422n2(22n2)1222422n24(12n)2n42n2n2.t2n(2n2)(4nn1)当n1时，(4nn1)0，当n2时，(4nn1)0，当n3时，(4nn1)0，猜想当n2时，t2n2n2，即n2时，4n4