高考数学总复习 6.7数学归纳法(理)提高分课时作业（含模拟题） 新人教A版.doc

【题组设计】2014届高考数学（人教版）总复习“提高分”课时作业 6.7数学归纳法(理)（含2013年模拟题）【考点排查表】考查考点及角度难度及题号错题记录基础中档稍难数学归纳法证明等式5610数学归纳法证明不等式3911归纳、猜想、证明17,812综合问题2413一、选择题1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()a3n2 bn2c3n1 d4n3【解析】计算出a11，a24，a39，a416.可猜ann2.故应选b.【答案】b2若凸n(n4)边形有f(n)条对角线，则凸n1边形的对角线条数f(n1)为()af(n)n2 bf(n)n1cf(n)n df(n)n1【解析】新增加的一个顶点与另外的不相邻的n2个顶点连成n2条对角线，同时对应的这条边也变为一条对角线，故共增加n21n1条对角线【答案】b3对于不等式n1(nn*)，某同学的证明过程如下：(1)当n1时，11，不等式成立(2)假设当nk(kn*)时，不等式成立即k1，则当nk1时，(k1)1，当nk1时，不等式成立则上述证法()a过程全部正确bn1验得不正确c归纳假设不正确d从nk到nk1的推理不正确【解析】用数学归纳法证题的关键在于合理运用归纳假设【答案】d4利用数学归纳法证明“对任意偶数n，anbn能被ab整除”时，其第二步论证，应该是()a假设n2k时命题成立，再证n2k1时命题也成立b假设nk时命题成立，再证nk1时命题也成立c假设nk时命题成立，再证nk2时命题也成立d假设n2k时命题成立，再证n2(k1)时命题也成立【解析】因为n为偶数，故选d.【答案】d5(2013济南模拟)用数学归纳法证明123n2，则当nk1时左端应在nk的基础上加上()ak21b(k1)2c.d(k21)(k22)(k23)(k1)2【解析】当nk时，等式左端12k2，当nk1时，等式左端12k2(k21)(k1).【答案】d6用数学归纳法证明123(2n1)(n1)(2n1)时，从nk到nk1，左边需增添的代数式是()a2k2 b2k3c2k1 d(2k2)(2k3)【解析】当nk时，左边是共有2k1个连续自然数相加，即123(2k1)，所以当nk1时，左边是共有2k3个连续自然数相加，即123(2k1)(2k2)(2k3)【答案】d二、填空题7在数列an中，a1且snn(2n1)an，通过计算a2，a3，a4，猜想an的表达式是_【解析】当n2时，a1a26a2，即a2a1；当n3时，a1a2a315a3，即a3(a1a2)；当n4时，a1a2a3a428a4，即a4(a1a2a3).a1，a2，a3，a4，故猜想an.【答案】an8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】5n19用数学归纳法证明“12(nn，且n1)”，第一步要证的不等式是_【解析】n2时，左边11，右边2.【答案】12三、解答题10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；(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)由题意得a11，b11，b2，a21，p2，.直线l的方程为，即2xy1.(2)当n1时，2a1b121(1)1成立假设nk(k1且kn*)时，2akbk1成立则2ak1bk12akbk1bk1(2ak1)1，当nk1时，2ak1bk11也成立由知，对于nn*，都有2anbn1，即点pn在直线l上11(2012山东淄博一中检测)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)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)由知，对于nn*都有f(n)g(n)12(2012全国大纲高考)函数f(x)x22x3.定义数列xn如下：x12，xn1是过两点p(4,5)、qn(xn，f(xn)的直线pqn与x轴交点的横坐标(1)证明：2xnxn13；(2)求数列xn的通项公式【解】(1)用数学归纳法证明：2xnxn13.当n1时，x12，直线pq1的方程为y5(x4)，令y0，解得x2，所以2x1x23.假设当nk时，结论成立，即2xkxk13.直线pqk1的方程为y5(x4)，令y0，解得xk2.由归纳假设知xk240，即xk1xk2.所以2xk1xk23，即当nk1时，结论成立由知对任意的正整数n,2xnxn10)，f(an1)g(an)，证明：存在常数m，使得对于任意的nn*，都有anm.【解】(1)由题意知，x0，)，h(x)x3x，h(0)0，且h(1)10，则x0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点因此，h(x)至少有两个零点法一：h(x)3x21x，记(x)3x21x，则(x)6xx.当x(0，)时，(x)0，因此(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点又因为(1)0，0，则(x)在，1内有零点，所以(x)在(0，)内有且只有一个零点记此零点为x1，则当x(0，x1)时，(x)(x1)0.所以当x(0，x1)时，h(x)单调递减，而h(0)0，则h(x)在(0，x1内无零点；当x(x1，)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，)内至多只有一个零点，从而h(x)在(0，)内至多只有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点法二：由h(x)x(x21x)，记(x)x21x，则(x)2xx.当x(0，)时，(x)0，从而(x)在(0，)上单调递增，则(x)在(0，)内至多只有一个零点因此h(x)在(0，)内也至多只有一个零点综上所述，h(x)有且只有两个零点(2)证明：记h(x)的正零点为x0，即xx0.当ax0时，由a1a，得a1x0.而aa1x0x，因此a2x0.由此猜想：anx0.下面用数学归纳法证明a当n1时，a1x0显然成立b假设当nk(k2)时，akx0成立，则当nk1时，由aakx0x知，ak1x0.因此，当nk1时，ak1x0成立故对任意的nn*，anx0成立当ax0时，由(1)知，h(x)在(x0，)上单调递增，则h(a)h(x0)0，即a3a，从