高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 6.7 数学归纳法练习 理.DOC

第六章 不等式、推理与证明 6.7 数学归纳法练习 理a组基础达标练1用数学归纳法证明不等式1成立，起始值至少应取为()a7 b8c9 d10答案b解析左边的和为221n，当n8时，和为227，故选b.22016青岛高三月考用数学归纳法证明时，由k到k1，不等式左边的变化是()a增加项b增加和两项c增加和两项同时减少项d以上结论都不对答案c解析nk时，左边nk1时，左边，由“nk”变成“nk1”时，不等式左边的变化是.32016安庆高三月考用数学归纳法证明2nn2(n5，nn)，第一步应验证()an4 bn5cn6 dn7答案b解析根据数学归纳法的步骤，首先要验证n取第一个值时命题成立，又n5，故第一步验证n5，故选b.42015德州一模用数学归纳法证明“12222n22n31”，在验证n1时，左边的式子为()a1 b12c1222 d122223答案d解析根据数学归纳法的步骤可得，n1，左边为122223.52015潍坊模拟某个命题与正整数有关，若当nk(kn*)时该命题成立，那么可推得当nk1时该命题也成立，现已知当n4时该命题不成立，那么可推得()a当n5时，该命题不成立b当n5时，该命题成立c当n3时，该命题成立d当n3时，该命题不成立答案d解析由nk时成立可推得nk1时成立，取逆否命题，可知选d.62015南昌模拟已知f(n)122233(2n)2，则f(k1)与f(k)的关系是()af(k1)f(k)(2k1)2(2k2)2bf(k1)f(k)(k1)2cf(k1)f(k)(2k2)2df(k1)f(k)(2k1)2答案a解析根据数学归纳法步骤可得f(k1)122233(2k)2(2k1)2(2k2)2f(k)(2k1)2(2k2)2，可知选a.7设sn1，则sn1sn_.答案解析sn11sn1sn.8设数列an的前n项和为sn，且对任意的正整数n都有(sn1)2ansn，通过计算s1，s2，s3，猜想sn_.答案解析令n1, s1a1n2，s2a1a2n3，s3a1a2a3猜想nn，sn.92015陕西一模观察下列式子：1,121,12321,1234321，由以上可推测出一个一般性结论：对于nn*,12n21_.答案n2解析112,12122,1232132,123432142，归纳可得12n21n2.102016云南名校联考观察下列等式：1312,132332,13233362根据上述规律，第n个等式为_答案2解析由第一个等式1312，得13(10)2；第二个等式132332，得1323(12)2；第三个等式13233362，得132333(123)2；第四个等得13233343(1234)2，由此可猜想第n个等式为13233343n3(123n)22.b组能力提升练12015湖北高考已知数列an的各项均为正数，bnnnan(nn)，e为自然对数的底数(1)求函数f(x)1xex的单调区间，并比较n与e的大小；(2)计算，由此推测计算的公式，并给出证明；(3)令cn(a1a2an)，数列an，cn的前n项和分别记为sn，tn，证明：tn0，即x0时，f(x)单调递增；当f(x)0时，f(x)单调递减故f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，)当x0时，f(x)f(0)0，即1xex.令x，得1e，即ne.(2)11112；222(21)232；3233(31)343.由此推测：(n1)n.下面用数学归纳法证明.a当n1时，左边右边2，成立b假设当nk(kn*且k1)时，成立，即(k1)k.当nk1时，bk1(k1)k1ak1，由归纳假设可得(k1)k(k1)k1(k2)k1.所以当nk1时，也成立根据a、b，可知对一切正整数n都成立(3)证明：由cn的定义，算术几何平均不等式，bn的定义及得tnc1c2c3cn(a1)(a1a2)(a1a2a3)(a1a2an)b1b2bnb1b2bn1a12a2nanea1ea2eanesn.即tnesn.22015江苏高考已知集合x1,2,3，yn1,2,3，n(nn*)，设sn(a，b)|a整除b或b整除a，ax，byn令f(n)表示集合sn所含元素的个数(1)写出f(6)的值；(2)当n6时，写出f(n)的表达式，并用数学归纳法证明解(1)f(6)13.(2)当n6时，f(n)下面用数学归纳法证明：当n6时，f(6)6213，结论成立；假设nk(kn*且k6)时结论成立，那么nk1时，sk1在sk的基础上新增加的元素在(1，k1)，(2，k1)，(3，k1)中产生，分以下情形讨论：a若k16t，则k6(t1)5，此时有f(k1)f(k)3k23(k1)2，结论成立；b若k16t1，则k6t，此时有f(k1)f(k)1k21(k1)2，结论成立；c若k16t2，则k6t1，此时有f(k1)f(k)2k22(k1)2，结论成立；d若k16t3，则k6t2，此时有f(k1)f(k)2k22(k1