（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）

1 福建专用 福建专用 20132013 年高考数学总复习年高考数学总复习 第六章第第六章第 7 7 课时课时 数学归数学归 纳法课时闯关 含解析 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Sn n 2n 1 an 通过求 1 3 a2 a3 a4 猜想an的表达式为 A B 1 n 1 n 1 1 2n 2n 1 C D 1 2n 1 2n 1 1 2n 1 2n 2 解析 选 C 由a1 Sn n 2n 1 an 1 3 得S2 2 2 2 1 a2 即a1 a2 6a2 a2 S3 3 2 3 1 a3 1 15 1 3 5 即 a3 15a3 1 3 1 15 a3 a4 故选 C 1 35 1 5 7 1 7 9 2 一个关于自然数n的命题 如果验证当n 1 时命题成立 并在假设当n k k 1 且k N 时命题成立的基础上 证明了当n k 2 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n 1 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 1 2 22 2n 1 2n 1 n N 的过程中 第二步假设当 n k k N 时等式成立 则n k 1 时应得到 A 1 2 22 2k 2 2k 1 2k 1 1 B 1 2 22 2k 2k 1 2k 1 1 2k 1 C 1 2 22 2k 1 2k 1 2k 1 1 D 1 2 22 2k 1 2k 2k 1 2k 解析 选 D 由n k到n k 1 等式的左边增加了一项 故选 D 4 已知 1 2 3 3 32 4 33 n 3n 1 3n na b c对一切n N 都成立 则a b c的值为 A a b c B a b c 1 2 1 4 1 4 C a 0 b c D 不存在这样的a b c 1 4 解析 选 A 等式对一切n N 均成立 n 1 2 3 时等式成立 即 Error 整理得Error 解得a b c 1 2 1 4 5 2012 福州质检 下列代数式 其中k N 能被 9 整除的是 A 6 6 7k B 2 7k 1 2 C 2 2 7k 1 D 3 2 7k 解析 选 D 1 当k 1 时 显然只有 3 2 7k 能被 9 整除 2 假设当k n n N 时 命题成立 即 3 2 7n 能被 9 整除 那么 3 2 7n 1 21 2 7n 36 这就是说 k n 1 时命题也成立 由 1 2 知 命题对k N 成立 二 填空题 6 用数学归纳法证明当n N 时 1 2 22 23 25n 1是 31 的倍数时 当n 1 时 原式为 从k k 1 时需增添的项是 解析 把n k n k 1 相比较即可得出 答案 1 2 22 23 24 25k 25k 1 25k 2 25k 3 25k 4 7 利用数学归纳法证明 n 1 n 2 n n 2n 1 3 2n 1 n N 时 从 n k 变到 n k 1 时 左边应增乘的因式是 解析 当n k k N 时 左式为 k 1 k 2 k k 当n k 1 时 左式为 k 1 1 k 1 2 k 1 k 1 k 1 k k 1 k 1 则左边应增乘的式子是 2 2k 1 2k 1 2k 2 k 1 答案 2 2k 1 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 1 2 则a3 猜想数列 an 的通项公式为 1 an 解析 由Sn an 可计算出a1 1 a2 1 a3 由a1 a2 a3可归 1 2 1 an232 纳猜想出an nn 1 答案 32nn 1 三 解答题 9 数列 an 满足Sn 2n an n N 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 a1 1 a2 a3 a4 3 2 7 4 15 8 由此猜想an n N 2n 1 2n 1 2 证明 当n 1 时 a1 1 结论成立 假设n k k N 时 结论成立 即ak 那么n k 1 k N 时 2k 1 2k 1 ak 1 Sk 1 Sk 2 k 1 ak 1 2k ak 2 ak ak 1 2ak 1 2 ak ak 1 2 ak 2 2 2k 1 2k 1 2 2k 1 1 2k 这表明n k 1 时 结论成立 由 知 对n N 都有an 成立 2n 1 2n 1 10 试比较 2n 2 与n2的大小 n N 并用数学归纳法证明你的结论 解 当n 1 时 21 2 4 n2 1 当n 2 时 22 2 6 n2 4 3 当n 3 时 23 2 10 n2 9 当n 4 时 24 2 18 n2 16 由此可以猜想 2n 2 n2 n N 成立 下面用数学归纳法证明 当n 1 时 左边 21 2 4 右边 1 所以左边 右边 所以原不等式成立 当n 2 时 左边 22 2 6 右边 22 4 所以左边 右边 当n 3 时 左边 23 2 10 右边 32 9 所以左边 右边 假设n k时 k 3 且k N 时 不等式成立 即 2k 2 k2 那么n k 1 时 2k 1 2 2 2k 2 2 2k 2 2 2 k2 2 又因 2k2 2 k 1 2 k2 2k 3 k 3 k 1 0 即 2k2 2 k 1 2 故 2k 1 2 k 1 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n k k N 时命题成立 那么可推得n k 1 时该 命题也成立 现已知当n 5 时 该命题不成立 那么可推得 A 当n 6 时 该命题不成立 B 当n 6 时 该命题成立 C 当n 4 时 该命题不成立 D 当n 4 时 该命题成立 解析 选 C 因为当n k时 命题成立可推出n k 1 时成立 所以n 5 时命题不成 立 则n 4 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 3n2 n B 3n2 n 1 C D 3n2 n 2 3n2 n 1 2 解析 选 A 由条件知 An 1An对应的中心角都是 且半径依次 CA1 A1A2 A2A3 2 3 为 1 2 3 4 故弧长依次为 2 3 据题意 第一圈长度为 2 3 2 3 2 3 1 2 3 第二圈长度为 4 5 6 第n圈长度为 3n 2 3n 1 3n 2 3 2 3 2 3 故Ln 1 2 3 3n 3n2 n 2 3 2 3 3n 1 3n 2 二 填空题 3 如图 第n个图形是由正n 2 边形 扩展 而来 n 1 2 3 则第 n 2 n 3 n N 个图形中共有 个顶点 4 解析 当n 1 时 顶点共有 12 3 4 个 n 2 时 顶点共有 20 4 5 个 n 3 时 顶点共有 30 5 6 个 n 4 时 顶点共有 42 6 7 个 故第n个图形共有顶点 n 2 n 3 个 第n 2 个图形共有顶点n n 1 个 答案 n n 1 4 设平面内有n条直线 n 3 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n 4 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 n 1 n 1 累加 得 f n f 2 2 3 4 n 1 n 2 2 n 1 2 f n n 1 n 2 1 2 答案 5 n 1 n 2 1 2 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n2 n 2 个部分 证明 1 n 1 时 1 个圆将平面分成 2 部分 显然命题成立 2 假设n k k N 时 k个圆将平面分成k2 k 2 个部分 当n k 1 时 第k 1 个圆Ck 1交前面k个圆于 2k个点 这 2k个点将圆Ck 1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k 1 个圆将平面分 成k2 k 2 2k个部分 即 k 1 2 k 1 2 个部分 故n k 1 时 命题成立 由 1 2 可知 对任意n N 命题成立 6 首项为正数的数列 an 满足an 1 a 3 n N 1 42n 1 证明 若a1为奇数 则对一切n 2 an都是奇数 2 若对一切n N 都有an 1 an 求a1的取值范围 解 1 证明 已知a1是奇数 假设ak 2m 1 是奇数 其中m为正整数 则由递推 关系得ak 1 m