高考数学一轮复习 第六章 不等式、推理与证明 第7节 数学归纳法练习 理 新人教A版

1、第六章 第7节 数学归纳法基础训练组1(导学号14577597) 用数学归纳法证明“2n2n1对于nn0的正整数n都成立”时，第一步证明中的起始值n0应取( )a2b3c5 d6解析：bn1时，212,2×113,2n2n1不成立；n2时，224,2×215,2n2n1不成立；n3时，238,2×317,2n2n1成立n的第一个取值n03.2(导学号14577598)用数学归纳法证明不等式1>(nn*)成立，其初始值至少应取()a7 b8c9 d10解析：b1>，整理得2n>128，解得n>7，所以初始值至少应取8.3(导学号1457759

2、9)对于不等式<n1(nn*)，某同学用数学归纳法证明的过程如下：(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：d在nk1时，没有应用nk时的假设，不是数学归纳法4(导学号14577600)凸n多边形有f(n)条对角线，则凸(n1)边形的对角线的条数f(n1)为()af(n)n1 bf(n)ncf(n)n1 df(n)n2解析：c边数增加1，顶点也相应增加1个，它与和它不相邻的n2个顶点

3、连接成对角线，原来的一条边也成为对角线，因此，对角线增加n1条5(导学号14577601)用数学归纳法证明：“(n1)·(n2)··(nn)2n·1·3··(2n1)”，从“k到k1”左端需增乘的代数式为()a2k1 b2(2k1)c. d.解析：bnk1时，左端为(k2)(k3)··(k1)(k1)(k1)k(k1)(k1)(k2)(k3)··(kk)(2k1)(2k2)(k1)(k2)··(kk)2(2k1)，应乘2(2k1)6(导学号14577602)用数学归

4、纳法证明“当n为正奇数时，xnyn能被xy整除”，当第二步假设nk(kn*)命题为真时，进而需证n_时，命题亦真解析：n为正奇数，假设nk成立后，需证明的应为nk2时成立答案：k27(导学号14577603)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)28(导学号14577604)用数学归纳法证明> (k>1)，则当nk1时，左端应乘上_，这个乘上去的代数式共有因式的个数是_解

5、析：因为分母的公差为2，所以乘上去的第一个因式是，最后一个是，根据等差数列通项公式可求得共有12k2k12k1项答案：2k19(导学号14577605)平面上有n个圆，每两圆交于两点，每三圆不过同一点，求证这n个圆分平面为n2n2个部分证明：(1)当n1时，n2n21122，而一圆把平面分成两部分，所以n1命题成立(2)设nk时，k个圆分平面为k2k2个部分，则nk1时，第k1个圆与前k个圆有2k个交点，这2k个交点分第k1个圆为2k段，每一段都将原来所在的平面一分为二，故增加了2k个平面块，共有(k2k2)2k(k1)2(k1)2个部分对nk1也成立由(1)(2)可知，这n个圆分割平面为n2

6、n2个部分10(导学号14577606)已知数列xn满足x1，xn1，nn*.猜想数列x2n的单调性，并证明你的结论解：由x1及xn1，得x2，x4，x6，由x2x4x6猜想：数列x2n是递减数列下面用数学归纳法证明：(1)当n1时，已证命题成立(2)假设当nk时命题成立，即x2kx2k2，易知xk0，那么x2k2x2k40，即x2(k1)x2(k1)2.也就是说，当nk1时命题也成立结合(1)和(2)知命题成立能力提升组11(导学号14577607)平面内有n条直线，最多可将平面分成f(n)个区域，则f(n)的表达式为()an1 b2nc. dn2n1解析：c1条直线将平面分成11个区域；2

7、条直线最多可将平面分成1(12)4个区域；3条直线最多可将平面分成1(123)7个区域；，n条直线最多可将平面分成1(123n)1个区域12(导学号14577608)已知f(n)(2n7)·3n9，存在自然数m，使得对任意nn*，f(n)都能被m整除，则m的最大值为()a18 b36c48 d54解析：b由于f(1)36，f(2)108，f(3)360都能被36整除，猜想f(n)能被36整除，即m的最大值为36.当n1时，可知猜想成立假设当nk(k1，kn*)时，猜想成立，即f(k)(2k7)·3k9能被36整除；当nk1时， f(k1)(2k9)·3k19(2k

8、7)·3k936(k5)·3k2，因此f(k1)也能被36整除，故所求m的最大值为36.13(导学号14577609)用数学归纳法证明123n2，则当nk1时，左端应在nk的基础上增添的代数式是_.解析：当nk时，左侧123k2，当nk1时，左侧123k2(k21)(k22)(k1)2，当nk1时，左端应在nk的基础上增添(k21)(k22)(k1)2.答案：(k21)(k22)(k1)214(导学号14577610)(2018·梅州市一模)数列an满足a1，an1.(1)求数列an的通项公式；(2)设数列an的前n项和为sn，证明snnln.解：(1)法一：an

9、111，所以1，所以是首项为2，公差为1的等差数列，所以n1，所以an.法二：a2，a3，a4，猜测an.下面用数学归纳法进行证明：当n1时，由题目已知可知a1，命题成立； 假设当nk(k1，kn)时成立，即ak，那么当nk1，ak1，也就是说，当nk1时命题也成立综上所述，数列an的通项公式为an.(2)证明：设f(x)ln(x1)x(x0)，则f(x)1<0(x>0)函数f(x)为(0，)上的减函数，所以f(x)f(0)0，即ln(x1)0(x0)，从而ln <，1<1ln，an1<1ln(n2)ln(n1)，sn(1ln 3ln 2)(1ln 4ln 3)1ln (n