2013届高考一轮复习数学归纳法

2013高考一轮复习学归1、已知f(n)11… nf(k) f(k) 3k

n

f(k) 1 1 13k 3k 3k kf(k) 13k k2、已知f(n)111…1则… n n A.f(n)nn=2f(2)1 B.f(n)n+1n=2f(2)11 C.f(n)中共有n2nn=2f(2)1 D.f(n)中共有n2n1n=2,f(211 3、某个与正整数n有关题,如果当nk(kNk1)时,该命题成立,则一定可推得当n=k+1时,命题也成立,现已知n=5时,该命题不成立,则有 4、用数学归纳法证明等式(n1)(n2)…(nn)2n13…(2n1)从k到k+1左端需增乘的代数 C.2kk

D.2kk5、f(x)f(kf(kk2f(k1k A.f(39成立,则当k1f(kk2B.f(525k<5f(kk2C.f(7)<49k8f(kk2D.f(4)=25k4f(kk26、设n棱柱有f(n)个对角面,则n+1棱柱的对角面的个数f(n+1)等于( C.f(n)+n- D.f(n)+n-n2n2

n1(nN)当n=1时 11假设当nk(kNk2 k2(k1)2((k1)2(kk23k(k(k23k2)(k(k (k(k∴当n=k+1时,不等式成立. B.n=18、用数学归纳法证明“111… A.2k

2n1B.2kC. D.2k9已知123332433…n3n13n(nab)+c对一切nN都成立,则abc的值为 A.a1bc B.abc4C.a0bc410用数学归纳法证明等式:1aa2…an11an2(a1nN)验证n=1时,等式左边 111、若f(n)122232…(2n)2则f(k+1)与f(k)的递推关系式 12设平面内有n条直线(n3)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). 14、a,b,c122232…+n(n+1)2n(n1)(an2bnc15、a}满足a0

1an(nN)

3计算a2a3a416、aa1a2

10n1an0

对一切n 1、C解析:f(k)11… k

k

3kf(k1) … (k1) (k1) 11… 1 1 1 k

k

3k 3k 3k

3k11… 1 1 1 1k

k

3k 3k 3k 3k

kf(k) 1 1 1.3k 3k 3k k2、解析:项数为n2n1n2n13、解析:因为当nk(kNk1n=k+1n=5n=44、n=kk1k2(kkn=k+1=(k+11k12(k1k=(k+2)(k3)…(kk)(k(2k1)(2k=(k+1)(k2)…(k

k=(k+1)(k2)…(kk)2(2k1)5、f(xf(kk2f(k1k1)2成立.”,Ak=1,2D,∵f(42542因此对于任意的k4f(kk26、nnn-2n-17、8、解析:增加的项数为(2k11(2k12k12k2k9、解析:∵等式对一切nN均成立 13(ab)即 12332(2ab)12333233(3ab)

18a9bc解得a1bc1 10、1an=1a11a2故此时左边是1aa211、f(k+1)=f(k2k1)22kf(k1222∴f(k1)1222…(2k)2(2k1)2(2k∴f(k+1)=f(k)(2k1)2(2k2)212、 1(n1)(n2解析∴f(4)-f(5)-…3(n (n2)∴f(n)1(n1)(n213、解析:图(16(2)11(3)16则图(n)的边数为an6(n155n1.14、在等式122232n(n1)2n(n1)(an2bncn=1,得41(abc;6n=2,得221(4a2bc;2n=3,70=9a+3b+c;③a=3,b=11,c=10,n=1,2,3122232n(n1)2n(n1)(3n211n+10)(*假设nk(k1时,(*)即122232k(k1)2k(k1)(3k211k10122232…k(k1)2(k1)(kk(k1)(3k211k10)(k1)(k(k1)(k2)(3k25k12k24)(k1)(k2)[3(k1)211(k1)15、解:(1)由

0an

1an3n=1

11n=2

31231 3n=3

1

3 3 2(2)由(1)猜想

n1(nN)nn=1a10k②假设nk(kN时k

k1kn=k+11

1k1 k k1k1k1k

3

3k1 3k3kk k (k1)12k k (k1)1n=k+1

n1n所以由①②可知

n1nNn16、证明:已知条件可化为(an1an)(an21即

.n

annn=11a10nk②假设当nk(kN时结论成立,即1ak那么当n=k+1时

2) 2.k ∵1ak2

akyt1在t(12)t∴a2 (25)kak k 10)则1

k

kn由①②知,对一切nN均有1a0nn=1a1a1 2k②假设当nk(k1且kN)时结论成立,即 2k∴1a2k12a2k2∴ 2 a 2 2k

2k ∴ a

2k