【高考核動力】2014屆高考數(shù)學6-7數(shù)學歸納法(理)配套作業(yè)北師大版

1、1【高考核動力】2014屆高考數(shù)學6-7數(shù)學歸納法(理)配套作業(yè)北師大版課斤鞏固I練案11 11若f(n) = 1 + 2+ 3+ 6n二!(n 2)，則f(1)為()1A. 1B-51111C. 1+;+：+;+D.非以上答案234 5【解析】 等式右邊的分母是從 1 開始的連續(xù)的自然數(shù)，且最大分母為6n1,則當n=1 時，最大分母為 5,故選 C.【答案】 C11 1 12.已知f(n)=n+n+則()1 1A.f(n)中共有n項，當n= 2 時，f(2) = -+ 323111B.f(n)中共有n+ 1 項，當n= 2 時，f(2) =Q+ 3+ 421 1C.f(n)中共有n2n項，當

2、n= 2 時，f(2) = -+-2321 1 1D.f(n)中共有nn+ 1 項，當n= 2 時，f(2) = - + 3+ 421 1 1【解析】 由f(n)可知，共有nn+ 1 項，且n= 2 時，f(2) = - + 3 +【答案】 D3.下列代數(shù)式(其中k N*)能被 9 整除的是()kk1A. 6 + 6 7B. 2+ 7_k+1kC. 2(2 + 7 )D. 3(2 + 7)【解析】 本題考查用數(shù)學歸納法證明整除性問題.(1) 當k= 1 時，顯然只有 3(2 + 7k)能被 9 整除.(2)假設(shè)當k=n(n N)時，命題成立，即 3(2 + 7n)能被 9 整除，那么 3(2

3、+ 7n+1) = 21(2 + 7n) 36.2這就是說，k=n+ 1 時命題也成立.【答案】 D3111134用數(shù)學歸納法證明不等式nn+市+市詁的過程中，由n=k推導(dǎo)n=k+1 時，不等式的左邊增加的式子是 _【解析】不等式的左邊增加的式子是1 1 1 12k+ 1 + 2k+ 2 _k+ 1【答案】1?k + 1?k+95.求證：當n1(n N)時,(1 + 2+-+n)1 + 2+ 3+n2.23n【證明】(1)當n= 1 時，左邊=右邊，命題成立.當n= 2 時，192左邊=(1 + 2)1 + 2 = 2 22,命題成立.假設(shè)當n=k(k2)時命題成立，即1 12(1 + 2+-

4、+k)1 +十Rk.則當n=k+ 1 時，有左邊=1 1 1(1 + 2+-+k) + (k+1) 1+ 2+R+k+111=(1 + 2 + +k)1+;+2k(1 + 2+-+k)+ (k+ 1)1 +舟+十k+ 12k2k11k+2+1+(k+1)1+R當k2時，1 + ?+R1+1=3, k2+k+1 + (k+1)1 +1+ +kk2+ 2+ 1+ (k+1) X | =k2+ 2k+ 1 +1(k+ 1)2.這就是說當n=k+ 1 時，命題成立.由(1)、(2)可知當n1(n N)時原命題成立.課時作業(yè)【考點排查表】4考查考點及角度難度及題號錯題記錄基礎(chǔ)中檔稍難數(shù)學歸納法證明等式5

5、610數(shù)學歸納法證明不等式3911歸納、猜想、證明17,812綜合問題2413一、選擇題1 .數(shù)列an中，已知ai= 1，當n2時，anan1= 2n1,依次計算a?,a3,a4后，猜 想an的表達式是()2A. 3n 2B. nC. 3n1D. 4n 3【解析】 計算出a1= 1,a?= 4,a3= 9,a4= 16.可猜an=n2.故應(yīng)選 B.【答案】 B2.若凸n(n4)邊形有f(n)條對角線，則凸n+ 1 邊形的對角線條數(shù)f(n+ 1)為()A.f(n) +n 2B.f(n) +n 1C. f(n) +nD. f(n) +n+ 1【解析】 新增加的一個頂點與另外的不相鄰的n 2 個頂點

6、連成n 2 條對角線，同時對應(yīng)的這條邊也變?yōu)橐粭l對角線，故共增加n 2+ 1=n 1 條對角線.【答案】 B3. 對于不等式n2+nvn+ 1(n N*)，某同學的證明過程如下：(1) 當n= 1 時，12+ 1v1 + 1，不等式成立.(2) 假設(shè)當n=k(k N)時，不等式成立.即，k2+kvk+ 1,則當n=k+ 1 時，k+2+k+1=k2+ 3k+ 2vk2+ 3k+2+k+2=Vk+二2=(k+1)+1,當n=k+ 1 時，不等式成立.則上述證法()A.過程全部正確B.n= 1 驗得不正確C.歸納假設(shè)不正確D.從n=k到n=k+ 1 的推理不正確【解析】 用數(shù)學歸納法證題的關(guān)鍵在于

7、合理運用歸納假設(shè).【答案】 D54.利用數(shù)學歸納法證明“對任意偶數(shù)n,anbn能被a+b整除”時，其第二步論證，6應(yīng)該是(A. 假設(shè)n= 2k時命題成立，再證B. 假設(shè)n=k時命題成立，再證n=k時命題成立，再證【解析】因為n為偶數(shù)，故選 D.【答案】D425.(2013 濟南模擬)用數(shù)學歸納法證明 1 + 2+ 3 +n2= 葦卩，則當n=k+1 時左端應(yīng)在n=k的基礎(chǔ)上加上()A.k2+ 1D. (k2+1) + (k2+ 2) + (k2+ 3) + (k+ 1)【解析】 當n=k時，等式左端=1 + 2+k,當n=k+1 時，等式左端=1 + 2+k2+ (k2+ 1) + (k+1)

8、 2k+21 個.【答案】D6.用數(shù)學歸納法證明 左邊需增添的代數(shù)式是(1 + 2+ 3 + + (2n+ 1) = (n+ 1)(2n+ 1)時，從n=k到n=k+ 1,)A. 2k+ 2B. 2k+ 3C. 2k+ 1D. (2k+ 2) + (2k+ 3)【解析】當n=k時，左邊是共有 2k+ 1 個連續(xù)自然數(shù)相加，即 1 + 2 + 3+-+ (2k+1),所以當n=k+ 1 時，左邊是共有 2k+ 3 個連續(xù)自然數(shù)相加，即1 + 2 + 3+-+ (2k+ 1)+ (2k+ 2) + (2k+ 3).【答案】D二、填空題17.在數(shù)列a“中，a1= 3 且$=n(2n 1)an，通過計

9、算a?,a3,a4,猜想an的表達式是【解析】1 1當n= 2 時，a+ a2= 6a2, 即卩a2= 5a1=亦；當n= 3 時，a1+az+a3= 15a3,1 1即a3= 14(a+比)=35；n= 2k+ 1 時命題也成立n=k+ 1 時命題也成立n=k+ 2 時命題也成立n= 2(k+1)時命題也成立C. 假設(shè)D. 假設(shè) n= 2k 時命題成立，再證B.(k+ 1)C.2k+17當n= 4 時，ai+32+a3+a4= 28a4,1 1 1 1 1 1 13=嵐，32=15=35,33=35=57，34=79,【答案】an=n+&如圖，這是一個正六邊形的序列：則第n個圖形的邊

10、數(shù)為 _.【解析】 第(1)圖共 6 條邊，第圖共 11 條邊，第圖共 16 條邊，其邊數(shù)構(gòu)成等差數(shù)列，則第(n)圖的邊數(shù)為an= 6 + (n 1)x5= 5n+ 1.【答案】 5n+11 1 19.用數(shù)學歸納法證明“1+-+-Tv2(n N,且n 1)”，第一步要證的不等232 1式是_.111 1【解析】n= 2 時，左邊=1 + ;+ ; = 1 +；+；，右邊=2.2 2 12 31 1【答案】 1+2+2三、解答題bn*10 .已知點 Pi(3n,bn)滿足3n+1=3nbn+1,bn+1= 432(n N)，且點P的坐標為(1 , 1).(1) 求過點P1,P2的直線l的方程；(

11、2) 試用數(shù)學歸納法證明：對于n N*，點 R 都在(1)中的直線I上.【解】(1)由題意得31= 1,b1= 1,1 即a4=27(13i+32+33)= 63.故猜想3n=1?n12n+lb2=114X11 1 13,32=1X3=3,直線i的方程為y+ 111+1-1即 2x+y= 1.(2) )8當n= 1 時，231+b1= 2X1+ ( 1) = 1 成立.假設(shè)n=k(kl且k N)時，23k+bk= 1 成立.9(1)當n= 1,2,3 時，試比較f(n)與g(n)的大小關(guān)系;猜想f(n)與g(n)的大小關(guān)系，并給出證明.【解】(1)當n= 1 時，f(1)= 1,g(1) =

12、1,所以f(1) =g(1)；911當n= 2 時，f(2) = 8,g(2)=-，所以f(2) g(2);由(1)，猜想f(n)wg(n)，下面用數(shù)學歸納法給出證明:當n= 1,2,3 時，不等式顯然成立.k+ 31- 3k-131則 2ak+1+bk+1= 2akbk+1+bk+i=bk1 - 4a2(2ak+ 1)*bk1- 2ak1 2ak1 - 2ak當n=k+ 1 時，2ak+1+bk+1= 1 也成立.由知，對于n N,都有 2an+bn= 1,即點Pn在直線I上.11 . (2012 山東淄博一中檢測)已知f(n) = 1+ 23+ 33+ *+131n3,g(n)=2-2F，

13、當n= 3 時,f(3)=251216，312g(3)=麗,所以f(3)g(3).假設(shè)當n=1111 311+尸+壬+尸+k32 汞，那么，當n=k+1 時，f(k+ 1) =f(k) +1321111，因勺k+12-汞-令y= 0,11解得X2=7,所以2WX1X23.假設(shè)當n=k時，結(jié)論成立，即 2wXkXk+13.直線PQ+110由歸納假設(shè)知3 + 4xk+i55Xk+2= 2+Xk+1=42+Xk+10,即Xk+1Xk+2.所以 2Xk+iXk+23,即當n=k+ 1 時，結(jié)論成立. 由知對任意的正整數(shù)n,2XnXn+10) ,f(an+1) =g(an)，證明：存在常數(shù)M使得對于 任

14、意的nN*,都有anwM【解】(1)由題意知，x 0 ,+),h(x) =x3xx,h(0) = 0,且h(1)=10,則x= 0 為h(x)的一個零點，且h(x)在(1,2)內(nèi)有零點.因此，h(x)至少 有兩個零點.2112111？法一：h(x) = 3x- 1 ?x2,記0(x) = 3x- 1 -?x2,貝U 0 (x) = 6x+;x2當x (0,+s)時，0(x)0，因此0(x)在(0,+)上單調(diào)遞增，則0(X)在(0 ,+)內(nèi) 至多只有一個零點.又因為0(1)0 ,0，貝U 0(x)在可,1 內(nèi)有零點，所以0(x)在(0,+)內(nèi)有且只有一個零點.記此零點為xi，則當x (0 ,xi

15、)時，0(x)0(xi)=0.所以當x (0 ,xi)時，h(x)單調(diào)遞減，而h(0) = 0，則h(x)在(0 ,xi內(nèi)無零點；當x (xi,+s)時，h(x)單調(diào)遞增，則h(x)在(xi,+)內(nèi)至多只有一個零點，從而h(x)在(0,+)內(nèi)至多只有一個零點.綜上所述，h(x)有且只有兩個零點.ii32一2一i法二：由h(x) =x(x- i -x2)，記0(x) =x- i -x；，貝U 0(x) = 2x+qx；當x (0,+s)時，0(x)0，從而0(x)在(0,+s)上單調(diào)遞增，則0(x)在(0,+s)內(nèi)至 多只有一個零點.因此h(x)在(0,+)內(nèi)也至多只有一個零點.綜上所述，h(x

16、)有且只有兩個零點.(2)證明：記h(x)的正零點為Xo,即卩x3=Xo+Xo.1當ax時，由ai=a,得aix.而a2=ai+aix0+x=x0,因此a2x.由此猜想：少刈.下面用數(shù)學歸納法證明.a. 當n= i 時，ai2)時，akx成立，則當n=k+ i 時，由ak+1=ak+Q懇X0+Q=x3知，ak+iX0.因此，當n=k+ i 時，ak+iX0成立.故對任意的n N*,anX0時，由(i)知，h(x)在(x0,+m)上單調(diào)遞增，則h(a) h(x) = 0，即aa+a,從而a!=ai+ai=a+aa3,即卩a2a.由此猜想：an2)時，akwa成立，則當n=k+ i 時，由ak+1=ak+ 詬kwa+/aa3知，ak+1wa.因此，當n=k+ 1 時，ak+1wa成立.故對任意的n N*,anw