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1、基础送分 提速狂刷练一、选择题1(2016安庆高三月考)用数学归纳法证明2nn2(n5，nN*)，第一步应验证()An4 Bn5 Cn6 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.2用数学归纳法证明1222(n1)2n2(n1)22212时，由nk的假设到证明nk1时，等式左边应添加的式子是()A(k1)22k2B(k1)2k2C(k1)2D.(k1)2(k1)21答案B解析由nk到nk1时，左边增加(k1)2k2.故选B.3(2018沈阳调研)用数学归纳法证明“n3(n1)3(n2)3(nN*)能被9整除”，利用归纳法假设证明n
2、k1时，只需展开()A(k3)3 B(k2)3C(k1)3 D(k1)3(k2)3答案A解析假设nk时，原式k3(k1)3(k2)3能被9整除，当nk1时，(k1)3(k2)3(k3)3为了能用上面的归纳假设，只须将(k3)3展开，让其出现k3即可故选A.4已知f(n)(2n7)3n9，存在自然数m，使得对任意nN*，都能使m整除f(n)，则最大的m的值为()A30 B26 C36 D6答案C解析f(1)36，f(2)108336，f(3)3601036，f(1)，f(2)，f(3)都能被36整除，猜想f(n)能被36整除证明如下：当n1,2时，由以上得证假设当nk(k2)时，f(k)(2k7
3、)3k9能被36整除，则当nk1时，f(k1)f(k)(2k9)3k1(2k7)3k(6k27)3k(2k7)3k(4k20)3k36(k5)3k2(k2)，f(k1)能被36整除f(1)不能被大于36的数整除，所求最大的m的值为36.5(2017泉州模拟)用数学归纳法证明n(n1)(n2)(3n2)(2n1)2(nN*)时，若记f(n)n(n1)(n2)(3n2)，则f(k1)f(k)等于()A3k1 B3k1 C8k D9k答案C解析因为f(k)k(k1)(k2)(3k2)，f(k1)(k1)(k2)(3k2)(3k1)(3k)(3k1)，则f(k1)f(k)3k13k3k1k8k.故选C
4、.6(2018太原质检)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答案C解析1条直线将平面分成11个区域；2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个区域故选C.7古希腊毕达哥拉斯学派的数学家研究过各种多边形数如三角形数1,3,6,10，第n个三角形数为n2n.记第n个k边形数为N(n，k)(k3)，以下列出了部分k边形数中第n个数的表达式：三角形数N(n,3)n2n；正方形数N(n,4)n2；五边形数N(n,5)n2n；六边形数N(n,6)2
5、n2n.可以推测N(n，k)的表达式，由此计算N(10,24)()A500 B1000 C1500 D2000答案B解析由已知得，N(n,3)n2nn2n，N(n,4)n2n2n，N(n,5)n2nn2n，N(n,6)2n2nn2n，根据归纳推理可得，N(n，k)n2n.所以N(10,24)1021011001001000，故答案为1000.选B.8若数列an满足an5an136n18，nN*，且a14，猜想其通项公式为()A3n1 B4n C5n1 D6n2答案D解析由a14求得a210，a316，经检验an6n2.故选D.二、填空题9设Sn1，则Sn1Sn_.答案解析Sn11Sn1Sn.1
6、0蜜蜂被认为是自然界中最杰出的建筑师，单个蜂巢可以近似地看作是一个正六边形，下图为一组蜂巢的截面图其中第一个图有1个蜂巢，第二个图有7个蜂巢，第三个图有19个蜂巢，按此规律，以f(n)表示第n个图的蜂巢总数，则用n表示的f(n)_.答案3n23n1解析由于f(2)f(1)716，f(3)f(2)19726，推测当n2时，有f(n)f(n1)6(n1)，所以f(n)f(n)f(n1)f(n1)f(n2)f(n2)f(n3)f(2)f(1)f(1)6(n1)(n2)2113n23n1.又f(1)1312311，f(n)3n23n1.11设数列an的前n项和为Sn，且对任意的自然数n都有(Sn1)2
7、anSn，通过计算S1，S2，S3，猜想Sn_.答案解析由(S11)2S，得S1；由(S21)2(S2S1)S2，得S2；由(S31)2(S3S2)S3，得S3.猜想Sn.12(2018云南名校联考)观察下列等式：1312,132332,13233362,13233343102，根据上述规律，第n个等式为_答案132333n32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；第四个等式13233343102，得13233343(1234)2，由此可猜想第n个等式为13233343n3(123n)2
8、2.三、解答题13(2017河南期末)设等差数列an的公差d0，且a10，记Tn.(1)用a1，d分别表示T1，T2，T3，并猜想Tn；(2)用数学归纳法证明你的猜想解(1)T1；T2；T3；由此可猜想Tn.(2)证明：当n1时，T1，结论成立，假设当nk时(kN*)时结论成立，即Tk，则当nk1时，Tk1Tk.即nk1时，结论成立由可知，Tn对于一切nN*恒成立14(2017扬州模拟)在数列an中，ancos(nN*)(1)试将an1表示为an的函数关系式；(2)若数列bn满足bn1(nN*)，猜想an与bn的大小关系，并证明你的结论解(1)ancoscos221，an2a1，an1 ，又n
9、N*，n12，an10，an1.(2)当n1时，a1，b1121，a1b1，当n2时，a2，b21，a2b2，当n3时，a3，b31，a3b3.猜想：当n3时，anbn，下面用数学归纳法证明：当n3时，由上知，a3b3，结论成立假设nk，k3，nN*时，akbk成立，即ak1，则当nk1，ak1 ，bk11，要证ak1bk1，即证明22，即证明10，即证明 20，显然成立nk1时，结论也成立综合可知：当n3时，anb1；当n2时，a2b2；当n3，nN*时，anbn.15(2018上饶模拟)已知等差数列an的公差d大于0，且a2，a5是方程x212x270的两根，数列bn的前n项和为Tn且Tn
10、1bn.(1)求数列an，bn的通项公式；(2)设数列an的前n项和为Sn，试比较与Sn1的大小，并说明理由解(1)设an的首项为a1，a2，a5是方程x212x270的两根，解得an2n1.n1时，b1T11b1，b1.n2时，Tn1bn，Tn11bn1，得bnbn1数列是等比数列bnn1.(2)Snnn2，Sn1(n1)2，以下比较与Sn1的大小：当n1时，S24，S2，当n2时，S39，S3，当n3时，S416，S5，猜想：n4时，Sn1.下面用数学归纳法证明：当n4时，已证假设当nk(kN*，k4)时，Sk1，即(k1)2，那么，nk1时，33(k1)23k26k3(k24k4)2k2
11、2k1(k1)12S(k1)1.综合，当n4时，Sn1.16(2018合肥模拟)函数f(x)x22x3.定义数列xn如下：x12，xn1是过两点P(4,5)，Qn(xn，f(xn)的直线PQn与x轴交点的横坐标(1)证明：2xnxn13；(2)求数列xn的通项公式解(1)证明：用数学归纳法证明2xnxn13.当n1时，x12，直线PQ1的方程为y5(x4)，令y0，解得x2，所以2x1x23.假设当nk时，结论成立，即2xkxk13.直线PQk1的方程为y5(x4)，令y0，解得xk2.由归纳假设知xk240，即xk1xk2.所以2xk1xk23，即当nk1时，结论也成立由知对任意的正整数n,2xnxn13.(2)由(1)及题意得xn1.设bnxn3，则1，即5，所以数列是首项为，公比为5的等比数列，因此5n1，即bn.故数列xn的通项公式为xn3.11
