《2017-2018学年数学人教A版选修2-2优化练习：第二章 2.3 数学归纳法 》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2017-2018学年数学人教A版选修2-2优化练习：第二章 2.3 数学归纳法 （7页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、课时作业 A 组 基础巩固 1在应用数学归纳法证明凸 n 边形的对角线为 n(n3)条时，第一步检验第一个值 1 2 n0 等于( ) A1 B2 C3 D0 解析：边数最少的凸 n 边形是三角形 答案：C 2用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2n13(2n1)(nN*)时，从“nk 到 nk1”左边需增乘的代数式为( ) A2k1 B2(2k1) C. D. 2k1 k1 2k3 k1 解析：当 nk 时，左边(k1)(k2)(kk)，当 nk1 时， 左边(k2)(k3)(kk)(k1k)(2k2) (k1)(k2)(kk)(2k1)2， 故需增乘的代数式为 2(2k1) 答案：B
2、3凸 n 边形有 f(n)条对角线，则凸 n1 边形对角线的条数 f(n1)为( ) Af(n)n1 Bf(n)n Cf(n)n1 Df(n)n2 解析：增加一个顶点，就增加 n13 条对角线，另外原来的一边也变成了对角线， 故 f(n1)f(n)1n13f(n)n1.故应选 C. 答案：C 4用数学归纳法证明 34n152n1(nN)能被 8 整除时，当 nk1 时，对于 34(k1) 152(k1)1可变形为( ) A5634k125(34k152k1) B3434k15252k C34k152k1 D25(34k152k1) 解析：34(k1)152(k1)18134k12552k1 5
3、634k125(34k152k1) 答案：A 5已知 f(n) ，则( ) 1 n1 1 n 1 n1 1 n2 1 n2 Af(n)中共有 n 项，当 n2 时，f(2) 1 2 1 3 Bf(n)中共有 n1 项，当 n2 时，f(2)1 1 2 1 3 1 4 Cf(n)中共有 n2n2 项，当 n2 时，f(2)1 1 2 1 3 1 4 Df(n)中共有 n2n1 项，当 n2 时，f(2)1 1 2 1 3 1 4 解析：由条件可知，f(n)共有项数为 n2(n1)1n2n2 项，且 n2 时， f(2) .故选 C. 1 1 1 2 1 3 1 4 答案：C 6凸 k 边形内角和
4、为 f(k)，则凸 k1 边形的内角和为 f(k1)f(k)_. 解析：将 k1 边形 A1A2AkAk1的顶点 A1与 Ak相连，则原多边形被 分割为 k 边形 A1A2Ak与三角形 A1AkAk1，其内角和 f(k1)是 k 边形的内 角和 f(k)与A1AkAk1的内角和 的和，即 f(k1)f(k). 答案： 7在数列an中，a12，an1(nN*)，依次计算出 an 3an1 a2，a3，a4后，归纳猜想得出 an的表达式为_ 解析：a12，an1， an 3an1 a2 ，a3，a4， a1 3a11 2 7 a2 3a21 2 13 a3 3a31 2 19 于是猜想 an. 2
5、 6n5 答案：an(nN*) 2 6n5 8已知数列an中，a11，an1(nN*) an 1an (1)计算 a2，a3，a4； (2)猜想 an的表达式，并用数学归纳法证明 解析：(1)a11，a2 ， a1 1a1 1 2 a3 ，a4 . a2 1a2 1 3 a3 1a3 1 4 (2)由(1)的计算猜想：an . 1 n 下面用数学归纳法进行证明： 当 n1 时，a11，等式成立 假设当 nk(kN*)时等式成立，即 ak ， 1 k 那么，ak1， ak 1ak 1 k 11 k 1 k1 即当 nk1 时等式也成立 由可知，对任意 nN*都有 an . 1 n 9用数学归纳法
6、证明： n21， 当 n2 时，2226n24， 当 n3 时，23210n29， 当 n4 时，24218n216， 由此可以猜想， 2n2n2(nN*)成立 下面用数学归纳法证明： (1)当 n1 时， 左边2124，右边1， 所以左边右边， 所以原不等式成立 当 n2 时，左边2226， 右边224，所以左边右边； 当 n3 时，左边23210，右边329， 所以左边右边 不等式成立 (2)假设当 nk(k3，且 kN*)时，不等式成立， 即 2k2k2，那么当 nk1 时， 2k1222k22(2k2)22k22. 又因：2k22(k1)2k22k3 (k3)(k1)0， 即 2k22
7、(k1)2，故 2k12(k1)2成立 原不等式成立 根据(1)和(2)知，原不等式对于任何 nN*都成立 6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 Tn1 bn. 1 2 (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 1 bn 解析：(1)由已知得Error!Error! 因为an的公差大于 0，所以 a5a2， 所以 a23，a59. 所以 d2，a11，即 an2n1. a5a2 3 93 3 因为 Tn1 bn，所以 b1 . 1 2 2
8、 3 当 n2 时，Tn11 bn1， 1 2 所以 bnTnTn11 bn(1 bn1)， 1 2 1 2 化简得 bn bn1. 1 3 所以bn是首项为 ，公比为 的等比数列， 2 3 1 3 即 bn ( )n1. 2 3 1 3 2 3n 所以 an2n1，bn. 2 3n (2)因为 Snnn2， 12n1 2 所以 Sn1(n1)2，. 1 bn 3n 2 下面比较与 Sn1的大小： 1 bn 当 n1 时， ，S24，所以S5， 1 b4 81 2 1 b4 猜想：n4 时，Sn1. 1 bn 下面用数学归纳法证明： 当 n4 时，已证 假设当 nk(kN*，k4)时Sk1， 1 bk 即(k1)2， 3k 2 那么，33(k1)23k26k3 1 bk1 3k1 2 3k 2 (k24k4)2k22k1(k1)12 S(k1)1， 所以当 nk1 时，Sn1也成立 1 bn 由可知，对任何 nN*，n4，Sn1都成立 1 bn 综上所述，当 n1,2,3 时，Sn1. 1 bn
