《新编高考数学理一轮检测：第6章不等式与推理证明第7课时含答案》由会员分享，可在线阅读，更多相关《新编高考数学理一轮检测：第6章不等式与推理证明第7课时含答案（5页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、 一、选择题1利用数学归纳法证明“1aa2an1(a1，nN)”时，在验证n1成立时，左边应该是()A1B1aC1aa2 D1aa2a3解析：选C.当n1时，左边1aa2，故选C.2某个与正整数n有关的命题，如果当nk(kN，k1)时，该命题成立，则一定可推得当nk1时，该命题也成立，现已知n5时，该命题不成立，则有()A当n4时，该命题成立B当n6时，该命题成立C当n4时，该命题不成立D当n6时，该命题不成立解析：选C.因为当nk(kN，k1)时，该命题成立，则一定可推得当nk1时，该命题也成立，所以当n5时，该命题不成立，则一定有n4时，该命题不成立3设f(n)，nN*，那么f(n1)f(
2、n)()A. B.来源:C. D.解析：选D.用数学归纳法证明有关问题时，分清等式两边的构成情况是解题的关键显然，当自变量取n时，等式的左边是n项和的形式f(n1)f(n).4在数列an 中，a1，且Snn(2n1)an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式为()A. B.C. D.来源:解析：选C.由a1，Snn(2n1)an，得S22(221)a2，即a1a26a2，a2，S33(231)a3，即a315a3.a3，a4.故选C .5下列代数式(其中kN*)能被9整除的是()A667k B27k1C2(27k1) D3(27k)解析：选D.(1)当k1时，显然只有3(27k)能被9整除
3、(2)假设当kn(nN*)时，命题成立，即3(27n)能被9整除，那么3(27n1)21(27n)36. 这就是说，kn1时命题也成立由(1)(2)知，命题对kN*成立二、填空题6用数学归纳法证明当nN*时12222325n1是31的倍数时，当n1时原式为_，从kk1时需增添的项是_解析：把nk，nk1相比较即可得出答案：1222232425k25k125k225k325k47平面内有n个圆，其中每两个圆都相交于两点且任三个圆不相交于同一点，则该n个圆分平面区域数f(n)_.答案：n2n28f(n1)，f(1)1(nN)，猜想f(n)的表达式为_解析：f(2)；f(3)；f(4)；猜想f(n)
4、.来源:答案：f(n)三、解答题9用数学归纳法证明：对一切大于1的自然数，不等式均成立证明：(1)当n2时，左边1；右边.左边右边，不等式成立(2)假设nk(k2，且kN*)时不等式成立，即.则当nk1时，.当nk1时，不等式也成立由(1)(2)知，对于一切大于1的自然数n，不等式都成立10是否存在常数a，b，c使得等式122232n(n1)2(an2bnc)对于一切正整数n都成立？并证明你的结论解：假设存在符合题意的常数a，b，c，在等式122232n(n1)2(an2bnc)中，令n1，得4(abc)令n2，得22(4a2bc)令n3，得709a3bc由解得a3，b11，c10，于是，对于
5、n1,2,3都有122232n(n1)2(3n211n10)(*)式成立下面用数学归纳法证明：对于一切正整数n，(*)式都成立(1)当n1时，由上述知，(*)式成立(2)假设nk(kN*)时，(*)式成立，即122232k(k1)2(3k211k10)，那么当nk1时，122232k(k1)2(k1)(k2)2(3k211k10)(k1)(k2)2(3k25k12k24)3(k1)211(k1)10，由此可知，当nk1时，(*)式也成立综上所述，当a3, b11，c10时题设的等式对于一切正整数n都成立一、选择题1(20xx上海交大附中质检)用数学归纳法证明(n1)(n2)(nn)2n13(2
6、n1)，从k到k1，左边需要增乘的代数式为()A2k1 B2(2k1)C. D.解析：选B.当nk时，左边为(k1)(k2)(kk)，而当nk1时，左边(k2)(k3)(kk)(k1k)(k1k1)(k2)(k3)(kk)(2k1)(2k2)，左边增乘的式子为2(2k1)2(20xx九江调研)已知123332433n3n13n(nab)c对一切nN*都成立，则a、b、c的值为()Aa，bc BabcCa0，bc D不存在这样的a、b、c解析：选A.等式对一切nN*均成立，n1,2,3时等式成立，即，整理得，解得a，bc.二、填空题来源:数理化网3记凸k边形的内角和为f(k)，则凸k1边形的内角
7、和f(k1)f(k)_.解析：由凸k边形变为凸k1边形时，增加了一个三角形，故f(k1)f(k).答案：4(20xx济南调研)用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n，总有2nn2”时，验证第一步不等式成立所取的第一个值n0最小应当是_解析：将n2,3,4,5分别代入验证，可得n2,3,4时，2nn2，而n5时，2552.答案：5三、解答题5设数列an满足a12，an1an(n1,2，)(1)证明：an对一切正整数n都成立；(2)令bn(n1,2，)，判断bn与bn1的大小，并说明理由解：(1)证明：法一：当n1时，a12，不等式成立假设当nk(kN*)时，ak成立那么当nk1时，aa22k32(k1)1.当nk1时，ak1成立综上，an对一切正整数n都成立法二：当n1时，a12，结论成立假设当nk(kN*)时结论成立，即ak. 那么当nk1时，由函数f(x)x(x1)的单调递增性和归纳假设， 知ak1ak.当nk1时，结论成立综上可知，an对一切正整数n均成立(2)1.故bn1bn.来源:
