2018高中数学 第二章 推理与证明 第3节 数学归纳法习题 理 苏教版选修2-2.doc

第3节 数学归纳法（答题时间：60分钟）一、选择题1. 用数学归纳法证明等式，从k到k1左端需增乘的代数式为 （ ）A. 2k1 B. 2（2k1） C. D. 2. 用数学归纳法证明“1n（nN*，n1）”时，由nk（k1）不等式成立，推证nk1时，左边应增加的项数是 （ ）A. 2k1 B. 2k1 C. 2k D. 2k13. 对于不等式n1（nN*），某同学的证明过程如下：（1）当n1时，11，不等式成立。（2）假设当nk（kN*）时，不等式成立，即k1，则当nk1时，（k1）1，当nk1时，不等式成立。则上述证法 （ ）A. 过程全部正确B. n1验得不正确C. 归纳假设不正确D. 从nk到nk1的推理不正确4. 下列代数式（其中kN*）能被9整除的是 （ ）A. 667k B. 27k1 C. 2（27k1） D. 3（27k）5. 已知123332433n3n13n（nab）c对一切nN*都成立，则a、b、c的值为 （ ）A. a，bc B. abcC. a0，bc D. 不存在这样的a、b、c6. 在数列an中，a1，且Snn（2n1）an，通过求a2，a3，a4，猜想an的表达式是（ ）A. B. C. D. 二、填空题7. 猜想11,14（12）,149123，第n个式子为_。8. 如图，第n个图形是由正n2边形“扩展”而来（n1,2,3，），则第n2（n3，nN*）个图形中共有_个顶点。9. 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n4时，f（n）_（用n表示）。三、解答题10. 已知点Pn（an，bn）满足an1anbn1，bn1（nN*），且点P1的坐标为（1，1）。（1）求过点P1，P2的直线l的方程；（2）试用数学归纳法证明：对于nN*，点Pn都在（1）中的直线l上。11. 数列an满足a11，a22，an2（1cos2）ansin2，n1,2,3，（1）求a3，a4，并求数列an的通项公式；（2）设bn，Snb1b2bn。证明：当n6时，|Sn2|。12. 设数列an的前n项和为Sn，且方程x2anxan0有一根为Sn1，n1,2,3，。（1）求a1，a2；（2）猜想数列Sn的通项公式，并给出严格的证明。1. B 解析：当n1时，等式显然成立。当nk时，左边（k1）（k2）（kk），当nk1时，左边（k11）（k12）（k1k）（k1k1）（k2）（k3）（kk）（k1k）（k1k1）（k1）（k2）（kk）（k1）（k2）（kk）2（2k1）。2. C 解析：增加的项数为（2k11）（2k1）2k12k2k。3. D 解析：用数学归纳法证题的关键在于合理运用归纳假设。4. D 解析：（1）当k1时，显然只有3（27k）能被9整除。（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）可知，命题对任何kN*都成立。5. A 解析：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。6. C 解析：由a1，Snn（2n1）an，得S22（221）a2，即a1a26a2，a2，S33（231）a3，即a315a3。a3，a4。由此猜想。7. 149（1）n1n2（1）n1（123n）。8. 解析：当n1时，顶点共有1234（个），n2时，顶点共有2045（个），n3时，顶点共有3056（个），n4时，顶点共有4267（个），故第n个图形共有顶点（n2）（n3）个，第n-2个图形共有顶点n（n1）个。9. 5，解析：f（2）0，f（3）2，f（4）5，f（5）9，每增加一条直线，交点增加的个数等于原来直线的条数。f（3）f（2）2，f（4）f（3）3，f（5）f（4）4，f（n）f（n1）n1。累加，得f（n）f（2）234（n1）（n2）。f（n）（n1）（n2）。10. 解：（1）由P1的坐标为（1，1）知a11，b11。b2。a2a1b2。点P2的坐标为（，），直线l的方程为2xy1。（2）当n1时，2a1b121（1）1成立。假设nk（kN*，k1）时，2akbk1成立，则2ak1bk12akbk1bk1（2ak1）1，当nk1时，命题也成立。由知，对nN*，都有2anbn1，即点Pn在直线l上。11. 解：（1）因为a11，a22，所以a3（1cos2）a1sin2a112，a4（1cos2）a2sin22a24。一般地，当n2k1（kN*）时，a2k11cos2a2k1sin2a2k11，即a2k1a2k11。所以数列a2k1是首项为1、公差为1的等差数列，因此a2k1k。当n2k（kN*）时，a2k2（1cos2）a2ksin22a2k。所以数列a2k是首项为2、公比为2的等比数列，因此a2k2k。故数列an的通项公式为（2）由（1）知，bn，所以Sn，Sn，得，Sn1，所以Sn22。要证明当n6时，|Sn2|成立，只需证明当n6时，1成立。（i）当n6时，1成立。（ii）假设当nk（k6）时不等式成立，即1。则当nk1时，1。由（i）、（ii）所述，当n6时，1。即当n6时，|Sn2|。12. 解：（1）当n1时，x2a1xa10有一根为S11a11，于是（a11）2a1（a11）a10，解得a1。当n2时，x2a2xa20有一根为S21a2，于是（a2）2a2（a2）a20，解得a2。（2）由题设（Sn1）2an（Sn1）an0，S2Sn1anSn0。当n2时，anSnSn1，代入上式得Sn1Sn2Sn10。由（1）得S1a1，S2a1a2。由式可得S3。由此猜想Sn，n1,2,3，下面用数学归纳法证明这个结论。（i）当n1时已知结论成立。（ii）假设nk时结论成立，即Sk，当nk1时，由式得Sk1，即Sk1，故nk1时结论也成立。综上，由（i）、（ii）可知Sn对所有正整数n都成立。