学年新教材高中数学第章数列.数学归纳法课时素养评价含解析苏教版选择性必修第一册.doc

三十一数学归纳法* (15分钟30分)1用数学归纳法证明12(2n1)(n1)(2n1)，在验证n1成立时，左边所得的代数式是()A1 B12C123 D1234【解析】选C.当n1时，左边为123.2假设命题P对n2成立，且由P成立可以推出P也成立，那么一定有()AP对所有自然数都成立BP对所有不小于2的自然数都成立CP对所有正偶数都成立DP对所有正奇数都成立【解析】选C.因为命题P对n2成立，所以由P成立可以推出P也成立，即P(2)P(4)P(6)P(8)，故P对所有正偶数都成立3用数学归纳法证明：3nn3，第一步应验证n_【解析】因为n4，nN*，所以首先验证当n4时，不等式成立答案：44用数学归纳法证明“对于足够大的自然数n，总有2nn3”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】当n1时，21>13成立；当n2时，22>23不成立；当n3时，23>33不成立；当n4时，24>43不成立；当n5时，25>53不成立；当n6时，26>63不成立；，当n9时，29512>93不成立；当n10时，2101 024>103成立，第一步不等式成立所取的第一个值n0最小应当是10.答案：105用数学归纳法证明：159(4n3)(2n1)·n(nN*).【解析】当n1时，左边1，右边1，命题成立假设nk(k1，kN*)时，命题成立，即159(4k3)k(2k1).那么当nk1时，左边159(4k3)(4k1)k(2k1)(4k1)2k23k1(2k1)(k1)2(k1)1(k1)右边，所以当nk1时，命题成立由知，对一切nN*，命题成立 (30分钟60分)一、单项选择题(每题5分，共20分)1用数学归纳法(n1)(n2)(nn)2n·1·3(2n1)(nN*)时，从“k(kN*)到k1”左边需增乘的代数式是()A2k1 B2C D【解析】选B.当nk(kN*)时，左端(k1)(k2)(k3)(2k)，当nk1时，左端(k2)(k3)(2k)(2k1)(2k2)，所以左边需增乘的代数式是2.2数学归纳法证明>(n>1，nN*)，过程中由nk(kN*)到nk1时，左边增加的代数式为()A BC D【解析】选A.当nk(kN*)时，左边的代数式为，当nk1时，左边的代数式为，故用nk1时左边的代数式减去nk时左边的代数式的结果为.3设f1，那么f比f多了_项()A2k1 B2k1C2k D2k1【解析】选C.因为f1，那么f中共有n项，所以f比f多了的项数为2k12k2k.4现有命题“123456(1)n1n(1)n1，nN*，不知真假请你用数学归纳法去探究，此命题的真假情况为()A不能用数学归纳法去判断真假B一定为真命题C加上条件n9后才是真命题，否那么为假D存在一个很大的常数m，当n>m时，命题为假【解析】选B.(1)当n1时，左边1，右边1，左边右边，即n1时，等式成立；(2)假设nk时，等式成立，即123456k1kk1，那么nk1时，123456k1kk2k1k2k2k2，即nk1时，等式也成立；综上，nN*时，等式123456n恒成立二、多项选择题(每题5分，共10分，全部选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)5(2021·洛阳高二检测)用数学归纳法证明不等式>1时，以下说法正确的选项是()A第一步应该验证当n1时不等式成立B“nk(kN*)到nk1”左边需要增加的代数式是C从“nk(kN*)到nk1”左边需要增加2k1项D当n2时不等式左边是【解析】选CD.第一步应该验证当n2时不等式成立，所以A不正确；因为(kN*)，所以从“nk到nk1”左边需要增加的代数式是，所以B不正确；所以从“nk到nk1”左边需要增加2k1项，所以C正确6用数学归纳法证明>对任意nb(n，bN*)的自然数都成立，那么以下满足条件的b的值为()A1 B2 C3 D4【解析】选CD.取n1，那么，>不成立；取n2，那么，>不成立；取n3，那么，>成立；取n4，那么，>成立；下面证：当n3时，>成立当n3，那么，>成立；设当nk时，有>成立，那么当nk1时，有，令t，那么3，因为t>，故>3，因为>0，所以>，所以当nk1时，不等式也成立，由数学归纳法可知，>对任意的n3都成立三、填空题(每题5分，共10分)7利用数学归纳法证明“1(nN*)时从“nk(kN*)变到“nk1”时，左边增加的项是_【解析】当nk(kN*)时，等式为1，当nk1时，等式为1，因此从“nk变到“nk1”时，左边应增加的项是.答案：8f，那么当kN*时，ff_【解析】因为f，所以f，f，因此ff.答案：四、解答题(每题10分，共20分)9(2021·周口高二检测)用数学归纳法证明：135·n.【解析】(1)当n1时，左边1，右边1，等式成立；(2)假设当nk时等式成立，即135k，那么当nk1时，左边135k1kk1 (k1)k1右边所以，当nk1时，等式成立由(1)(2)可知，原等式成立10数列的前n项和为Sn，a214，且an()Sn2n1.(1)求，；(2)由(1)猜测数列的通项公式，并用数学归纳法证明【解析】(1)因为anSn2n1，当n1时，a1S1S11，解得S12，即有1；当n2时，a2S2S1S2214，解得S216，那么4；当n3时，a3S3S2S322，解得S372，那么9；(2)由(1)猜测可得数列的通项公式为n2.下面运用数学归纳法证明当n1时，由(1)可得1成立；假设nk，k2成立，当nk1时，ak1Sk1SkSk12k11，即有Sk1Sk2k2k·k22k·2k，那么Sk1·2k，当k1时，上式显然成立；当k>1时，Sk122·2k2·2k1，即2，那么当nk1时，结论也成立由可得对一切nN*，n2成立1函数f1，对于nN*，定义fn1(x)f1，那么f2 020的解析式为_【解析】因为函数对于nN*定义fn1(x)f1fn(x)，所以f2(x)f1f1(x)f1.f3(x)f1f2(x)f1，f4(x)f1f3(x)f1，由此可以猜测fn，以下用数学归纳法证明：当n1时，f1，显然成立；假设nk(kN*)时成立，即fk，那么nk1时，fk1(x)f1fk(x)也成立，故fn，所以f2 020.答案：2(2021·上海高二检测)na0a1(x1)a22a33ann(其中nN*).(1)当n6时，计算a0及a1a3a5；(2)记Sna1a2an，试比拟Sn与2n2n2的大小，并说明理由【解析】(1)当n6时，取x1，得a02664，取x2时，得a0a1a2a636，取x0时得a0a1a2a5a61，将得2361，所以a1a3a5364.(2)由(1)可知Sna1a2an3n2n，要比拟Sn与2n2n2的大小，只要比拟3n2n与2n2n2，只要比拟3n2n与n·2n2n2，当n1时，左边5，右边4，所以左边>右边；当n2时，左边13，右边16，所以左边<右边；当n3时，左边35，右边42，所以左边<右边；当n4时，左边97，右边96，所以左边>右边；猜测当n4时，左边>右边，即3n2n>n·2n2n2.下面用数学归纳法证明：当n4时已证；假设当nk时3k2k>k·2k2k2成立，那么当nk1时，左边3k12k133·2k2k1>32k，因为32k·2k122k·2k3·2k4k24k2>2k4k24k2>0，所以3k12k1>·2k122，即当nk1时不等式也成立所以3n2n>n·2n2n2对n4的一切正整数都成立综上所述：当n2或n3时，Sn<2n2n2，当n1或n4时Sn>2n2n2.