2022年北师大版数学归纳法名师优质单元测试2 .pdf

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1、名校名师推荐1 1凸 n 边形有 f(n)条对角线，则凸(n1)边形的对角线的条数f(n1)为() Af(n)n1Bf(n)nCf(n)n1 Df(n)n2 解析： 选 C.边数增加 1，顶点也相应增加1 个，它与和它不相邻的n 2 个顶点连接成对角线， 原来的一条边也成为对角线， 因此 ，对角线增加n1 条2用数学归纳法证明“当n 为正奇数时， xnyn能被 xy 整除”的第二步是() A假设 n2k1 时正确，再推n2k3 时正确 (其中 kN*) B假设 n2k1 时正确，再推n2k1 时正确 (其中 kN*) C假设 nk 时正确，再推nk1 时正确 (其中 kN*) D假设 nk 时

2、正确，再推nk2 时正确 (其中 kN*) 解析： 选 B. 因为 n 为正奇数 ，所以 n2k1(kN*)3用数学归纳法证明：“1121312n11)”时，由nk(k1)不等式成立，推证 nk1 时，左边应增加的项数是_解析： 当 nk 时，要证的式子为1121312k1k；当 nk1 时，要证的式子为1121312k112k12k112k112，f(8)52，f(16)3，f(32)72，则其一般结论为_解析： 因为 f(22)42，f(23)52，f(24)62，f(25)72，所以当 n2 时， 有 f(2n)n22.答案： f(2n)n22(n2，nN*) 5已知数列 an 满足，

3、a11，an1an112.(1)求证：23an1；(2)求证： |an1an|13.证明： (1)由已知得 an11an12，计算 a223，a367，a41419，猜想23an 1.精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 1 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 名校名师推荐2 下面用数学归纳法证明当 n1时 ，命题显然成立；假设 nk 时，有23an1 成立 ，则当 nk1 时，ak11ak12123121，ak11ak12111223，即当 nk1 时也成立 ，所以对任意n

4、N*，都有23an 1.(2)当 n1 时，|a1a2|13，当 n2 时， 因为 (an12)(an112)(an12) 1an112an11232，所以 |an1an|1an121an112|anan1|（an12）（ an112）23|anan1|23n1|a2a1|1323n1.6(2018 温州高考模拟节选)已知数列 an， bn满足 a12，b14，且 2bn anan1，a2n1bnbn1.(1)求 a2，a3，a4及 b2，b3，b4；(2)猜想 an ， bn的通项公式，并证明你的结论解： (1)因为 2bnanan1，a2n1bnbn1，且 a12，b14.令 n 1，得到

5、82a2，a224b2解得 a26，b29；同理令n2，3 分别解得a312，b316，a420，b425.(2)证明： 猜测 ann(n1)，bn (n1)2.用数学归纳法证明：当 n1 时，由上可得结论成立假设当 nk 时，结论成立 ，即 akk(k1)，bk(k1)2，那么当 nk1 时，ak12bkak2(k1)2k(k1)(k1)(k2)，bk1a2k1bk(k2)2.所以当 nk1 时，结论也成立 由， 可知 ann(n1)，bn(n1)2对一切正整数都成立7(2018 台州市高三期末考试)在正项数列 an 中，已知a11，且满足an12an1an1(nN*)(1)求 a2，a3；

6、(2)证明： an(32)n1.精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 名校名师推荐3 解：(1)因为在正项数列an 中，a11，且满足 an12an1an1(nN*)，所以 a22111132，a32321321135.(2)证明： 当 n1 时，由已知 a11(32)111， 不等式成立；假设当 nk 时，不等式成立 ，即 ak(32)k1，因为 f(x)2x1x1在(0，) 上是增函数 ，所以 ak12ak1ak12(32)k11（

7、32）k11(32)k13(32)k1（32）k11(32)k13（32）2k113（32）k1（32）k11(32)k19（32）k32（32）k3（32）k11，因为 k1，所以 2(32)k323230，所以 ak1(32)k，即当 nk1 时，不等式也成立 根据 知不等式对任何nN*都成立 8(2018 台州市书生中学月考)已知数列 an中， a112，an0，Sn为该数列的前n 项和，且Sn1an(1an1)Sn，nN*.(1)求数列 an的通项公式；(2)若不等式anan1an2 a3na24对一切正整数n 都成立，求正整数a 的最大值，并证明结论解： (1)因为 Sn1an(1a

8、n1)Sn，nN*，所以 Sn1Snan(1an1)，所以 an1an(1an1)ananan1，所以 anan1anan1. 又 an0，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 名校名师推荐4 所以1an11an1，所以1an构成以 2 为首项 ，以 1 为公差的等差数列，所以1an2(n1)1n1，所以 an1n1，nN*.(2)当 n1 时，11111213 1a24，即2624a24，所以 a2524.当 n1时 ，已证；假设当

9、nk(k1，kN*)时，不等式成立 ，即1k11k2 13k12524，则当 nk1 时，有1（k1）11（k1） 213（k1） 11k11k213k113k213k313k41k1252413k213k423（k1）.因为13k213k46（k1）9k218k86（k1）9k218k923（k1），即13k213k423（k1），所以13k213k423（k1）0.所以当 nk1 时不等式也成立由 知，对一切正整数n，都有1n11n213n12524，所以 a 的最大值等于25.1(2018 宁波市诺丁汉大学附中高三期中考试)已知数列 an 满足a13，an1a2n2an，nN*，设 bn

10、log2(an1)(1)求an 的通项公式；精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 4 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 名校名师推荐5 (2)求证： 112131bn1n(n2)；(3)若 2cnbn，求证： 2(cn1cn)n3.解： (1)由 an1a2n2an，则 an11a2n2an1(an1)2，由 a13， 则 an0，两边取对数得到log2(an11)log2(an1)22 log2(an1)，即 bn12bn.又 b1log2(a11)20，所以 bn是以

11、2 为公比的等比数列即 bn2n.又因为 bnlog2(an1)，所以 an22n1.(2)证明： 用数学归纳法证明：当 n2时，左边为 112131162右边 ，此时不等式成立；假设当 nk(k2，kN*)时，不等式成立 ，则当 nk1 时，左边 1121312k112k12k112k11k12k12k112k11kk1右边 ，所以当 nk1 时，不等式成立 综上可得：对一切nN*，n2，命题成立 (3)证明 ：由 2cnbn得 cnn，所以 (cn1cn)n(1nn)n(11n)n，首先 (11n)nC0nC1n1nC2n1n2Ckn1nkCnn1nn2，其次因为 Ckn1nkn（n1）（

12、n k1）k！nk1k！1k（ k1）1k11k(k2)，所以 (11n)nC0n C1n1nC2n1n2Ckn1nkCnn1nn11 1121213 1n 11n31n3，当 n1 时显然成立 所以得证 2已知数列 an 的各项均为正数，bnn 11nnan(nN*)，e 为自然对数的底数精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 名校名师推荐6 (1)求函数 f(x)1xex的单调区间，并比较11nn与 e 的大小；(2)计算b1a1，b

13、1b2a1a2，b1b2b3a1a2a3，由此推测计算b1b2bna1a2an的公式，并给出证明解： (1)f(x)的定义域为 (，) ，f(x)1ex.当 f(x)0，即 x0 时， f(x)单调递增；当 f(x)0 时， f(x)单调递减 .故 f(x)的单调递增区间为(，0)，单调递减区间为(0，) .当 x0 时，f(x)f(0)0，即 1xex.令 x1n，得 11ne1n，即 11nne.(2)b1a111111112；b1b2a1a2b1a1b2a22 2 1122(21)232；b1b2b3a1a2a3b1b2a1a2b3a3323 1133(31)343.由此推测：b1b2b

14、na1a2an(n1)n. (*)下面用数学归纳法证明(*) 成立 当 n1时 ，左边右边 2，(*) 成立 .假设当 nk(k1，kN*)时，(*) 成立 ，即b1b2bka1a2ak(k1)k.当 nk1 时，bk1(k1) 11k1k1ak1，由归纳假设可得b1b2bkbk1a1a2akak1b1b2bka1a2akbk1ak1(k1)k(k1) 11k1k1(k2)k1，所以当 nk1 时， (*) 也成立 .根据 ， 可知 (*) 对一切正整数n 都成立 .精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 7 页 - - - - - - - - - - 文档编码：KDHSIBDSUFVBSUDHSIDHSIBF-SDSD587FCDCVDCJUH 欢迎下载 精美文档欢迎下载 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 7 页 - - - - - - - - - -